1

UVOD U ALGEBRU 1.1. Matematička logika 41.2. Skupovi

9

1.3. Relacije 14

1.4. Preslikavanje 22

1.5. Operacije i algebarske strukture 30

2. LINEARNA ALGEBRA2.1.Vektori 36

2.2.Vektorski prostori 44

2.2.1. Pojam vektorskog prostora i potprostora 44

2.2.2. Linearna zavisnost 46

2.2.3. Dimenzija i baza 50

2.2.4. Elementarna bazna transformacija 51

2.3. Matrice i determinante 58

2.3.1. Pojam i vrste matrice 58

2.3.2. Računske operacije sa matricama 60

2.3.3. Kvadratne matrice, determinante i inverzne matrice 62

2.3.4. Rang matrice 72

2.4. Sistemi linearnih jednačina 78

2.4.1. Pojam i vrste sistema linearnih jednačina 78

2.4.2. Gausov postupak eliminacije 80

2.4.3. Rješavanje sistema linearnih jednačina pomoću matrica 90

2.4.4. Rješavanje sistema linearnih jednačina pomoću determinanti 92

Zadaci za vježbanje 96

3. NUMERIČKE FUNKCIJE 3.1. Pojam i vrste numeričkih funkcija 133

3.2. Nizovi i njihove granične vrijednosti 135

3.2.1. Pojam i vrste nizova 135

3.2.2. Granična vrijednost niza 139

3.3. Pojam reda i njegove granične vrijednosti 143

3.4. Neke osobine funkcija 144

3.4.1. Ograničenost funkcije 144

3.4.2. Monotonost funkcije 145

3.4.3. Parnost i neparnost funkcije 146

3.4.4. Periodičnost funkcije 147

3.4.5. Granična vrijednost funkcije 147

3.4.6. Neprekidnost funkcije 149

3.4.7. Asimptote 150

3.5. Elementarni način ispitivanja funkcija i ispitivanje elementarnih funkcija 154

2

3.5.1. Linearna funkcija 154

3.5.2. Kvadratna funkcija 155

3.5.3. Kubna funkcija 157

3.5.4. Eksponencijalna funkcija 157

3.5.5. Logaritamska funkcija 158

3.5.6. Funkcija indirektne proporcionalnosti 158

3.6. Pojam funkcije sa dva i više argumenata 160

Zadaci za vježbanje 162

4. DIFERENCIJALNI RAČUN 4.1. Izvodi i diferencijali funkcija sa jednim argumentom 198

4.1.1. Pravila za izračunavanje izvoda 202

4.1.2. Izvodi i diferencijali višeg reda 208

4.2. Osnovne osobine derivabilnih funkcija 209

4.2.1. Rolova teorema 209

4.2.2. Lagranžova teorema o srednjoj vrijednosti 210

4.2.3. Tejlorova formula 211

4.2.4. Lopitalova pravila 213

4.3. Ispitivanje funkcija sa jednim argumentom 216

4.3.1. Rastenje i opadanje funkcije 216

4.3.2. Ekstremi funkcije 217

4.3.3. Konkavnost, konveksnost i prevojne tačke 219

4.3.4. Ispitivanje funkcija sa konstrukcijom grafika 221

4.4. Izvodi i diferencijali funkcija sa dva ili više argumenata 226

4.4.1. Parcijalni izvodi i totalni diferencijalni višeg reda 227

4.5. Ekstremne vrijednosti funkcije sa dva argumenta 229

4.5.1. Rješavanje problema slobodnog ekstrema funkcije 229

4.5.2. Uslovni ekstrem 231

Zadaci za vježbanje 233

5. INTEGRALNI RAČUN5.1. Pojam i osobine neodređenog integrala 251

5.2. Tablica osnovnih integrala 252

5.3. Osnovni metodi integracije 253

5.3.1. Metod zamjene 253

5.3.2.Metod parcijalne integracije 254

5.4. Pojam i osobine određenog integrala 256

5.5. Izračunavanje površina figura u ravni 259

Zadaci za vježbanje 262

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih fomula ) 266

3

4

PREDGOVOR

Ova matematika sadrži gradivo predviđeno nastavnim planom i programom ovog predmeta.Cilj ovog programa je da se studentima obezbjedi neophodno znanje iz algebre, analize, koja će ih osposobiti da se aktivno uključe u izučavanje brojnih kvantitativnih metoda.Relativno apstraktna građa obrađuje se na vrlo praktičan način, bez pretenzija za potpunim izučavanjem predmetne građe.U ovoj knjizi imamo i odgovarajuće zadatke za vježbanje sa rješenjima, da bi studentima omogućili utvrđivanje proučene građe iz teorije.Mnogo hvala recenzentima i izdavaču na podršci i objavljivanju ovog rukopisa

Autor

Banjaluka, 2008

5

1.Uvod u algebru

1.1. Matematička logika

snovno sredstvo sporazumjevanja medu ljudima je jezik, Razlikujemo više vrsta jezika sporazumjevanja, kao što su npr, slikarski, muzički, obični (govorni) i književni jezik, Matematički jezik je najviši oblik naučnog jezika,O

Za razliku od npr, slikarskog jezika, matematici je potreban jezik pomoću koga se izražavamo i sporazumjevamo bez dvosmislenosti i nedorječenosti. Zadatak matematičke logike je proučavanje, istraživanje i stalna dogradnja takvog matematičkog jezika, tj. jezika simbola kao sredstva za razvijanje mišljenja, rasuđivanja, zaključivanja i komuniciranja u matematici.

Najsličniji maternatičkom jeziku su govorni i književni (pisani) jezik. Osnovu ovih jezika čini glas, slovo, riječ i rečenica. Nešto slično važi i za matematički jezik u kome osnovu čine matematički izrazi (riječi) ili termini, Najprostiji matematički izrazi su konstante i promjenljive.

Konstante su potpuno određeni matematički objekti, tj, veličine kojima se vrijednost ne mijenja, npr, -S; 0; 2; 2/3; 5; ; Π; e

,,,

Promjenljive su simboli (znaci i slova) koji mogu predstavljati bilo koji elemenat iz nekog datog skupa, Dati skup se naziva oblast definisanosti (domen) promjenljive, Konstante kojima se zamjenjuju promjenljive nazivaju se vrijednosti promjenljivih.

Primjer su oznake za promjenljive 2,) n je oznaka za prirodan broj, Vrijednosti promjenljive n su konstante 1, 2, …

Složeni matematički izrazi se dobijaju kad se konstante I promjenljive povežu simbolima ( oznakama) za računske operacije, kao što su npr, +, -, ·, : , Pri formiranju slođenih izraza dozvoljena je I upotreba zagrada, s tim da izraz ima smisla,

6

Primjer 1,) izrazi su: 8+7, 3x-4, 5x/(x+1), (x+2)y I sl, 2,) nisu izrazi: 2+, x(y+) I sl,

Dakle, izrazi su riječi ili sklopovi riječi koji ne čine rečenicu, Izrazi se sastoje od jedne promjenljive ili od jednog znaka konstante, ili od više promjenljivih ili znakova konstanti povezanih znacima operacija, uz upotrebu zagrada kao pomoćnih simbola,

Viijednost matematičkog izrazi je konstanta koja se dobije nakon što se u izrazu svi simboli promjenljivih zamjene odgovarajućim vrijednostima (konstantama) i izvrše naznačene operacije,

Matematičke formule su rečenice koje su: ili (1) istinite, ili (2) neistinite, ili (3) takve da se za njih ne može, nedvosmisleno i jednoznačno, utvrditi vrijednost istinitosti, Za prve važe ovi principi:

1) principi uključenja trećeg, što znači da ne postoji iskaz koji ne bi bio ni istinit ni neistinit,2) princip kontradikcije, što znači da nema iskaza koji je i istinit i neistinit,

Primjer

1) Iskazi su formule: 2+3=5, 4>1+2, 4<1+2, 2+3=7, x+x=2x, x+x=3x za x#0, x+2=5 za x=3, x+2=5 za x=8, x+y=y+x i si,2) Nisu iskazi formule: x+2=5, x+y=z, x+x=3x i si, jer nisu definisane vrijednosti promjenljivih njima, pa se ne može nedvosmisleno i jednoznačno utvrditi da li su tačne ili netačne,3) Iskazi su i ove rečenice: Južna i Zapadna Morava se spajaju i grade Moravu; Subotica je grad sa najviše stanovnika u Jugoslaviji, prema popisu od 1981, godine,4) Nisu izkazi rečenice: Broj 2 je zelen; Ekononomija je slatka; Mis univerzum je najljepša žena na svetu, i si, Prve dve rečenice nemaju smisla, dok se za treću ne može pouzdano (nedvosmisleno) utvrditi vrijednost istinitosti, jer je ljepota stvar ukusa, tj, za nekoga je Mis univerzuma najljepša a za nekoga nije,

