poslovna matematika-zbirka

ZBIR

KA

ZAD

ATA

KA

IZ POSLO

VN

E MA

TEMA

TIKE •

Doc. dr D

ušan Joksimović

Cyan Magenta Yellow Black

Doc. dr Dušan Joksimović rođen je 1966. godine u Beogradu.

Diplomirao je na Elektrotehničkom fakultetu u Beogradu 1991. godine. Na istom fakultetu je magistrirao 1995.

godine i doktorirao 2001. godine.

Učesnik je više domaćih i inostranih kongresa i konferencija i ima preko trideset objavljenih radova u domaćim i međunarodnim stručnim publikacijama.

Naučni je saradnik Instituta za fiziku, i docent na Fakultetu za poslovne studije Megatrend univerziteta primenjenih nauka za predmete Poslovna matematika i Poslovna statistika.

ISBN 86-7747-102-2Megatrend univerzitet primenjenih nauka,

Beograd, 2003.

Prof. dr Dušan Joksimović

ZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE

(treće izdanje)

Megatrend univerzitet primenjenih naukaBeograd, 2004.

Prof. dr Dušan JoksimovićZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE(treće izdanje)

Recenzenti:Prof. dr Šćepan Ušćumlić, redovni profesor Tehnološko-metalurškog fakulteta u BeograduProf. dr Goran Kilibarda,vanredni profesor Tehnološko-metalurškog fakulteta u Beogradu

Izdaje i štampa:Megatrend univerzitet primenjenih nauka, Beograd, Makedonska 21

Za izdavača:Nevenka Trifunović, izvršni direktor

Tehnički urednik:Prof. dr Dušan Joksimović

Dizajn korica:Zoran Imširagić

Tiraž:500 primeraka

Copyright:© 2004 „Megatrend“ univerzitetprimenjenih nauka - BeogradIzdavač zadržava sva prava.Reprodukcija pojedinih delovaili celine ove publikacijenije dozvoljena!

ISBN 86-7747-138-3

Odlukom Komisije za izdavačku delatnost Megatrend univerzitetaprimenjenih nauka broj 91/35 (27.08.2004.) rukopis je odobren za štampu i

upotrebu u nastavi kao udžbenik.

CIP - Katalogizacija u publikacijiNarodna biblioteka Srbije, Beograd

51-77:33(075.8)

JOKSIMOVIĆ, DušanZbirka zadataka iz poslovna matematika

/ Dušan Joksimović. 3. izd. - Beograd :Megatrend univerzitet primenjenih nauka,2004 (Beograd : Megatrend univerzitetprimenjenih nauka). - 292 str. : graf. prikazi ;24 cm

Tiraž 500. - Bibliografija: str. 263

ISBN 86-7747-138-3

a) Privredna matematika – Zadaci

COBISS.SR–ID 116782092

SADRŽAJ

1. ELEMENTI ALGEBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11.1 Osnovni pojmovi matematičke logike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11.2. Skupovi i operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4

2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . .72.1 Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .72.2. Redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .182.3 Neke osobine funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .202.4. Granična vrednost i neprekidnost funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .262.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .332.6. Primena izvoda u rešavanju graničnih vrednosti funkcija jedne nezavisnopromenljive-Lopitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .442.7. Ispitivanje funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .49

3. FUNKCIJE DVE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1293.1. Parcijalni izvodi i diferencijali funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . .1293.2 Ekstremne vrednosti funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . .136

4. INTEGRALI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1484.1 Nalaženje neodređenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1484.2 Nalaženje određenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .162

5. EKONOMSKE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .173

6. LINEARNA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1876.1 Determinante i matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1876.2 Rešavanje sistema linearnih algebarskih jednačina pomoću determinanti i matrica198

7. ELEMENTI FINANSIJSKE MATEMATIKE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2157.1 Procentni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2157.2. Prost kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2237.3. Složen dekurzivan kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2317.4. Amortizacija kredita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .246

I

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike


1

1. ELEMENTI ALGEBRE

1.1 Osnovni pojmovi matemati ke logike

Rešeni zadaci:

1.1.1. Dokazati da su slede e formule tautologije:

a) (p (q r) ((p q) (p r)),

b) (p (q r) ((p q) (p r)),

c) (p (p r) p,

d) (p (p r) p,

e) (p q) ( q p).

Rešenje:

a) (p (q r) ((p q) (p r))

p q r q r p (q r) p q p r (p q) (p r)

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 1 1 1 0 1

1 0 1 1 1 0 1 1

1 0 0 0 0 0 0 0

0 1 1 1 0 0 0 0

0 1 0 1 0 0 0 0

0 0 1 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identi ne, ekvivalencija je dokazana.


2

b) (p (q r) ((p q) (p r))

p q r q r p (q r) p q p r (p q) (p r)

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 0 1 1 1 1

1 0 1 0 1 1 1 1

1 0 0 0 1 1 1 1

0 1 1 1 1 1 1 1

0 1 0 0 0 1 0 0

0 0 1 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identi ne, ekvivalencija je dokazana.

c) (p (p r) p

p r p r p (p r)

1 1 1 1

1 0 1 1

0 1 1 0

0 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici prva i etvrta kolona identi na, ekvivalencija je

dokazana.

d) (p (p r) p

p r p r p (p r)

1 1 1 1

1 0 0 1

0 1 0 0

0 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici prva i etvrta kolona identi na, ekvivalencija je

dokazana.


3

e) (p q) ( q p)

p q p q p q q p

1 1 0 0 1 1

1 0 0 1 0 0

0 1 1 0 1 1

0 0 1 1 1 1

Pošto su u ovoj tablici peta i šesta kolona identi na, ekvivalencija je dokazana.

1.1.2. Dokazati ekvivalenciju (p (q r)) ( r (p q))

Rešenje:

(p (q r)) ( r (p q))

p q r q r p (q r) r p q r (p q)

1 1 1 1 1 0 1 1

1 1 0 1 1 1 1 1

1 0 1 1 1 0 0 1

1 0 0 0 0 1 0 0

0 1 1 1 1 0 1 1

0 1 0 1 1 1 1 1

0 0 1 1 1 0 1 1

0 0 0 0 1 1 1 1

Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identi na, ekvivalencija je dokazana.

1.1.3. Dokazati da je formula (p q) (p q) kontradikcija.

Rešenje:

(p q) (p q)


4

p q p q p q (p q) (p q) (p q)

1 1 1 1 0 0

1 0 0 1 0 0

0 1 0 1 0 0

0 0 0 0 1 0

Pošto za sve vrednosti istinitosti formula (p q) (p q) dobija vrednost 0

(šesta kolona), zaklju ujemo da je ona kontradikcija.

Zadaci za vežbu:

1.1.4. Ispi tati da li su slede e formule tautologije:

a) ((p q) p) (p q)

b) ((q r) ((p q) (p r))

c) (p q) p q

d) (p (((p q) r) ((p q) r))) q

e) (p q) ((p q) (q p))

1.2. Skupovi i operacije sa skupovima

Rešeni zadaci:

1.2.1. Dati su skupovi A= 1,2 , B= 1,2,3 , 1,3 ,1,2 . Da li su

relacije A B i A B ta ne?

Rešenje:

Prva relacija nije ta na, druga je ta na.

1.2.2. Odreditit skupove: A B; A B; A\B; B\A,

ako je

a) A= x 2<x<4 ; B= x 3 x 5

b) A= x 2<x 4 ; B= x 3 x<5


5

Rešenje:

a) A B= x 2<x 5

A B= x 3 x<4

A\B= x 2<x<3

B\A= x 4 x 5

b) A B= x 2<x<5

A B= x 3 x 4

A\B= x 2<x<3

B\A= x 4<x<5

1.2.3. Na i partitivni skup P(A) skupa A ako je:

a) A= 1,2,3 b) A= 3, 1,2

Rešenje:

a) P(A)= , 1 , 2 , 3 , 1,2 , 1,3 , 2,3 , 1,2,3

b) P(B)= , 3 , 1,2 , 3, 1,2

1.2.4. Neka su A,B,C proizvoljni skupovi. Dokazati slede e relacije:

a) (A\B) B= b) A\(B C)=(A\B) (A\C)

Rešenje:

a) (A\B) B= x x (A\B) x B = x x A x B x B =

b) A\(B C)= x x A (x B x C

= x x A (x B x C)

= x (x A x B) (x A x C) = (A\B) (A\C)


6

Zadaci za vežbu:

1.2.5. Ako je A= 1,2,3 i B= 2,3,4 na i A B, A B, (A\B) (B\A),

(A\B) (B\A)

1.2.6. Neka su A, B, C proizvoljni skupovi. Dokazati slede e relacije:

a) A (B C)=(A B) (A C)

b) A (B C)=(A B) (A C)

c) (A\B=C) (A=B C)

d) (A=B C B C= ) (A\B=C)


7

2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO

PROMENLJIVE

2.1 Nizovi

Rešeni zadaci:

2.1.1. Napisati opšti lan za slede e nizove:

a) 2, 5, 8, 11, 14,…

b) ,16

1,

8

1,

4

1,

2

1

c) ,5

1,

4

1,

3

1,

2

1,1

d) ,...53

1,

42

1,

31

1

Rešenje:

a) xn=3n-1

b) nnx

2

1

c) n

xn

n

1)1(

d) )2(

1

nnxn

2.1.2. Napisati nekoliko lanova niza iji je opšti lan:

a) 12

12

n

nxn


8

b) 15

132

2

n

nxn

Rešenje:

a) ,...7

5,

5

3,

3

1

b) ,...44

28,

19

13,1

2.1.3. Ispitati monotonost i ograni enost slede ih nizova

a) 1n

nxn

b) !n

nxn

Rešenje:

a)

0)1()2(

1

)1()2(

)2()1(

12

1

2

1

1)1(

1

1

2

1

1

nnnn

nnn

n

n

n

nxx

n

n

n

nx

n

nx

nn

n

n

Iz prethodnog sledi da je xn+1>xn , odnosno da je niz monotono rastu i.

Iz n<n+1 za n>0, sledi da je xn<1 za svako n>0.

Prvi lan niza je 2

11x , pa je 1

2

1nx , odnosno niz je

ograni en.


9

b)

10)!1(

1

)!1(

)1(1

!)!1(

1

)!1(

1

!

2

1

1

nzan

n

n

nnn

n

n

n

nxx

n

nx

n

nx

nn

n

n

što zna i da je niz monotono opadaju i po ev od n=2.

Pošto je x1=1 i xn>0 za svako n>1, zaklju ujemo da važi 0<xn 1.

2.1.4. Dat je niz 1

12 nn

xn i pozitivan broj . Odrediti pozitivan

ceo broj N( ) tako da je xn < za svako n N( ).

Rešenje:

Kako je

22 )1(

1

1

1

nnnxn za n>1

uslov xn < je ispunjen ako je

11

1)1(

)1(

1 2

2nn

n.

Dakle, za N( ) dobijamo 1

2)(N gde je sa obeležen celi

deo realnog broja .


10

2.1.5. Pomo u definicije grani ne vrednosti niza dokazati da je:

a) 01

limnn

b) 31

23lim

n

n

n

Rešenje:

Da bi pomo u definicije grani ne vrednosti niza dokazali da niz

xn a kad n , potrebno je pokazati da se za svako >0 može na i

prirodan broj N( ),(koji zavisi od ), takav da je xn-a < , za svako n>N( ).

a) Neka je >0 proizvoljno malo. Imamo da je

1110 n

nnxn

Pošto po definiciji N( ) mora biti prirodan broj uzmimo da je

1)(N (najve i prirodan broj koji je manji ili jednak broju

1).

Utvr uju i postojanje broja N( ) dokazali smo da je 01

limnn

b) Neka je >0 proizvoljno malo. Imamo da je

15

1

5

1

53

1

233 n

nnn

nxn

Sada je dakle, 15

)(N što zna i da je 31

23lim

n

n

n


11

2.1.6. Koriste i se definicijom grani ne vrednosti, dokazati

3

2

43

32lim

2

2

n

n

n

Rešenje:

Neka je >0. Važi slede e

1

3

17

43

43

3

17

3

2

43

32 2

22

2 n

nn

n

Za n>2 važi:

712

3

117129

3

1743 22 nnn

Sada je dakle, 712

3

1)(N , ime smo dokazali da je

3

2

43

32lim

2

2

n

n

n.

2.1.7. Dokazati da je 0

2lim

nn

n

Rešenje:

Po binomnoj formuli važi slede e


12

21...

32211...

321)11(2

22 nnnnnnnnn

odnosnon

n

n nn

2

20

2

2

10

2.

Pošto za n važi 02

n imamo da po Teoremi 2.2.3. iz udžbenika

važi

02

limnn

n

2.1.8. Dokazati da je niz xn=qn

gde je q <1 nula niz.

Rešenje:

Neka je >0.

Iz q <1 sledi da je q-1

>1, odnosno može se uzeti da je

11

q gde je >0. Važi slede e:

nqn

nn

q

nnn

n 1

11...

21)1(

1 2

Ako izaberemo n tako da je 1+n >-1

time još pre važi

1

1nq .

Dakle za n takvo da važi 1+n >-1

, odnosno za


13

11

Nn

važi da je qn

< , ime je dokazano da qn

0, kada n , za q <1.

2.1.9. Dokazati da je

0..(..........1

)0.(..........0

)0......(

lim

k

k

k

nk

n

Rešenje:

Neka je k>0, a M proizvoljan pozitivan broj.

Da bi dokazali pomo u definicije grani ne vrednosti niza, da nk

kad n treba pokazati da se može na i prirodan broj N takav da je nk>M za

svako n>N.

Dakle, pošto je kk MnMn , pa za N može uzeti bilo koji

prirodan broj k MN , ime je dokazano da nk

kad n , za k>0.

Neka je k<0. Tada je k= -m, gde je m>0 pa je tada m

mk

nnn

1.

Pošto je malopre dokazano da nm

, kada n , za m>0, po Teoremi

2.2.1.2.(f). iz udžbenika, sledi da 01mn

, odnosno nk

0 kada n , za k<0.

Ako je k=0, onda su svi lanovi niza jednaki 1, pa je to i njegova

grani na vrednost.


14

2.1.10. Na i grani nu vrednost niza iji je opšti lan

q

qqq

p

ppp

nbnbnbnb

anananax

...

...2

2

1

10

2

2

1

10 kada n ,

gde je a0 ,b0 0.

Rešenje:

Važi slede e:

)...(

)...(

lim...

...limlim

2

210

2

210

2

2

1

10

2

2

1

10

q

qq

p

pp

nq

qqq

p

ppp

nn

n

n

b

n

b

n

bbn

n

a

n

a

n

aan

bnbnbnb

anananax

S obzirom da je 0limin n

c za i 1, gde je c proizvoljna konstanta,

dobijamo:

)(..........

)..(..........0

).......(

limlim

0

0

0

0

qpb

a

qp

qp

nb

ax qp

nn

n (videti prethodni zadatak)

2.1.11. Na i!

2lim

n

n

n.

Rešenje:

Važi slede e:


15

nnnn

nn 3

2

2

9

3

2

2

32

3

22

2...

3

2

2

2

1

2

!

20

22

Dakle, važi:

nn

n 3

2

2

9

!

20 .

Kako je 03

2lim

n

n (zadatak 2.1.8) onda po Teoremi 2.2.3. iz

udžbenika sledi da je 0!

2lim

n

n

n.

2.1.12. Na i slede e grani ne vrednosti:

a)

121

1lim

n

n n

b)

n

n n

51lim

c)

3

1lim

n

n n

n

d)

12

56

6lim

n

n n

n

Rešenje:

a)

22

2212

11

1lim1

1lim1

11

1lim1

1lim eennnnn

n

nn

n

n

n

n

b)


16

Uvedimo smenu n=5t, gde važi t kada n .

Sada je :

5

55

11lim

11lim

51lim e

ttn

t

t

t

t

n

n

c)

1

33

3

3

1

1

11lim

11lim

1

11

1lim

1lim e

e

nnn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

d) Važi slede e:

12

12

6

51

1lim

56

6lim

n

n

n

n

n

n

n

Uvedimo smenu , tn6

5 gde važi t kada n .. Sada je:

3 23 5

3

513

5

12

11

11lim

1

11lim

1

11

1lim

6

51

1lim

eee

tttn t

t

t

tt

n

n


17

2.1.13. Na i grani nu vrednost nnnn

2lim .

Rešenje:

Važi slede e:

.2

1

11

1

limlim

limlim)(lim

2

2

22

2

222

nn

n

nnn

n

nnn

nnn

nnn

nnnnnnnnn

nn

nnn

Zadaci za vežbu:


a) 624

623lim

4

4

nn

nn

n b)

624

623lim

5

4

nn

nn

n

c) 624

623lim

4

5

nn

nn

n d)

1

32lim

2n

n

n

e) nnn

n

n 2lim f)

n

n

n 35

33lim

1


18

2.2. Redovi

Rešeni zadaci:

2.2.1. Dokazati da je harmonijski red ...4

1

3

1

2

11

1

1k k divergentan.

Rešenje:

Važi slede e:

2

1

2

12

2

1...

22

1

12

1

.

.

.

2

1

16

18

16

1....

10

1

9

1

2

1

8

14

8

1

7

1

6

1

5

1

2

1

4

12

4

1

3

1

1

11 m

m

mmm

Dakle, zaklju ujemo da je za n=2m:

m

kS

mmm

n

k

n

2

11

2

1...

22

1

12

1

...8

1

7

1

6

1

5

1

4

1

3

1

2

11

1

11

1

Odnosno mSn2

11 za n 2

m, odakle sledi:


19

n m 1+m/2 , a pošto je Sn>1+m/2, sledi

Sn , tj. harmonijski red je divergentan.

2.2.2. Izra unati sumu reda 1 1

1

n nnS

Rešenje:

Za opšti lan ovog reda važi slede e:

1

11

1

1

nnnn pa je dakle suma S jednaka

1

11

1

11...

3

1

2

1

2

11

1

11

1

1

1 1 mmmnnnnS

m

n

m

n

m

Na osnovu ovoga je 11

11limlim

mSS

mm

m.

2.2.3. Na i slede u sumu 1

12

k

kaqS gde je q <1.

Rešenje:

2

4253

1

12

1...1...

q

aqqqaqaqaqaqaqS

k

k

jer je (videti primer 2.2.3.1. iz udžbenika)

2

42

1

1...1

qqq (smena q

2=t).


20

2.3 Neke osobine funkcija

Rešeni zadaci:

2.3.1. Na i oblast definisanosti slede ih funkcija

a) y=x5-3x

2+x+6 b)

4

12x

xy c) 22 xxy

d) 34

22

2

xx

xxy e)

x

xy

3ln f) 2ln 2 xxy

Rešenje:

a) Oblast definisanosti funkcije (u daljem tekstu emo je obeležavati sa

D, kao skra enica od domen) y=x5-3x

2+x+6 je skup realnih brojeva R,

odnosno D= x x R . Ovo se može napisati kao x ( - , ).

b) Funkcija 4

12x

xy je definisana na skupu R osim u ta kama u

kojima je x2-4=0, odnosno osim u ta kama x1= -2, i x2=2. Dakle, domen ove

funkcije je odre en sa

x (- , -2) (-2, 2) (2, ).

c) Oblast definisanosti funkcije 22 xxy se odre uje iz

nejedna ine

x2-x-2 0 ije je rešenje - <x -1 2 x< . Dakle, domen ove


x (- , -1 2, ).

d) Oblast definisanosti funkcije 34

22

2

xx

xxy se odre uje kao

zajedni ko rešenje nejedna ine x2-x-2 0 i nejednakosti x

2-4x+3 0.


21

Kako je rešenje nejedna ine x2-x-2 0 dato sa x (- , -1 2, ) , a rešenje

nejednakosti

x2-4x+3 0 je x 1 x 3, zajedni ko rešenje, tj. presek ova dva rešenja je

x (- , -1 2,3) (3, ), što je u stvari i domen date funkcije.

e) Oblast definisanosti funkcije x

xy

3ln je skup svih realnih

brojeva koji zadovoljavaju nejedna ine

03 x

x i 3-x 0.

Rešenje ovih nejedna ina je interval x (0,3), što je istovremeno i oblast

definisanosti funkcije.

f) Oblast definisanosti funkcije ln(x2-x-2) je skup svih realnih brojeva

koji zadovoljavaju nejedna inu

x2-x-2>0 ije je rešenje - <x< -1 2< x< . Dakle, domen ove


x (- , -1) (2, ).

2.3.2. Odrediti nule slede ih funkcija:

a) 2

232

2

x

xxy b) 233 2 xxxy

c) 32 9 xexy d) 33ln 2 xxy

e) y=1+lnx


22

Rešenje:

a) Iz y=0 x2+3x+2=0 x1= -1 , x2= -2 (uobi ajeno nalaženje nula

kvadratne jedna ine). Dakle, ta ke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije.

b) Iz y=0 x+3=0 x2+3x+2=0 x1= -3 , x2= -1 , x3 = -2. Dakle,

ta ke x1= -3, x2= -1 , x3 = -2 su nule funkcije.

c) Iz y=0 x2-9=0 (jer je funkcija e

x razli ita od nule za svako x)

x1=3, x2=-3. Ove ta ke su nule funkcije.

d) Iz y=0 x2+3x+3=1 (jer je lnx=0 za x=1) x

2+3x+2=0 x1= -1 ,

x2= -2. Dakle, ta ke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije.

e) Iz y=0 1+lnx=0 lnx= -1 x=e-1

. Dakle ta ka x=e-1

je nula

funkcije.

2.3.3. Na i inverzne funkcije i njihove oblasti definisanosti slede ih funkcija:

a) y=3x+5 b) 3 31 xy c) 2

lnx

y

Rešenje:

a) 53

153 yxxy pa je inverzna funkcija

53

1xy koja je definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva.

Dakle, domen je x (- , ).

b) 3 3333 3 111 yxyxxy pa je inverzna

funkcija 3 31 xy (odnosno funkcija je inverzna sama sebi) koja je

definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je

x (- , ).

c) yexx

y 22

ln pa je inverzna funkcija y=2ex koja je

definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je

x (- , ).


23

2.3.4. Ispitati parnost i neparnost slede ih funkcija:

a) 3

42

2

x

xy

b)

22xxey c) x

xy

ln

Rešenje:

a)

)(3

4

3)(

4)()(

2

2

2

2

xfx

x

x

xxf

dakle funkcija f(x) je parna.

b)

)()()( 22)( 22

xfxeexxf xx

dakle funkcija f(x) je neparna.

c)

)()()()()ln()ln(

)( xfxfxfxfx

x

x

xxf

dakle funkcija f(x) nije ni parna ni neparna.

2.3.5. Ispitati monotonost slede ih funkcija:

a) f(x)=x2+4 na intervalu x (1, + )

b) 1

1

xy na intervalu x (-8, -4)

c) y=ex-2

na intervalu x ( - , + )


24

d) y=ln(x+4) na intervalu x (-2, 6)

Rešenje:

a) Za proizvoljno x1 , x2 (1, + ) takvo da je x2>x1 važi:

0)4(4)()( 2

1

2

2

2

1

2

212 xxxxxfxf za x1 , x2 (1, + ), pa

je funkcija monotono rastu a na tom intervalu.

b) Za proizvoljno x1 , x2 (-8, -4) takvo da je x2>x1 važi:

0111

1

1

1)()(

12

21

12

12xx

xx

xxxfxf za x1 , x2 (-8, -4),

pa je funkcija monotono opadaju a na tom intervalu.

c) Za proizvoljno x1 , x2 (- , + ) takvo da je x2>x1 važi:

01

)()( 1212

2

22

12

xxxx eee

eexfxf za x1 , x2 (- , + ), pa

je funkcija monotono rastu a na tom intervalu.

d) Za proizvoljno x1 , x2 (-2, 6) takvo da je x2>x1 važi:

04

4ln)4ln()4ln()()(

1

21212

x

xxxxfxf jer je

za x1 , x2 (-2, 6) 14

4

1

2

x

x,

pa je funkcija monotono rastu a na tom intervalu.