Matematičke formule koje sadrže promjenljive kojima vrijednost nije definisana i za koje se zbog toga ne može jednoznačno utvrditi vrijednost istinitosti, su neodređeni iskazi i nazivaju se iskazne forme, iskazne funkcije, ili predikati, Predikati postaju iskazi kada se u njima na mjesto promjenljivih uvrste konstante, tj, vrijednosti promjenljivih, Za predikate sa jednom, dve, tri, itd, promjenljivih se kaže da su dužine: jedan, dva, tri, itd,

Primjer Predikati su ove formule: x+2=5, x>5, x+y=z, x+x=3x i sl,

Svaki iskaz se može obilježiti slovom, Ova slova se nazivaju iskazna slova, npi, p, q, r, s, a, b,,,,

Ako je neki iskaz p tačan (istinit), onda se vrijednost njegove istinitosti označava ovako: τ p=T ili τ p=1 (čitaj: tau od p jednako te ili jedan; T kao prvo slovo engleske reci true=istina),

Ako je p netačan (neistinit, lažan) iskaz, onda se njegova istinitost vrednuje sa ili 0, tj, piše se ili τ p= ili τ p=0 (čitaj: tau

od p jednako ne te ili nula),

U matematici se tačan iskaz naziva stav,

Iskaz je prost ako sadrži samo jednu informaciju,

Dva ili više prostih iskaza povezanih znacima logičkih operacija tvore složeni iskaz, Osnovni medu njima su oni koji povezuju dva prosta iskaza, izuzev negacije ┐, koja se odnosi na jedan iskaz, U nastavku dajemo definicije ovih osnovnih složenih iskaza,

Konjukcija datih iskaza p i q je iskaz u oznaci p q (čitaj: p i q), istinit onda i samo onda ako su oba data iskaza istinita,

Tablica vrednosti istinitosti za konjukciju za sve moguće varijante vrijednosti istinitosti iskaza piq:

7

ili kraće

Disjunkcija datih iskaza p i q je iskaz u oznaci pvq (čitaj: p ili q), istinit onda i samo onda ako je bar jedan od datih iskaza istinit, odnosno neistinit onda i samo onda ako su oba data iskaza neistinita, Ovako definisana disjunkcija javlja se pod nazivom inkluzivna (uključiva) disjunkcija, jer je istinita i onda kada su oba data iskaza istinita,

Eksluzivna (isključiva) disjunkcija datih iskaza p i q je iskaz u oznaci pvq (čitaj: ili p ili q), istinit onda i samo onda ako je samo jedan od datih iskaza istinit,

Tablica vrednosti istinitosti za disjunkciju:

Pod izrazom "disjunkcija" najčešće se podrazumjeva inkluzivna, pa je u slučaju upotrebe eksluzivne disjunkcije neophodno to i naglasiti,

Implikacija datih iskaza p i q je iskaz u oznaci p q, neistinit onda i samo onda ako je p istinit a q neistinit iskaz, p q se može čitati ovako:

p implicira q, iz p slijedi q, p je dovoljan uslov za q, q je potreban uslov za q, p je uzrok za q, a q je posljedica p, p je predpostavka, a q je tvrdnja,

Tabla istinitosti za implikaciju:

Ekvivalencija datih iskaza je iskaz u oznaci p q istinit onda i samo onda ako dati iskazi imaju jednake vrednosri istinitosti, pq se može čitati ovako:

* p je ekvivalentno sa q,

* iz p slijedi q i iz q slijedi p,

* ako je p onda q i obratno,

* p je dovoljan i potreban uslova za q i obratno, itd,

Tablica vrednosti istinitosti za ekvivalenciju:

8

Ekvivalencija iskaza p i q se može definisati i kao konjunkcija implikacija p q i q p, tj, važi:

Negacija datog iskaza p je iskaz ┐ p (čitaj: ne p), koji je neistinit kada je p istinit i obratno, Tablica vrijednosti istinitosti za negaciju:

Napomena

1. ┐(┐ p)=p, tj, negacija negacije datog iskaza daje iskaz sa jednakom vrijednošću istinitosti kao što je ima dati iskaz,

2. ┐ ( p q ) = p q i ┐ ( p q ) = p q, tj, negacija ekvivalencije je ekskluzivna disjunkcija i obratno.

Dakle, vezivanjem prostih iskaza, označenih iskaznim slovima p, q,,,,, pomoću znakova logičkih operacija dobili smo složene iskaze, Vezujući ove složene iskaze pomoću znakova logičkih operacija dobijamo još složenije, Svi ovi iskazi se nazivaju iskazne formule ili logičke formule.

Uobičajeno je da se iskazne formule definišu ovako:

1) Iskazna slova su iskazne formule,2) Ako su A i B iskazne formule, onda su i (A B), (AV B), (A B), (A B), ┐A takođe iskazne formule,3) Iskazne formule mogu se obrazovati samo konačnim brojem primjena 1) i 2), uz mogućnost korišćenja konvencije o brisanju zagrada,

Vrijednost istinitosti iskazne formule zavisi od vrijednosti istinitosti iskaznih promjenljivih u njoj.

Iskazna formula koja je istinita za svaku moguću varijantu vrijednosti istinitosti prostih iskaza u njoj, naziva se tautologija, Ako je iskazna formula tautologija piše se: A=T ili A ≡ T ili A~T.

Dve formule A i B su identički jednake ako i samo ako je formula A B tautologija.

Ako se kvantitativno želi izraziti za koje vrijednosti promjenljivih je istinita iskazna funkcija ili predikat, onda se mogu koristiti tzv, kvantifikatori ili kvantori (kolikovnici).

Ako iskaz počinje kvantifikacijom "za svako", onda se riječi "za svako" označavaju sa (obratno od prvog slova njemačke riječi Alle=svi), i nazivaju univerzalnim kvantifikator (kvantor).

Formula ( x A) P(x) znači: za svako x iz skupa A predikat P(x) je tačan.

9

Ako iskaz počinje kvantifikacijom "za neko" ili "postoji bar jedan", onda se ove riječi označavaju sa (obratno od prvog slova njemačke riječi Es gibt=postoji), i nazivaju egzistencijalni kvantifikator (kvantor).

Formula ( x A) P(X) znači: predikat P(x) je tačan za bar jedno x iz skupa A.

U vezi s kvantorima, pored ostalih, značajne su ove formule kao zakoni predikatskog (kvantifikatorskog) računa:

;

Kvantori, zajedno sa riječi i, ili, ako,,,onda, nije, predstavljaju potpun spisak osnovnih riječi pomoću kojih se u matematici polazeći od izvjesnih rečenica, grade nove složene rečenice.

Na kraju ovog poglavlja dajemo objašnjenje nekih značajnijih pojmova u vezi s rasuđivanjima i dokazivanjima u matematici.

Definicija je rečenica, ili skup rečenica, kojom se određuju sadržina nekog pojma.

Pojam je misaoni sadržaj termina ili simbola, Razlikujemo osnovne i izvedene pojmove, Osnovni pojmovi su oni koje prihvatamo jasnim same po sebi bez potrebe da se objašnjavaju nekim drugim pojmovima (npr, broj, skup, tačka), Izvedeni pojmovi su oni koje objašnjavamo pomoću osnovnih i drugih izvedenih pojmova.

Pretpostavke (hipoteze) su rečenice (formule) od kojili se polazi, kao taćnih u nekom rasuđivanju.

Posledice su rečenice (formule) koje su, iz pretpostavki, dobijene logičkim rasuđivanjem i zaključivanjem.

Aksiome su polazne rečenice (formule) koje se po dogovoru uzimaju kao tačne i čija se istinitost ne dokazuje.

Teoreme su izvedene (dokazane) rečenice (formule) zasnovane na aksiomima ili prethodno dokazanim tvrđenjima.

Dokaz je put logičkog rasuđivanja i zaključivanja od pretpostavki do posljedica tj, niz koraka od kojili je svaki korak ili aksioma ili već dokazana teorema.

10

1.2. Skupovi

kup (mnoštvo, množina) je jedan od osnovnih pojmova u matematici, te se stoga ne definiše, Skup čine njegovi elementi, Pojam elemenata je takode jedan od osnovnih pojmova u matematici. S

Ako je npr, a elemenat skupa S, onda pišemo a S (čitaj: a je elemenat skupa S, ili a pripada skupu S), Ako a nije elemenat skupa S, onda pišemo a S.