25

Zadaci za vežbu:

2.3.6. Na i oblasti definisanosti slede ih funkcija:

a) x

xy3

1 b) 22 xxy

c)x

xy

2

2ln d)

65

4

2

2

xx

xy

e) 3

2

x

x

ey f) 3 2

2

65

4

xx

xy

2.3.7. Odrediti nule slede ih funkcija:

a) y=x4-10x

2+9 b) y=(x

2-4x+3)e

x-1

c) x

xy

1

2ln d)

x

x

xy

1

2ln

12

2.3.8. Ispitati parnost i neparnost slede ih funkcija:

a) 33 xxy b) 3

2552

x

xxy

c) 2

3ln

4

2

x

xy d)

8

)21

ln(

x

x

x

y


26

2.4. Grani na vrednost i neprekidnost funkcija


a) 63lim 2

3xx

x b)

23

1lim

2

2

1 xx

x

x

c) )2(lim 53 xxxx

d) )2(lim 53 xxxx

Rešenje:

Na osnovu teorema 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika važi:

a) 663336lim3limlim)63(lim 2

33

2

3

2

3 xxxxxxxx

b) Pošto je 0)23(lim)1(lim 2

1

2

1xxx

xx ne možemo

direktno primeniti teoreme 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika,(dobijamo oblik

limesa 0

0), ve emo izvršiti slede e transformacije:

22

1lim

)2)(1(

11lim

23

1lim

112

2

1 x

x

xx

xx

xx

x

xxx .

c)

)1()()1112

(lim2lim245

553

xxxxxxx

xx

d)

)1()1112

(lim)2(lim245

553

xxxxxxx

xx


27


a) 433

532lim

2

2

xx

xx

x b)

3

3

23

22

43lim

xx

xx

x

c) 13

623lim

4

2

xx

xx

x d) )1(3lim 2 xxx

x

Rešenje:

a) 3

2

)43

3(

)53

2(

lim433

532lim

2

2

2

2

2

2

xxx

xxx

xx

xx

xx

b) 8

1

2

1

212(

)43

1(

lim22

43lim

3

3

32

3

3

33

3

23

xxx

xxx

xx

xx

xx

c) 31

3

131

)62

3(

lim13

623lim

43

2

2

2

4

2

xxx

xxx

xx

xx

xx

d)

2

3

)11

1(

3lim

1

)1)(1(3lim)1(3lim

2

2

222

xx

x

xx

xxxxxxxx

xxx


28


a) 2

23lim

3

2

x

xx

x b)

53lim

23

4

xxx

x

x

c) ax

ax

axlim d) )3(lim xx

x

Rešenje:

a) 01

lim

)2

1(

)23

1(

lim2

23lim

3

3

2

2

3

2

x

xx

xxx

x

xx

xxx

b) x

xxxx

x

xxx

x

xxxlim

)513

1(

lim53

lim

32

3

4

23

4

c)

aaxaxax

ax

axax

axax

ax

ax

axax

axax

2

11lim

))((lim

))((

))((limlim

d)

03

3lim

3

3lim

3

)3)(3(lim)3(lim

xx

xx

xx

xx

xxxxxx

x

xxx


29


a)

x

x x

11lim b)

x

x x5

31lim

c)

x

x x

x

1

1lim d)

52

2

3lim

x

x x

x

Rešenje: Imaju i u vidu Primer 2.5.1. iz udžbenika važi:

a) Uvedimo smenu 011

txt

xtx

eett

xt

tt

t

x

x

11lim1lim

11lim 1

11

0

1

0.

b) Uvedimo smenu 05

3

5

3tx

txt

x

5

35

31

05

3

01lim1lim

5

31lim ett

xt

tt

t

x

x

c) 2

1 1

1lim

11lim

)1

1(

)1

1(

lim1

1lim

ee

e

xx

x

xx

xx

x

xx

x

x

x

xx

xx

x

x

x

d)

52

52

52

52

52

21lim

21lim

31lim

31lim

21

31

lim2

3lim

xx

xx

xx

xx

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x


30

Važi: 12

1lim3

1lim

55

xx xx

Uvedimo smene tx

3, odnosno t

x

2, gde kada x onda t 0.

Dobijamo:

2

4

6

41

0

61

0

52

52

1lim

1lim

21lim

21lim

31lim

31lim

ee

e

t

t

xx

xx

tt

tt

x

x

x

x

x

x

2.4.5. Na i levu i desnu grani nu vrednost funkcije:

a) 1x

xy u ta ki x=1 b) xey

1

u ta ki x=0

Rešenje:

a) Levi limes: Uvedimo smenu x=1-h, gde je h>0, i kada x 1

tada h 0.

h

h

h

h

x

x

hhx

1lim

11

1lim

1lim

001

Desni limes: Uvedimo smenu x=1+h, gde je h>0, i kada x 1 tada

h 0.

h

h

h

h

x

x

hhx

1lim

11

1lim

1lim

001

b) Levi limes: Uvedimo smenu x=0-h, gde je h>0, i kada x 0

tada h 0.


31

01

lim

1limlim

1

0

1

0

1

0 ee

ee

h

h

h

h

x

x

Desni limes: Uvedimo smenu x=0+h, gde je h>0, i kada x 0 tada

h 0.

eee h

h

x

x

1

0

1

0limlim

2.4.6. Ispitati neprekidnost funkcija:

a) xxey b) x

y1

Rešenje: a)

Priraštaj ove funkcije y iznosi:

xxxxxxxxxxxx exeexexeexeexexeexxy 1)(

pa je

01limlim00

xxxx

xxexeexey pa je funkcija neprekidna za

svako x.

b) O igledno da ova funkcija ima jedan prekid u ta ki

x=0, jer tu nije definisana. Ispitajmo njenu neprekidnost u ta kama x 0.

Za x 0 važi:

)(

11

xxx

x

xxxy pa je

0)(

limlim00 xxx

xy

xx, što zna i da je funkcija neprekidna u svim

ta kama x 0.


32

Zadaci za vežbu:


a) 4

64lim

2

6

2 x

x

x b)

2

3

6

7lim

x

xx

x

c) 416

39lim

0 x

x

x d)

26

4lim

2

2 x

x

x

e) 3 2 13

limxx

x

x f)

43

43lim

x

x

x


a)

x

x x

x2

3lim b)

x

x

x1

0 100

100lim

c)

2

9

9lim

2

2x

x x

x d) x

xx31lim

2.4.9. Na i levu i desnu grani nu vrednost funkcije u ta ki x=2,

2,.....

2,....3)(

2

2

xe

xxxf

x

2.4.10. Odrediti vrednost parametra p tako da data funkcija bude neprekidna:

a) 0,...

0,...)(

xpx

xexf

x


33

b) 0,...72

0,...1)(

1

xp

xxxfx

2.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije

Rešeni zadaci:

Nalaženje prvog izvoda po definiciji.

2.5.1. Na i po definiciji prvi izvod u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:

a) 2xy , b) 2

1

xy , c) xy , d)

xy

1.

Rešenje:

a)

.22lim

2limlim

)()(lim

0

222

0

22

00

,

xxx

x

xxxxx

x

xxx

x

xfxxfy

x

xxx

b)

.22

lim

2lim

11

lim)()(

lim

3220

22

222

0

22

00

,

xxxx

xx

xxxx

xxxxx

x

xxx

x

xfxxfy

x

xxx


34

c)

.2

11lim

limlim)(

lim

0

000

,

xxxx

xxxx

xxx

x

xxx

x

xfxxfy

x

xxx

d)

.

2

1

2

1

1limlim

lim

11

lim)(

lim

2

3

00

000

,

xxx

xxxxxxxxxxxxx

xxx

xxxx

xxx

x

xxx

x

xfxxfy

xx

xxx

Nalaženje prvog izvoda algebarskog zbira funkcija.\

2.5.2. Na i prvi izvod u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:

a) .,,,ln2

36 Rdcbaxdx

cbxaxy

b) xx

xy23

3

5

c) xxxy

d) Raaa

xxy ,04

3

e) .42cos3sin ctgxtgxxxy


35

Rešenje:

a)

x

d

x

cbxaxxd

x

cbxaxy

3

25

,

2

36, 236ln

b)

.211

5

1

25

123

23

23 45 4

23

4

5

4,

13

1

5

1,

3

5,

xxx

xxxxxxxx

xy

c)

.4

7

4

7 4 34

3,

4

7,

4

3,

2

3,, xxxxxxxxxxy

d)

.1

3

1

3

1111

3 24

3

2

4

,

3

1

4

,

43

4

4

,

43

1

4

,

4

3,

xa

xa

xa

xa

xxaa

xxy

e)

.sin

4

cos

2sin3cos42cos3sin

22

,,

xxxxctgxtgxxxy


36

Nalaženje prvog izvoda proizvoda funkcija.


a) xexy 3 b) xcbxaxy ln2 c) xx ey 3

d) 6ln22 xxxy e) xxy cossin .

Rešenje:

a)

)3(3 232,3,3,3, xexexexexexexy xxxxxx

b)

x

cbxaxxbax

xcbxaxxcbxaxxcbxaxy

2

,2,2,2,

ln2

lnlnln

c)

13ln333ln3333,,,, xxxxxxxxxxxx eeeeeey

d)

17ln5

26ln2

2

56ln26ln2

2

3

2

5

2

3,

2

5,

2,

xx

xxxxxxxxxy

e)

.sincoscossincossincossin 22,,,, xxxxxxxxy


37

Nalaženje prvog izvoda koli nika funkcija.


a) 12

12

2

xx

xxy b)

x

xy

1

1 c)

x

x

e

ey

1

1

d) x

xy

ln1

ln1 e) .

cossin

cossin

xx

xxy

Rešenje:

a)

.12

223

12

1411212

12

121121

12

1

22

2

22

22

22

,222,2,

2

2,

xx

xx

xx

xxxxxx

xx

xxxxxxxx

xx

xxy

b)

222

2

,,,

,

1

1

1

1

1

2

111

2

1

1

1111

1

1

xxx

x

x

xxx

x

x

xxxx

x

xy


38

c)

2

22

,,,

,

1

2

1

11

1

1111

1

1

x

x

x

xxxx

x

xxxx

x

x

e

e

e

eeee

e

eeee

e

ey

d)

.ln1

2

ln1

1ln1ln1

1

ln1

ln1ln1ln1ln1

ln1

ln1

22

2

,,,

,

xxx

xxx

x

x

xxxx

x

xy

e)

22

22

2

2

,,

,

,

cossin

2

cossin

cossinsincos

cossin

sincoscossincossinsincos

cossin

cossincossincossincossin

cossin

cossin

xxxx

xxxx

xx

xxxxxxxx

xx

xxxxxxxx

xx

xxy

Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija.


a) 42 243 xxy b)

5ln21 xy c)

1

1

x

xy


39

d) xy 4ln e) 31

lnx

xy f) 843 2 xxey

g) xey

1

h) xy 45 i) tgxy ln

Rešenje:

a)

462434

2432434243

32

,232,42,

xxx

xxxxxxy

b)

44

,4,5,

ln21102

ln215

ln21ln215ln21

xxx

x

xxxy

c)

1)1(

1

)1()1(

1

1

2

1

1

2

1

1

1111

1

1

2

1

1

1

1

1

2

1

1

1

22

3

2

12

2

1

2

,,2

1

,2

1,

,

xxxx

xx

x

x

xxxx

x

x

x

x

x

x

x

xy

d)

.ln4

lnln4ln 3,3,4, xx

xxxy


40

e)

.1

21

1

311

1

1

1ln

3

3

23

233,

3

3,

3

,

xx

x

x

xxx

x

x

x

x

x

x

x

xy

f)

843,

843, 22

46 xxxx exey

g)

2

1,1

,1

, 1

x

e

xeey

xxx

h)

xxxtgxtgx

tgxtgxy

cossin

1

cos

111ln

2

,,,

xxx xy 4,4,4, 55ln445ln55

Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija oblika )()( xgxfy u oblasti

gde su f(x) i g(x) diferencijabilne funkcije i gde je f(x)>0.

NAPOMENA: Imaju i u vidu da je )(ln)()()( xfxgxg exf sledi da je


41

.))(()(

)()(ln)()(

)(ln)()(ln)(

)(ln)()(

,,)(

,,)(ln)(

,)(ln)(,)(ln)(,)(

xfxf

xgxfxgxf

xfxgxfxge

xfxgeexf

xg

xfxg

xfxgxfxgxg


a) xxy b) xxy c) x xy d) x

xysin

cos

e)

x

xy

11 f) xxy sin

Rešenje:

a)

1ln)ln()(,,,, xxx

x

xxxxxy xxx

b)

12

ln1

2

ln1

2

ln

ln

2

1

2

1

,,,,

xx

xxx

xx

xx

xx

xxxxxy

xxx

xx


42

c)

xx

x

x

xxx

x

xxx

xxxy

x

xxxx

ln1

ln1

1

ln1

21

22

1,

,1,

1,

,

d)

x

xxxx

xx

xxxxxy

x

xx

cos

sincoslncoscos

coscos

sin)ln(cossincoscos

2sin

,,sin,sin,

e)

1

111ln

11

1

1

11ln

11

11

11

11ln

11

11

2

2

,

,

,

,

xxxxx

x

xx

x

x

x

xx

xxy

xx

xx

f)

x

xxxxx

x

xxxxxy xxx sin

lncossin

lnsin sin,,sin,sin,


43

Nalaženje diferencijala funkcije.

NAPOMENA: Diferencijal prvog reda funkcije y=f(x) u ta ki x, u oznaci dy,

jednak je proizvodu prvog izvoda te funkcije i diferencijala nezavisno

promenljive x, odnosno .)(' dxxfdy

2.5.7. Na i prvi diferencijal u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:

a) xexxxy ln23 b) x

xy

ln c) xexy 2 d)

x

tgxy

Rešenje:

a)

dxex

dxdxdxxdxexxxdy xx 23ln2 2,3

b)

dxx

x

x

dxdx

x

xxxdx

x

xdy

222

,ln

ln1

ln

c)

dxexdxxedxexxedxexdy xxxxx 22,2 22

d)

dxx

tgx

xx

dxdx

x

tgxxxdx

x

tgxdy

222

2,

cos

cos

1


44

Zadaci za vežbu:


a) 5 7

10

3

5

2

3 7 17

3

4

5

3

xx

x

xxy

b) xexy x ln5 c) 12

12ln

2

2

x

xy

d) x

xy

2

3ln 2 e)

22

2

2

4

22

6

x

xx

xy

f) 2xxy g)

xxxy

2.6. Primena izvoda u rešavanju grani nih vrednosti funkcija jedne

nezavisno promenljive-Lopitalovo pravilo

Rešeni zadaci

Odre ivanje limesa neodre enog izraza oblika .,,,,0

0

2.6.1. Na i grani ne vrednosti funkcija

a) 23

1lim

3

4

1 xx

x

x b)

23

1lim

3

4

1 xx

x

x

c)ax

ax

ax

55

lim d) x

a x

x

1lim

0

e)x

x

x

lnlim f)

xx e

x 2

lim


45

g) x

xx

x 3

5lim

3

h) x

e x

x lnlim

Rešenje:

a) 33

4lim

23

1lim

2

3

13

4

1 x

x

xx

x

xx

b) 33

4lim

23

1lim

2

3

13

4

1 x

x

xx

x

xx

c) 5 4

5

4

55

5

1

1

5

1

limlima

x

ax

ax

axax

d) aaa

x

a x

x

x

xln

1

lnlim

1lim

00

e) 01

1

limln

lim x

x

x

xx

f) 02

lim2

limlim2

xxxxxx ee

x

e

x

g) 3

53lim

3

5lim

23 x

x

xx

xx

h) x

x

x

x

x

xxe

x

e

x

elim

1lim

lnlim


46

Odre ivanje limesa neodre enog izraza oblika .,0,0


a) 1lim

1

x

xex b) xx

xlnlim 2

0 c)

xx

x

x ln

1

1lim

1

Rešenje:

a) 1lim1

1

lim1

1lim1lim

1

2

1

2

11

x

x

x

x

x

x

x

xe

x

ex

x

eex

b) 02

lim2

1

limln

limlnlim2

03020

2

0

x

x

x

x

xxx

xxxx

c)

2

1

11

1

lim

11

ln

lnlim

1ln

1ln1

limln1

1lnlim

ln

1

1lim

2

11

111

xx

x

xx

x

x

xx

xx

x

xx

xxx

xx

x

xx

xxx


47

Odre ivanje limesa neodre enog izraza oblika .1,,0 00


a) x

xx

0lim b) x

xxlim c) x

xx1

1

1lim

Rešenje:

a) xx

x

x

xex ln

00limlim

Pošto je

0lim1

1

lim1

lnlimlnlim

0

2

000x

x

x

x

xxx

xxxx

onda je

1lim 0lnlim

0

0 eexxx

x

x

x

b) x

x

x

x

x

x

xexx

ln1

limlimlim

Pošto je

01

1

limln

lim x

x

x

xx

onda je


48

1lim 0

lnlim

eex x

x

x

x

x

d)

x

x

x

x

xex 1

ln

1

1

1

1limlim

Pošto je

11

1

lim1

lnlim

11

x

x

x

xx

onda je

eeex x

x

x

x

x1

lim 11

lnlim

1

1

1

1

Zadaci za vežbu

2.6.4 Na i grani ne vrednosti funkcija

a) )1ln(

lim0 x

ee xx

x b)

x

xx

ln

01lim c)

x

xe x

x

1

0

1lim

d) xx

x1

lnlim e) x

xx

12

01lim f) .lim ln4

3

0

x

xx


49

2.7. Ispitivanje funkcija

Rešeni zadaci:

2.7.1. Konstruisati grafike slede ih funkcija:

a) 1

222

x

xxy b)

2

21

x

xy

c) x

xy

34

d) x

xy22

e) xx

xxy

2

322

2

f) 2

3

12 x

xy

Rešenje:

a)

1. Oblast definisanosti

Oblast definisanosti funkcije 1

222

x

xxy je

x - , 1 1 , .

2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije

Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x2-2x+2=0.

Kako ova jedna ina nema realnih rešenja,jer je diskriminanta ove jedna ine

manja od nule, zaklju ujemo da funkcija 1

222

x

xxy nema realnih nula,

odnosno da grafik ove funkcije nema preseka sa x osom.

Ta ka prekida funkcije je x1 = 1.


50

3. Parnost, neparnost

S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetri na u odnosu na

koordinantni po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.

4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,

intervali i karakter monotonosti

Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi

2002

01

2

1

22122

1

22

32

22

2,

2,

xxxx

x

xx

x

xxxx

x

xxy

Dakle, stacionarne ta ke su x2 = 0 i x3 = 2, a prvi izvod nije definisan

u ta ki x1 =1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.

Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog

izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.a.1.. Da bismo odredili znak

prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog

izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.

x (- , 0) (0 , 1) (1 , 2) (2 , )

y ‘ >0 (+) <0 (-) <0 (-) >0 (+)

Zaklju ak funkcija

monotono

raste

funkcija

monotono

opada

funkcija

monotono

opada

funkcija

monotono

raste

Tabela 2.7.1.a.1.


51

5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma

Analizom Tabele 2.7.1.a.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija

diferencijabilna postoje dve ta ke ekstremuma i to za:

a) x2 = 0 ta ka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(0) = - 2

b) x3 = 2 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(2) = 2.

Dakle, ta ka M(0, -2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije, a ta ka N(2, 2) je

ta ka lokalnog minimuma funkcije.

U ta kama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se

te ta ke poklapaju sa ta kama u kojima funkcija nije definisana.

6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali

konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke

33

22

4

22,

2

2,,,,

1

2

1

212

1

212122

1

2

xx

xxx

x

xxxxx

x

xxyy

Dakle, drugi izvod je razli it od nule za svako x iz oblasti definisanosti

funkcije.

Drugi izvod nije definisan u ta ki x1=1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije

definisana.

Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog

izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.a.2.. Da bismo odredili znak

drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog



52

x - , 1) (1, )

y''

<0 (-) >0 (+)

Zaklju ak funkcija je konkavna funkcija je konveksna

Tabela 2.7.1.a.2.

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota

Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida

funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x1 = 1.

Kako je

1

22lim

1

22lim

2

1

2

1

x

xx

x

xx

x

x

to je prava x = 1 vertikalna asimptota funkcije.

b) Horizontalna asimptota

Kako je

1

22lim

1

22lim

1

22lim

1

22lim

2

2

x

x

xx

x

x

xx

xx

xx

zaklju ujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu


53

c) Kosa asimptota

Kako je

12

2lim

12

22lim

22lim1

22

lim2

2

2

xxxx x

x

xx

xx

x

x

xx

zaklju ujemo da funkcija ima i desnu i levu kosu asimptotu.

Kako je

11

2lim

1

122lim

1

22lim

22

x

x

x

xxxxx

x

xx

x

xx

zaklju ujemo da je prava y=x – 1 i leva i desna kosa asimptota

funkcije.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.a.

x2

2 x 2

x 1

x

4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

Slika 2.7.1.a. Grafik funkcije 1

222

x

xxy

y=x-1

M(0, -2)

N (2, 2)


54

b)



21

x

xy je

x - , .


Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x = 0, odnosno

funkcija se e x osu u ta ki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni po etak.

Ova funkcija je neprekidna.


Kako je

)(

21

21

)(22

xfx

x

x

xxf

zaklju ujemo da je funkcija neparna, odnosno da je njen grafik

simetri an u odnosu na koordinatni po etak (0, 0).





55

220164

04

164

4

4244

4

4

21

21

2

22

2

22

2,

2

,

2

,

xxx

x

x

x

xxx

x

x

x

xy

Dakle, stacionarne ta ke su x1 = 2 i x2 = -2. Prvi izvod je definisan na

celom skupu realnih brojeva.


izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.b.1.. Da bismo odredili znak



x (- , -2) (-2 , 2) (2, )

y ‘ <0 (-) >0 (+) <0 (-)

Zaklju ak funkcija monotono

opada

funkcija monotono

raste

funkcija monotono

opada

Tabela 2.7.1.b.1.


Analizom Tabele 2.7.1.b.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija

diferencijabilna postoje dve ta ke ekstremuma i to za:

a) x1 = -2 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(-2) = -1

b) x2 = 2 ta ka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(2) = 1.

Dakle, ta ka M(-2, -1) je ta ka lokalnog minimuma funkcije, a ta ka N(2, 1) je

ta ka lokalnog maksimuma funkcije.


56



3232002424

04

2424

4

164448

4

16424248

4

164

543

2

32

2

32

22

42

2222,

22

2,,,,

xxxxx

x

xx

x

xxxx

x

xxxxx

x

xyy

Dakle, drugi izvod je jednak nuli u ta kama .32,32,0 543 xxx

Drugi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva.


izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.b.2.. Da bismo odredili znak



x 32, 0,32 32,0 ,32

y ,,

<0 (-) >0 (+) <0 (-) >0 (+)

y funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.1.b.2.

Dakle, prevojne ta ke su ta ke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer

pri prolasku kroz njih drugi izvod menja znak. U ovim ta kama vrednost

funkcije je:


57

003xf (ta ka L(0, 0)),

2

3324xf (ta ka

2

3,32P )

2

3325xf (ta ka

2

3,32Q )

7. Asimptote



funkcije. Pošto ova funkcija nema kona ne ta ke prekida, ona nema ni

vertikalnu asimptotu.


Kako je

01

lim

21

lim

01

lim

21

lim

2

2

xx

x

xx

x

xx

xx

zaklju ujemo da je prava y = 0 horizontalna asimptota.

c) Kosa asimptota

Kako je


58

0

21

1lim

21

lim2

2

xx

x

x

xx

zaklju ujemo da funkcija nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.b .

10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10

2

1

1

2

x

1x

2

2

x

Slika 2.7.1.b. Grafik funkcije 2

21

x

xy

Q

M

L

N

P


59

c)


Oblast definisanosti funkcije x

xy

34

je

x - , 0 0 , .


Kako jedna ina x4 + 3 = 0 nema realnih rešenja, zaklju ujemo da

funkcija x

xy

34

nema realnih nula, odnosno da grafik ove funkcije nema

preseka sa x osom.



Kako je

)(33

)(44

xfx

x

x

xxf

zaklju ujemo da je funkcija neparna.




11033

033343

32

4

2

4

2

43,

4,

xxx

x

x

x

xxx

x

xy


60

Dakle, stacionarne ta ke su x2 = -1 i x3 = 1, a prvi izvod nije definisan

u ta ki x1 = 0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.


izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.c.1.. Da bismo odredili znak



x (- , -1) (-1 , 0) (0 , 1) (1 , )

y ‘ >0 (+) <0 (-) <0 (-) >0 (+)

Zaklju ak funkcija

monotono

raste

funkcija

monotono

opada

funkcija

monotono

opada

funkcija

monotono

raste

Tabela 2.7.1.c.1.


Analizom Tabele 2.7.1.c.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija diferencijabilna postoje dve ta ke ekstremuma i to za:

a) x2 = -1 ta ka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(-1) = -4

b) x3 = 1 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(1) = 4.

Dakle, ta ka M(-1, -4) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije, a ta ka N(1, 4)

je ta ka lokalnog minimuma funkcije.




61



3

4

4

423,

2

4,,,, 663321233

x

x

x

xxxx

x

xyy

Kako jedna ina 6x4+6=0 nema realnih rešenja, zaklju ujemo da je drugi izvod

razli it od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.


definisana.


izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.c.2.. Da bismo odredili znak



x - , 0) (0, )

y''

<0 (-) >0 (+)

Zaklju ak funkcija je konkavna funkcija je konveksna

Tabela 2.7.1.c.2.


62

7. Asimptote


Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x1 = 0.

Kako je

x

x

x

x

x

x

3lim

3lim

4

0

4

0



Kako je

1

4lim

3lim

1

4lim

3lim

34

34

x

x

x

x

x

x

xx

xx


c) Kosa asimptota

Kako je

2

12lim

2

4lim

3lim

3

lim23

2

4

4

x

x

x

x

x

x

x

x

xxxx



63

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.c

x4

3

x

x

3 2 1 0 1 2 3

10987654321

123456789

10

Slika 2.7.1.c. Grafik funkcije x

xy

34

d)



xy22 je

x - , 0 0 , .


Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x3+2=0,

odnosno ta kom 332 22x .

Dakle, grafik se e x osu u ta ki 332 22x .

M

N


64



S obzirom da nule funkcije nisu simetri ne u odnosu na koordinantni

po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.




1022

0222

22

3

3

2

3

2

,

2,

xx

x

x

xx

xxy

Dakle, stacionarna ta ka je x3 = 1, a prvi izvod nije definisan u ta ki

x1 =0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.


izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.d.1.. Da bismo odredili znak



x (- , 0) (0 , 1) (1 , )

y ‘ <0 (-) <0 (-) >0 (+)


opada

funkcija monotono

opada

funkcija monotono

raste

Tabela 2.7.1.d.1.


65


Analizom Tabele 2.7.1.d.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija

diferencijabilna postoji ta ka ekstremuma:

x3 = 1 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(1) = 3.

Dakle, ta ka M(1, 3) je ta ka lokalnog minimuma funkcije.





233

4

3

3

3

4

322,

2

3,,,,

22042042

222622

xxxx

x

x

xxxx

x

xyy

Dakle, drugi izvod je jednak nula u ta ki 34 2x , odnosno u ta ki preseka

funkcije sa x osom.


definisana.


izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.d.2.. Da bismo odredili znak




66

x 3 2, 0,23 (0, )

y''

>0 (+) <0 (-) >0 (+)

Zaklju ak funkcija je konveksna

funkcija je konkavna

funkcija je konveksna

Tabela 2.7.1.d.2.

Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer pri

prolasku kroz nju drugi izvod menja znak. U ovoj ta ki vrednost funkcije je

023xf (ta ka )0,2( 3L ).

7. Asimptote

d) Vertikalna asimptota


funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x1 = 0.

Kako je

xx

xx

x

x

2lim

2lim

2

0

2

0


e) Horizontalna asimptota

Kako je


67

xx

xx

x

x

2lim

2lim

2

2


f) Kosa asimptota

Kako je

2

2

2lim

2

limx

xx

xx

xx


8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.d.

x2 2

x

x

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

20

16

12

8

4

4

8

12

16

20

Slika 2.7.1.d. Grafik funkcije x

xy22

L

M


68

e)


Oblast definisanosti funkcije xx

xxy

2

322

2

je

x - , 0 (0 , 2) 2 , .


Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x2-2x-3=0,

odnosno ta kama x3 = -1 , i x4 = 3.

Ta ke prekida funkcije su x1 = 0 i x2 = 2.


S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetri na u odnosu na koordinantni po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.




1016

02

16

2

32212

2

3222222

2

32

5

2222

22

22

22,

2

2,

xx

xx

x

xx

xxxxx

xx

xxxxxx

xx

xxy

Dakle, stacionarna ta ka je x5 = 1, a prvi izvod nije definisan u

ta kama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.


69


izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.e.1.. Da bismo odredili znak



x (- , 0) (0 , 1) (1 , 2) (2 , )

y ‘ >0 (+) >0 (+) <0 (-) <0 (-)

Zaklju ak funkcija

monotono

raste

funkcija

monotono

raste

funkcija

monotono

opada

funkcija

monotono

opada

Tabela 2.7.1.e.1.


Analizom Tabele 2.7.1.e.1 zaklju ujemo da u ta ki x5 = 1 funkcija ima

lokalni maksimum koji iznosi f(1) = - 4.

Dakle, ta ka M(1, -4) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.






70

32

2

32

22

42

222

,

22

,,,,

2

4636

2

2421226

2

16222226

2

16

xx

xx

xx

xxxx

xx

xxxxxx

xx

xyy

Kako jedna ina 3x2 - 6x+4 = 0 nema realnih rešenja, zaklju ujemo da je drugi

izvod razli it od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.

Drugi izvod nije definisan u ta kama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u ta kama u

kojima i funkcija nije definisana.


izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.e.2.. Da bismo odredili znak



x - , 0) (0, 2) (2, )

y''

>0 (+) <0 (-) >0 (+)

Zaklju ak funkcija je

konveksna

funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.1.e.2.


71

7. Asimptote

g) Vertikalna asimptota

Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta kama x1 = 0 i x2 = 2.

Kako je

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

x

x

x

x

2

32lim

2

32lim

2

32lim

2

32lim

2

2

2

2

2

2

2

2

0

2

2

0

to su prave x = 0 i x = 2 vertikalne asimptote funkcije.

h) Horizontalna asimptota

Kako je

12

2lim

22

22lim

2

32lim

2

2

xxx x

x

xx

xx

zaklju ujemo da je prava y = -1 horizontalna asimptota funkcije.

i) Kosa asimptota

Kako je

02

32

lim2

2

x

xx

xx

x


72


8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.e.

x2

2 x 3

x2

2 x

x

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

8

6

4

2

2

4

6

8

Slika 2.7.1.e. Grafik funkcije xx

xxy

2

322

2

M


73

f)



3

12 x

xy je

x - ,-1) (-1, .


Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x3 = 0, odnosno

funkcija se e x osu u ta ki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni po etak.

Ta ka prekida funkcije je x2 = -1.







143

2

3

2

4

322,

2

3,

03062

014

62

14

14123

12

xxxxx

x

xx

x

xxxx

x

xy

Dakle, stacionarne ta ke su x3 = -3 i x4 = 0.

Prvi izvod nije definisan u ta ki x2 = -1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije

definisana.


74


izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.f.1.. Da bismo odredili znak



x (- , -3) (-3 , -1) (-1, 0) (0, )

y ‘ >0 (+) <0 (-) >0 (+) >0 (+)

Zaklju ak funkcija

monotono

raste

funkcija

monotono

opada

funkcija

monotono

raste

funkcija

monotono

raste

Tabela 2.7.1.f.1.


Analizom Tabele 2.7.1.f.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija

diferencijabilna postoji jedna ta ka ekstremuma x3 = -3, u kojoj funkcija ima

lokalni maksimum koji iznosi f(-3) = 8

27, i da u x1 = 0 funkcija ima prevoj.

Dakle, ta ka M(-3, 8

27) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije,

a ta ka N(0, 0) je ta ka prevoja funkcije.


75



001

3

116

62112141216

14

62

14

6

23232,

3

2,,,,

xx

x

x

xxxxxx

x

xxyy

Dakle, drugi izvod je jednak nuli u ta ki x1 = 0.

Drugi izvod nije definisan u ta ki x2 = -1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija

nije definisana.


izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.f.2.. Da bismo odredili znak



x (- , -1) (-1, 0) (0, )

y ,,

>0 (+) >0 (+) <0 (-)

y funkcija je

konveksna

funkcija je

konveksna

funkcija je

konkavna

Tabela 2.7.1.f.2.

Dakle, prevojne ta ka je ta ka N(0, 0).


76

7. Asimptote


Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x2 = -1.

Kako je

2

3

12

3

1 12lim

12lim

x

x

x

x

xx

to je prava y = -1 vertikalna asimptota .


Kako je

2

3

2

3

12lim

12lim

x

x

x

x

x

x

zaklju ujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu.

c) Kosa asimptota

Kako je

2

112lim

2

3

x

x

x

x

zaklju ujemo da funkcija ima kosu asimptotu.

Pošto je


77

112

2lim

2

1

12lim

2

2

2

3

x

xxx

x

x

xx

zaklju ujemo da prava 12

1xy predstavlja kosu asimptotu funkcije.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.f .

x3

2 x 1( )2

x

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

8

7

6

5

4

3

2

1

1

2

3

4

Slika 2.7.1.e. Grafik funkcije 2

3

12 x

xy

M

N

12

1xy


78


a) 23 3xxy b) 2

2

2x

xy

c)x

xy

14 2

d) 33 11 xxy

Rešenje:

a)


Oblast definisanosti funkcije 23 3xxy se odre uje

iz uslova 03 23 xx .

Važi

.3030303 223 xxxxxx

Dakle, oblast definisanosti funkcije je x -3, .


Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x3 + 3x

2= 0,

odnosno ta kama x1 = -3 , i x2 = 0.

Ta ke prekida funkcije je x1 = -3.


79







.3

2

2

3

3

63

2

13

2323

2,23,

xx

xx

xx

xxxxy

Dakle, u ta kama x1=-3 i x2 = 0 prvi izvod funkcije nije definisan, dok

je u ta ki x3 = -2 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna ta ka funkcije.

Primetimo da je u ta ki x1=-3 funkcija definisana ali joj je to

istovremeno i ta ka prekida, dok je u ta ki x2=0 funkcija definisana i

neprekidna.





x (-3 , -2) (-2 , 0) (0 , )

y ‘ >0 (+) <0 (-) >0 (+)


raste

funkcija monotono

opada

funkcija monotono

raste

Tabela 2.7.2.a.1.


80


Analizom Tabele 2.7.2.a.1 zaklju ujemo da u ta ki x3 = -2 funkcija ima

lokalni maksimum koji iznosi f(-2) = 2, a u ta kama x1=-3 i x2=0 lokalne

minimume koji iznose f(-3)=0 i f(0)=0.

Dakle, ta ka M(-2, 2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije, a ta ke N(-3, 0) i

L(0, 0) su ta ke lokalnih minimuma.



2323

34

2323

2223

23

2

23

223

,

23

2,,,,

33

4

4

3

332

233222

2

3

3

23

2

2

3322

2

3

3

2

2

3

xxxx

xx

xxxx

xxxxx

xx

xxxx

xxxxx

xx

xxyy

Drugi izvod nije definisan u ta kama x1 = -3 i x2 = 0.

Drugi izvod nema realnu nulu u oblasti definisanosti ove funkcije (ta ka x= -4

ne pripada oblasti definisanosti).






81

x -3 , 0) (0, )

y''

<0 (-) >0 (+)


konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.2.a.2.

7. Asimptote



funkcije. Pošto je u ovom slu aju funkcija definisana u ta ki prekida x1 = -3,

onda ona nema vertikalnu asimptotu.


Kako je

23 3lim xxx


c) Kosa asimptota

Kako je


82

3lim3

lim23

xx

xx

xx


8. Grafik funkcije


x3

3 x2

x

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

10

8

6

4

2

2

4

6

8

10

Slika 2.7.2.a. Grafik funkcije 23 3xxy

b)


Kako je x2+2>0 za svako x R , oblast definisanosti funkcije

2

2

2x

xy je x (- , ).

M

N L


83


Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x+2= 0,

odnosno ta ki x1 = -2.

Funkcija je neprekidna u skupu realnih brojeva.


S obzirom da nule funkcije nisu simetri ne u odnosu na koordinatni

po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.




10.22

12

2

22

2

2

2

222

2

2

2,

2

,

xxx

x

x

xx

xx

x

xy

Dakle, u ta ki x2 = 1 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna ta ka

funkcije, dok je prvi izvod definisan za svako x iz skupa realnih brojeva.






84

x (- , 1) (1, )

y , >0 (+) <0 (-)

Zaklju ak funkcija monotono raste funkcija monotono opada

Tabela 2.7.2.b.1.


Analizom Tabele 2.7.2.b.1 zaklju ujemo da u ta ki x2 = 1 funkcija ima lokalni

maksimum koji iznosi f(1) = 3 .

Dakle, ta ka M(1, 3 ) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.



22

104640

2

464

2

122322

22

12

43

2

2

52

2

32

2

12

2

32

,

22

,,,,

xxxx

x

xx

x

xxxx

xx

xyy

Dakle, drugi izvod je jednak nuli u ta kama .2,2

143 xx

Drugi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva.


izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.2.b.2.. Da bismo odredili znak


85



x

2

1, 2,

2

1 ,2

y ,,

>0 (+) <0 (-) >0 (+)

y funkcija je

konveksna

funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.2.b.2.

Dakle, prevojne ta ke su ta ke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer

pri prolasku kroz njih drugi izvod menja znak. U ovim ta kama vrednost

funkcije je:

12

13xf (ta ka )1,

2

1(L ),

6

424xf (ta ka

6

4,2P ).

7. Asimptote



funkcije. Pošto je u ovom slu aju funkcija definisana za svako x iz skupa

realnih brojeva, onda ona nema vertikalnu asimptotu.


Kako je


86

12

1

2lim

2

2lim

12

1

2lim

2

2lim

2

2

2

2

xx

x

x

x

xx

x

x

x

xx

xx

zaklju ujemo da je prava y=1 desna horizontalna asimptota, a prava y= -1

leva horizontalna asimptota.

c) Kosa asimptota

Kako funkcija ima i desnu i levu horizontalnu asimptotu, onda ona nema kosu

asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.b.

x 2( )

x2

2

x

10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10

2

1

1

2

Slika 2.7.2.b. Grafik funkcije 2

2

2x

xy

M PL


87

c)



xy

14 2

se odre uje iz

uslova 4x2-1 0 x 0

Važi

,2

1

2

1,0014 2 xxx

Dakle, oblast definisanosti funkcije je ,2

1

2

1,x .


Nule funkcije su odre ene rešenjem jedna ine 014 2x , odnosno

ta kama x1 = 2

1 , i x2 =

2

1.

To su istovremeno i ta ke prekida funkcije.


Kako je

)(141)(4

)(22

xfx

x

x

xxf

zaklju ujemo da je funkcija neparna.



Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y


88

Pošto je

14

1

14

14414

142

8

14

2222

22

2

2

2,

2,

xxxx

xx

x

xxx

x

x

xy

jedna ina y’=0 nema rešenja. Dakle, ova funkcija nema stacionarne ta ke.

Prvi izvod funkcije nije definisan u ta kama prekida funkcije.

Pošto je 014 22 xx za svako x iz oblasti definisanosti funkcije, to je

y’>0 za svako x iz oblasti definisanosti, te je funkcija monotono rastu a u

oblasti definisanosti.


Ova funkcija nema ekstremume.



1414

212

1414

212

14

142

8142

14

14

14

1

223

2

224

3

24

2

22

24

,22

,

22

,,,,

xxx

x

xxx

xx

xx

x

xxxx

xx

xx

xxyy

Drugi izvod nije definisan u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.


89

Drugi izvod nema realnu nulu u oblasti definisanosti ove funkcije (ta ke

6

12,1x koje su realno rešenje jedna ine 0212 2x ne pripadaju

oblasti definisanosti).





x

2

1, ,

2

1

y''

>0 (+) <0 (-)


konveksna

funkcija je

konkavna

Tabela 2.7.2.c.2.

7. Asimptote



funkcije. Pošto je u ovom slu aju funkcija definisana u ta kama prekida, onda

ona nema vertikalnu asimptotu.


Kako je


90

214

lim

214

lim

2

2

x

x

x

x

x

x

zaklju ujemo da je prava y=2 desna horizontalna simptota, a prava y=-2 leva

horizontalna simptota.

c) Kosa asimptota

Pošto funkcija ima i levu i desnu horizontalnu asimptotu, anda ona nema kosu

asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.c.

4 x2

1

x

x

2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 2

3

2

1

1

2

3

Slika 2.7.2.b. Grafik funkcije x

xy

14 2


91

d)


Oblast definisanosti funkcije 33 11 xxy je x (- , ).


Kako jedna ina 011 33 xx nema realnih rešenja to ova funkcija

nema realnih nula.

Funkcija je neprekidna u skupu realnih brojeva.


Kako je

)(1111)( 3333 xfxxxxxf

zaklju ujemo da je funkcija parna.




004

121211011

0113

11

13

1

13

111

1

22223 23 2

3 23 2

3 23 2

3 23 2

,33,

xx

xxxxxxxx

xx

xx

xxxxy

Dakle, u ta ki x1 = 0 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna ta ka

funkcije, dok prvi izvod nije definisan u ta kama x2= -1 i x3= 1.


92





x (- , -1) (-1, 0) (0, 1) (1, )

y , >0 (+) >0 (+) <0 (-) <0 (-)

Zaklju ak funkcija

monotono raste

funkcija

monotono raste

funkcijamonotono

opada

funkcija monotono

opada

Tabela 2.7.2.d.1.


Analizom Tabele 2.7.2.d.1 zaklju ujemo da u ta ki x1 = 0 funkcija ima lokalni

maksimum koji iznosi f(0) = 2.

Dakle, ta ka M(0, 2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.



111101

1

1

1

9

2

13

21

3

2

3

1

13

1

13

1

3 53 5

3 53 5

3

5

3

5

,

3 23 2

,,,,

xxxxxx

xxxx

yy

Pošto poslednja jedna ina nema realnih rešenja to ne postoje nule drugog

izvoda.

Drugi izvod nije definisan u ta kama x2= -1 i x3= 1.


93





x 1, 1,1 ,1

y ,,

>0 (+) <0 (-) >0 (+)

y funkcija je

konveksna

funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.2.d.2.

Dakle, prevojne ta ke su ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, jer

je u tim ta kama funkcija definisana i drugi izvod menja znak pri prolasku kroz

njih. U ovim ta kama vrednost funkcije je:

32 21xf (ta ka 3 2,1(L ),

34 21xf (ta ka 3 2,1P ).

7. Asimptote



funkcije. Pošto je u ovom slu aju funkcija definisana za svako x iz skupa

realnih brojeva, onda ona nema vertikalnu asimptotu.


Koriste i identitet 2233 babababa dobijamo


94

01111

2lim

1111

11lim11lim

3 233 2

3 233 2

33

xxxx

xxxx

xxxx

x

xx

zaklju ujemo da je prava y=0 desna i leva horizontalna asimptota funkcije.

c) Kosa asimptota

Kako funkcija ima i desnu i levu horizontalnu asimptotu, onda ona nema kosu

asimptotu.

8. Grafik funkcije


3x 1( )

3x 1( )

x

6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6

2

1

1

2

3

Slika 2.7.2.d. Grafik funkcije 33 11 xxy

M

PL


95


a) xey

1

b) 2xey

c) xxey d) x

ey

x

1

Rešenje:

a)


Oblast definisanosti funkcije xey

1

je ,00,x .


Ova funkcija nema realnih nula.

Ta ka prekida funkcije je x1 =0.


Kako je

)()()(

11

xfxfeexf xx

zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.

4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i

karakter monotonosti



96

Pošto je

2

1,

1

,

x

eey

xx

jedna ina y’=0 nema rešenja.

Dakle, ova funkcija nema stacionarne ta ke.

Prvi izvod funkcije nije definisan u ta ki prekida funkcije.

Pošto je 02

1

x

e x

za svako x iz oblasti definisanosti funkcije, to je y’<0 za

svako x iz oblasti definisanosti, te je funkcija monotono opadaju a u oblasti

definisanosti.


Ova funkcija nema ekstremume.



2

10

212

4

1

4

1

2

2

1

,

2

1

,,,, xx

xe

x

exxx

e

x

eyy

xx

x

x

Drugi izvod je jednak nuli u ta ki2

12x i nije definisan u ta ki u kojoj i

funkcija nije definisana x1=0.

Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.a.2.. Da bismo odredili znak




97

x

2

1, 0,

2

1 ,0

y''

<0 (-) >0 (+) >0 (+)


konkavna

funkcija je

konveksna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.3.a.2.

Dakle, prevojne ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi

izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj ta ki vrednost funkcije je:

2

2

1exf ta ka M 2,

2

1e .

7. Asimptote


Pošto je

0lim

lim

1

0

1

0

x

x

x

x

e

e

zaklju ujemo da jer prava x=0 desna vertikalna asimptota funkcije.


Kako je


98

1lim

1

x

xe to je prava y = 1 leva i desna horizontalna simptota

funkcije.

c) Kosa asimptota


asimptotu.

8. Grafik funkcije


e

1

x

x

4 3 2 1 0 1 2 3 40.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Slika 2.7.3.a. Grafik funkcije xey

1

M


99

b)


Oblast definisanosti funkcije 2xey je ,x .


Ova funkcija nema realnih nula ni ta ke prekida.


Kako je

)()(22

xfeexf xx

zaklju ujemo da je funkcija parna.




Pošto je

00222 ,

, xexey xx

stacionarna ta ka funkcije je x1=0.

Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.






100

x (- , 0) (0, )

y , >0 (+) <0 (-)

Zaklju ak funkcijamonotono raste

funkcijamonotono opada

Tabela 2.7.3.b.1.


Analizom Tabele 2.7.3.b.1 zaklju ujemo da u ta ki x1 = 0 funkcija ima lokalni

maksimum koji iznosi f(0) = 1. Dakle, ta ka M(0, 1) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.



2

1

2

10120122

2222

32

22

,,,,,

2

222

xxxxe

exxexeyy

x

xxx

Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.b.2.. Da bismo odredili znak




101

x

2

1,

2

1,

2

1,

2

1

y''

>0 (+) <0 (-) >0 (+)


konveksna

funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.3.b.2.

Dakle, prevojne ta ke su ta ke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer drugi

izvod menja znak pri prolasku kroz njih. U ovim ta kama vrednost funkcije je:

eexf

1

2

12

1

ta ka L e

1,

2

1

eexf

1

2

12

1

ta ka P e

1,

2

1

7. Asimptote


Pošto funkcija nema ta ke prekida, ona nema ni vertikalne asimptote.


Kako je

0lim2x

xe to je prava y = 0 leva i desna horizontalna simptota


102

funkcije.

c) Kosa asimptota


asimptotu.

8. Grafik funkcije


ex

2

x

3 2 1 0 1 2 3

0.5

1

Slika 2.7.3.b. Grafik funkcije 2xey

M

PL


103

c)


Oblast definisanosti funkcije xxey je ,x .


Nula funkcije je u ta ki x1=0.


Kako je

)()()( xfxfxexexf xx

zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.




Pošto je

10)1(,, xxeexexey xxxx




izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.c.1.. Da bismo odredili znak




104

x (- , 1) (1, )

y , >0 (+) <0 (-)



Tabela 2.7.3.c.1.


Analizom Tabele 2.7.3.c.1 zaklju ujemo da u ta ki x2 = 1 funkcija ima lokalni

maksimum koji iznosi f(1) = e-1

.

Dakle, ta ka M(1, e-1

) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.



20202

11

3

,,,,,

xxxe

exexeyy

x

xxx

Drugi izvod je jednak nuli u ta ki 23x i definisan je u svim ta kama oblasti

definisanosti funkcije.






105

x 2, ,2

y''

<0 (-) >0 (+)


konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.3.c.2.

Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi


2

2 222

eexf ta ka L

2

2,2e

.

7. Asimptote


Pošto funkcija nema ta ke prekida, ona nema ni vertikalne asimptote.


Kako je

x

x

xxxx

x

x

xe

ee

xxe

lim

01

limlimlim

to je prava y = 0 desna horizontalna simptota funkcije.


106

c) Kosa asimptota

Kako je

x

x

x

xe

x

xelimlim

onda funkcija nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije


2 1 0 1 2 3 4

4

3

2

1

1

x ex

x

Slika 2.7.3.c. Grafik funkcije xxey

M L


107

d)



ey

x

1 je ,11,x .


Ova funkcija nema nule, a prekidna je u ta ki x1=1.


Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni

po etak zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.




Pošto je

201

2

1

1

1 22

,

, xx

xe

x

exe

x

ey

xxxx


Prvi izvod nije definisan u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.






108

x (- , 1) (1, 2) (2, )

y , >0 (+) >0 (+) <0 (-)


funkcijamonotono raste


Tabela 2.7.3.d.1.


Analizom Tabele 2.7.3.d.1 zaklju ujemo da u ta ki x2 = 2 funkcija ima lokalni

maksimum koji iznosi f(2) = - e2.

Dakle, ta ka M(2, -e2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.



3

2

4

,2,

2

,,,,

1

54

1

211221

1

2

x

xx

x

xexxex

x

xeyy

xxx

Pošto jedna ina x2-4x+5=0 nema realna rešenja to ne postoje nule drugog

izvoda.

Drugi izvod nije definisan u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.






109

x 1, ,1

y''

>0 (+) <0 (-)


konveksnaa

funkcija je

konkavna

Tabela 2.7.3.d.2.

7. Asimptote


Pošto je

x

e

x

e

x

x

x

x

1lim

1lim

1

1

zaklju ujemo da je prava x=1 vertikalna asimptota funkcije.


Kako je

01

lim

lim1

lim

x

e

ex

e

x

x

x

x

x

x

to je prava y = 0 leva horizontalna simptota funkcije.


110

c) Kosa asimptota

Kako je

x

x

x

x

x

xe

x

e

xx

elim

21lim

1lim


8. Grafik funkcije


3 2 1 0 1 2 3 4 5

20

17

14

11

8

5

2

1

4

7

10

ex

1 x

x


ey

x

1


111


a) 2

ln xxy b) x

xy

ln

c)x

xy

ln1

ln1 d)

x

xy

2

3ln

Rešenje:

a)



ln xxy je ,0x .


Funkcija ima prekid u ta ki x1=0.

Nule funkcije dobijamo rešavanjem jedna ine

(lnx)2 = 0 x=e

0=1, odnosno nula funkcije je u ta ki x2=1.


Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni po etak zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.



Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Kako je

20

2,2,

1

02ln0ln02lnlnln

2lnln

exex

xxxxx

xxxxxy

zaklju ujemo da se jedna stacionarna ta ka funkcije poklapa sa nulom

funkcije 12x , a da je druga stacionarna ta ka 2

3 ex .


112




prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.

x (0, e-2) (e-2,1) (1, )

y , >0 (+) <0 (-) >0 (+)

Zaklju ak funkcija

monotono raste

funkcija

monotono opada

funkcija

monotono raste

Tabela 2.7.4.a.1.


Analizom Tabele 2.7.4.a.1 zaklju ujemo da za x2 = 1 funkcija ima lokalni

minimum koji iznosi f(1) = 0, dok za 2

3 ex funkcija ima lokalni maksimum

koji iznosi 22 4)( eef .

Dakle, ta ka M(1,0) je ta ka lokalnog minimuma funkcije, a ta ka N(e

-2,4e

-2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.



1

4

,,,,,

01ln01ln

2

ln2ln2lnln

exxx

x

x

x

x

xxxyy

Drugi izvod je jednak nuli u ta ki 1

4 ex i definisan je u svim ta kama

oblasti definisanosti funkcije.


113





x 1,0 e ,1e

y''

<0 (-) >0 (+)


konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.4.a.2.



11 eexf ta ka L 11 ,ee .

7. Asimptote


Pošto je

02lim1

12

lim

1

ln2lim

1

1ln2

lim1

lnlimlnlim

0

2

0

0

2

0

2

0

2

0

x

x

x

x

x

x

xx

x

xxx

xx

xxxx

zaklju ujemo da funkcija nema vertikalnu asimptotu.