Skup se određuje nabrajanjem (enumeracijom) svih njegovih elemenata ili navođenjem osobina koje posjeduju svi njegovi elementi, Skup se može prikazati i na tzv, Venovom dijagramu, tako što se svi njegovi elementi predstave tačkama unutar jedne zatvorene linije, pri čemu se tačke ne moraju prikazati, već se može pretpostaviti da su u dijagramu.

Primjer Skup prvih šest prirodnih brojeva se može predstaviti na sva tri pomenuta načina:

1. Nabrajanjem datih elemenata datog skupa: , ovaj način se naziva i tabelarno notiranje skupa,

2. Navođenjem osobina koje posjeduju svi elementi datog skupa: , ovaj način se naziva i sintetičko notiranje skupa, (čitaj: A je skup elemenata x sa osobinama x < 7 i x elemenata skupa prirodnih brojeva ),3. Venovim dijagramom:

Skup koji nema elemenata je prazan (vakantan) i označava se sa ili sa ili sa v (pazi: {} nije prazan skup, već skup sa jednim elementom, a taj elemenat je oznaka za prazan skup: kao što je npr, O={ , ∆, ) skup sa tri elementa, a njegovi elementi su matematičke oznake).

11

Neprazan skup ima konačno ili beskonačno mnogo elemenata. Opšti prikaz ovih skupova je:

* , za skup sa beskonačno mnogo elemenata;

* , za skup sa beskonačno mnogo elemenata.

Kardinalni (glavni ) broj skupa S pokazuje koliko taj skup ima elemenata, Npr. Za , kardinalni broj je k(S)=n

Skupovi sa istim brojem elemenata nazivaju se ekvipotentni, dok se skupovi sa istim (istovrsnim) elementima smatraju ekvivalentnim.

Ordinarni broj elemenata ai S pokazuje položaj (redni broj - i) elementa ai u skupu S,

1.

2. se ne smije pisati A=x

3. jer su elementi prvog skupa , a drugog su 2 i 3

4.

5. ;

6.

Za skup A kažemo da je podskup skupa B, ako i samo ako je svaki elemenat skupa A ujedno i elemenat skupa B, u oznaci A B, ("biti podskup" nazivamo inkluzija ili sadržavanje ),

Sintetički inkluziju prikazujemo ovako:

Obratno čitamo: B je nadskup skupa A,

Ako je A podskup skupa B, a pri tome postoje elementi u B koji nisu sadržani u A, onda kažemo da je A pravi podskup (deo) skupa B, u oznaci

A B,

Ako je A podskup skupa B i obratno, onda su A i B identični (jednaki, ekvivalentni), U tom slučaju se kaže da je A nepravi podskup skupa B i obratno, tj,

Iz prethodno napisanog zaključujemo, da je svaki skup samom sebi nepravi podskup, da je prazan skup podskup svakog skupa pa i samog sebe, i da je prazan skup pravi podskup svakog nepraznog skupa.

Ako je A B, onda su A i B uporedivi i to se može prikazan Venovim dijagramima ovako (slika 1-2):

12

Ako A B i B A, onda su A i B neuporedivi (vidi sliku l-3),

Ako je S= , onda S ima 2°=1 podskup, i to: S1= =S, pri čemu je S1 nepravi podskup skupa S,

Samo su neki elementi iz A ujedno I Nijedan elemenat iz A elementi skupa BI obratno nije elemenat skupa B

Ako je S={a1}, onda S ima 21=2 podskupa, i to: S1= , S2=(a1},=S, pri čemu je S2 nepravi podskup skupa S,

Ako je S={a1, a2},onda S ima 22=4 podskupa, i to: S1= , S2=(a1}, S3={a2), S4={a1, a2),=S, pri čemu je S4 nepravi podskup skupa S,

Ako je S={a1 ,a2, a3), onda S ima 23 =8 podskupova, i to: S1= , S2={a1), S3=(a2), S4=(a3), S5=(a1, a2), S6={a1, a3), S7={a2, a3}, S8={a1, a2, a3},=S, pri čemu je S8 nepravi podskup S,

Možemo zaključiti: ako skup ima n elemenata, tj, ako je S=(a1 , a2 ,,, an), onda on ima 2n podskupova, od kojih 2n-1, pravih i jedan nepravi,

Partitivni skup skupa S je skup svih njegovih podskupova, u oznaci P(S),

Skup izvan koga se u datom problemu ne vrše razmatranja naziva se univerzalni ili osnovni skup, u oznaci (x), pri čemu je x oznaka za elemente univerzalnog skupa (vidi sl, 1-4,)

13

Primjer Ako je dat skup , onda partitivni skup skupa S izgleda ovako;

, pri čemu je ;

x S, ali y S, P(S), {x} S, {x} P(S), { {x} } P(S), itd,

Unija skupova A i B je skup, u oznaci A U B, koji sadrži sve elemente iz A i one elemente iz B koji nisu sadržani u A, tj, sadrži sve one elemente koji pripadaju skupu A ili skupu B, Sintetički prikazano:

Na slici 1-5 šrafirano područje predstavlja uniju datih skupova,

Napomena

Primjer Ako su dati skupovi A={1, 2, 3, 4 }, B= {a, b, 2, 5, 6, 9 }, i C= { a, x, y, 1, 2, 4, 7, 8, 9}, onda je

A B C={a, b, x, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

Presjek skupova A i B je skup, u oznaci A∩B, koji sadrži zajedničke elemente skupova A, Sintetički prikazano:

Na slici 1-6 šrafirano područje predstavlja presjek datih skupova,

14

Napomena

5.) Skupovi koji nemaju zajedničkih elemenata nazivaju se disjunktni skupovi;

Primjer Za skupove iz predhodnog primjera važi:

Diferencija skupova A i B je skup, u oznaci A \ B, koji sadrži sve one elemente iz A koji ne pripadaju skupu B (popularno se kaže: A bez B), Sintetički prikazano:

Na slici 1-7 šrafirano područje predstavlja diferenciju datih skupova,

15

Napomena

Primjer Ako su dati skupovi:

A={a, b, c, 1}B={1, 2, b, e, f, g} iC={a, c, x, y, 2, 3, 4} onda je:

(A \ B) \ C = A\ (B \ C ) = {a, c}

U vezi s diferencijom se javlja i pojam komplementa, Naime, ako je A B, onda se pod komplementom skupa A u odnosu na skup B podrazumjeva skup Cb (A), koji sadrži one elemente skupa B koji ne pripadaju skupu A (vidi si, 1-7/IV), Sintetički napisano:

Napomena

1.3. Relacije

Skup je uređen ako je poredak njegovih elemenata utvrđen (određen), Par elemenata (objekata, brojeva) a i b za koje je određeno koji elemenat je prvi a koji je drugi po redu nazivamo uređen par ili uređena dvojka, u oznaci (a, b) pri čemu (a, b) (b, a) za a b, odnosno:(a, b) = (x, y) (a=x b=y),

Elemenat a uređenog para (a, b) se naziva prva koordinata, komponenta ili projekcija, a elemenat b njegova druga koordinata,

Tri elementa a, b i c za koje je određeno koji je prvi, koji je drugi, a koji je treći, nazivamo uređena trojka, u oznaci (a, b, c) pri čemu je

(a, b, c) = ((a, b), c),

Na sličan način se definiše uređena četvorka elemenata a, b, c, d, kraće (a,b,c,d)=((a, b, c), d), itd,

Uređena n-torka elemenata a1, a2 ,,, an, bila bi:

(a,, a2, ,,,, an) = ((a1, a2..........................................................................an-1'), an),

Dekartov1 (Kartezijev ili direktni) proizvod nepraznih skupova A i B je skup svih uređenih parova elemenata, pri čemu je prvi u paru elemenat iz skupa A, a drugi elemenata iz skupa B, Oznaka za Dekartov proizvod je A x B (čitaj A puta B ili A krst B), pa je, u skladu s definicijom:

Na sličan način se definiše Dekartov proizvod tri skupa A, B, C,

16

Dekartov proizvod n skupova A1 A2,,,,, An bio bi:

Primjer 1.) Za skupove A={ 1, 2, 3 } i B= { a, b, c, d } Dekartov proizvod je A x B je:

A x B= { (1,a), (1,b), (1,c), (1,d), (2,a), (2,b), (2,c), (2,d), (3,a), (3,b), (3,c), (3,d) }dok je :B x A= { (a,1), (a,2), (a,3), (b,1), (b,2), (b,3), (c,1), (c,2), (c,3), (d,1), (d,2), (d,3) }

Napomena: A x B B x A za A B

2.) Za skupove A= { 1, 2, 3 } i B= { x, y } i C= { a, b, c } Dekartov proizvod je A x B x C biće:

A x B x C = { (1, x, a), (1, x, b), (1, x, c), (1, y, a), (1, y, b), (1, y, c), (2, x, a), (2, x, b), (2, x, c), (2, y, a), (2, y, b), (2, y, c), (3, x, a), (3, x, b), (3, x, c), (3, y, a), (3, y, b), (3, y, c) },

Uređene trojke ovog Dekartovog proizvoda se mogu odrediti i uz pomoć tzv, granastog dijagrama (sl 1-8)

Dekartov proizvod skupa A samim sa sobom naziva se Dekartov kvadrat skupa A, tj.

A x A = A2,

Slično je i A x A x A = A3 , itd,, pa je i:

A1 x A2 x ,,, x An = An , za A1 = A2 = ,,, = An = A

Primjer 1,) Za skup A = {(a,a), (a,b), (a,c), (b,a), (b,b), (b,c), (c,a), (c,b), (c,c) }2,) Za skup A = { 1, 2 } biće A x A x A = {(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1,2, 1), (1, 2, 2), (2, 1, 1), (2, 1, 2), (2, 2, 1), (2, 2, 2) }

Uređen par se može i grafički predstaviti kao na slici 1-9,

17

Dekartov proizvod se grafički može predstaviti kao na slici 1-10 ili 1-11, Npr, za A = {1, 2, 3 } i B = {a, b } biće:

Grafički prikazi na si, 1-11 su tzv, koordinatne slike skupova A x B i B x A, Dekartov koordinatni sistem je jedna slika Dekartovog proizvoda R x R rj, proizvoda skupa svih realnih brojeva sa skupom brojeva.

18

Svaki neprazan podskup Dekartovog proizvoda nazivamo relacija, Ako je riječ o Dekartovom proizvodu n skupova A1x A2 x ,…, x An onda za svaki podskup takvog proizvoda kažemo da je n—arna relacija ili relacija dužine n, Specijalno za n=1 radi se o tzv, unarnoj relaciji, tj, o relaciji dužine 1.

Za izučavanje matematike posebno su značajne tzv, binarne ili dvojične relacije, tj, relacije dužine 2,-koje su i najbliže našoj intuitivnoj predstavi o relacijama.

Dakle, svaki podskup p Dekartovog proizvoda skupova A i B, tj, p c: A x B, nazivamo binarna relacija, binarno pridruživanje, binarna korespondencija ili relacija dužine 2, pri čemu je p oznaka za relaciju, ali i za pravilo (ili skup pravila) po kome vršimo odabir uređenih parova iz Dekartovog proizvoda radi formiranja relacije, Npr, za p={(x, y) | x + y = 8; x,y e (1,2,3,5,6,7,8,9))ravilo glasi: od uređenih parova skupa {(1,1), (1,2).............................(1,9),(2,1),(2,2).........(2,9),,,,,(9,1),(9,2) (9,9))formirati skup uređenih parova takvih da zbir njihove prve i druge komponente bude 8, pričemu se obe komponente uzimaju iz skupa {1,2 9), Tako u navedenom primjeru relacija pglasi: {(1,7), (7, 1), (2, 6), (6, 2), (3, 5), (5, 3), (4, 4)).

Za ilustracije u obrazovnom procesu ovaj odabir može biti i proizvoljan bez posebnih pravila koja imaju konkretni smisao, jer je relacija bukvalno bilo koji podskup Dekartovog proizvoda.2

Ako je p A x B, onda za p~'={(y, x) | (x, y) e p) kažemo da je inverzna relacija relacije p, tj,p"' C B x A, pri čemu je: ako je p = A x B onda je o~' = B x A, Ako je p c A x A, tj, p c A\ onda sekaže da je p binarna relacija u skupu A, a ako je p = A x A, onda se kaže da je p binarna relacijana skupu A.

Ako je (x, y) e p, onda se kaže da je x u relaciji sa, y ili su x i y u relaciji p, i to se označava sa x p y, tj, važi (x,y) e p o x p y , Ako x nije u relaciji p sa y, onda se to označava sa 1 (x p y).

Skup svih prvih koordinata relacije p naziva se oblast definisanosti ili domen relacije p i može se označiti sa Dp. Skup svih

drugih koordinata relacije p naziva se oblast vrijednosti, antidomen ili kodomen relacije p, i može se označiti sa Dp.

S obzirom da se binarne relacije najčešće koriste, to se dogovorno može podrnzumjevati kada se kaže relacija da se misli na binarnu, a kada se misli na neku drugačiju to treba naglasiti.

Primjer 1) Za skupove A = {1, 2, 3 } i {a, b, c, d } moguće binarne relacije p A x B su npr,

Relacija je i ρ = A x B

Nije relacija skup {(1, a), (b, 2) } jer nije podskup skupa A x B ( a nije ni skupa B x A ),Inverzne relacije navedinih relacija bi bile:

2,) Za skup A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8 } moguće je formirati, između ostalih, sledeće relacije:

ρ1 ={ (x, y) | x=y } = {(1, 1), (2 2), ,,,, (8, 8) };

ρ2 ={ (x, y) | x je djeljiv sa y } = { (1, 1), (2, 1), (2, 2), (3, 1), (3, 3), (4, 1), (4,2), (4, 4), (5,1), (5, 5), (6, 1), (6, 2), (6,3), (6, 6), (8, 1), (8, 2), (8, 4), (8, 8) }

ρ3 ={(x, y) | x2 =y }= {1, 1), (2, 4) }

19

ρ4 ={(x, y) | x + y = 8} = {(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2) }

Binama relacija p A x A može da posjeduje sledeće osobine:

1) Rcflcksivnost, ako je ispunjen uslov ( x A)(x ρ x), odnosno ( x A)(x, x) ρ ),

2) Simeričnost, ako je ispunjen uslov ( x A)(x ρ y y ρ x), odnosno ( x1y A)((x, y) ρ (y, x) ρ), tj, važi ρ -1 = ρ

3) Tranzitivnost, ako je ispunjen uslov ( x,y z A)(x ρ y y ρ z x p z) tj, ( x, y z A)((x, y) ρ (y, z) ρ => (x, z) ρ),

4) Antisimeričnost, ako je ispunjen uslov ( x, y z A)(x ρ y y ρ x x=y) tj, ( x, y A){(x, y) e ρ (y, x) ρ x=y), pri čemu važi p p-1(x, x) | x A).

Binarna relacija ρ u skupu A koja posjeduje osobine refleksivnosti, simetričnosti i tranzitivnosti naziva se relacija ekvivalencije.

Primjer

U skupu A={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} je definisana relacija x ρ y x ≡ y (mod 3), tj, x je kongruentno (saglasno, slično, podudarno) sa y po modulu 3, jer pri dijeljenju sa 3 daju isti ostatak,3 Koje osobine ima ova relacija?

Riješenje: P={(1,1), (1,4), (1,7), (2,2), (2,5), (2,8), (3,3), (3,6), (4,1), (4,4), (4,7), (5,2), (5,5), (5,8), (6,3), (6 6), (7,1), (7,4), (7,7), (8,2), (8,5), (8,8)), tj, grafički (sl, 1-12)

1) RefleksivnostLako se uočava da je p refleksivna relacija, jer je svaki elemenat skupa A u relaciji sa sobom.

2) Simetričnostρ je simetrična relacija jer se primjećuje da kad god je neki elemenat u relaciji sa drugim onda je i obratno, tj. ne postoje jednosmjerne veze. Ne predstavlja prepreku čak ni činjenica da između nekih elemenata ne postoji veza. tj. da nisu u relaciji.

Provjera:

3) Tranzitivnostρ je tranzitivna relacija, što se zaključuje nakon provjere različitih situacija, npr.

20

4) AntisimetričnostZaključujemo da ρ nema osobinu antisimetričnosti, što se lako potvrđuje navođenjem bar jednog primjera npr.

Prema tome, ρ je relacija ekvivalencije jer posjeduje osobine refleksivnosti, simetričnosti i tranzitivnosti

Ako je ρ relacija ekvivalencije u skupu A, onda svaki podskup elemenata A, koji su međusobno svaki sa svakim u relaciji, ρ, čini klasu ekvivalencije Cx . U prethodnom primjeru klase ekvivalencije su: (1, 4, 7}, {2, 5, 8), (3, 6). Ovdc su elementi skupa A razvrstani u tri klase (vrste). Bilo koja dva elementa u jednoj klasi su u relaciji i nema dva elementa različitih klasa koji su u relaciji. Dakle, klase ekvivalencije su međusobno disjunktni skupovi.

L nija svih klasa ekvivalencije je skup A, dok se skup svih klasa ekvivalencije naziva količnički skup ili particija (skupa A i njegove relacije ekvivalencije), u oznaci A/ ρ ili A/~-1 Za posmatrani primer, bice: A/~=( (1, 4, 7), {2. 5, 7), (3, 6}}.