114


Kako je

2lnlim xx

x


c) Kosa asimptota

Kako je

22

lnlimln

lim xx

xx

xx


8. Grafik funkcije


0 1 2 3

1

1

2

3

4

x ln x( )( )2

x

Slika 2.7.4.a. Grafik funkcije 2

ln xxy

N

L

M


115

b)



xy

ln je ,0x .


Funkcija ima prekid u ta ki x1=0.


(lnx) = 0 x=e0

=1, odnosno nula funkcije je u ta ki x2=1.


Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni

po etak zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.




Kako je

eex

xx

x

x

xxx

x

xy

1

22

,

, 1ln0ln1

ln1

ln

zaklju ujemo da je stacionarna ta ka funkcije ex3 .



izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.b.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog



116

x (0, e) (e, )

y , >0 (+) <0 (-)

Zaklju ak funkcija

monotono raste

funkcija

monotono opada

Tabela 2.7.4.b.1.


Analizom Tabele 2.7.4.b.1 zaklju ujemo da za ex3 funkcija ima lokalni

maksimum koji iznosi e

ef1

)( .

Dakle, ta ka M(e,e-1

) je ta ka lokalnog minimuma funkcije.



2

3

43

4

2,

2

,,,,

03ln203ln2

ln121

ln1

exxx

x

x

xxxx

x

xyy

Drugi izvod je jednak nuli u ta ki 2

3

4 ex i definisan je u svim ta kama

oblasti definisanosti funkcije.

Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.b.2.. Da bismo odredili znak




117

x2

3

,0 e ,2

3

e

y''

<0 (-) >0 (+)

Zaklju ak funkcija je konkavna

funkcija je konveksna

Tabela 2.7.4.b.2.



2

32

3

2

3

e

exf ta ka L

2

32

3

2

3,

e

e .

7. Asimptote


Pošto je

x

x

x

lnlim

0

zaklju ujemo da je prava x=0 desna vertikalna asimptota funkcije.


Kako je


118

01

limln

limxx

x

xx

zaklju ujemo da je prava y=0 desna horizontalna asimptota funkcije.

c) Kosa asimptota

Funkcija nema kosu asimptotu jer ima desnu horizontalnu asimptotu, a za x<0

nije definisana.

8. Grafik funkcije


0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

3

2

1

1

ln x( )( )

x

x

Slika 2.7.4.b. Grafik funkcije x

xy

ln

M L


119

c)



xy

ln1

ln1 dobijamo rešavanjem

sistema

100ln10 exxxx .

Dakle, oblast definisanosti je odre ena sa ,,0 11 eex .



1-lnx = 0 x=e1, odnosno nula funkcije je u ta ki x1=e.

Funkcija ima prekid u ta kama x2=0 i x3=e-1

.


Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni po etakzaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.




Važi


120

22

,

,

ln1

2

ln1

ln11

ln11

ln1

ln1

xxx

xx

xx

x

xy .

Kako jedna ina 0,y nema realnih rešenja u oblasti definisanosti funkcije,

zaklju ujemo da ova funkcija nema stacionarnih ta aka.

Prvi izvod nije definisan u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.


izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.c.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog


x (0, e-1) (e-1, )

y , <0 (-) <0 (-)

Zaklju ak funkcija monotono opada

funkcija monotono opada

Tabela 2.7.4.c.1.


Pošto je funkcija diferencijabilna u oblasti definisanosti i pošto nema

stacionarne ta ke, onda ona nema ni ta ke ekstremuma.


121



3

432

42

2,

2

,,,,

0ln30ln1

ln3

ln1

1ln12ln1

ln1

2

exxxx

x

xx

xxxx

xxyy

Drugi izvod je jednak nuli za 3

4 ex i nije definisan u ta kama u kojima i

funkcija nije definisana.



drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.

x 3,0 e 13 ,ee ,1e

y''

>0 (+) <0 (-) >0 (+)


konveksna

funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.4.c.2.

Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj ta ki vrednost funkcije je:

23exf ta ka L 2,3e .


122

7. Asimptote


Pošto je

x

x

x

x

x

x

x

x

ex

ex

xx

ln1

ln1lim

ln1

ln1lim

11

1

limln1

ln1lim

1

1

00

zaklju ujemo da je prava x=e-1

vertikalna asimptota funkcije.


Kako je

11

1

limln1

ln1lim

0

x

x

x

x

xx

zaklju ujemo da je prava y= -1 desna horizontalna asimptota funkcije.

c) Kosa asimptota

Funkcija nema kosu asimptotu jer ima desnu horizontalnu asimptotu, a za x<0

nije definisana.


123

8. Grafik funkcije


3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

4

3

2

1

1

2

3

1 ln x( )( )

1 ln x( )

x


xy

ln1

ln1

d)



xy

2

3ln dobijamo rešavanjem

sistema

L


124

3,222323

2020302030202

3

xxxxxx

xxxxxxx

x

.

Dakle, oblast definisanosti je odre ena sa .3,2x .



2

552231

2

30

2

3ln xxxx

x

x

x

x

odnosno nula funkcije je u ta ki x1=2,5.

Funkcija ima prekid u ta kama x2=2 i x3=3.


Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni po etak zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.




Važi


125

xxx

xx

x

x

x

xy

23

1

2

32

3

2

2

3ln

2

,

, .

Kako jedna ina 0,y nema realnih rešenja u oblasti definisanosti funkcije,

zaklju ujemo da ova funkcija nema stacionarnih ta aka.

Prvi izvod nije definisan u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.

Kako u oblasti definisanosti funkcije važi 023 xx to je prvi izvod manji od nule

za svako x iz oblasti definisanosti, odnosno funkcija je monotono opadaju a.


Pošto je funkcija diferencijabilna u oblasti definisanosti i pošto nema

stacionarne ta ke, onda ona nema ni ta ke ekstremuma.



2

50250

23

25

23

142

,

,,,, xxxx

x

xxyy

Drugi izvod je jednak nuli za 2

54x , odnosno u ta ki u kojoj je i nula

funkcije , i nije definisan u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.






126

x

2

5,2 3,

2

5

y''

>0 (+) <0 (-)

Zaklju ak funkcija je konveksna

funkcija je konkavna

Tabela 2.7.4.d.2.


izvod menja znak pri prolasku kroz nju.

Dakle ta ka )0,2

5(L je prevojna ta ka.

7. Asimptote


Pošto je

x

x

x

x

x

x

2

3lnlim

2

3lnlim

3

2

zaklju ujemo da su prave x=2 i x=3 vertikalne asimptote funkcije.


Funkcija nema horizontalnu asimptotu.


127

c) Kosa asimptota

Funkcija nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije


1 2 3 4

4

3

2

1

1

2

3

4

lnx 3

2 x

x

Slika 2.7.4.d. Grafik funkcije x

xy

2

3ln


128

Zadaci za vežbu


a) 2

2

4

4

x

xy b)

2

2

2

32

xx

xxy c)

3

4 13

x

xy

d) 2

62

x

xxy e)

1

1

x

xy f) 3 322 xxy

g) xxy 4 h) xxy 33 i) 4

8

2xxy

j) 3 2

2x

xy k) xexy 2 l)

1x

ey

x

m) 1482 xxey n) 222 xexy o)

x

xy

11ln

2

p) x

ey1

ln q) xey 1ln r) x

xy

2ln

s) 1

11ln

2

2

xxy t)

x

xy

ln1


129

3. FUNKCIJE DVE NEZAVISNO PROMENLJIVE

3.1. Parcijalni izvodi i diferencijali funkcije dve nezavisno promenljive

Rešeni zadaci:

3.1.1. Na i parcijalne izvode prvog reda slede ih funkcija

a) yx

yxz b)

22 yx

xz

c) yxz d) 22ln yxxz

e) yxez f) xyyxez22

Rešenje:

a)

22

22

2

2

yx

x

yx

yxyx

y

z

yx

y

yx

yxyx

x

z

b)

2

322

2

322

2

22

22

22

2

2

yx

yx

y

z

yx

y

yx

xyx

xyx

x

z


130

c)

xxy

zxy

x

z yy ln1

d)

2222

222222

22

22

2212

21

yxyxx

y

y

z

yxyxyxx

yxx

yxx

yx

x

x

z

e)

xyxy exy

zey

x

z

f)

xyyx

xyyx

exyy

z

eyxx

z

22

22

2

2

3.1.2. Na i parcijalne izvode drugog reda slede ih funkcija:

a) 22 yxz b) yxz 2ln

c) 2xyez d)

y

xz

2

2


131

Rešenje:

a)

Kako je

2

322

2

2

322

2

22

22

22

2

2

2

322

2

22

22

22

2

2

2222

yx

yx

yx

z

yx

x

yx

yyx

yyx

y

z

yx

y

yx

xyx

xyx

x

z

jetoyx

y

y

z

yx

x

x

z

b)

Kako je

22

2

222

2

22

2

22

22

2

2

22

2

1

242

12

yx

x

yx

z

yxy

z

yx

xy

yx

xyx

x

z

jetoyxy

z

yx

x

x

z


132

c)

Kako je

222

22

2

2

4

2

2

2

1222

21222

2

222

222

2

22

xyyexyeyyeyx

z

xyxeexyxey

z

eyx

z

jetoxyey

zey

x

z

xyxyxy

xyxyxy

xy

xyxy

d)

Kako je

2

2

3

2

2

2

2

2

2

2

12

4

12

8

12

2

12

2

12

2

y

x

yx

z

y

x

y

z

yx

z

jetoy

x

y

z

y

x

x

z


133

3.1.3. Na i totalni diferencijal prvog reda slede ih funkcija:

a) yyxz b) y

yxz ln

c) 32 yxz d) 22ln yxz

Rešenje:

a)

dyxyxxdxxydyy

zdx

x

zdz yyy ln12

b)

yxy

xdy

yx

dxdy

y

zdx

x

zdz

c)

dyyxdxxydyy

zdx

x

zdz 223 32

d)

ydyxdxyx

dyy

zdx

x

zdz

22

2

3.1.4. Na i totalni diferencijal drugog reda slede ih funkcija:

a) xyez b) 23 yxz

c) yxz ln d) yxyxz lnln22


134

Rešenje:

2

2

222

2

22 2 dy

y

zdxdy

yx

zdx

x

zzd

a)

Kako je

22222

22

2

22

2

2

12

1

dyexdxdyexydxeyzd

jepaexyyx

zex

y

zey

x

z

jetoxey

zye

x

z

xyxyxy

xyxyxy

xyxy

b)

Kako je

232222

22

3

2

22

2

2

322

2126

626

23

dyxydxdyxdxxyzd

jepayxyx

zx

y

zxy

x

z

jetoyxy

zyx

x

z


135

c)

Kako je

dxdyy

dyy

xzd

jepayyx

z

y

x

y

z

x

z

jetoy

x

y

zy

x

z

2

10

ln

2

2

2

2

22

2

2

2

d)

Kako je

2

2

2

2

2

2

22

2

22

2

12

12

01

21

2

12

12

dyy

dxx

zd

jepayx

z

yy

z

xx

z

jetoy

yy

z

xx

x

z

Zadaci za vežbu

3.1.5. Na i parcijalne izvode prvog i drugog reda i totalne diferencijale prvog i

drugog reda slede ih funkcija

a) 22ln yxyz b) yx

yxz

43

52

c) y

x

yexyz d) y

xyz ln

e)

2

x

yxyz f)

22

22

yx

yxz


136

3.2 Ekstremne vrednosti funkcije dve nezavisno promenljive

Rešeni zadaci:

3.2.1. Na i ekstremne vrednosti slede ih funkcija

a) yxyxyxz 6322 b) 221

1

yx

yxz

c) yxeyxz 22 2 d) 2221 yxz

Rešenje:

a)

Na imo stacionarne ta ke date funkcije iz uslova 00y

z

x

z.

Dobijamo sistem jedna ina

062

032

yxy

z

yxx

z

ije je rešenje x=0, y=3.

Dakle, ta ka M(0,3) je stacionarna ta ka funkcije.

Na imo sada druge parcijalne izvode:

Byx

z

Cy

z

Ax

z

1

2

2

2

2

2

2

2


137

Kako je izraz =AC-B2= 03122 za svako (x,y) iz oblasti definisanosti,

pa i u ta ki M(0,3) to funkcija u toj ta ki ima lokalni ekstremum, i to lokalni

minimum, jer je A=2 0, koji iznosi

93,0min zz .

b)


z

x

z. Dobijamo

sistem jedna ina

010

1

1

1

11

1

010

1

1

1

11

1

2

2

322

2

22

22

22

2

2

322

2

22

22

22

yxyx

yx

yxyx

yx

yxyx

yyx

y

z

xxyy

yx

xxyy

yx

yxyx

xyx

x

z

Ako drugu jedna inu oduzmemo od prve dobijamo da je

x2-y

2+x+y =0 (x-y) (x+y)+x+y=0 (x+y) (x-y+1) =0 x= -y x=y-1.

Sada za x= -y imamo iz druge jedna ine y2-y

2+y+1=0 y=-1 pa vra aju i u

x=-y dobijamo da je x=1 pa je stacionarna ta ka M(1, -1).

Vra aju i x=y-1 u drugu jedna inu dobijamo jedna inu y2 –y+1=0 koja nema

realna rešenja.

Dakle, jedina stacionarna ta ka je ta ka M(1, -1).



138

B

yx

yxxyyxxyyx

yx

xxyyyyxyxxy

yx

xxyy

yyx

z

C

yx

yxxyyxyxx

yx

yxyxyyxyxx

yx

yxyx

yy

z

A

yx

xyxyyxyxy

yx

xxyyxyxyxy

yx

xxyy

xx

z

yx

yx

yx

33

1

1

322

1

1212

312

1

1

33

2

1

13232

1

1212

311

1

1

33

2

1

13322

1

1212

311

1

1

11

2

522

2233

322

22

122

2

322

2

322

22

11

2

522

22223

322

22

122

2

322

2

322

2

2

2

11

2

522

22223

322

22

1222

322

2

322

2

2

2

Dakle, u stacionarnoj ta ki je

=AC-B2= 0

9

1

33

1

33

2

33

22


139

pa funkcija u njoj ima ekstremum i to, zbog 033

2A lokalni maksimum

koji iznosi

3111

1111,1

22max zz

c)


z

x

z. Dobijamo

sistem jedna ina

024

022

22

22

yx

yx

eyyxy

z

eyxxx

z

Ovaj sistem je ekvivalentan sistemu

024

022

22

22

yyx

yxx

ije je rešenje (x=0, y=0) i (x= -4, y= -2).

Dakle, ta ke M(0,0) i N( -4, -2) su stacionarne ta ke funkcije.



140

Beyyxxyx

z

Ceyyxy

z

Aeyxxx

z

yx

yx

yx

2244

428

224

222

22

2

2

22

2

2

Kako je u ta ki M(0,0) izraz =AC-B2= 012242

2 to u njoj

funkcija nema ekstremum.

U ta ki N( -4, -2) je =AC-B2= 0682126 42222 eeee

to u njoj funkcija ima ekstremum i to lokalni maksimum jer je u njoj

06 2eA .

Taj maksimum iznosi .82,4 2

max ezz

d)


z

x

z. Dobijamo

sistem jedna ina

004

10)1(2

yyy

z

xxx

z

Dakle, jedina stacionarna ta ka je ta ka M(1,0).



141

Bxyyx

z

Cyyy

z

Axxx

z

0)1(2

44

2)1(2

2

2

2

2

2

Kako je u M(1,0) =AC-B2=8 0 zaklju ujemo da je to ta ka lokalnog

ekstremuma funkcije i to lokalnog minimuma, jer je A=2 0, koji iznosi

zmin=z(1,0)=0.

3.2.2. Na i uslovne ekstremume slede ih funkcija

a) 1346 22 yxuslovupriyxz

b) 122 yxuslovupriyxz

c) 1yxuslovuprixyz

d) 743 22 yxuslovupriyxz

Rešenje:

a)

Lagranžeova funkcija je

F(x,y)=6-4x-3y+ (x2+y

2-1) pa je

yy

Fx

x

F2324 .

Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na slede i sistem

jedna ina


142

-4+2 x=0

-3+2 y=0

x2+y

2=1

Rešenje ovog sistema su skupovi ta aka

5

3

5

4

2

5

5

3

5

4

2

5

222

111

yx

iyx

Kako je

5

3

5

4

2

5

2

202

111

222

2

22

2

2

yx

jeKada

dydxFd

jetoy

F

yx

F

x

F

tada je d2F 0, pa u toj ta ki

5

3,

5

41M funkcija ima uslovni minimum koji

iznosi

15

9

5

166minz .


143

Kada je

5

3

5

4

2

5222 yx

tada je d2F 0, pa u toj ta ki

5

3,

5

42M funkcija ima uslovni maksimum

koji iznosi

.115

9

5

166maxz

b)


F(x,y)=x2+y

2+ (x+y-1) pa je

yy

Fx

x

F22 .


jedna ina

2x+ =0

2y+ =0

x+y=1


2

1

2

11 yx


144

Kako je

222

2

22

2

2

2

202

dydxFd

jetoy

F

yx

F

x

F

pa je d2F 0, odnosno u toj ta ki

2

1,

2

1M funkcija ima uslovni minimum koji

iznosi

2

1

2

1

2

122

minz .

c)


F(x,y)=xy+ (x+y-1) pa je

xy

Fy

x

F.


jedna ina

y+ =0

x+ =0

x+y=1



145

2

1

2

1

2

1yx

Kako je

dxdyFd

jetoy

F

yx

F

x

F

2

010

2

2

22

2

2

Pošto je

022

01

22 dxdxdyFd

jepadxdyodnosnodydxjetoyx

odnosno u toj ta ki 2

1,

2

1M funkcija ima uslovni maksimum koji iznosi

4

1

2

1

2

1maxz .

d)


F(x,y)=x2+3y

2+ (4x+y-7) pa je

yy

Fx

x

F642 .


jedna ina

2x+4 =0


146

6y+ =0

4x+y=7


7

1

7

12

7

6yx

Kako je

222

2

22

2

2

62

602

dydxFd

jetoy

F

yx

F

x

F

pa je d2F 0, odnosno u toj ta ki

7

1,

7

12M funkcija ima uslovni minimum

koji iznosi

37

13

7

1222

minz .


147

Zadaci za vežbu

3.2.3. Na i ekstremume slede ih funkcija:

a) 2222 yxeyxz b) yxxyz 12

c) xyyxz 3022 33 d) 221 yxxyz

3.2.4. Na i slede e uslovne ekstremume:

a) 52 22 yxuslovupriyxz

b) 132

22 yxuslovupriyxz

c) 723 yxuslovuprixyz

d) 132 yxuslovupriyxz


148

4. INTEGRALI

4.1 Nalaženje neodre enih integrala

4.1.1 Direktna (neposredna) integracija

Rešeni zadaci:

4.1.1.1. Izra unati:

a) dxxxx 243 23 b) dxxx 3

c) dxx

x3

1 d) dxxx 2

32

e) dxx

ee

xx

21 f) dx

x

x

12

2

Rešenje:

a)

Cxxxx

dxxxx 22

434

3243234

23

b)

CxxCxx

dxxdxxdxxx 3

4

2

313

11

2

1

3

1

2

1

3

4

3

3

2

13

11

2

1


149

c)

CxxxxCxx

xx

dxx

xxdxx

xxx

dxx

x

ln633

2ln

12

133

12

1

133

1331

2

1

2

312

11

2

1

2

1

2

1

2

3

3

d)

C

dxdxdx

xxx

xxxxxxxxx

9ln

9

6ln

62

4ln

4

96243322232 222

e)

CxeCx

edxx

edxx

ee xxx

xx 1

12

22 12

11

f)

Carctgxxdxx

dxx

xdx

x

x

1

11

1

11

1 22

2

2

2

Zadaci za vežbu


a) dxxx

11

3 5 b) dxxx 73


150

c) dxxxx 12 d) dxx

xx

3 2

22 31

e) dxx

xx ba 2

f) dxax

ba3

g) dxx

3

3

2

3

2

2 h) dxx

bxaxx

4.1.2 Integracija metodom smene

Rešeni zadaci:


a) dxx10

57 b) xdxx 62

c) dxe

x

5

2

d) dxx

e x

e) dxx

x

22 f) dx

x

x

5 3

2

32

g) dxx

x

2 h) dx

e x 1

1

Rešenje:

a)

Smenom 7

757dt

dxdtdxtx dobijamo


151

Cx

Ct

dttdt

tdxx77

57

117

1

7

1

757

1111101010

b)

Smenom 2

262 dtxdxdtxdxtx dobijamo

CxCtCtdt

txdxx 2

322

312

1

2 63

1

3

1

12

12

1

26

c)

Smenom dtdxdtdxtx

2

5

5

2

5

2 dobijamo

CeCedtedxe

x

tt

x

5

2

5

2

2

5

2

5

2

5

d)

Smenom dtx

dxdt

x

dxtx 2

2 dobijamo

CeCedtedxx

e xttx

222

e)

Smenom 2

222 dtxdxdtxdxtx dobijamo

CxCtt

dtdx

x

x2ln

2

1ln

2

1

2

1

2

2

2


152

f)

Smenom 9

932 223 dtdxxdtdxxtx dobijamo

CxCtCt

dtt

dxx

x 5 435

415

1

55 3

2

3236

5

36

5

15

19

11

9

1

32

g)

Smenom dtdxtxtx 22 dobijamo

Cxx

Ctttt

dtttdtt

tdx

x

x

2

1

2

3

2

1

2

312

11

2

1

2

1

2

1

2423

2

43

2

12

12

12

12

2

2

h)

Smenom xx ettet

dtdxtx 1ln dobijamo

CeCtt

dtdt

t

tdxe

x

x1ln1ln

11

1

1

1

1

Zadaci za vežbu


a) dxxx15

23 b) dxx

x

1

1


153

c) 2

1 x

x

e

dxe d) dx

x

xln

e) xx

dx

ln f) dxex x322

g) dxxx 22 h) dxxx 23

4.1.3. Integracija metodom parcijalne integracije

Rešeni zadaci


a) dxxe x2 b) dxex x22

c) dxe x d) dxex x1

e) xdxln f) dxxx ln

g) dxx2ln h) dxxx 2ln

Rešenje:

a)

Podintegralni izraz razdvajamo na


154

xx

x

edxedvvdxdu

jepadxedvixu

22

2

2

1

Sada je

CxeCexedxexedxxe xxxxxx

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1 222222

b)


xx

x

edxedvvxdxdu

jepadxedvixu

22

22

2

12

Sada je

CxxeCxeexdxexex

dxxeexdxex

xxxxx

xxx

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

22

1

2

1

22222222

22222

c)

Prvo izvršimo smenu tdtdtxdxdtx

dxtx 22

2

dobijamo dttedxe tx 2 .

Integral dttet rešavamo metodom parcijalne integracije gde je

ttt edtevdtedvdtdutu pa je


155

CxeCtedtetedttedxe xttttx 12)1(222

d)


xx

x

edxedvvdxdu

jepadxedvixu 1

Sada je

CexCeexdxeexdxex xxxxxx )2()1()1()1(

e)


xdxdvvx

dxdu

jepadxdvixu ln

Sada je

Cxxxx

dxxxxdxx lnlnln


156

f)


2

ln

2xxdxdvv

x

dxdu

jepaxdxdvixu

Sada je

Cxxx

x

dxxx

xdxxx 2

222

4

1ln

22ln

2ln

g)


xdxdvvx

dxxdu

jepadxdvixu

ln2

ln 2

Sada je

CxxxxxCxxxxxxdxxxdxx 2ln2lnln2lnln2lnln 2222

h)


3

2ln2

ln

2

1

2

xxdxxdvv

x

dxxdu

jepadxxdvixu


157

Sada je

xdxxxxx

dxxx ln3

4ln

3

2ln 22

Integral xdxx ln rešavamo tako e parcijalnom integracijom gde

je

3

2

ln

2

1xx

dxxdvvx

dxdu

jepadxxdvixu

tako da dobijamo

.9

4ln

3

2

3

2ln

3

2ln C

xxx

xx

x

dxxxx

xxxdxx

Dakle, dobijamo

Cxxxx

Cxx

xxx

xxx

xdxxxxx

dxxx

9

8ln

3

4ln

3

2

9

4ln

3

2

3

4ln

3

2ln

3

4ln

3

2ln

2

222

Zadaci za vežbu


a) dxex x2 b) dxex x3


158

c) dxxe x2 d) xdxx ln

e) dxx

xln f) dxxx ln2

4.1.3. Integracija racionalnih funkcija

Rešeni zadaci:


a) dxx

xx

2

623

b) dxxxx

xx

421

622

c) dxxx

x

31

13

2

d) dxx

xx22

3

1

2

Rešenje:

a)

Cxxxx

dxx

xxdxx

xx2ln102

32

1022

2

62 23

23


159

b)

421

248356

421

214142

421421

62

2

2

xxx

CBACBAxCBAx

xxx

xxCxxBxxA

x

C

x

B

x

A

xxx

xx

Izjedna avaju i koeficijente uz x dobijamo slede i sistem jedna ina

6248

2356

1

CBA

CBA

CBA

Rešenje ovog sistema je 57,3 CBA pa

je

Cxxx

dxxxx

dxxxx

xx

4ln52ln71ln3

4

5

2

7

1

3

421

622

c)

3

32

2

1

2

3

3

32

2

1

3

3

2

21

3

2

1331311

31

133131

311131

1

xBxAxxAxxAx

jeodaklexx

xBxAxxAxxA

x

B

x

A

x

A

x

A

xx

x

Koeficijente A1, A2, A3, B možemo izra unati i na slede i na in. Kako

jedna ina

3

32

2

1

2 1331311 xBxAxxAxxAx važi za svako


160

x to stavljaju i x=1 dobijamo 2=4A3 , odnosno 2

13A .

Za x=-3 dobijamo 10=-64B, odnosno .32

5B

Izjedna avanjem koeficijenata uz x3 dobijamo A1+B=0 odakle je

32

51 BA .

Koeficijent A2 dobijamo stavljaju i bilo koju vrednost za x osim x=1, i x=-3,

recimo x=0.

Za x=0 dobijamo

BAAA 321 3331

odakle je .8

32A

Sada je

Cxxx

x

dxxxxx

dxxx

x

3ln32

5

14

1

18

31ln

32

5

3

1

32

5

1

1

2

1

1

1

8

3

1

1

32

5

31

1

2

323

2

d)

22

2121

2

1

3

1

22

22

2

11

22

22

2

11

22

3

1

1

1

111

2

x

BBxAAxBxA

x

BxAxBxA

x

BxA

x

BxA

x

xx

Izjedna avaju i koeficijente uz jednake stepene x dobijamo sistem


161

0

2

0

1

21

21

1

1

BB

AA

B

A

ije je rešenje 0,3,0,1 2211 BABA pa

je

.12

31ln

2

1

2

3ln

2

1

2

3

21

3

1

2,1

1

3

11

2

2

2

2222

2

22222

3

Cx

xCt

tt

dt

t

dt

x

xdx

x

xdx

dobijamodtxdxtx

Smenom

x

xdx

x

xdxdx

x

xx

Zadaci za vežbu


a) dxxx

xxx3

35 123 b) dx

x

x3

2

1

1

c) 234 96 xxx

dx d) dx

xxx

x23

2

2

1


162

4.2 Nalaženje odre enih integrala

4.2.1 Direktna (neposredna) integracija

Rešeni zadaci:


a) dxx

xx2

1

5

b)

2e

ex

dx

c)

3

2

2 dxex x d)

1

1

3 4 dxx

Rešenje:

a)

555552

1

5

12

1

2

1

5

42

1

5

25125112512|5|1 xxdxxdxx

xx

b)

112lnln2lnln|ln 2

22

eeeexx

dx e

e

e

e

c)

3223333

2

3

2

3

2

32 4

2

27

2

2

2

3||

2eeeee

xdxex xx


163

d)

81144

1

4

1|4|

44

441

1

1

1

41

1

3 xx

dxx .

4.2.2 Integracija metodom smene

Rešeni zadaci:


a) dxx

1

0

2 b)

4

2 12x

dx

c)

0

124 x

xdx d) dx

e

e

x

x2

1

1

e)

4

2

3lndx

x

x f)

2

1

2

1

dxx

e x

Rešenje:

a)

Smenom

183

212

3

2|

3

22

11

20

2

332

1

2

32

1

2

11

2

1

0

tdttdttdxx

jepatx

tx

zadobijamodtdxdtdxtx


164

b)

Smenom

5359|2

1

2

1

12

94

52

2212

9

5

2

19

5

2

19

5

4

2

tdttt

dt

x

dx

jepatx

tx

zadobijamodt

dxdtdxtx

c)

Smenom

233234|2

1

24

40

31

224

4

3

2

14

3

2

14

3

0

12

2

tdttt

dt

x

xdx

jepatx

tx

zadobijamodt

xdxdtxdxtx


165

d)

Smenom

eeee

eeee

ttdttttt

dttdx

e

e

jepaetx

etx

zadobijamot

dt

e

dtdxdtdxete

e

e

e

e

e

e

e

ex

x

x

xx

112

1122

|2|211

2

1

2

2

2

1

2

1

2

3

2

12

1

2

2222

e)

Smenom

2ln4ln4

1|

4

ln

4ln4

2ln2

ln

444ln

2ln

44ln

2ln

3

4

2

3 tdttdx

x

x

jepatx

tx

zadobijamodtx

dxtx


166

f)

Smenom

eeedtedxx

e

jepatx

tx

zadobijamodtx

dxdt

x

dxt

x

ttx 2

1

1

2

1

1

2

1

2

1

22

|

2

12

11

1

Zadaci za vežbu


a)

3

0 2 x

dx b)

2

3

2 5dxxx

c)

3

0

1dxe x d)

3

1ln2 xx

dx

e)

5

2 1xe

dx f)

0

13 12x

dx


167

4.2.3. Parcijalna integracija

Rešeni zadaci:


a)

3

1

1ln dxx b)

2

lne

e

dxx

x

c)

2

1

dxxe x d)

0

3

dxxe x

Rešenje:

a)


xdxdvvx

dxdu

jepadxdvixu

1

1ln

Sada je

24ln3

22ln24ln42ln14ln32ln4ln3|1ln|1ln

1

11|1ln

1|1ln1ln

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1

xxxx

dxx

xxx

xdxxxdxx


168

b)


xdxx

dvvx

dxdu

jepadxx

dvixu

21

1ln

Sada je

eeeeeeeeeee

xxxx

dxxx

x

dxxxxdx

x

x e

e

e

e

e

e

e

e

e

e

e

e

e

e

2442444ln2ln2

|4|ln22|ln22|ln2ln

222

222

22

22

c)


xx

x

edxedvvdxdu

jepadxedvixu

Sada je

211221

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

322

|||

eeeeee

exedxexedxxe xxxxx


169

d)


xx

x

edxedvvdxdu

jepadxedvixu

Sada je

143||| 33030

3

0

3

0

3

0

3

0

3

eeeeexedxexedxxe xxxxx

Zadaci za vežbu


a)

4

2

22 dxex x b)

2

2

3 dxex x

c)

1

2

2 ln xdxx d)

5

3

ln xdxx

e)

e

xdxx1

22 ln f)

1

0

1 dxex x


170

4.2.4. Nesvojstveni integrali

Rešeni zadaci:


a) 1

2x

dx b)

0

3 dxx

c) 0

31 x

xdx d)

4

0 4 x

dx

e)

1

2x

dx f)

1

0

ln xdx

Rešenje:

a)

11

1lim|1

limlim1

1

2

1

2 bxdxx

x

dx

b

bb

bb

b)

3ln

1

3ln3

1

3ln

1lim|

3ln

3lim3lim3

000

bb

bxb

b

x

b

x dxdx

c)

Pošto je za 1+x=t , dx=dt, x=t-1

Cxx

Ctt

dtttt

dtt

x

xdx

1

1

12

1

2

111

122

32

33


171

to je

2

11

2

1

1

1

12

1lim

|1

1

12

1lim

1lim

1

2

02

0

3

0

3

bb

xxx

xdx

x

xdx

b

b

b

b

b

d)

Podintegralna funkcija nije definisana za x=4, pa je

.4422lim

42442lim|42lim4

lim4

0

0

4

0

4

00

4

00

xx

dx

x

dx

e)


.2ln1ln2lnlnlim

ln1ln2lnlnlim|ln|lnlimlimlim

0

0

1

22

0

1

0

1

20

xxx

dx

x

dx

x

dx

f)



172

.1lim11

1

lim11

lnlim1

ln11ln1lim|lnlimlnlimln

0

2

00

0

11

0

1

00

xxxxdxxdx

Zadaci za vežbu


a) 0

2

dxxe x b)

e

xdxx0

2ln

c)

7

05x

dx d)

6

23 2 16x

xdx

e) dxxe x2

f)

1

x

dx


173

5. EKONOMSKE FUNKCIJE

5.1. Odrediti cenu pri kojoj se postiže ravnoteža izme u tražnje i ponude

ako je funkcija tražnje 2

2px a funkcija ponude .12 py

Rešenje:

Oblast definisanosti funkcije tražnje odre ujemo iz uslova za koje važi

2,020

0220200'002

ppRpp

pppxxp

a oblast definisanosti funkcije ponude iz uslova za koje važe implikacije

.,2

1

2

10

0201200'00

pRppp

ppyyp

Cena pri kojoj nastupa ravnoteža na tržištu mora biti iz skupa vrednosti za koje

je definisana i tražnja i ponuda na tržištu, odnosno iz skupa

.2,2

1,

2

12,0

Izjedna avaju i funkcije tražnje i ponude dobijamo:

.51056122 21

22ppppppyx

Kako rešenje p2=5 ne pripada intervalu 2,2

1, to ga odbacujemo, dok

,2,2

111p pa se dakle ravnoteža na tržištu postiže za vrednost cene p=1.


174

5.2. Data je funkcija grani nog prihoda 2303' xPx i funkcija grani nih

troškova 302' xC . Odrediti

a) funkciju ukupnog prihoda koriste i uslov P(0)=0

b) funkciju ukupnih troškova uz uslov C(0)=500

c) dobit pri proizvodnji od 100 jedinica proizvoda

Rešenje:

a)

Kako je dx

dPPx

'

to je

Cxx

dxxdxPdPxP x 2302

32303)(2

'

Iz P(0)=0 dobijamo

xx

PjepaCP 2302

30)0(2

b)

Kako je dx

dCC '

to je

CxxdxxdxCdCxC 30302)( 2'

Iz C(0)=500 dobijamo

50030500)0( 2 xxCjepaCC


175

c)

Funkcija ukupnog prihoda je definisana za x=100, jer je

0100080001002301002

3)100( 2 xiP

a takodje je za x=100 definisana i funkcija ukupnih troškova, jer je

.01000170302)100(

0750050010030100)100(

100

'

2

xixC

iC

xza

Kako je dobit D=P-C to je dobit pri proizvodnji od 100 jedinica

proizvoda jednaka

50075008000

500100301001002301002

3)100()100()100( 22CPD

5.3 Funkcija tražnje jedne robe data je u obliku 4

2020

p

ex . Odrediti

koli inu i cenu pri kojima e ukupan prihod pri prodaji ove robe biti

maksimalan. Koliko iznosi maksimalan prihod?

Rešenje:


.,00

002000'004

204

20

pRpRpp

eepxxp

pp

Pošto je 4

2020

p

pexpP to cenu pri kojoj funkcija ukupnog prihoda ima

maksimum dobijamo iz

0,20020,0

,0200)20(200

''

420

420

420'

PpzaaPpzajeKako

ppepeeP

ppp


176

to zaklju ujemo da za cenu p=20 funkcija ukupnog prihoda ima maksimum koji

iznosi

34

20

20

max 4002020 eeP

Koli ina pri kojoj se postiže maksimalan prihod je .2020)20( 34

20

20

eex

5.4. Data je funkcija prose nih troškova 0,,,2 cbacbxaxC .

Odrediti minimum prose nih troškova. Pokazati da u ta ki minimuma važi

'CC .

Rešenje:

Kako je

0022

02

'''

ajejeraCia

bxbaxC

to za a

bx

2 funkcija prose nih troškova ima minimum koji iznosi

a

bcc

a

b

a

bc

a

bb

a

ba

a

bCC

44

2

4222

2222

min

.

Pošto je

a

bcc

a

b

a

bc

a

bb

a

ba

a

bC

jepacbxaxCjeodaklecxbxaxxCC

44

4

4

3

22

23

2

23

2222

'

2'23

odnosno u ta kim minimuma je 'CC .


177

5.5. Funkcija ukupnih troškova je 506 2xC , a funkcija tražnje je

154

px . Odrediti proizvodnju i cenu pri kojima se postiže maksimalna

dobit i koliko ona iznosi. Odrediti proizvodnju pri kojoj je ukupan prihod

jednak ukupnim troškovima (gornju i donju granicu rentabilnosti).

Rešenje:

Oblast definisanosti funkcije ukupnih troškova odre ujemo iz uslova za koje

važi

.,000

00120506000 2'

xxxRx

xxxxCC


.15,060,0600

04

1015

400'00

xpRppp

ppxxp

Proizvodnja i cena pri kojima se postiže maksimalna dobit i pri kojima je

ukupan prihod jednak ukupnim troškovima moraju biti iz skupa vrednosti za

koje je definisana i funkcija ukupnih troškova i funkcija tražnje, odnosno iz

skupa

.60,0

15,015,0,0

p

xx

Kako je P=p x, a iz 604154

xpsledip

x to važi


178

020

15,0306020

506010506604

''

'

22

D

xxD

xxxxxCPD

pa za x=3, odnosno za 60,0486034p funkcija dobiti ima

maksimum, koji iznosi

40503603103 2

max DD .

Da bi odredili gornju i donju granicu rentabilnosti proizvodnje izjedna imo

funkciju ukupnog prihoda sa funkcijom ukupnih troškova:

15,0515,0105060100 21

2 xxxxDCP

pa je interval rentabilnosti proizvodnje x (1,5).

5.6. Za funkciju ukupnih troškova i funkciju tražnje iz prethodnog zadatka,

odrediti dobit pri proizvodnji za koju su prose ni troškovi minimalni. Za koliko

sa razlikuje ta dobit od maksimalne dobiti.

Rešenje:

Kako je

075

3900

3

5100

15,03

515,0

3

5

3

25

6

500

506

506

506

''

13

''

21

2

2

'2

Cxzapax

C

xx

xx

Cx

xx

x

x

CC

to zaklju ujemo da su prose ni troškovi minimalni za 3

5x .

Dobit pri proizvodnji za koju su prose ni troškovi minimalni iznosi


179

3

43310050

3

560

3

510

3

52

D pa je,

.3

3300520

3

43310040

3

5max DD

5.7. Data je funkcija tražnje 302 px . Na i cenu pri kojoj tražnja ima

jedini nu elasti nost. Odrediti interval u kome se može kretati cena da tražnja

bude elasti na, odnosno neelasti na. Elasti nost tražnje prikazati na grafiku.

Rešenje:


.15,0150

02030200'00

pRppp

ppxxp

Elasti nost funkcije tražnje je definisana u oblasti u kojoj je definisana i

funkcija tražnje, dakle u oblasti p (0,15).

Elasti nost funkcije tražnje je

302

22

302

'

,p

p

p

px

x

pE px

pa cenu pri kojoj tražnja ima jedini nu elasti nost nalazimo rešavanjem

jedna ine

15,02

15

4

301

302

21, p

p

pE px .

Interval cene u kome je tražnja neelasti na nalazimo rešavanjem slede e

nejedna ine u oblasti definisanosti funkcije tražnje

.15,02

15,0

2

1500

302

2101 , pp

p

pE px


180

Interval cene u kome je tražnja elasti na nalazimo rešavanjem slede e

nejedna ine u oblasti definisanosti funkcije tražnje

2

151

302

21, p

p

pE px .

Kako je oblast definisanosti funkcije tražnje p (0,15), to je interval cene u

kome je tražnja elasti na dat sa

.15,2

1515,0,

2

15pp

Pošto je

0302

60

302

223022

302

222

'

'

,pp

pp

p

pE px

to je elasti nost funkcije tražnje u oblasti definisanosti opadaju a funkcija i

nema ekstremnih vrednosti.

Pošto je

34

'

2

''

,302

240

302

2302260

302

60

pp

p

pE px

to je u oblasti definisanosti elasti nosti funkcije tražnje 0''

, pxE , pa je

elasti nost funkcije tražnje konkavna u celoj oblasti definisanosti.

Kako je

302

2limlim

0302

2limlim

15,

15

0,

0

p

pE

p

pE

xpx

x

xpx

x


181

to je prava x=15 vertikalna asimptota.

Na osnovu ovoga grafik elasti nosti funkcije tražnje je

0 3.75 7.5 11.25 15

10

8

6

4

2

2 p( )

2 p 30

p

5.8. Dokazati da je elasti nost prose nih troškova za jedan manja od

elasti nosti ukupnih troškova, odnosno da važi .1,,

xCxC

EE

Rešenje:

Pošto je x

CC onda važi

.11 ,

'

2

'2,'

,xC

xC

ECC

x

x

CxC

C

x

x

C

x

C

xC

C

xE

5.9. Dokazati da je proizvodnja pri kojoj su prose ni troškovi minimalni,

jednaka proizvodnji za koju ukupni troškovi imaju jedini nu elasti nost.

Dokazati da su minimalni prose ni troškovi jednaki grani nim

troškovima.


182

Rešenje:

Prona imo proizvodnju pri kojoj su prose ni troškovi minimalni:

.0

00

00

2

''

'

2

''

'

'

'

2

''

x

CxCCx

C

C

zadok

x

CxCC

C

Cx

za

C

CxCxC

x

CxCC

x

CC

Pošto prvi izvod funkcije prose nih troškova menja znak od – ka + pri

prolasku kroz stacionarnu ta ku 'C

Cx , to zaklju ujemo da je to ta ka

minimuma funkcije prose nih troškova, odnosno za proizvodnju 'C

Cx

prose ni troškovi su minimalni.

Elasti nost funkcije ukupnih troškova u toj ta ki je:

1'

'

'

,C

C

C

CC

C

xE xC , dakle za proizvodnju pri kojoj su prose ni troškovi

minimalni, ukupni troškovi imaju jedini nu elasti nost.

Minimum prose nih troškova iznosi

'

'

'min C

C

C

C

C

CCC , dakle minimum prose nih troškova je jednak

grani nim troškovima.


183

5.10. Data je funkcija tražnje .222 pepx Ispitati kako pove anje cene sa

nivoa 2p uti e na ukupan prihod.

Rešenje:

Kako je

pppeep

p

epepep

pep

ep

px

x

pE

p

p

pp

p

p

ppx

1212

22

22

222

22222

222

'222

222

'

,

to je

1,22, pE px pa ukupan prihod opada sa porastom cene.

5.11.Data je funkcija ukupnih troškova 315

x

eC . Ispitati kako pove anje

proizvodnje sa nivoa x=2 uti e na prose ne troškove.

Rešenje:

Kako je

33

115

15

3

3

'

,

xe

e

xC

C

xE

x

xxC

to za

1,03

22 ,xCEx

pa pove anje proizvodnje sa nivoa x=2 izaziva smanjenje prose nih troškova.

5.12.Data je elasti nost prose nih troškova .403

402

2

, xx

xE

xC

Odrediti

funkciju ukupnih troškova znaju i da fiksni troškovi iznose 40 jedinica

proizvoda, odnosno C(0)=40.


184

Rešenje:

Imaju i u vidu rešenje zadatka 5.8. važi:

403403lnln

ln403lnln403

32

403

32

403

32

403

32

403

321

403

401

2

1

2

1

1

2

2

22

2

2

2

'

,

2

2

2

2

,,

xxCCxxCC

CxxCdxxx

x

C

dC

dxxx

xdx

xxx

xx

C

dC

xx

xx

dx

dC

C

x

jepadx

dC

C

xC

C

xE

xx

xx

xx

xEE

xC

xCxC

gde smo integracionu konstantu predstavili u obliku lnC1.

Kako je po uslovu zadatka C(0)=C1 40=40 to je C1=1 pa je

.4032 xxC

Zadaci za vežbu:

5.13. Data je funkcija tražnje 1206

px i funkcija ukupnih troškova

.25004

2xC Odrediti razliku maksimalne dobiti i dobiti pri

proizvodnji za koju su prose ni troškovi minimalni.

5.14. Data je funkcija tražnje .2,358,1 px

a) Ispitati kako pove anje cene sa nivoa p=5 uti e na ukupan prihod.

b) Ispitati kako pove anje realizacije sa nivoa x=13,6 uti e na ukupan

prihod.

5.15 Data je funkcija tražnje .20 3 pepx Odrediti oblast definisanosti

funkcije ukupnog prihoda i iznos maksimalnog ukupnog prihoda.


185

5.16. Data je funkcija tražnje 100002

px i funkcija prose nih troškova

xxC

61092 . Kolika je maksimalna dobit? Da li je rentablina proizvodnja

za koju ukupni troškovi imaju jedini nu elasti nost?

5.17. Grani ni prihod za neki proizvod je .200'

xPx Odrediti funkciju

ukupnog prihoda ako je P(10)=100.

5.18. Dati su grani ni troškovi xeC 43' . Odrediti prose ne troškove

koriste i uslov C(0)=80.

5.19. Data je funkcija tražnje 622 pepx . Odrediti cenu za koju tražnja ima

jedini nu elasti nost.

5.20. Data je funkcija tražnje ).,( konstsubabpx a Pokazati da je

elasti nost ove funkcije konstantna.

5.21. Data je funkcija ukupnih troškova 453 2 xxC . Ispitati kako

pove anje proizvodnje sa nivoa x=1 uti e na prose ne troškove.

5.22. Data je funkcija ukupnih troškova .120 2

3

xC Odrediti proizvodnju

pri jedini noj elasti nosti funkcije ukupnih troškova. Odrediti minimalne

prose ne troškove.

5.23. Funkcija tražnje je :

a) px 4200

b) 6

210

p

pex .

Odrediti intervale cena u kojima je tražnja elasti na odnosno neelasti na.

5.24. Data je funkcija tražnje .580 px Odrediti proizvodnju i cenu pri

kojima je ukupan prihod maksimalan.


186

5.25. Data je funkcija ukupnih troškova .

1

2 xexC Koliko iznose minimalni

prose ni troškovi?

5.26. Funkcija grani nih troškova je 2

2703' xP , a funkcija prose nih

troškova .2

15045

2

9

xxC Odrediti cenu pri kojoj se ostvaruje maksimalna

dobit, pri emu treba imati u vidu da je P(0)=0.

5.27. Data je funkcija prose nog prihoda 6

25

x

ep i funkcija prose nih

troškova .1000

xC Odrediti maksimalnu dobit i proizvodnju za koju se ona

postiže.


187

6. LINEARNA ALGEBRA

6.1. Determinante i matrice

Rešeni zadaci:

6.1.1. Izra unati determinante:

a)

12

32

b)

352

243

123

c)

1

11

3

2

xx

xx

d)

1

1

1

bac

acb

cba

Rešenje:

a)

8231212

32

b)

3323523142153222343

352

243

123


188

c)

11111

113332

3

2

xxxxxxxx

xx

d)

0

1

1

1

ccbbbaaac

bcbcacaba

bac

acb

cba

6.1.2. Date su matrice:

021

101

112

A ,

302

012

113

B .

Na i .3,, ABABA

Rešenje:

321

111

225

302

012

113

021

101

112

BA

323

113

001

302

012

113

021

101

112

BA


189

063

303

336

021

101

112

33 A

6.1.3. Na i A B ako je:

a)

01

10

21

120

123

011

BA .

b)

201

011

13

01

21

BA

c)

12

21

20

321 BA

Rešenje:

a)

21

84

11

BA


190

b)

232

011

411

BA

c)

18BA

6.1.4. Na i inverzne matrice slede ih matrica:

a)

43

21A

b)

102

011

121

A

Rešenje:

a)

Kako je 0264det A to ova matrica A ima inverznu matricu

A-1

koju dobijamo kao adjAA

Adet

11 .

Važi slede e:


191

11)1(

22)1(

33)1(

44)1(

2222

1221

2112

1111

A

A

A

A

pa je

12

34A

Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica TA matrice A, pa je

13

24ˆ TAadjA

pa je

2

1

2

3

12

13

24

2

11A

b)

Kako je 1221det A to data matrica ima inverznu matricu.

Važi slede e:


192

111

21)1(

101

11)1(

101

12)1(

402

21)1(

312

11)1(

210

12)1(

202

11)1(

112

01)1(

110

01)1(

3333

2332

1331

3223

2222

1221

3113

2112

1111

A

A

A

A

A

A

A

A

A

pa je

.

111

432

211

A



193

142

131

121

ˆ TAadjA

pa je

.

142

131

121

142

131

121

1

11A

6.1.5. Odrediti matricu X iz jedna ina:

a) A X=B, b) X A=B,

ako je

101

120

011

101

432

210

BA

Rešenje:

a) Važi

BAXBAXIBAXAABXA 1111 .

Kako je 4264det A to data matrica ima inverznu matricu.

Važi slede e:


194

232

10)1(

442

20)1(

243

21)1(

101

10)1(

211

20)1(

110

21)1(

301

32)1(

211

42)1(

310

43)1(

3333

2332

1331

3223

2222

1221

3113

2112

1111

A

A

A

A

A

A

A

A

A

pa je

.

242

121

323

A



195

213

422

213

ˆ TAadjA

pa je

.

213

422

213

4

11A

Sada je

b) Važi

400

631

235

4

1

213

422

213

4

1

101

120

011

1111

X

ABXABIXABAAXBAX

115

226

311

4

1

101

120

011

213

422

213

4

11 BAX


196

6.1.6. Odrediti matricu X iz jedna ine X (A-2I)=A+I gde je

101

432

210

A .

Rešenje:

Važi 1

22 IAIAXIAIAX .

Pošto je

100

010

001

I to je

201

442

211

IA i

101

412

212

2IA .

Kako je 0622422det IA to postoji inverzna matrica

matrice IA 2 koju nalazimo kao

IAadjIA

IA 22det

12

1.

Uobi ajenom procedurom dobijamo

411

1206

211

6

12

1IA pa je


197

.

633

36618

633

6

1

411

1206

211

6

1

201

442

211

21

IAIAX

Zadaci za vežbu:

6.1.7. Rešiti slede e matri ne jedna ine

a) XAAX 23

b) AXAX 23

c) IXAI

gde je

.

321

133

210

A


198

6.2. Rešavanje sistema linearnih algebarskih jedna ina pomo u

determinanti i matrica

Rešeni zadaci:

6.2.1. Primenom determinanti rešiti slede e sisteme linearnih jedna ina:

a)

12

42

323

zyx

zyx

zyx

b)

11247

02

1523

zyx

zyx

zyx

Rešenje:

a)

Pošto je determinanta sistema

010311111222211211123

112

121

213

to sistem ima jedinstveno rešenje.

Kako je

10114113122124111123

111

124

213

x


199

10111143223113241123

112

421

313

20113113242121213143

112

141

233

z

y

to je jedinstveno rešenje sistema

110

10

210

20

110

10

z

y

x

z

y

x

b)

Pošto je determinanta sistema

01212423715415722213

247

211

523

to sistem ima jedinstveno rešenje.