4 - (tilda) je oznaka ekvivalencije, dok je = specijalni slučaj ekvivalencije

Binarna relacija ρ u skupu A koja posjeduje osobine refleksivnosri, antisimetrinosu i tranzitivnosti naziva se relacija poretka. Takva je npr. skupovna inkluzija, jer važi:

Relacija je takode relacija poretka. Ako je relacija poretka za skup A, onda se kaže da je skup A

uređen relacijom .

Ako je ρ relacija poretka za skup A i ako su relacijom ρ uporediva bilo koja dva njegova elementa, onda se kaže da je A potpuno, totalno ili linearno uređen i naziva se lanac. Ako su uporedivi samo neki elementi skupa A, onda se kaže da je A djelimično ili parcijalno uređen relacijom ρ . Potpuno uređeni su npr. skupovi brojeva N, Z, Q i R, relacijom .

Primjer U skupu A je definisana relacija , tj. ρ= {(x, y) | x y ; x, y A} Ovu relaciju predstavlja slijedeci skup uredjenih parova;

ρ={(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (2,2), (2,3), (2,4), (3,3), (3,4), (4,4) }. Graficki prikazano ρ izgleda ovako (sl. 1-13 )

21

Ova relacija je refleksivna, jer je svaki elemenat skupa A u relaciji sa sobom. Ova relacija je antisimetrična jer , y A za koje je xρy yρx važi da je x=y, npr.

Međutim tačna je i slijedeća formula:

Ova relacija je i tranzitivna jer zadovoljava uslov:

Prema tome. data relacija je relacija poretka.

U određenim slučajevima posmatrana relacija može istovremeno biti i relacija ekvivalencije i relacija poretka.

Primjer U skupu A={1, 2, 3 } definisana je relacija ρ={(x, y) | x=y, x, y A }

Ovu relaciju predstavlja slijedeci skup uredjenih parova; ρ={(1, 1), (2, 2), (3, 3) }

1) Ova relacija je refleksivna jer je svaki elemenat skupa A u relaciji sa sobom.

2) Ova relacija je simetrična što dokazujemo sledećom tabelom:

Pošto je formula x ρ y y ρ x tantologija zaključujemo da je ρ simetrična relacija.

Osobina simetričnosti se može ispitati i ovako:

22

Pošto je tablica simetrična u odnosu na glavnu dijagonalu, zaključujemo da je ρ simetrična relacija.

3) Tabelarno možemo provjeriti i postojanje osobine tranzitivnosti:

Pošto je formula x ρ y y ρ z x ρ z tautologija, zaključujemo da je ρ tranzitivna relacija a zatim i da je ρ relacija ekvivalencije.

4.) Tabelarno možemo provjeriti i postojanje osobine antisimetričnosti.

Pošto je formula tautologija, zaključujemo da je ρ antisimetricna relacija, a zatim da je i relacija poretka.

U vezi s relacijama javljaju se i sledeći pojmovi:

1) Komplement relacije ρ A x B je skup uređenih parova ρ = A x B\ ρ2) Ako je ρ1 A x B i ρ2 B x C onda se nova relacija ρ1oρ2 A x C naziva kompozicija ili proizvod relacija ρ1 i ρ2 , tj.

ρ1oρ2={(x,z) | ( y) ((x,y) ρ1 (y, z) ρ2 )}

Primjer 1.) U prethodnom primjeru komplement relacije ρ je: ρ =((2,1), (3,1), (3,2), (4,1), (4,2), (4,3))

2.) Date su relacije ρ1={(x,y) | x, y A; y=2x} i ρ2=((x,y) | x, y A; y=x + 3) u skupu A={1, 2, 3, 4, 5. 6, 7, 8, 9, 10). Odrediti ρ1op2.

Rješenje:

23

1.4. Preslikavanja

Binarna relacija skupova A i B u kojoj se svaki x A javlja samo jedanput kao prva komponenta

u paru, naziva se preslikavanje ili funkcija, u oznaci:

ili

f je oznaka za operator preslikavanja (funkcije) i predstavlja zakon, postupak ili pravilo ( odn. skup pravila) po kome se svakom elementu skupa A pridružuje (dodeljuje ili korespondira) jedan i samo jedan elemenat skupa B, tj.

znači; postoji tačno jedan.

Ako je (x,y) f, x A, y B, onda se x kao prva komponenta naziva original, argument ili nezavisna promjenljiva, a y=f(x) kao druga komponenta se naziva slika (lik) funkcija ili zavisna promjenljiva.

Skup svih originala x predstavlja oblast definisanosti, definicioni skup ili domen funkcije, uoznaci Df, pn čemu je Df = A. Skup svih slika y=f(x) predstavlja skup vrijednosti funkcije, antidomen ili

kodomen funkcije, u oznaci Df, pri čemu .

Ako je f: A→B i , onda je riječ o tzv. preslikavanju skupa A u skup B, u oznaci

f: A B , a ako je ,onda je riječ o preslikavanju skupa A na skup B, poznatom pod

nazivom sirjekcija, u oznaci f: A B .

Ako je f: A→B i ako različitim originalama odgovaraju uvek različite slike, tj. ako važi:

onda se radi o jednoznačnom preslikavanju, ili 1-1 preslikavanju, ili injektivnom preslikavanju, koje kraće nazivamo injekcija i označavamo sa

Ako je sirjekcija, tj. preslikavanje f: A B , ujedno i injekcija, onda se takvo preslikavanje naziva bijektivno, biunivoko ili obostrano jednoznačno preslikavanje, poznato pod nazivom bijekcija, u oznaci:

Preslikavanje f: R→R naziva se realna funkcija.

24

Primjer 1.) Za A= {1, 2, 3} i B= {a, b, c, d} važiA x B = {(1, a), (1,b), (1, c), (1,d), (2, a), (2,b), (2, c), (2,d), (3, a), (3,b), (3, c), (3,d) }

Binarne relacije su npr.

Od ovih relacija: ρ1 nije preslikavanje jer D ρ1 = {1, 2} A, tj. D ρ1 A; p2 i ρ3 nisu

preslikavanja jer se 1 A

kao prva komponenta javlja dva puta i tako daje različite slike; p4 je preslikavanje: f: A B ali nije injektivno; ρ5 je injektivno preslikavanje, tj.

2.) Za A= {1, 2, 3, 4} i B= {a, b, c, } važiA x B = A x B = {(1, a), (1,b), (1, c), (2, a), (2,b), (2, c), (3, a), (3,b), (4, a), (4,b), (4, c) }

Binarne relacije su npr. ;

Od ovih relacija ρ3 i ρ4 su preslikavanja, i to , ali nije injektivno; , ali nije bijektivno.

3.) Za A= {1, 2, 3} i B= {a, b, c, } važi A x B = {(1, a), (1,b), (1, c), (2, a), (2,b), (2, c), (3, a), (3,b), (3, c)}

Od ovih relacija ρ3 , ρ4 , ρ5 su preslikavanja, i to;

25

4.) Za A= {1, 2, 3} važi: A x A = {(1, 1), (1,2), (1, 3), (2, 1), (2,2), (2, 3), (3, 1), (3,2), (3, 3)}

Binarne relacije su npr.

Od ovih relacija: ρ3 , ρ4 , ρ5 su preslikavanja, i to:

tj. ρ4 , ρ5 su bijektivna preslikavanja.

ρ5 je ujedno i primjer tzv. identičnog preslikavanja za koje važi formula ( x A) (f(x)=x).

Preslikavanje f: A→B se naziva konstantno preslikavanje, ako i samo ako je svakom x iz skupa A pridružen isti elemenat iz skupa B, tj.

, k je oznaka za konstantu.

Primjer Za A= {1, 2, 3} i B= {a, b } važi A x A = {(1, a), (1,b), (2, a), (2, b), (3,a), (3, b) } Moguće konstantno preslikavanje je relacija:

Napred su preslikavanja prikazana skupovno, međutim, mogući su i sledeći načini njihovog prikazivanja:

Primjer 1.) f: {1, 2, 3 } → { a, b, c }= {(1, b), (2, c), (3, a) } se može prikazati i ovako (sl. 1-15 ):

26

ili tabelarno, ovako:

ili f =

ili u koordinatnom sistemu (sl. 1-16 )

ili analitički ovako:

f (1) = b, f (2) = c, f (3) = a

2.) , se može prikazati i ovako:

analitički kao y = f (x) = 2x, x N, ili tabelarno ovako: f = , odnosno ovako:

ili grafički, u koordinatnom sistemu, ovako ( st. 1-17 )

27

3.) Ako bi bilo y=f(x)=2x, x R, onda bi grafički prikaz bio u obliku linearne funkcije (sl. 1-18 );

Uopšteno posmatrano, za y=f(x)= {(x1, f(x1 )), (x2 , f(x2 ),...}moguć je tabelarni prikaz, ovako:

ili ovako:

28

ili šematski prikaz , ovako (sl. 1-19):

Ili u koordinatnom sistemu, ovako (sl. 1-21 ):

Neka su data preslikavanja: f: A → B i g: B → C onda se preslikavanje f o g = h : A→ C naziva proizvod, kompozicija ili slaganje preslikavanja f sa preslikavanjern g, tj. :

Napomena g o f f o g, čak je moguć slučaj da postoji f o g, a ne postoji g o f ili obratno.