Kako je


200

011124037114117021113

1147

011

123

121111237051115721203

2117

201

513

120242111154051122211

2411

210

521

z

y

x

to je jedinstveno rešenje sistema

01

0

11

1

11

1

z

y

x

z

y

x


201


a)

11423

932

4222

zyx

zyx

zyx

b)

323

42

2224

zyx

zyx

zyx

Rešenje:

a) Pošto je determinanta sistema

0422232312222332412

423

312

222

i


202

011222923142243921112

1123

912

422

042411323921122334492

4113

392

242

049223411122921132414

4211

319

224

z

y

x

to sistem ima beskona no mnogo rešenja.

Kako je poddeterminanta sistema 024212

22to se dalje

rešavanje sistema svodi na rešavanje slede eg sistema jedna ina po x i y

zyx

zyx

392

2422 gde je z slobodna (nezavisna promanljiva).

Pošto je za ovaj sistem


203

zz

y

zz

x

jeto

zzzz

z

zzzz

z

y

x

y

x

52

210

272

414

210242392392

242

414239124139

224

212

22

Dakle, ovaj sistem ima beskona no mnogo rešenja oblika

z

y

x

5

27

b) Pošto je determinanta sistema

0212114322112312224

213

121

224

i


204

0312144322112342324

313

421

224

0212314342312312244

233

141

224

0242112322142312222

213

124

222

z

y

x

to sistem ima beskona no mnogo rešenja.


24to se dalje


zyx

zyx

42


Pošto je za ovaj sistem


205

5

9

10

218

5

32

10

64

2182214441

224

642422224

222

1021

24

zzy

zzx

jeto

zzzz

z

zzzz

z

y

x

y

x

Dakle, ovaj sistem ima beskona no mnogo rešenja oblika

z

y

x

5

9

5

32


a)

532

465

0253

zyx

zyx

zyx

b)

238

12

332

zyx

zyx

zyx


206

Rešenje:

a) Kako je determinanta sistema

017

345110562142515360

315

164

250

0355113262152215363

312

165

253

x

a

to je ovaj sistem protivre an, odnosno nema rešenja.

b) Kako je determinanta sistema

07213311213113212)3(13

312

111

323

0223111813123812)3(11

318

112

321

x

a

to je ovaj sistem protivre an, odnosno nema rešenja.


207

6.2.4. Diskutovati i rešiti slede e sisteme jedna ina:

a)

6322

521

2242

zyx

zymx

zymx

b)

123

1312

12

kzkkyx

zykx

zkyx

Rešenje:

a) Determinanta sistema je

216236

314222122212224312

322

211

242

2 mmmm

mmmm

m

m

a


208

21122312

614252212212254612

622

511

242

16312622252612222352

362

251

222

16354222612252624312

326

215

242

2 mmmm

mmmm

m

m

mmm

m

mmm

m

z

y

x

Za 0 , odnosno za m 1 i m 2 sistem ima jedinstveno rešenje dato sa

2216

2112

2

1

216

16

2

1

216

16

mm

mmz

mmm

my

mmm

mx

z

y

x

Za m=1 važi 0zyx pa sistem ima beskona no mnogo

rešenja. Nalazimo ih na slede i na in.

Za m=1 sistem postaje


209

6322

52

2242

zyx

zx

zyx


42to se dalje


zx

zyx

25


Rešenje ovog sistema je oproizvoljnzz

yzx2

4,25 ,

odnosno za m=1 sistem ima beskona no mnogo rešenja oblika

z

y

x

2

4

25

Za m=2 determinanta sistema je jednaka nuli, a determinanta y=6 0 pa je

sistem protivre an, odnosno nema rešenja.

b) Determinanta sistema je

111

31

3121

212 kkk

kk

k

k

a

kkkk

kkk

k

k

x 5156

312

3121

212


210

22 12242

121

1121

11

12

3121

311

211

kkk

kk

k

k

k

kk

z

y

Za 0, odnosno za k 1 i k -1 sistem ima jedinstveno rešenje dato sa

1

12

11

12

1

2

11

12

1

5

11

51

2

k

k

kk

kz

kkk

ky

k

k

kk

kkx

z

y

x

Za k=1 važi 0zyx pa sistem ima beskona no mnogo rešenja.

Nalazimo ih na slede i na in.

Za k=1 sistem postaje

14

13

12

zyx

zyx

zyx


21to se dalje

rešavanje sistema svodi na rešavanje slede eg sistema jedna ina po x i z


211

yzx

yzx

13

12 gde je y slobodna (nezavisna promanljiva).

Rešenje ovog sistema je 0,1 zoproizvoljnyyx , odnosno

za k=1 sistem ima beskona no mnogo rešenja oblika

0

1

z

y

x

Za k= -1 determinanta sistema je jednaka nuli, a y=4 0 pa je sistem

protivre an, odnosno sitem nema rešenja.

6.2.7. Rešiti slede e sisteme jedna ina pomo u inverzne matrice:

a)

52

32

6

zyx

zyx

zyx

b)

1432

19253

1132

zyx

zyx

zyx

Rešenje:

a) Ovaj sistem jedna ina se može prikazati u matri nom obliku

BXA gde je

5

3

6

211

112

111

B

z

y

x

XA


212

Pošto je

05

211

112

111

det A

zaklju ujemo da matrica A ima inverznu matricu A-1

,pa važi BAX 1 .

Uobi ajenim postupkom nalaženja inverzne matrice dobija se

321

111

231

5

11A pa je sada

3

2

1

15

10

5

5

1

5

3

6

321

111

231

5

1X

Dakle rešenje sistema je x = 1, y = -2, z = 3.

b) Ovaj sistem jedna ina se može prikazati u matri nom obliku

BXA gde je

14

19

11

321

253

132

B

z

y

x

XA

Pošto je

02

211

112

111

det A

zaklju ujemo da matrica A ima inverznu matricu A-1

,pa važi BAX 1 .

Uobi ajenim postupkom nalaženja inverzne matrice dobija se


213

111

157

1711

2

11A pa je sada

3

2

1

6

4

2

2

1

14

19

11

111

157

1711

2

1X

Dakle rešenje sistema je x = 1, y = 2, z = 3.

Zadaci za vežbu:


a) b)

61163

875

0342

zyx

zyx

zyx

3465

1254

2233

zyx

zyx

zyx

c) d)

0326

025

02

zyx

zyx

zyx

4735

323

2632

zyx

zyx

zyx

6.2.9. Diskutovati i rešiti slede e sisteme linearnih jedna ina:

a) b)

323

1262

134

zyx

azyx

zyax

1154

12

512

zykx

zykx

zykx


214

c) d)

azayx

azyax

zyx

438

32

22

2

1

aazyx

azayx

zyax

6.2.10. Koriste i inverznu matricu rešiti slede e sisteme linearnih jedna ina:

a) b)

33

23

55

zyx

zx

zyx

1232

4525

533

zyx

zyx

zyx

c) d)

324

2332

143

zyx

zyx

zyx

1243

132

032

zyx

zyx

zyx


215

7. ELEMENTI FINANSIJSKE MATEMATIKE

7.1. Procentni ra un

Rešeni zadaci:

7.1.1. Posle poskupljenja od 11% roba se prodaje za 1000 dinara. Izra unati

a) za koliko je dinara pove ana cena

b) koliko bi iznosila prodajna cena da je pove anje iznosilo 18% od

prvobitne cene

c) za koliko bi procenata bila pove ana cena da se roba posle pove anja

cene prodaje za 15 000 dinara?

Rešenje:

Obeležimo sa x po etnu cenu robe. Tada je:

a)

9,90011,1

1000100011,1 xx

Po etna cena je bila 900,9 dinara, pa je cena pove ana za

1000din-900,9din=99,1din

b)

06,106318,19,900

Posle pove anja od 18% cena bi iznosila 1063,06 dinara.

c)

%1565%%100%65,1519,900

150001500019,900 ppppp

Cena bi bila pove ana za 1565%.


216

7.1.2. Cena nekog proizvoda se u toku nekog perioda menjala na slede i na in:

pove ana je 7%, pa smanjena 18%, pove ana je 8%, pa smanjena 12% i na

kraju pove ana 4%. Posle tih promena, cena proizvoda iznosi 9770 din.

a) Kolika je bila po etna cena proizvoda?

b) Da li se ovakvim postupkom po etna cena pove ala ili smanjila i za

koliko je ukupno procenata izvršeno to pove anje (ili smanjenje) po etne

cene?

Rešenje:

Obeležimo sa x po etnu cenu proizvoda. Tada je:

a)

67,1126504,188,008,182,007,1

9770977004,188,008,182,007,1 xx

Po etna cena proizvoda je bila 11265,67 dinara.

b)

Kako je 8672,004,188,008,182,007,1 zaklju ujemo da se

ovakvim postupkom po etna cena smanjila za %.28,13%1008672,01

7.1.3. Od ukupne koli ine robe 4

1 je prodata sa zaradom od 8%. Na

3

1 je

ostvarena zarada od 18%. Na ostatku je ostvaren gubitak od 14% i taj deo robe

je prodat za 100 000 dinara. Kolika je ukupno ostvarena zarada (ili gubitak)

izražena u dinarima i u procentima?

Rešenje:

Obeležimo sa x po etnu vrednost ukupne koli ine robe.

Tada po etna vrednost ostatka robe iznosi xx12

5

3

1

4

11 .

Po uslovu zadatka je

dinxx 77,27906910000086,012

5


217

Sada je na 4

1robe ostvarena zarada od din4,558108,077,279069

4

1,

na3

1robe ostvarena zarada je din19,1677418,077,279069

3

1, a na ostatku

je ostvaren gubitak od .07,1627914,077,27906912

5din

Ukupno ostvarena zarada u dinarima iznosi

.52,607607,1627919,167744,5581 dinara

U procentima ukupna zarada iznosi %.18,2%10077,279069

52,6076


1 je prodata sa zaradom 12%. Na

7

2 robe je

ostvaren gubitak od 6% i ostatak je prodat sa zaradom od 9%. Ovakvom

prodajom ostvarena je zarada od 28 000 dinara. Kolika je ukupna zarada

izražena u procentima i kolika je zarada (gubitak) izražen u dinarima na

pojedinim delovima robe?

Rešenje:

Obeležimo sa x po etnu vrednost ukupne koli ine robe.

Tada po etna vrednost ostatka robe iznosi xx35

18

7

2

5

11 .

Po uslovu zadatka je:

.72,5268812800035

09,01806,02512,07

2800009,035

1806,0

7

212,0

5

1

dinxdinx

dinxxx

Ukupna zarada izražena u procentima je %.31,5%10072,526881

28000


218

Na5

1 robe ostvarena zarada je din16,1264512,072,526881

5

1, na

7

2robe

ostvaren gubitak je din26,903206,072,5268817

2, a na ostatku je

ostvarena zarada .1,2438709,072,52688135

18din

7.1.5. Planirana proizvodnja u tri pogona jednog preduze a iznosi 800 000

dinara, i to:

I pogon 320 000 dinara, II pogon 160 000 dinara, III pogon ostatak. Izra unati:

a) sa kojim procentom u estvuje svaki pogon u planu preduze a

b) koliko iznosi ukupno ostvareni plan preduze a, ako je I pogon

ispunio plan sa 120%, II pogon sa 90%, a III pogon sa 105%

c) procentualni preba aj ili podba aj ukupnog plana proizvodnje?

Rešenje:

a)

I pogon u estvuje sa %40%100800000

320000

II pogon u estvuje sa %20%100800000

160000

III pogon u estvuje sa %40%100800000

160000320000800000

u planu preduze a.

b)

Realizacija I pogona je din3840002,1320000 ,

realizacija II pogona je din1440009,0160000 , a

realizacija III pogona je

.33600005,1160000320000800000 din

Ukupno ostvareni plan preduze a je

.864000336000144000384000 din

c)


219

Ukupan plan proizvodnje je premašen za 864000-800000=64000 dinara,

odnosno za %.8%100800000

64000

7.1.6. Kolika je stopa inflacije za jednu godinu ako je mese ni rast cena u toj

godini iznosio 6,3%?

Rešenje:

Obeležimo sa x cenu nekog proizvoda na po etku godine. Cena tog istog

proizvoda na kraju godine iznosi 12063,1x . Godišnja stopa inflacije

predstavlja ukupnu procentualnui promenu cene za godinu dana i ako je

obeležimo sa p važi

%.16,108%0816,11063,1063,11 1212 ppxpx

Dakle, godišnja stopa inflacije je 108,16%.

7.1.7. Fabri ka cena nekog proizvoda je 3200din. Kolika je prodajna cena tog

proizvoda, ako je fabri ka cena pove ana za dve razli ite vrste poreza ije su

stope 8% i 12%, obe ra unate na istu osnovicu koja iznosi 75% fabri ke cene?

Rešenje:

Osnovica na koju su porezi izra unati je .2400320075,0 din

Pove ane cene usled prvog poreza iznosi ,192240008,0 din a usled drugog

iznosi .288240012,0 din Ukupno pove anje fabri ke cene je za

288+192=480 dinara, pa je prodajna cena tog proizvoda 3200+480=3680

dinara.

7.1.8. Ako je neki proizvod poskupeo tri puta, redom, za 8%, 12% i 6%, za

koliko procenata bi trebalo sada najnoviju cenu smanjiti da bi on dobio po etnu

cenu?

Rešenje:

Obeležimo sa x po etnu cenu proizvoda.


220

Nova cena proizvoda je 06,112,108,1x . Ukoliko sada smanjimo ovu novu

cenu za p procenata dobijamo cenu px 106,112,108,1 koja je po uslovu

zadatka jednaka po etnoj ceni x.

Dakle

%22%22,006,112,108,1

11106,112,108,1 ppxpx

Novu cenu treba smanjiti za 22% da bi se dobila po etna cena.

7.1.9. Ako je neki proizvod pojeftinio tri puta, redom, za 8%, 12% i 6%, za

koliko procenata bi trebalo sada najnoviju cenu pove ati da bi on dobio

po etnu cenu?

Rešenje:

Obeležimo sa x po etnu cenu proizvoda.

Nova cena proizvoda je 94,088,092,0x . Ukoliko sada pove amo ovu novu

cenu za p procenata dobijamo cenu px 194,088,092,0 koja je po

uslovu zadatka jednaka po etnoj ceni x.

Dakle

%4,31%3140,0194,088,092,0

1194,088,092,0 ppxpx

Novu cenu treba pove atii za 31,4% da bi se dobila po etna cena.

7.1.10. Preduze e ima tri pogona. Prvi pogon ostvario je svoj proizvodni plan

sa 85%, što iznosi 2 380 000 dinara. Drugi pogon je ostvario svoj plan sa 90%,

što iznosi 2 880 000 dinara. Tre a radna organizacija je premašila svoj

proizvodni plan za 15% i proizvela robe u vrednosti od 3 450 000 dinara.

Izra unati ukupan plan preduze a i ukupnu proizvodnju u procentima u odnosu

na ukupan plan.


221

Rešenje:

Plan prvog pogona je bio 000800285,0

0003802dinara, plan drugog

000200390,0

2880000dinara, dok je plan tre eg pogona bio

000000315,1

3450000dinara.

Ukupan plan preduze a je 2 800 000+3 200 000+3 000 000=9 000 000dinara.

Ostvarena proizvodnja je 2 380 000+2 880 000+3 450 000=8 710 000 dinara,

što iznosi %78,96%1009000000

8710000 ukupnog proizvodnog plana.

Zadaci za vežbu:


2 je prodata sa zaradom 22%. Na

7

2 robe je

ostvaren gubitak od 16% i ostatak je prodat sa zaradom od 8%. Ovakvom

prodajom ostvarena je zarada od 54 000 dinara. Kolika je ukupna zarada

izražena u procentima i kolika je zarada (gubitak) izražen u dinarima na

pojedinim delovima robe?

7.1.12. Ukupna nabavna vrednost robe iznosi 800 000 dinara. Jedna etvrtina

nabavljene robe prodata je sa zaradom od 9%. Tri osmine je prodato sa

gubitkom od 16%, a na ostatku prodate robe zarada iznosi 5%. Izra unati

koliko procenata iznosi ukupna zarada ili gubitak na celokupnoj prodatoj robi.

7.1.13. Dve devetine robe je prodato po ceni koja je 5% ve a od nabavne.

Jedna tre ina robe je prodata po ceni 5% nižoj od nabavne, a ostatak robe je

prodat po ceni 10% višoj od nabavne. Ovom prodajom ostvarena je dobit od

10500 dinara. Izra unati kolika je nabavna vrednost robe.

7.1.14. Ako je godišnja stopa pada standarda 25%, kolika je tromese na stopa

pada standarda uz pretpostavku da je u sva etiri kvartala ista?


222

7.1.15. Ako je u jednoj godini stopa ukupnog rasta cena 60%, kolika je tada

stopa mese nog rasta cena, pod pretpostavkom da je ona iz meseca u mesec

jednaka?

7.1.16. Neka je jednoj uslužnoj organizaciji dozvoljeno godišnje pove ane cena

usluga, u tri rate, za 180%. Ako ova organizacija u prvoj rati pove a cene za

90%, u drugoj rati za 40%, za koliko procenata još može ova organizacija

pove ati cene da bi dostigla dozvoljeni nivo od 180%?

7.1.17. Posle poskupljenja od 15% roba se prodaje za 1000 dinara. Izra unati

a) za koliko je dinara pove ana cena

b) koliko bi iznosila prodajna cena da je pove anje iznosilo 22% od

prvobitne cene

c) za koliko bi procenata bila pove ana cena da se roba posle pove anja

cene prodaje za 25 000 dinara?

7.1.18. Ako se 60% neke robe proda sa gubitkom od 14%, 24% iste te robe sa

gubitkom od 18% sa kolikom maksimalnom zaradom, izraženom u %,

se može prodati ostatak robe, a da ukupna zarada ne bude ve a od

15%.

7.1.19. Ako se 20% neke robe proda sa zaradom od 15%, 25% iste te robe sa

zaradom od 12% sa kolikim maksimalnim gubitkom, izraženim u %,

se može prodati ostatak robe, a da ukupna zarada ne bude manja od

5%.

7.1.20. Cena nekog proizvoda je rasla redom za 8%, 10%, 12% i 15%. Da li je

ovakvim tempom rasta, cena ukupno porasla za 45%? Ako nije, za

koliko bi % trebalo smanjiti, ili pove ati dobijenu cenu da bi se

ostvariolo ukupno pove anje od 45%?


223

7.2. Prost kamatni ra un

Rešeni zadaci

7.2.1. Izra unati na koju vrednost e narasti po etni kapital i koliki je interes

ukoliko su uslovi kreditiranja

a) 8% na sumu od 15 000 dinara za 6 godina

b) 6% na sumu od 20 000 dinara za 8 meseci

c) 5% (k,360) na sumu od 25 000 dinara za 43 dana

d) 10% (k,365) na sumu od 30 000 dinara za vreme od 3 godine i 18

dana.

Rešenje:

a)

Interes je dintpKI g 7200608,015000 a kapital e

narasti na .22200720015000 dinaraIK

b)

Interes je dintpK

I m 80012

806,020000

12a kapital e

narasti na .2080080020000 dinaraIK

c)

Interes je dinktpK

I d 3,149360

4305,025000

360

360,a

kapital e narasti .3,251493,14925000 dinaraIK

d)

Za vreme od 3 godine i 18 dana je 1113183653)365,(ktd pa

je interes dinktpK

I d 95,9147365

111310.030000

365

365,a kapital

e narasti na .95,3914795,914730000 dinaraIK


224

7.2.2. Izra unati:

a) kapital koji e uz 8% kamate za vreme od 7 godina narasti na 124800

dinara

b) kapital koji e uz 6% kamate za vreme od 8 meseci doneti 6 400

dinara kamate

c) kapital koji e uz 10% (k,360) kamate za vreme od 270 dana narasti

na 53 750 dinara

d) kapital koji e uz 12% (k,365) kamate za vreme od 2 godine i 73

dana doneti 15 840 dinara kamate

Rešenje:

a)

dinpt

IKKptKIK

g

g 80000708,01

124800

11

Po etni kapital je 80 000 dinara

b)

dinpt

IK

tpKI

m

m 160000806,0

64001212

12

Po etni kapital je 160 000 dinara.

c)

dintp

IKK

tpKIK

d

d 50000

360

27010,01

53750

3601

3601


d)

dintp

IK

tpKI

d

d 6000073365212,0

15840365365

365



225

7.2.3. Koliko je godina dugovan iznos od 72 000 dinara, pa je dužnik na ime

6% kamate platio 12 960 dinara?

Rešenje:

godKp

IttpKI gg 3

7200006,0

12960

Iznos je dugovan 3 godina.

7.2.4. Izra unati kamatnu stopu po kojoj e kapital od 100000 dinara za 8

meseci doneti na ime kamate 6 000 dinara.

Rešenje:

09,01000008

60001212

12 m

m

tK

Ip

tpKI

Kamata je 9%.

7.2.5. Dva kapitala se razlikuju za 2500 dinara. Ve i kapital je ukama en sa

6% za 8 meseci, a manji sa 5% za 6 meseci. Kamata prvog kapitala je jednaka

dvostrukoj kamati drugog kapitala. Odrediti oba kapitala.

Rešenje:

Obeležimo sa K2 ve i kapital, a sa K1 manji kapital. Tada važi:

12

605,02

12

806,0

2500

12

12

KK

KK

Kako je iz druge jedna ine 25,1806,0

605,02

1

2

K

K to iz prve jedna ine

dobijamo

din

K

KK

K

KKKK 10000

125,1

2500

1

2500250012500

1

2

1

1

2112


226

a .12500250012 dinKK

Dakle, ve i kapital je 12500 dinara, a manji 10 000 dinara.

7.2.6. Dva kapitala iji je zbir 84 000 dinara su uloženi za vreme od jedne

godine po dvema stopama koje se razlikuju za 0,2%. Ukupno ostvarena kamata

iznosi iznosi 4128 dinara. Ako se prvi kapital uloži po stopi drugog, a drugi po

stopi prvog kapitala ukupna kamata e biti 4104 dinara. Odrediti oba kapitala i

obe stope.

Rešenje:

Obeležimo sa K1 prvi, a sa K2 drugi kapital. Tako e sa p1 obeležimo ve u, a sa

p2 manju kamatnu stopu. Tada po uslovu zadatka važe slede e jedna ine:

4104

4128

002,0

84000

2112

2211

21

21

pKpK

pKpK

pp

KK

Ako zamenimo p2=p1 – 0,002 iz druge jedna ine u tre u i etvrtu dobijamo:

4104002,04104002,0

4128002,04128002,0

12111112

22111211

KKKppKpK

KKKppKpK

Ako sada oduzmemo poslednje dve jedna ine dobijamo:

1200024002,0 2121 KKKK

što zajedno sa jedna inom 8400021 KK ini rešiv sistem dve jedna ine

sa dve nepoznate, ija su rešenja K1=48000 dinara , K2=36000 dinara.

Dalje iz 4128002,0 2211 KKKp dobijamo

%5%05,084000

36000002,04128002,041281

21

21 p

KK

Kp i naravno

%.8,4%048,0002,0 212 ppp


227

7.2.7. Istog dana je uložen iznos od 50000 dinara uz kamatnu stopu 6% (k,360)

i iznos od 48000 po stopi od 8% (k,360). Odrediti posle kog vremena e se oba

iznosa uve ana kamatom izjedna iti?

Rešenje:

Po uslovu zadatka važi

14,85706,05000008,048000

3604800050000360,

360

360,08,04800048000

360

360,06,05000050000

kt

ktkt

d

dd

Dakle, posle 858 dana, ra unata po kalendaru, oba iznosa uve ana kamatom

e se izjedna iti.

7.2.8. Oro eno je u banci pod kamatu: 30% kapitala sa 6% (k,360) kamate za

60 dana, 50% kapitala uz 4% (k,360) kamate za 90 dana, a ostatak uz 4,5%

(k,360) kamate za 80 dana. Ukupna oro ena suma u banci narasla je zajedno

sa kamatom na 303000 dinara. Koliko iznosi ukupna oro ena suma u banci?

Rešenje:

Obeležima sa K ukupnu oro enu sumu u banci. Po uslovu zadatka važi:

303000360

80045,0120,0

360

9004,0150,0

360

6006,0130,0 KKK

odakle je

dinK 30000080045,03602,09004,03605,06006,03603,0

360303000

Ukupna oro ena suma je 300 000 dinara.

7.2.9. Preduze e je eskontovalo 15.II 2003. god. kod neke banke menicu od

420 000 dinara sa rokom dospe a 16.IV 2003. god. Izra unati eskontovanu


228

vrednost menice a) komercijalnim i b) racionalnim metodom, ako je eskontna

stopa 7%.

Rešenje:

a)

dindp

KK nk 415100360

07,0601420000

3601,0

Komercijalno eskontovana vrednost menice iznosi 415100 dinara.

b)

dindp

KK n

r 5,415156

360

07,0601

420000

3601

,0

Racionalno eskontovana vrednost menice iznosi 415156,5 dinara.

7.2.10. Dve menice nominalnih vrednosti 300000 din i 400000 din i rokovima

dospe a za 38 i 52 dana zamenjujemo jednom menicom iji je rok dospe a 75

dana. Izra unati nominalnu vrednost tre e menice ako je eskontna stopa 15%.

Obra un izvršiti a) komercijalnim i b) racionalnim metodom.