Primjer 1.) Neka je A = {1, 2, 3, }, B = {a, b, c, d, e}, C = {m, n, p} ili neka je

, pri čemu je

29

a , tada je

jer je npr. f(1)=c, a h(1)=g(f(1))=g(c)=p. Formiranje preslikavanja h se može grafički predočiti (vidi sl. 1-22).

Dakle, h(x)=(f o g)(x)=g(f(x))={p,m.n}, x=(1, 2, 3).

2.) Neka je f: R→ R | f(x)=2x-5 i g: R→ R | g(x)=3x+1, tada je (fog (x) = h(x) = g(f(x)) = g (2x-5)= = -3 (2x-5) + 1 = -6x + 16, a (gof) (x) = t(x) = f(g(x)) = f(-3x+1) = 2(-3x+1) -5 = -6x-3.

Na sličan način se formira proizvod tri i više preslikavanja.Tako npr. ako je f: A → B, g : B → C, h : C → D, onda je (f o g) o h = f o (g o h) = h(g(f(x))) = h : A → D.

PrimjerNeka je:f(x)=5x + 1, g(x)=-2x - 5, h(x)=-3x + 2, tada je:(fog)(x) = g(f(x)) = g (5x +1) = -2(5x + 1) -5 = -10x - 7, dok je ((fog)oh) (x) = h (g (f(x)) = h (-10x - 7) =h(-10x - 7) = -3 (-10x-7) + 2 = 30x + 23.

Do istog rezultata se dolazi i ovako:(goh)(x) = h(g(x)) = h(-2x -5) = -3 (2x -5) + 2 = 6x + 17, dok je:

(fo(goh)) (x) = (goh) (f(x)) = (goh) (5x + 1) = 6 (5x + 1) + 17 = 30x + 23 = h(g(f(x))).

Ako je bijektivno preslikavanje, tj. , onda se preslikavanje

naziva inverzno preslikavanje preslikavanja , koje zadovoljava uslov:

Ako je onda važi

30

Primjer 1.) Neka je A = {1, 2, 3} i B = {a, b, c}, tada je npr. ρ = {(1, b), (2, c), (3, a)}, moguća relacija koja ujedno predstavlja moguće preslikavanje

pa se inverzna relacija ρ-1 = {(b, 1), (c, 2), (a, 3)} može smatrati inverznim preslikavanjem ,

tj.

2.) Neka je A = {1, 2, 3} i neka je

3.) Neka je realna funkcija data u analitičkom obliku y = f(x) = -2x+5, tada važi:

4.) Neka je , tada će biti:

5.) Neka je , tada će biti:

Napomena

Međusobno inverzne funkcije imaju zamjenjene koordinate u uređenim parovima, pa, ako se grafički predstavljaju u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu imaju simetrične dijagrame u odnosu na pravu koja ide kroz sredinu I i III kvadranta, tj. u odnosu na pravu y=x.

31

1.5. Operacije i algebarske strukture

Preslikavanje f skupa An u (ili na) skup A, tj. f : An → A, naziva se operacija dužine n ili n-arna

operacija.

Ako je n=1, onda se radi o operaciji dužine 1 ili o tzv. unarnoj operaciji, tj. o preslikavanju f: A → A. Takva je npr. operacija

: , , , je f T T jer T i T

Ako je n=2, onda se radi o operaciji dužine 2 ili o tzv. binarnoj operaciji, tj. o preslikavanju f: A2 → A, odnosno

f: A X A → A .

Ako je n=3, onda se radi o operaciji dužine 3 ili o tzv. ternarnoj operaciji, tj. o preslikavanju f : A3 → A, odnosno

f: A x A x A→A.

Dalje će uglavnom biti riječi o binarnim operacijama, pa će se pod pojmom operacija pre svega podrazumjevari binarna operacija.

Primjer 1.) Dat je skup A={1, 2). Za ovaj skup Dekartov proizvod A2 glasi:

32

A x A= {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}

Moguće binarne operacije su:

f1 : A x A→ A={((1,1), 1), ((1,2), 1), ((2, 1),1), ((2. 2)1)) ili

f2 ; A x A → A=(((1,1), 1), ((1,2), 2), ((2, 1),1), ((2, 2)2)) itd.

Uređenim parovima, elementima skupa A x A u ovom primjeru, na proizvoljan način su pridruživani elementi skupa A. Moguće je zamisliti i slučaj da se ovako pridruživanje mora obavili po određenom zakonu ili pravilu (vidi slijedeći primjer).

2.) Dato je preslikavanje (operacija) f: N x N → N={(1,1), 2), ((1, 2), 3),…,((2, 5),7),...). Ovde je pridruživanje

izvršeno po pravilu: broj 7 se pridružuje uređenom paru (2,5), tj. (2,5) → 7, odnosno f(2,5) = 7, jer je.

2 + 5 = 7, itd .

Da bi se operacija kao preslikavanje razlikovala od običnog preslikavanja, umjesto/se često

koriste oznake, kao npr. *, o, . Ove oznake se nazivaju i operatori, a pored toga što služe

kao oznake operacija, predstavljaju i skup pravila po kojima se svakom uređenom paru

(x,y) AxA kao originalu, pridružuje jedan i samo jedan z A kao slika, odnosno rezultat

operacije, tj. (x,y)→z , odnosno: *(x,y)=z; (x,y) AxA, z A, a može se pisati i ovako:

x * y = z.

Ako se radi o operacijama koje imaju konkretno značenje (smisao), onda se *, o, zamjenjuju znacima

+, -, •, :, , , , , , , \, i dr. Tako npr. važi:

+ (x,y) = x + y = z, tj. (x, y) z

• (x,y) = x y = xy = z, tj. (x,y) z

Operacije mogu biti zadate (definisane):

1) skupovno;

2) analitički i

3) Kejlijevom tablicom.

Primjer

Za skup A = {1, 2, 3, 4, 5} definisana je operacija u analitičkom obliku kao x*y = x + y-5. Skupovno se ova operacija može prikazati ovako:

x * y = {((1,1),-3), ((1,2),-2),…, (5,5), 5))}.

dok se tzv. Kejlijevom tablicom može prikazati ovako:

33

Primjetimo da se u ovom primjeru kao rezultati operacije pojavljuju i brojevi koji nisu elementi datog skupa, a da definicija operacije podrazumjeva tzv. zatvorenost skupa u odnosu na operaciju, tj. podrazumjeva obaveznu pripadnost rezultata operacije datom skupu. Ovaj problem se rješava tako što se ovakve operacije tretiraju kao tzv. eksterne operacije, dok definicija operacije podrazumjeva tzv. interne operacije, a eventualnu upotrebu eksterne operacije naglasiti. Primer eksterne operacije je i oduzimanje u skupu prirodnih brojeva, jer rezultat oduzimanja dva prirodna broja nije uvjek prirodan broj, ali u skupu Z (celih brojeva) oduzimanje je interna operacija.

Osobinu.zatvorenosti skupa A u odnosu na operaciju * kraće pišemo ovako:

Pored osobine (O1) zatvorenosti skupa u odnosu na operaciju, koju smo rekli da moraju posjedovati,interne operacije mogu posjedovati i sledeće osobine:

O2 : Osobina asocijativnosti, tj.

O3 : Postojanje neutralnog elementa, tj.

e je oznaka za neutralni (jedinični) elemenat i ako postoji mora biti jedinstven za sve elemente skupa A. Tako je npr. broj 0 neutralni elemenat za sabiranje, a broj 1 neutralni elemenat za množenje.

x + 0 = 0 + x = x, x • 1 = 1 · x = x

Postoje slučajevi da je zadovoljen uslov e * x = x, ali ne i x * e = x, tada kažemo da e lijevi neutralni ili jedinični ememenat, i obratno; ako je zadovoljen samo uslov x * e = x, onda za c kažemo da je desni neutralni elemenat.

O4 : Postojanje inverznog elementa, tj.

x-1 je oznaka za inverzni elemenat, koji nije jedinstven, za sve elemente skupa A, tj. različitim elementima odgovaraju različiti inverzni elementi (ako postoje). Tako npr. broj -5 je inverzni elemenat (suprotni broj) broja 5 za operaciju sabiranja u skupu Z, jer je

5 + (-5)=-5 + 5=0; X=5, x-1=-5, e=0

Iz činjenice da je x + x-1=0 slijedi da je x-1=-x, pa se -x koristi kao oznaka za suprotni broj broja x.

Isto tako je npr. broj 2/3 inverzni elemenat (recipročni broj) broja 3/2 za operaciju množenja u skupu Q, jer je: 3/2 • 2/3=2/3 • 3/2=1, x=3/2, x-1=2/3, e=1.

Iz činjenice da je x • x-1=1 sledi da je x-1=1/x, pa se 1/x koristi kao oznaka za recipročni broj broja x.

Postoje slučajevi da je zadovoljen uslov x-1 * x = e, ali ne i uslov x * x-1 = e, tada za x-1 kažemo da je lijevi inverzni elemenat elementa x, i obratno: ako je zadovoljen samo uslov x * x-1 = e; tada za x-1 kažemo da je desni inverzni elemenat elementa x.

O5: Osobina komutativnosti, tj.

34

O6: Osobina distributivnosti za dve operacije, npr. operacije o prema operaciji *, tj.:

Neprazan skup i bar jedna operacija u njemu čine cjelinu koju nazivamo operacijsko-rclacijska ili algebarska struktura, u oznaci (A, *), (A o), (A,*, o). (N, +), (Q, •) i dr.

Algebarska struktura (A, *), skupa A i njegove operacije *, naziva se grupoid ako je * interna operacija skupa A, tj. ako je A zatvoren u odnosu na operaciju *.

Grupoid (A, *) čija operacija * posjeduje osobinu asocijauvnosu O2, naziva se polugrupa, semi grupa ili asocijativni grupoid. Ako * ima još i osobinu komutativnosti O5, onda se (A, *) naziva komutarivna ili Abelova polugrupa.

Polugrupa (A, *) za koju važe osobine O3 i O4, tj. u kojoj postoji jedinstven neutralni elemenat i u kojoj za svaki elemenat postoji odgovarajući inverzni elemenat, naziva se grupa.

Ako posjeduje još i osobinu kumutativnosti O5, onda se za takvu grupu kaže da je komutativna ili Abelova grupa.

Algebarska struktura (A, *, o), skupa A i dve operacije * i o u njemu, naziva se prsten, ako je operacija o distributivna prema operaciji *, ako je (A, *), Abelova grupa i ako je (A, o) polugrupa.

Prsten (A, * , o) u kome je (A, o) grupa naziva se tijelo.

Tijelo (A, *, o) u kome je (A, o) Abelova grupa naziva se polje.

S obzirom na mnoštvo apstraktnih pojmova, možda će njihova preglednost biti bol|a ako se prikažu tabelarno ovako:

35

Napomena Sa je označeno postojanje odgovarajuće osobine.

Primjer

Ispitati algebarsku strukturu (Z, *), ako je operacija * definisana analitički ovako:

x * y=x + y + 3.

Rješenje:

O1: Lako se zaključuje da je skup Z zatvoren u odnosu na operaciju *, jer za bilo koja dva broja a, b Z i

rezultat operacije a*b = a + b + 3e Z.

O2: * posjeduje osobinu asocijativnosti, jer za bilo koja tri broja a, b, c, Z važi: (a * b) * c = a *(b* c), tj.

(a + b + 3)* c = a * (b + c + 3),(a + b + 3) + c + 3 = a + (b + c + 3) + 3,a + b + c + 6 = a + b + c + 6.

O3: Ako je a Z, onda iz a * c=a slijedi:

a + c + 3 = a c = -3.

a iz e * a = a slijedi: e + a + 3 = a e= -3.

Prema tome e = -3 Z je neutralni elemenat operacija * u skupu Z, jer za bilo koji a Z važi:

a * (-3) = -3 * a = a, tj.a + (-3) +3 = -3 + a + 3 = a.

O4: Ako je a Z, i e=-3 Z, onda iz a * a-1 = e slijedi:

a + a-1 + 3 = -3 a-1 = -a -6.a iz a-1 * a = e slijedi:a-1 + a + 3 = -3 a-1 = -a -6.

36

Prema tome za svaki a Z postoji inverzni elemenat a-1 = -a -6 Z, jer važi:a * a-1 = e, tj.a + (-a -6) + 3 = -3 i važi:a-1 * a = e, tj.-a - 6 + a + 3 = -3.

Npr. za a=5, a-1 =-5 -6=-11 Z, pa je 5*(-11)=-11 * 5=-3, tj.

5 + (-11) + 3 = -11 + 5 + 3 = -3.

O5:* posjeduje osobinu komutativnosti, jer za bilo koja dva broja a, b, Z važi:a * b = b * a, tj.a + b + 3 = b + a + 3.

Prema tome algebarska struktura (A, *) je Abelova grupa.

Ako su (A, *) i (B, o) grupoidi i ako je f: A → B takvo preslikavanje da važi:

onda se kaže da je f homomorfizam grupoida (A, *), i grupoida (B, o), tj. da je grupoid (B,o) homomorfna slika grupoida (A, *).

Ako je pri tome f biunivoko preslikavanje tj.

onda se kaže da je f izomorfizam grupoida (A, *) na grupoid (B, o), tj. da su ova dva grupoida izomorfna.5

Ako je A=B, onda se specijalno za homomorfizam koristi naziv endomorfizam, a za izomorfizam se koristi naziv automorfizam.

PrimjerDate su grupe (A, *) i (B, o), pri čemu je: A={1, 2, 16, 13); B={1, i, -1, -i }; * operacija

iznalaženja ostatka djeljenja proizvoda elemenata iz skupa A sa 17; o operacija množenja elemenata iz B svakog sa svakim, tj.

(x * y=x o y) (x, y B) i dato je preslikavanje

Da li su (A, *) I (B, o) izomorfne?

Rješenje:Rezultati operacija * i o prikazuje slijedeće tabele:

37

Neposrednim uvidom u rezultate operacija * i o zaključujemo da važi: f(x * y) = f(x) o f(y), za bilo koja dva broja x, y A, pa možemo konstatovati da su (A,") i (B, o) izomorfne grupe.

S obzirom da su obe operacije komutativne, zadatak se može resiti i ovako:

Podaci iz poslednje dve kolone ove tabele pokazuju da za svako x, y A važi:

f(x y) = l(x) o f(y).

38

2.

Odabrana poglavlja linearne algebre

2.1. Vektori

a veličine koje definišemo (određujemo) samo brojnom vrijednošću kažemo da su skalarne veličine ili kraće skalari. Prema tome, svaki bioj se može smatrati skalarom. Veličine koje se tako određuju

su npr. dobit određenog preduzeća u određenom periodu, površina ili zapremina poslovnog ili drugog prostora, i dr.

ZZa veličine koje određujemo brojnom vrijednošću, pravcem i smjerom kažemo da su vektorske veličine ili kraće vektori. Vektore možemo predočiti u geometrijski i analitički (numerički). Za izučavanje ekonomije je značajnije analitičko predstavljanje vektora, ali ih je za njihovo dobro razumjevanje potrebno geometrijski objasniti.

U geometriji se vektor definiše kao orijentisana (usmjerena)duž, sa slijedećim elementima:

1) Dužina, intenzitet, modul ili apsolutna vrijednost, tj. rastojanje između krajnje i početne tačke, određene brojnom vrijednošću:

2) Pravac vektora, tj. prava - nosač kojoj vektor pripada (vidi sl. 2-1).3) Smjer vektora, tj. orijentacija duži od početne prema krajnjoj tački.

39

Razlikujemo: vektore vezane za tačku, vektore vezane za pravu i slobodne vektore.

Vektori vezani za tačku imaju istu početnu tačku, a jednaki su ako su im moduli isti, nosači isu i smjerovi isti.

Vektori vezani za pravu se ne mogu odvojiti od prave - nosača, a jednaki su ako imaju iste module i iste smjerove.

Slobodni vektori su jednaki ako imaju iste module i smjerove, a leže na istoj ili paralelnim pravama. Zbog mogućnosti translatornog kretanja u analitičkoj (koordinarnoj) geometriji se koriste slobodni vektori; pa če dalje biti riječi o slobodnim vektorima. Inače smjer i dužina vektora koji se translira ostaju nepromjenjeni.