Rešenje:

Zbir eskontovanih vrednosti poznatih menica na dan zamene menica, mora biti

jednak eskontovanoj vrednosti nepoznate menice, tako e na dan zamene

menica. Tako da važi:

a)

dinK

K

KKK

n

n

kkk

18,708731

360

15,0751

360

15,0521400000

360

15,0381300000

3

3

,0,3,0,2,0,1

Nominalna vrednost tre e menice ra unata komercijalnim metodom je

708731,18 dinara.


229

b)

dinKK

KKK

nn

rrr

96,708304

360

15,0751

360

15,0521

400000

360

15,0381

3000003

3

,0,3,0,2,0,1

Nominalna vrednost tre e menice ra unata racionalnim metodom je

708304,96 dinara.

7.2.11. Obaveze dužnika su: 5 000 dinara posle 8 dana uz 9%, 8 000 dinara

posle 15 dana uz 12%, 22 000 dinara posle 33 dana uz 5%. Dužnik ho e da

podmiri ceo dug odjednom. Posle koliko dana je to mogu e u initi?

Rešenje:

63,2105,02200012,0800009,05000

3305,0220001512,08000809,05000

1

1

n

k

kk

n

k

kkk

s

pK

tpK

t

Dužnik može da plati ceo dug posle 22 dana.

Zadaci za vežbu

7.2.12. Za koje e vreme 50 000 dinara uz 6% (k,360) kamate doneti istu

kamatu kao i 60 000 dinara od 10. III 2003. god. do 16. IV 2003. god. uz 7%

(k,365)?

7.2.13. Iznos od K dinara je uložen po stopi p% za vreme od 6 meseci, a iznos

od M dinara, koji je ve i od iznosa K za 30000 dinara, uložen je po istoj stopi

za 9 meseci. Razlika izmedju kamata na iznos M i iznos K je 3,875 dinara, a

zbir kamata je 14875 dinara. Odrediti stopu p% i iznose K i M.

7.2.14. Izvestan kapital dat je pod interes u 4 rate i to ovim redom: 1/5 kapitala

je data pod interes 12.V 2003.god, 1/4 kapitala 23.VI 2003.god., 1/3 kapitala

8.VII 2003.god. i ostatak 5.IX 2003.god. Ukupna kamata 8% do 31.XII

2003.god iznosi 5000 dinara (k,360). Izra unati koji je to kapital i koliko

iznose pojedine rate.


230

7.2.15. Banka je dužniku odobrila 15.VI zajam od 63000 dinara. Dužnik je

vratio dug u roku i zajedno sa 8% (k,360) kamate platio ukupno 63560 dinara.

Kog datuma je vra en dug?

7.2.16. Izra unati kapital koji e od 15. III 2003.god do 25.V 2003.god doneti

duplo više kamate od kamate koju donesu slede i iznosi :5000 dinara za pet

meseci, 7 000 dinara za 6 meseci i 15 000 dinara za tri meseca.

7.2.17. Uloženo je u banku K dinara 10 meseci uz p%. Uve ani kapital je

50000 dinara. Ako se taj isti kapital uloži 25 dana uz stopu ve u 5%, uve ani

kapital je 45 000 dinara. Odrediti stopu i kapital.

7.2.18. Razlika izme u kamate na iznos od K dinara obra unate pomo u

(k,360) i kamate obra unate pomo u (k,365) za 70 dana uz 8% kamate iznosi 5

dinara. Koji je to iznos?

7.2.19. Menicu od 500000 dinara sa rokom dospe a kroz 32 dana zamenjujemo

drugom menicom iji je rok dospe a 45 dana. Izra unati a) komercijalnim

metodom i b) racionalnim metodom, nominalnu vrednost druge menice ako je

eskontna stopa 15%.

7.2.20. Preduze e duguje banci 1000 000 dinara sa rokom 31.XII 2003. god.

Radi izmirenja duga preduze e daje banci 1.IV 2003 god. jednu menicu od

300 000 dinara sa rokom 15. VII 2003.god. , drugu od 200 000 dinara sa rokom

25.VIII 2003.god i tre u menicu sa rokom dospe a 28.IX 2003.god. Izra unati

na koju sumu glasi tre a menica, ako je eskontna stopa 6%.

7.2.21. Dužnik treba da plati: 5000 din 10.I 2003.god.,10 000 din 10.II

2003.god., 20 000 din 10.IV 2003.god i 25 000 din. 10.VI 2003.god. Kamatna

stopa je 6%. Kog dana dužnik može da plati ceo dug odjednom?


231

7.3. Složen dekurzivan kamatni ra un

Rešeni zadaci:

7.3.1. Uloženo je u banku 30 000 dinara. Na koliko dinara e se uve ati ulog

zajedno sa kamatom za vreme od 8 godina ako je godišnja kamatna stopa 12%

i ako je kapitalisanje

a) godišnje

b) polugodišnje

c) tromese no

d) neprekidno

Rešenje:

a)

dinIpKKn

n 74280476,2300003000012,1300001 8

%12

8

0

b)

dinIm

pKK

nm

n 762125404,2300003000006,1300001 16

%6

16

0

c)

dinIm

pKK

nm

n 772535751,2300003000003,1300001 32

%3

32

0

d)

dineeKK pt

n 9,7835030000 812,0

0


232

7.3.2. Upla eno je u banku 40 000 dinara, a 6 godina kasnije podignuto je

50000 dinara. Kojom se sumom raspolaže 10 godina od dana ulaganja, ako

banka ra una 8% kamate pri šestomese nom kapitalisanju.

Rešenje:

dinIIK n 14,19215500004000004,15000004,140000 8

%4

12

%4

812

Posle deset godina raspolaže se sumom od 19215,14 dinara.

7.3.3. Suma od 50 000 dinara ukama ena je u banci za vreme od 7 godina 5

meseci i 14 dana uz 10% godišnje kamate (30,360) i godišnje kapitalisanje.

Izra unati uve ani kapital pomo u a) komercijalnog b) racionalnog metoda.

Rešenje:

a)

din

K n

34,101842046,19481,150000

360

143051,0110,150000

7

b)

Kako je vreme 46,7360

14

12

57)(godt god to je

dinK n 73,10180210,15000046,7

7.3.4. Koji je iznos ukama en pre 8 godina uz 5% godišnje kamate i

tromese no kapitalisanje pove an za 20 000 dinara.

Rešenje:

14

05.01

4

05.01

3232

KKKKKI n


233

dinI

K 65,409724881,0

20000

14

05,01

32

7.3.5. Uloženo je u banku 100 000 dinara uz 8% godišnje kamate. Posle 3

godine ulaga je podigao 40 000 dinara, a posle slede e tri godine 30 000.

Koliko iznosi ostatak posle 10 godina od dana kada je novac uložen.

Kapitalisanje je polugodišnje.

Rešenje:

dinIIIKostatak 1,1087853000040000100000 8

%4

6

%4

6

%4

7.3.6. Iznos od K dinara upla en je u banku koja pla a 5% godišnje kamate i

kapitališe dva puta godišnje. Koliko godina je potrebno da se taj iznos

utrostru i.

Rešenje:

Iz uslova KK n 3 dobijamo

n

KK2

05,013 gde je n broj polugodišta.

Sada je

478,440247,0

0986,1

025,1ln

3ln025,13 n

npolugodišta, odnosno

22 godine, 2 meseca i 27 dana.


234

7.3.7. Na uložen iznos od 10000 dinara banka ra una godišnju kamatu po

stopi:prve godine 2%, druge godine 4%, tre e godine 6% i etvrte godine 8% i

kapitališe polugodišnje. Koliko iznosi uve ani kapital krajem etvrte godine?

Koja bi bila stalna godišnja kamatna stopa po kojoj bi se ostvario isti složeni

interes, ali pri

a) godišnjem kapitalisanju, b) etvoromese nom kapitalisanju, c) mese nom

kapitalisanju, d) neprekidnom kapitalisanju.

Rešenje:

din

IIIIK n

31,1217820816,10609,10404,10201,1100000

100000 2

%4

2

%3

2

%2

2

%1

a)

%5%05,01100000

31,12178231,1217821100000 4

4ppp

b)

%96,4%

0496,01100000

31,121782331,121782

31100000 12

12

p

pp

c)

%94,4%

0494,01100000

31,1217821231,121782

121100000 48

48

p

pp

d)

%93,4%0493,0100000

31,121782ln

4

131,121782100000 4 ppe p

7.3.8. Uloženo je u banku 40000 dinara, a posle 5 godina još 30000 dinara.

Kojom se sumom raspolaže posle 12 godina ako je kamatna stopa 8% i

kapitalisanje godišnje.

Rešenje:

dinIIKn 1521427138,1300005182,2400003000040000 7

%8

12

%8 .


235

7.3.9. Uloženo je K dinara u banku koja pla a 15% godišnje kamate uz

godišnje kapitalisanje. Po kojoj tromese noj kamatnoj stopi bi se dobio isti

krajnji kapital ali uz tromese no kapitalisanje.

Rešenje:

Tromese na konformna kamatna stopa godišnjoj kamatnoj stopi od

15% iznosi %6,3%036,0115,1 4,4

4, kk pp

7.3.10. Koliko treba danas uložiti u banku koja pla a 14% godišnje kamate i

kapitališe polugodišnje da bi se posle 12 godina i 18 dana raspolagalo sa 100

000 dinara. Zadatak rešiti a) komercijalnim metodom b) racionalnim metodom

i c) neprekidnim kapitalisanjem.

Rešenje:

a)

dinK

K

13,19577

360

1814,01

2

14,01

100000

360

1814,01

2

14,01100000

240

24

0

b)

dinKK 73,19581

2

14,01

100000

2

14,01100000

180

1824

0

180

1824

0

c)

din

e

KeK 55,18507100000

100000

360

181214,0

0

360

181214,0

0


236

7.3.11. Odabrati povoljniju ponudu za prodaju neke robe:

Prvi kupac nudi 30000 u gotovu i 40000 posle 3 godine

Drugi kupac nudi 40000 posle godinu dana i 50000 posle 5 godina.

Godišnja kamatna stopa je 8% i kapitalisanje je godišnje.

Rešenje:

Povoljnija ponuda za prodaju robe je ona ponuda koja je ve a u trenutku

sklapanja dogovora.

Prvi kupac nudi u trenutku sklapanja dogovora 30000 dinara i 40000 dinara

posle 3 godine. Tih 40000 dinara u trenutku sklapanja dogovora vrede sumi

koja bi za tri godine narasla na 40000 dinara po zadatim uslovima

kapitalisanja.

Odnosno vrede dinI

6,317532597,1

4000040000

08,1

400003

%8

3 , pa dakle prvi kupac

u trenutku dogovora nudi .6,617536,3175330000 din

Analogno, drugi kupac u trenutku sklapanja dogovora nudi

.17,7106913,3403204,370374692,1

50000

08,1

4000050000400005

%8

1

%8

dinII

Dakle, za prodaju je povoljnija druga ponuda.

7.3.12. Za koje vreme e iznos od 50000 dinara uložen u banku uz godišnju

kamatnu stopu 8% i polugodišnje kapitalisanje da naraste na 80000 dinara.

Zadatak rešiti racionalnim metodom.

Rešenje:

mm

n

m

m

nt

t

n

tt

m

p

K

K

tt

m

p

t

t

K

K

m

pKK

m

12

2

08,01ln

50000

80000ln

1ln

ln

1lnln1

0

0

0


237

Kako je tm=6 meseci (polugodišnje kapitalisanje) to je t=6 godina.

7.3.13. Po etkom svakog semestra se uloži po 5000 dinara u banku koja pla a

4% godišnje kamate i kapitališe šestomese no. Kolika je suma uloga posle 8

godina.

Rešenje:

dinIIIKIIIS nm

m

p

a

n 5,950600121,1950005000 16

%2%

7.3.14. Neko ima u banci na svom ra unu 100000 dinara. Po ev od danas

po etkom svakog semestra podiže po 10000 dinara 4 godine. Koliko e imati

na ra unu posle 15 godina po ev od danas, ako banka ra una 6% godišnje

kamate i kapitališe šestomese no.

Rešenje:

din

IIIIIK n

20,9770538450,271591,9100002668,1100000

10000100000 22

%2

8

%3

8

%3

7.3.15. Upla ivano je u banku po etkom godine: prvih pet godina po 10000

dinara, drugih pet po 15000 dinara, a narednih pet po 20000 dinara. Odrediti

sumu uloga na kraju 15 godine i sadašnju vrednost sume uloga. Kamatna stopa

je 6% i kapitalisanje je godišnje.

Rešenje:

Suma uloga Kn na kraju petnaeste godine je

din

IIIIIIIIIIIK n

87,34645311950620,11994267,107005

9753,5200003382,19753,5150007908,19753,510000

200001500010000 5

%6

5

%6

5

%6

10

%6

5

%6

Sadašnja vrednost sume uloga K0 je


238

din

IIKI

KKIKKK n

nn

20,1445754173,087,346453

06,01 15

%615

%6

0

15

%60

15

0

7.3.16. Pre 8 godina upla eno je u banku 100000 dinara. Na osnovu toga

narednih 5 godina po ev od danas svakih šest meseci podizano je iz banke po

15000 dinara. Kakvo je stanje imovine posle 10 godina ra unaju i od danas?

Kamatna stopa je 6% i kapitalisanje je polugodišnje.

Rešenje:

.94,517973439,18078,11150001566,2100000

15000100000 10

%3

10

%3

26

%3

din

IIIIIK n

7.3.17. Klijent želi da danas uplati u banku izvesnu sumu novca, na osnovu

koje e narednih pet godina, po ev od danas, krajem svakog polugodišta

podizati po 20000 dinara i kroz osam godina od danas na ra unu imati 50000

dinara. Odrediti tu sumu ako banka ra una kamatu po 16% i kapitališe

polugodišnje.

Rešenje:

din

I

IIII

K

IIIIIK

93,1487981589,2

14866,13200006302,050000

12000050000

50000120000

10

%8

9

%86

%8

6

%8

9

%8

10

%8

7.3.18. Po koliko dinara treba krajem svake godine uplatiti u banku u toku

prvih pet godina da bi se od pete godine po etkom svake godine moglo

podizati po 10000 dinara u toku slede ih šest godina.Kamatna stopa je 6% i

kapitalisanje je godišnje.


239

Rešenje:

dinIIII

IIIK

IIIIIIIK

61,92464185,116371,4

3938,710000

1

10000

0100001

6

%6

4

%6

6

%6

6

%6

6

%6

4

%6

7.3.19. Po etkom svake godine ulaže se po 8000 dinara uz kamatnu stopu 6% i

godišnje kapitalisanje.Na kraju godine u kojoj je uložen poslednji ulog treba da

se raspolaže sa 120000 dinara. Odrediti vrednost poslednjeg uloga ako on nije

8000 dinara.

Rešenje:

Ako je poslednji ulog 8000 dinara trebalo bi da važi

158000

1200008000120000 %6%6

nn IIIIII

Kako se ova vrednost ne nalazi u tre im kamatnim tablicama ni za jedno n,

kada je p%=6%, ve je 8699,15,9716,13 11

%6

10

%6 IIIIII to

poslednji ulog, koji je u ovom slu aju jedanaesti, mora biti manji od 8000

dinara. Vrednost krajnjeg kapitala na kraju jedanaeste godine je jednaka sumi

prvih deset uloga na kraju desete godine koji se kamate u toku jedanaeste

godine i tom jedanaestom ulogu koji se tako e kamati u toku jedanaeste

godine. Dakle,

1

%611

1

%6

10

%68000120000 IUIIII gde je sa U11 obeležena vrednost

poslednjeg, jedanaestog uloga. Odavde dobijamo

din

IIIIIIIII

U

2,14359716,1380009434,0120000

80001200008000120000 10

%6

1

%6

10

%61

%6

11


240

7.3.20. Kolika je tromese na konformna kamatna stopa pk,m ako je godišnja

kamatna stopa 15%.

Rešenje:

%55,3%0355,0115,0111 4, k

mmk ppp

7.3.21. Izra unati na koju e sumu da naraste kapital od 38000 dinara za tri

godine i 42 dana uz godišnju kamatnu stopu 8% i neprekidno kapitalisanje.

Rešenje:

dineeKK tp

n 45,4876038000 360

42308,0

0

7.3.22. Uz koji e procenat p% sa neprekidnim kapitalisanjem kapital od 20000

dinara za tri godine da naraste na 30000 dinara.

Rešenje:

%51,13%1351,03

20000

30000lnln

0

0 pt

K

K

peKK

n

tp

n

7.3.23. Za koje e vreme t i neprekidno kapitalisanje kapital od 25000 dinara

da naraste na 40000 uz kamatnu stopu od 8%.

Rešenje:

godinap

K

K

teKK

n

tp

n 87,508,0

25000

40000lnln

0

0 odnosno

5 godina i 2,31336087,0 dana .


241

7.3.24. Ulagano je u banku krajem svake godine po 5000 dinara u narednih pet

godina. Posle pauze od 4 godine tokom kojih nije bilo ulaganja, nastavljeno je

sa ulaganjem još 8 godina. Odraditi sadašnju vrednost ukupnog kapitala.

Kamatna stopa je 4% i kapitalisanje je godišnje.

Rešenje:

Na kraju sedamnaeste godine ukupan kapital je

1500015000 7

%4

12

%4

4

%4 IIIIIIIKn

Sadašnja vrednost tog kapitala je

din

IIIIIIIIII

KK n

58,459125134,012142,850006010,114163,45000

1500015000 17

%4

7

%4

12

%4

4

%417

%4

0

7.3.25. Kupac nudi prodavcu dve mogu nosti za izmirenje svoje obaveze:

a) da plati 30000 dinara odmah i 125000 dinara posle pet godina

b) da plati odmah 20000 dinara a krajem svake od slede ih pet godina po

25000 dinara. Koja je od ove dve ponude povoljnija za prodavca ako se kamata

ra una po stopi 6% i kapitališe jednom godišnje.

Rešenje:

Za prodavca je povoljnija ona ponuda ija je sadašnja vrednost ve a. Sadašnja

vrednost prve ponude je

dinIIK 5,1234127473,01250003000012500030000 5

%61,0

dok je sadašnja vrednost druge ponude

din

IIIIIK

89,119353

7050,016371,4250002000012500020000 6

%6

4

%62,0

Dakle, neznatno je bolja prva ponuda.


242

Zadaci za vežbu

7.3.26. Pre osam godina uloženo je 40000 dinara, a danas je podignuto 50000

dinara. Kojom se sumom raspolaže posle 7 godina, 3 meseca i 17 dana od

danas ako je godišnja kamatna stopa 8% uz

a) kapitalisanje kvartalno, primeniti komercijalni i racionalni metod

b) neprekidno kapitalisanje.

7.3.27. Neko lice je pozajmilo 100000 dinara uz 5% godišnje kamate i godišnje

kapitalisanje, a potom je isti novac uložilo uz 6% i tromese no kapitalisanje.

Koliko iznosi ostvarena razlika u kamati posle 10 godina.

7.3.28. Uloženo je u banku 30000 dinara, a posle 4 godine i 5 meseci

podignuto je 20000 dinara. Koliko je stanje uloga posle 8 godina od dana

ulaganja, ako je godišnja kamatna stopa 6% i kapitalisanje

a) šestomese no, primeniti komercijalni i racionalni metod

b) neprekidno.

7.3.29. Uloženo je u banku K dinara. Godišnja kamatna stopa prve dve godine

je 3%, slede e tri je 5%, a narednih pet godina je 4% uz godišnje kapitalisanje.

Kojom stalnom godišnjom kamatnom stopom koja bi važila svih 10 godina uz

polugodišnje kapitalisanje bi se dobio isti krajnji kapital.

7.3.30. Koji kapital uve an kamatom za 5 godina i 7 meseci uz 16% godišnje

kamate i polugodišnje kapitalisanje je jednak dvostrukoj vrednosti kapitala od

40000 dinara uve enog prostim kamatnim ra unom za 9 meseci uz kamatnu

stopu 18%. Zadatak rešiti i komercijalnim i racionalnim metodom.

7.3.31. Dva kapitala iji je zbir 100000 dinara uloženi su: jedan uz prost interes

po stopi 5%, drugi uz složeni interes po stopi 4% i godišnje kapitalisanje.

Odrediti kapitale ako su oni posle dvadeset godina dostigli jednaku vrednost.

7.3.32. Koliko godina mora biti uložen iznos od K dinara uz 8% godišnje

kamate i godišnje kapitalisanje pa da kamata poraste na dvostruki iznos uloga.

7.3.33. Zajam od 100000 dinara dat je uz složen interes. Na kraju prve godine

dužnik je dao poveriocu 50000 dinara. Na kraju druge godine uplatio je 60000

dinara i time vratio sav dug. Po kojoj godišnjoj kamatnoj stopi je ra unat

interes ako je

a) godišnje kapitalisanje


243

b) polugodišnje kapitalisanje

c) neprekidno kapitalisanje.

7.3.34. Kapital od 100000 dinara je plasiran za 20 godina uz 5,5% godišnje

kamate. Koju bi drugu sumu trebalo plasirati za tri godine manje po istoj stopi,

kako bi se dobila trostruka vrednost uve anog prvog kapitala. Kapitalisanje je

godišnje.

7.3.35. Koja je ponuda povoljnija za prodavca:

-prvi kupac nudi 500000 dinara posle 5 godina i 5 meseci

-drugi kupac nudi 100000 dinara u gotovu i 400000 dinara posle 3

godine?

Godišnja kamatna stopa je 16%, a kapitalisanje je polugodišnje. Primeniti

komercijalni metod.

7.3.36. Za kupovinu nekog objekta prvi kupac nudi 450000 dinara u gotovu, a

drugi 200000 dinara u gotovu, 200000 posle 4 godine i 200000 posle deset

godina. Koja je ponuda povoljnija za prodavca, ako je godišnja kamatna stopa

7% a kapitalisanje polugodišnje.

7.3.37. Pre sedam godina uloženo je u banku 100000 dinara. Koliko je danas

potrebno još uložiti da bi se na osnovu ukupne sume moglo primati po etkom

svake godine u narednih pet godina po 40000 dinara. Kamatna stopa je 4% i

godišnje kapitalisanje.

7.3.38. Ulagano je krajem svake godine po 10000 dinara u narednih deset

godina. Posle pauze od dve godine tokom kojih nije bilo ulaganja, sa istog

ra una podizano je krajem svake godine u narednih šest godina po K dinara

ime se imovina na ra unu ugasila. Godišnja kamatna stopa je 4% i godišnje

kapitalisanje. Odrediti K.

7.3.39. Uloženo je u banku po etkom godine 10 puta po 20000 dinara uz

godišnju kamatnu stopu 6% i godišnje kapitalisanje.

a) Kolika je vrednost sume uloga 5 godina posle poslednjeg uloga?

b) Posle 6 godina od prvog uloga banka smanjuje interesnu stopu na

5%. Odrediti sumu uloga 7 godina posle poslednjeg uloga.

7.3.40. Ulaga je stavljao 15 godina na svoj ra un u banci po etkom svake

godine po 30000 dinara. Kojom e imovinom raspolagati 8 godina posle

upla enog poslednjeg uloga, ako banka ra una 3,5% godišnje kamate i

kapitališe godišnje.


244

7.3.41. Upla eno je u banku 300000 dinara pre 4 godine. Na osnovu toga

po ev od danas, podiza e se po etkom svakog polugodišta po 20000 dinara u

toku naradnih 7 godina. Koliko je stanje imovine kroz 10 godina i 4 meseca

po ev od danas, ako je godišnja kamatna stopa 12% i kapitalisanje godišnje.

7.3.42. Upla ivano je u banku krajem svake godine: prvih 5 godina po 10000

dinara, naredne dve godine po 50000 dinara i slede ih 6 godina po 80000

dinara. Izra unati stalan ulog koji bi trebalo ulagati krajem svake godine u toku

svih 13 godina da bi se na kraju 13-te godine raspolagalo istom sumom novca.

Godišnja kamatna stopa je 4% i kapitalisanje godišnje.

7.3.43. Uloženo je u banku 100000 dinara. Na osnovu toga po ev od pete

godine podiza e se krajem svakog polugodišta po 10000 u narednih 6 godina.

Koliko je stanje na ra unu kroz 15 godina i 3 meseca po ev od danas , ako je

kamatna stopa 3% i kapitalisanje godišnje.

7.3.45. Dužnik može da bira da svoju obavezu izvrši:

a) da odmah plati 100000 dinara

b) da plati 70000 dinara posle pet godina i 70000 dinara posle deset

godina

c) da plati u deset rata po 12500 dinara i to posle godinu dana prvu, a

ostale krajem svake slede e godine.

Koja je mogu nost najpovoljnija za dužnika, ako je kapitalisanje godišnje po

godišnjoj stopi 4%.

7.3.46. Dvanaest godina je krajem svake godine ulagano u banku K dinara uz

interes po stopi 5% i godišnje kapitalisanje. Na osnovu sume ovih uloga

korisnik je narednih deset godina krajem svakih šest meseci podizao iz banke

iznos od 10000 dinara. U ovom periodu godišnja kamata je ra unata po stopi

od 6% uz polugodišnje kapitalisanje. Pošto je podigao poslednjih 10000

imovina kod banke je ugašena. Odrediti iznos uloga K.

7.3.47. Pet godina ulagano je krajem godine u banku po 30000 dinara uz

godišnju kamatnu stopu prve tri godine 4%, a posle toga 5% i godišnje

kapitalisanje. Odrditi sumu uloga na kraju osme godine.

7.3.48. Odrediti godišnju kamatnu stopu po kojoj zbir polugodišnjih

dekurzivnih uloga od po 5000 dinara posle deset godina uz polugodišnje

kapitalisanje iznosi 180000 dinara.


245

7.3.49. Po etkom svakog meseca u toku tri godine ulaže se po 8000 dinara uz

12% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti sumu uloga posle

pet godina.

7.3.50. Krajem svakog meseca u toku pet godina ulaže se po 5000 dinara uz

10% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti sumu uloga posle 8

godina.


246

7.4. Amortizacija kredita

Rešeni zadaci:

7.4.1. Zajam od 300000 dinara amortizuje se 5 godina jednakim dekurzivnim

godišnjim anuitetima uz 6% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Napraviti

amortizacioni plan.

Rešenje:

Vrednost anuiteta je 92,712182373964,03000005

%60 VKa din.

Amortizacioni plan se pravi u vidu slede e tabele:

k Sk - 1 ik bk

1 300000 18000 53218,92

2 246781,08 14806,86 56412,05

3 190369,02 11422,14 59796,78

4 130572,24 7834,33 63384,58

5 67187,65 4031,26 67187,66

0 ik=56094,59 bk=299999,99

gde je

02,19036905,5641208,246781

05,5641286,1480692,71218

86,1480606,008,24678106,0

08,24678192,53218300000

92,532181800092,71218

1800006,030000006,0

300000

212

22

12

101

11

01

00

bSS

iab

Si

bSS

iab

Si

KS

i tako redom.


247

Ako je amortizacioni plan ta no ura en, poslednja otplata mora

potpuno da eliminiše dug, zbir svih otplata mora biti jednak zajmu, i zbir svih

kamata mora zadovoljiti slede u jednakost

6,5609430000092,712185Kanik .

Evidentno da je naš amortizacioni plan ta no ura en.

7.4.2. Zajam od 400000 dinara otpla uje se 10 godina jednakim polugodišnjim

anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 4% i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti

amortizacioni plan za poslednju godinu amortizacije.

Rešenje:

Za pravljenje amortizacionog plana potrebno je znati anuitet i stanje duga na

po etku obra unskog perioda za koji treba uraditi amortizacioni plan, što je u

ovom slu aju stanje duga posle osamnaestog anuiteta.

Anuitet iznosi dinVVKa nm

m

p 244800612,0400000400000 20

%2%

0 ,

ostatak duga posle ispla enog osamnaestog anuiteta iznosi

dinIVIVaS nm

m

p 37,475309416,12448024480 2

%2

18

%18

Amortizacioni plan za poslednju godinu amortizacije dat je slede om tabelom:

k Sk - 1 ik bk

19 47530,37 950,61 23529,39

20 24000,98 480,02 23999,98

7.4.3. Zajam se otpla uje 16 godina jednakim godišnjim anuitetima uz 10%

godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Kamata za 10 godinu iznosi 10000

dinara. Napraviti plan amortizacije za poslednju godinu.


248

Rešenje:

Kako je

dinIVaS

dinVSa

dinp

iSpSi

91,186729091,020540

205402054,0100000

10000010,0

10000

1516

%1015

916

%109

109910

to je amortizacioni plan za poslednju godinu dat slede om tabelom:

k Sk - 1 ik bk

16 18672,91 1867,29 18672,70

7.4.4. Zajam od 100000 dinara amortizuje se godišnjim anuitetima od 8000

dinara uz 4% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Izra unati poslednji

anuitet.

Rešenje:

Pošto je K0 = 100000 dinara, a anuitet a = 8000 dinara, pri p%=4% to imamo

.5,128000

1000000%%0

a

KIVIVaK n

p

n

p

Kako u koloni tablice nIV %4 ni za jedno n ne postoji vrednost 5,12%4

nIV , ve

je 6593,12,1657,12 18

%4

17

%4 IVaIV , zaklju ujemo da e biti 17 anuiteta po

8000 dinara, a poslednji anuitet e biti manji od 8000 dinara.

Stanje duga posle isplate sedamnaestog anuiteta od po 8000 dinara je jednako

razlici glavnice zajma ukama enog za period od sedamnaest godina i sume

dekurzivnih godišnjih uloga od po 8000 dinara tako e za period od

sedamnaest godina, odnosno:

18000 16

%4

17

%4017 IIIIKS .


249

Pošto se poslednjim anuitetom ispla enim na kraju osmaneste godine mora

razdužiti sav dug, onda je poslednji anuitet jednak stanju duga posle isplate

sedamnaestog anuiteta ukama enog za poslednju osamnaestu godinu, odnosno

osamnaesti anuitet je jednak:

.4,541804,16975,2380009479,1100000

18000 1

%4

16

%4

17

%40

1

%41718

din

IIIIIKISa

7.4.5. Zajam od 80000 dinara amortizuje se godišnjim anuitetima od 24000

dinara. Godišnja kamatna stopa je 5% i kapitalisanje je godišnje. Napraviti

amortizacioni plan.

Rešenje:

Amortizacioni plan je dat slede om tabelom:

k Sk - 1 ik bk ak

1 80000 4000 20000 24000

2 60000 3000 21000 24000

3 39000 1950 22050 24000

4 16950 847,5 16950 17797,5

ik=9797,5 bk=80000 ak=89797,5

7.4.6. Zajam se amortizuje sa 10 jednakih anuiteta. Koli nik izme u tre e i

prve otplate je jednak 1,0816. Razlika izme u tre e i prve otplate je 500 dinara.

Izra unati

a) kamatnu stopu po kojoj je obra unata kamata

b) prvu otplatu

c) anuitet

d) iznos zajma


250

Rešenje:

a)

%4%04,10816,10816,12

1

2

1

1

3 prrb

rb

b

b

b)

dinbrbbrbbb 45,61270816,0

5005001 1

2

11

2

113

c)

dinIba 85,90694802,145,612710

%41

d)

dinIVaK 67,735641109,885,906910

%40

7.4.7. Zajam se otpla uje jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje

kapitalisanje. Poslednji interes za otplatu tog zajma je in= 5250 dinara a

pretposlednji in-1=10250 dinara. Razlika izme u prvog i drugog interesa je

i1-i2=3384,20 dinara. Odrediti:

a) godišnju kamatnu stopu

b) anuitet

c) vreme otpla ivanja zajma

d) prvu otplatu

e) poslednju otplatu

f) zajam.


251

Rešenje:

Imaju i u vidu da je `1

%1 kn

pk IIai imamo

a)

111

111

2

1

2

2

%

12

%1

1

%

1

%

r

ir

II

iaIIai

r

ir

II

iaIIai

n

p

npn

n

p

npn

odakle je

%5%05,1525010250

5250

11 12

1

2

pii

ir

r

ir

r

ir

nn

nnn

Godišnja kamatna stopa je 5%

b)

dinr

ir

II

ia nn 110250

05,0

05,15250

11 1

%5

Anuitet je 110250 dinara.

c)

10ln

1ln

11

111

21

21

1

1%5

1

%5

1

%5%521

r

r

r

ii

a

nr

r

ii

ar

r

r

r

aIIIIaIIaIIaii

n

n

nnnn

Vreme otpla ivanja zajma je 10 godina.


252

d)

dinI

ab 7129,67683

6289,1

11025010

%5

1

Prva otplata je 67683,7129 dinara.

e)

dinIbb 74,1049975513,17129,676839

%5110

Poslednja otplata je 104997,74 dinara.

f)

.425,8513177217,711025010

%50 dinIVaK

Zajam je iznosio 851317,425 dinara.

7.4.8. Zajam se otpla uje godišnjim anuitetima od 7373,52 dinara uz godišnje

kapitalisanje. Prva otplata je 4373,52 dinara ,a šesta otplata je 5321,06 dinara.

Izra unati

a) godišnju kamatnu stopu

b) iznos zajma

c) broj anuiteta.

Rešenje:

a)

Iz ik

pik Ibb % sledi

%4%04,121665,121665,152,4373

06,53215

1

65 prb

br

Godišnja kamatna stopa je 4%.


253

b)

Prvi interes 11 bai je upravo godišnji interes na iznos zajma pa je

dinp

ba

p

iKipK 75000

04,0

52,437352,737311010

Iznos zajma je 75000 dinara.

c)

32,1304,1ln

52,4373

52,7373ln

04,1ln

ln

04,1 11%41

b

a

nbIbann

Zajam e se amortizovati sa 13 godišnjih anuiteta od 7373,52 dinara i

etrnaestim anuitetnim ostatkom.

7.4.9. Zajam od 300000 dinara se otpla uje 10 godina jednakim polugodišnjim

anuitetima uz 4% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Koliko iznosi

ostatak duga na po etku sedmog perioda otplate.

Rešenje:

Za ovakve uslove vra anja zajma, anuitet iznosi

.183600612,030000020

%20 dinVKa

Ostatak duga na po etku sedmog perioda otplate je jednak stanju duga posle

šeste otplate, odnosno

.83,2222691062,1218360620

%26 dinaraIVaS

7.4.10. Zajam se amortizuje sa petnaest godišnjih anuiteta od 8000 dinara i

šesnaestim anuitetnim ostatkom od 5000 dinara uz 6% godišnje kamate i

godišnje kapitalisanje. Koliko iznosi

a) zajam

b) ostatak duga za poslednje tri godine.


254

Rešenje:

a)

Zajam je jednak zbiru sadašnje vrednosti sume petnaest dekurzivnih uloga od

po 8000 dinara i sadašnje vrednosti poslednjeg dekurzivnog uloga od 5000

dinara (videti zadatak 7.4.6.). Odnosno

.6,796724173,012760,2280003936,05000

180005000 15

%6

14

%6

16

%60

din

IIIIIIIK

b)

Ostatak duga za poslednje tri godine je u stvari stanje duga posle trinaeste

otplate, a to je razlika iznosa zajma ukama enog trinaest godina i sume

trinaest dekurzivnih uloga od po 8000 dinara, odnosno

din

IIIIKS

89,18876

8821,1880001329,26,7967218000 12

%6

13

%6013

7.4.11. Deseti interes zajma koji otpla uje jednakim godišnjim anuitetima 18

godina uz 8% i godišnje kapitalisanje, iznosi 8000 dinara. Odrediti anuitet i

ostatak duga na po etku pretposlednje godine.

Rešenje:

Iz jednakosti 1

%

1

%1

1kn

p

kkn

pkII

iaIIai dobijamo

.4,160065002,01

8000

1 9

%8

10 dinII

ia

Ostatak duga na po etku pretposlednje godine je jednak stanju duga posle

šesnaeste otplate, odnosno

.22,285447833,14,160062

%816 dinaraIVaS


255

7.4.12. Sedma otplata jednog zajma koji se amortizuje 8 godina jednakim

polugodišnjim anuitetima uz 16% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje

iznosi 6000 dinara. Koliko je sadržano interesa u prvih deset anuiteta?

Rešenje:

Važi slede e:

dinII

b

II

baIIab

kn

p

kkn

pk 37,129534632,0

60001716

%8

7

1

%

1

%

Kako je 1

%1 kn

pk IIai to je

.7,7475914866,134259,3

37,1295337,1295310110

110101

9

%816

%8

92

16

10

1

116

%

10

1

116

%

10

1

dinIIII

aa

rrrr

aaIIaaIIai

k

k

p

k

k

p

k

k

7.4.13. Po zajmu koji se otpla uje za 25 godina jednakim godišnjim anuitetima

uz 6% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje, iznos duga na po etku desete

godine je 200000 dinara. Odrediti anuitet, prvu otplatu, otpla eni deo duga

po ev od petog i zaklju no sa dvadesetim pla enim anuitetom

Rešenje:

.49,1437006371,47856,354,4613

11

4,46132330,019800

198000990,0200000

4

%6

19

%61

4

%61

19

%61520

25

%61

925

%69

din

IIIIIIbIIIbIIIbOO

dinIIab

dinVSa

7.4.14. Zajam od 300000 dinara otpla uje se 12 godina jednakim godišnjim

anuitetima uz 6% godišnje kamata i godišnje kapitalisanje. Na traženje dužnika

posle 7 pla enih anuiteta poverilac je smanjio interesnu stopu na 4%, a vreme

za amortizaciju je ostalo isto. Odrediti

a) anuitet za prvih 7 godina

b) ostatak duga posle 7 godina


256

c) anuitet posle promene uslova amortizacije.

Rešenje:

a)

dinVKa 357901193,030000012

%60

b)

dinIVaS 8,1507612124,435790712

%67

c)

dinVSanovo 1,338612246,08,1507615

%47

7.4.15. Zajam od 200000 dinara treba da se otplati za 10 godina jednakim

godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 8% i godišnje kapitalisanje.

Tri meseca po isplati šestog anuiteta stranke su se dogovorile da se kamatna

stopa smanji za 2% i da dužnik plati ostatak duga u narednih 8 godina. Odrediti

novi anuitet po kom e dužnik otpla ivati ostatak duga.

Rešenje:

dinIVaS

dinVKa

58,987003121,329800

298001490,0200000

610

%86

10

%80

Kroz tri meseca stanje duga je naraslo na

dinS

S 6,10067412

08,03158,98700

12

08,036

6 pa novi anuitet za

promenjene uslove kreditiranja iznosi

.6,162081610,06,1006746,100674 8

%6 dinVanovo

7.4.16. Peta otplata zajma koji se amortizuje deset godina godišnjim anuitetima

uz 4% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje iznosi 82822,83 dinara. Posle 6

godina smanjena je interesna stopa za 1% s tim da se dug izmiri u odre enom

vremenu. Dužnik je i pored smanjene interesne stope nastavio da pla a iste

anuitete sve do poslednje godine. Odrediti koliki je bio poslednji anuitet kojim

je dug potpuno izmiren?


257

Rešenje:

dinIVaS

dinIba

3803986299,373,104795

.73,1047952653,183,82822

610

%46

1510

%45

Na po etku poslednje desete godine stanje duga je jednako razlici stanja duga

posle šeste godine ukama enog tri godine po novim kamatnim uslovima i sume

godišnjih dekurzivnih uloga za tri godine po novim kamatnim uslovima.

din

IIIaISS

78,91747

10909,273,1047950927,138039812

%3

3

%369

Poslednji anuitet je jednak stanju duga na po etku desete godine ukama enog

za period od godinu dana (u toku desete godine).

.2,9450003,178,917471

%39 dinISa poslednji

7.4.17. Kod banke je 1.VII 1995. godine podignut zajam od 500000 dinara uz

obavezu korisnika da zajam isplati za vreme od 10 godina jednakim

polugodišnjim anuitetima uz 24% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje.

Banka ra una kamatu 30. juna i 31. decembra. 30. oktobra 2002. godine

promenjeni su uslovi otpla ivanja i to godišnja kamatna , stopa je smanjena za

2%, a vreme amortizacije je produženo za godinu dana. Izra unati anuitet pre

30. oktobra 2002. godine i posle tog datuma.

Rešenje:

Anuitet pre konverzije zajma (pre 30. oktobra 2002. godine) je iznosio

.669501339,0500000500000 20

%12 dinVa

Stanje duga 1.VII 2002.god. je stanje duga posle etrnaest anuiteta, odnosno

.23,2752581114,4669501420

%1214 dinIVaS

Novi anuitet se izra unava za nove kamatne uslove:

.67,534821943,023,2752588

%1114 dinVSanovo


258

Anuitet koji e se isplatiti 31.XII 2002. godine e biti uve an za period od 30.

juna 2002. godine do 30. oktobra 2002. i to za iznos razlike kamata od 24% i

22% na S14 za taj period. Odnosno, taj anuitet e iznositi

.7,55317360

12002,023,27525867,53482

360

12002,014.2002.31 din

Saa novoXII

7.4.18. Najve a kreditna sposobnost u toku meseca za neku stranku iznosi

10000 dinara. Koliki se zajam može podi i u banci na osnovu ovoga na period

od dvadeset godina ako banka

a) obra unava kamatu jednom godišnje po godišnjoj kamatnoj stopi od

12%

b) obra unava kamatu mese no po godišnjoj kamatnoj stopi od 12%.

Rešenje:

a)

Mese na konformna kamatna stopa je

%95,0%0095,1112,112kk pp .

Zajam koji se može podi i na period od dvadest godina iznosi

.9410000095,00095,1

10095,110000

1

1240

240

,,

,

0 dinrr

raK

mk

nm

mk

nm

mk

b)

Zajam koji se može podi i pod ovim uslovima na period od dvadeset

godina je

.83,90819301,001,1

101,110000

1

1

240

240

0 din

rr

r

aK

m

p

nm

m

p

nm

m

p


259

7.4.19. Zajam se amortizuje 10 godina jednakim polugodišnjim anuitetima od

20000 dinara uz 6% godišnje kamatne stope i godišnje kapitalisanje. Izra unati

ukupno pla enu kamatu u toku amortizacije zajma.

Rešenje:

Ukupno pla ena kamata je razlika izme u koli ine novca date polugodišnjim

anuitetima i iznosa zajma. Polugodišnja konformna kamatna stopa za godišnju

kamatnu stopu od 6% iznosi %96,2%0296,0106,1 kk pp pa

zajam iznosi

.75,2986390296,00296,1

10296,120000

1

120

20

,,

,

0 dinrr

raK

mk

nm

mk

nm

mk

Ukupno ispla ena kamata je

.25,10136075,298639200002020

1

dinik

k

7.4.20. Zajam se amortizuje 15 godina jednakim godišnjim anuitetima uz

godišnju kamatnu stopu 6% i godišnje kapitalisanje. Peta otplata je 4000

dinara. Posle desetog pla enog anuiteta kamatna stopa je pove ana za 2%, a

vreme amortizacije je produženo za dve godine. Odrediti anuitete pre i posle

promene uslova amortizacije.

Rešenje:

Anuitet pre promene uslova amortizacije iznosi

.2,75938983,140001515

%65 dinIba

Stanje duga posle desetog pla enog anuiteta iznosi

.6,319852124,42,75931015

%610 dinIVaS


260

Novi anuitet iznosi

.43,61441921,06,319867

%810 dinVSanovo

Zadaci za vežbu

7.4.21. Dug od K dinara treba da se isplati sa deset godišnjih anuiteta od po

50000 dinara uz godišnju kamatnu stopu 8% i godišnje kapitalisanje. Umesto

ovog, dužnik se odlu uje za drugu mogu nost, da dug oduži sa pet godišnjih

anuiteta uz ostale jednake uslove. Koliko iznosi novi anuitet?

7.4.22. Zajam se otpla uje za 4 godine jednakim šestomese nim anuitetima od

po 8000 dinara uz 8% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti

a) prvu otplatu

b) tre u otplatu

c) iznos zajma

d) ukupno ispla enu kamatu.

7.4.23. Zajam se otpla uje 10 godina jednakim šestomese nim anuitetima uz

6% godišnje kamate i polugodišnjim kapitalisanjem. Prva otplata iznosi 10000

dinara.Odrediti koliko je otpla eno po ev od sedmog zaklju no sa petnaestim

anuitetom.

7.4.24. Zajam od 1 000 000 dinara otpla uje se za 20 godina jednakim

šestomese nim anuitetima uz 4% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje.

Izraditi amortizacioni plan za poslednja tri perioda otpla ivanja.

7.4.25. Ostatak duga zajma koji se amortizuje dvadeset godina jednakim

godišnjim anuitetima sa 5% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje, posle

petnaestog pla enog anuiteta iznosi 100000 dinara. Napraviti amortizacioni

plan za prve tri godine.

7.4.26. Po zajmu koji se otpla uje 15 godina jednakim šestomese nim

anuitetima uz 10% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje, osma otplata

iznosi 5000 dinara.. Odrediti dvanaestu otplatu i izraditi amortizacioni plan za

deseti, jedanaesti dvanaesti period otpla ivanja.


261

7.4.27. Deseti interes zajma koji se amortizuje deset godina jednakim

polugodišnjim anuitetima uz 12% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje

iznosi 4000 dinara. Odrediti amortizacioni plan za poslednja tri perioda.

7.4.28. Zajam se amortizuje dvadeset godina jednakim godišnjim anuitetima uz

5% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Ostatak duga posle trinaest

pla enih anuiteta je 80000 dinara. Napraviti amortizacioni plan za prve tri

godine amortizacije.

7.4.29. Zajam se otpla uje 12 godina jednakim polugodišnjim anuitetima od

7000 dinara uz 8% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti

koliko je otpla eno zajma po ev od petog zaklju no sa osamnaestim anuitetom.

7.4.30. Zajam od 500000 dinara amortizuje se dvadeset godina jednakim


Tri meseca po isplati petog anuiteta stranke su se dogovorile da se kamatna

stopa smanji za 1%, a da se zajam otplati u narednih deset godina. Izra unati

novi anuitet.

7.4.31. Dužnik otpla uje kod banke dva zajma. Prvi od 100000 dinara na 15

godina uz 6% godišnje kamate jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje

kapitalisanje. Drugi od 200000 dinara na 20 godina uz istu kamatnu stopu, ali

uz polugodišnje kapitalisanje, ispla uje polugodišnjim anuitetima. Posle sedam

godina oba zajma se spajaju u jedan i tako novoformirani zajam treba da se

amortizuje u narednih deset godina jednakim godišnjim anuitetima i godišnje

kapitalisanje uz godišnju kamatnu stopu 4%. Izra unati anuitet kojim se

amortizuje novi zajam.

7.4.32. Zajam od 150000 dinara amortizuje se dvanaest godina jednakim


Prve etiri godine dužnik je redovno pla ao anuitete, a posle toga slede ih

etiri godine dužnik nije platio nijedan anuitet. Tada su se stranke dogovorile

da dužnik nastavi da pla a redovno anuitete uz kamatnu stopu 9% i u

predvi enom roku otplati dug. Izra unati novi anuitet.

7.4.33. Zajam se amortizuje deset godina jednakim polugodišnjim anuitetima

uz 6% godišnje kamatne stope i polugodišnje kapitalisanje. Osma otplata iznosi

10000 dinara. Sedamnaest dana po isplati sedmog anuiteta kamatna stopa je

smanjena za 2%, a dužnik se obavezuje da zajam otplati u narednih pet godina

jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje kapitalisanje. Odrediti novi anuitet.


262

7.4.34. Zajam od 200000 dinara treba da se otplati za 18 godina jednakim

godišnjim anuitetima uz 5,5% godišnje kamatne stope i godišnje kapitalisanje.

Posle 10 godina kamatna stopa je smanjena za 2%. Odrediti anuitet pre i posle

konverzije zajma.

7.4.35. Zajam od 300000 dinara treba da se otplati za sedam godina jednakim

godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 3,5% i godišnje kapitalisanje.

Posle tri godine stopa je smanjena na 3%, a vreme amortizacije je produženo

još za dve godine. Odrediti anuitet pre i posle konverzije zajma.

7.4.36. Koliki je mese ni anuitet na zajam od 100000 dinara koji treba otplatiti

za deset godina uz godišnju kamatnu stopu 8% i


b) polugodišnje kapitalisanje.

7.4.37. Zajam od 120000 dinara amortizuje se pet godina jednakim mese nim

anuitetima uz 9% godišnje kamatne stope.Odrediti anuitet ako je


b) polugodišnje kapitalisanje

c) mese no kapitalisanje.

7.4.38. Zajam od 300000 dinara se amortizuje 20 godina jednakim mese nim

anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 12% i godišnje kapitalisanje. Koliko je

pla eno ukupno kamate za prvih, a koliko za drugih deset godina?



otpla eno zajma po ev od desetog zaklju no sa pedesetim anuitetom?



stanje duga posle sedme godine?


263

LITERATURA

1. Michael W. Klein, Mathematical Methods for Economics; ADDISON-

WESSLEY, 2002

2. Peter Hess, Using Mathematics in Economic Analysis, PRENTICE-HALL,

2002.

3. Alpha C. Chiang, Fundamental Methods of Mathematical Economics;

McGREW-HILL International Edition, 1984

4. M.Hoy et all.., Mathematics for Economics; ADDISON-WESSLEY 1996

5. Demidovi , Zadaci i rešeni primeri iz više matematike, Tenhi ka knjiga,

1978.

6.Dr. Miodrag Ivovi , Finansijska matematika, Ekonomski fakultet Beograd,

1999

7. Dr Luka Filipovi , Matematika za ekonomiste, Viša poslovna škola

Beograd, 1998.

8. Dr. Rajko Ralevi , Matematika za ekonomiste-Zbirka zadataka, Viša škola

za ekonomiju, Beograd, 1990

9. Dr. Dragoslav Mitrinovi , Matematika u obliku metodi ke zbirke zadataka

sa rešenjima I deo, Gra evinska knjiga, Beograd 1977.

10. Dr. Dragoslav Mitrinovi , Matematika u obliku metodi ke zbirke zadataka

sa rešenjima II deo, Gra evinska knjiga, Beograd 1977.

DODATAK

KAMATNE (INTERESNE)TABLICE


266

Dodatak – Kamatne (interesne) tablice

267


268


269


270


271


272


273


274


275


ZBIR

KA

ZAD

ATA

KA

IZ POSLO

VN

E MA

TEMA

TIKE •

Doc. dr D

ušan Joksimović

Cyan Magenta Yellow Black

Doc. dr Dušan Joksimović rođen je 1966. godine u Beogradu.

Diplomirao je na Elektrotehničkom fakultetu u Beogradu 1991. godine. Na istom fakultetu je magistrirao 1995.

godine i doktorirao 2001. godine.

Učesnik je više domaćih i inostranih kongresa i konferencija i ima preko trideset objavljenih radova u domaćim i međunarodnim stručnim publikacijama.

Naučni je saradnik Instituta za fiziku, i docent na Fakultetu za poslovne studije Megatrend univerziteta primenjenih nauka za predmete Poslovna matematika i Poslovna statistika.

ISBN 86-7747-102-2Megatrend univerzitet primenjenih nauka,

Beograd, 2003.

poslovna matematika-zbirka

Documents