Vektor kod koga se poklapaju početna i krajnja tačka i čiji smjer nije određen, naziva se nula vektor, u

oznaci . Intenzitet nula-vektora se izražava brojem nula (0).

Zbir konačnog broja vektora je vektor čiji se početak nalazi u početnoj tački prvog, a kraj u krajnjoj tački posljednjeg vektora, pod uslovom da su dati vektori datim redom nadovezani jedan na drugi tako da se početna tačka svakog vektora poklapa sa krajnjom tačkom prethodnog (sl. 2-2.).

Ova definicija sabiranja vektora se naziva pravilo poligona.

Ako se pri sabiranju vektora krajnja tačka poslednjeg vektora-sabirka poklopi sa početnom tačkom prvog, onda je zbir datih vektora jednak nula-vektoru.

Ako se radi o sabiranju dva vektora, onda je reč o tzv. pravilu trougla (sl. 2-3).

Za sabiranje dva vektora važi:

40

Ako se radi o sabiranju tri vektora, onda je riječ o tzv. pravilu červorougla. (sl. 2-4).

Za sabiranje tri vektora važi:

S obzirom na mogućnost translacije, sabiranje dva vektora se može definisati ; kao p r a v i l i paralelograma (sl. 2-5-A.), a sabiranje tri vektora kao pravilo paralelopipeda (sl. 2-5-B.).

41

Vektori su kolinearni ako, dovedeni u zajednčki početak, leže na istoj pravoj. Ako je icdan od dva vektora nula-vektor, onda su oni kolinearni.

Vektori su komplanarni ako, dovedeni u zajednički početak, leže u istoj ravni.Ako je barem jedan od tri vektora nula-vektor, onda su oni komplanarni.

Proizvod ma kojeg skalara λ i ma kojeg vektora je vektor koji ima:

1.) i isti pravac kao

2.) modul

3.) smjer vektora ako je λ>0, a suprotan smjer vektora a ako je λ <0.

Zbir proizvoda i skalara λ1 , λ2 , …, λn i vektori naziva se linearnu kombinacija

vektora . Linearna kombinacija vektora za rezultat daje vektor tj.

42

Ako je pri tome onda se radi o tzv. konveksnoj linearnoj kombinaciji.

Vektori dužine 1, nazivamo jedinični vektor, ort ili signum u oznaci:

pri čemu važi

Skalarni proizvod dva vektora je skalar dobijen množenjem proizvoda modula datih vektora sa kosinusom ugla koga čine, tj.

Prava na kojoj je jedna od dve moguće orijentacije izabrana za pozitivan smet naziva se osa.

Algebarska vrednost vektora je broj čija je apsolutna vrijednost jednaka modulu vektora. Predznak ovoga broja je pozitivan ako je smjer vektora pozitivan, a negativan ako je smjer vektora negativan.

Projekcija vektora AB na pravu p je vektor ApBp , pri čemu su Ap i Bp ortogonalne projekcije tačaka A i B

na pravoj p (sl. 2-7).

U Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu koordinate vektora položaja tačke su algebarske vrijednost projekcija toga vektora na koordinatnim osama (sl. 2-8).

43

i su oznake za jedinične duži na koordmatnim osama.

ax i ay su oznake za module vektora i , a nazivaju se apcisa odnosno ordinaza ručke T. Slično važi i za koordinatni sistem u prostoru (tzv. trodimenzionalni koordinatni sistem) (sl. 2-9)

Na osnovu slike 2-9 neposredno zaključujemo da važi:

44

Na osnovu slike 2-12 zaključujemo da važi:

je modul vektora ; inače poznata formula za izračunavanje rastojanja bilo koje dve tačke u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu u ravni.Za vektor prikazan u koordinatnom sistemu u prostoru važi:

Primjer 1.) Na sl. 2-13 prikazan je vektor sa početnom tačkom A (6, 3) i krajnkom tačkom B (11, 5).

Na osnovu sl. 2-13 zaključujemo da važi:

45

Modul ax i az i az se- nazivaju i apcisa, ordinata odnosno aplikata tačke T

Primjer 1.) Dat je vektor koji prikazan u koordinatnom sistemu u ravni izgleda kao na sl. 2-10

Na osnovu sl. 2-10 neposredno zaključujemo da važi:

2.) Dat je vektor u trodimenzionalnom koordinatnom sistemu (sl. 2-11).

Na osnovu sl. 2-11 neposredno zaključujemo da važi:

46

Slika 2-12 pokazuje da su u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu i koordinate bilo kojeg vektora takođe algebarske vrijednosti projekcije posmatranog vektora.

2.) Za vektor u prostoru koji ima početnu tačku A (3, 6, 4) i krajnju tačku B (5, 11, 7)

važi:

Naprijed rečeno pokazuje da o vektoru možemo imati predstavu i kada ga geometrijski neposredno ne prikazujemo, jer se svaki vektor može i numerički prikazati uređenim skupom brojevima sa konačnim brojem elemenata koji predstavljaju koordinate krajnje tačke vektora, uz pretpostavku da je koordinatni početak (ongo) početna tačka vektora. Vektor kome početna tačka nije u koordinatnom početku može translacijom da se dovede u takav položaj. Prema tome, o vektorima sa slike 2-10 i 2-11 možemo, i bez njihovog geometrijskog prikaza, imati predstavu i računati sa njima ako ih numerički prikažemo pomoću koordinata, ovako:

a neka bude oznaka za numerički oblik za . Numeričko predstavljanje vektora omogućuje računanje sa njim čak i u slučaju kada se oni geometrijski ne mogu predočiti (vektori sa četiri i više komponenata - koordinata).

Za operacije sa vektorima (numerički predstavljenim) važe pravila računanja sa matricama.

Primjer

Tada je na primjer:

47

O4: tj. u V za svaki elemenat postoji invcrzni elemenat.

O5: tj. operacija sabiranja vektora u skupu V je komutativna.

Prema tome algebarska struktura (V, +) je Abelova ili komutativna grupa.

O6 : tj. proizvod ma kojeg skalara X iz skupa skalara S i ma kojeg vektora x iz V je vektor koji takode pripada skupu V. Riječ je o tzv. spoljašnjoj (eksternoj) operaciji, tj. o

preslikavanju SxV V .

Iz O1 i O6 slijedi:

tj. svaka linearna kombinacija vektora iz V je vektor koji pripada skupu V. Tako važi i slijedeće:

O7: tj. važi zakon asocijativnosti za množenje vektora skalarom.

O8: tj, broj 1 je neutralni elemenat za operaciju množenja vektora skalarom.

O9 : tj. operacija množenja vektora skalarom je komutarivna.

O10: Operacija množenja skalarom je distributivna prema operaciji sabiranja vektora i operacija množenja vektora je distributivna prema operaciji sabiranja skalara, tj. važi:

Sada je lakše razumjeti slijedeću moguću definiciju vektorskog prostora:

Skup vektora V sa internom operacijom sabiranja vektora, rj. VxV V i operaci'iom množenja

vektora skalarom, tj. SxV V , čini linearni vektorski prostor nad S, ako je (V,+) Abelova ili

komutativna grupa, tj. ako za VxV V važe osobine od O1 – O5 i ako je S polje skalara (S, +. ), te

ako operacija SxV V ima osobine od O6 – O10. Kraće kažemo da je V vektorski prostor nad S.

Ako je S R onda se za V kaže da je realni vektorski ili realni linearni vektorski prostor, o kome će dalje biti riječi.

Osobine od O1 – O10 mogu da posjeduju samo skupovi vektora sa istim brojem komponenti (koordinata), pa ćemo skup svih vektora koji imaju po dve komponente smatran vektorskim prostorom V2 , skup svih vektora koji imaju po tri komponente smatraćemo vektorskim prostorom V3, itd. Skup svih vektora koji imaju po n komponenti smatraćemo vektorskim prostorom Vn

Svaki podskup W V nazivamo potprostorom vektorskog prostora V, ako je W prostor u odnosu na operacije sabiranja vektora i množenja vektora skalarom, .tj. operacije koje važe I za V. Po definiciji svaki prostor V ima najmanje dva potprostora: (1) tzv. nula prosror, tj. W={0) i (2) sam prostor V. Ova dva prostora smatramo trivijalnim slučajevima prostora.

48

Na primjer sve moguće linearne kombinacije konačnog broja v e k t o r a a1, a2,...,an iz skupa V, tj. vektori koji se mogu prikazati u obliku:

obrazuju linearni potprostor.

Napomena I sami vektori a1, a2,...,an se pojedinačno mogu prikazati kao linearna kombinacija datog skupa vektora, ako ne drugačije, na trivijalan način, tj.:

Ako je u nekom linearnom prostoru, pored sabiranja vektora i množenja vektora skalarom, definisana i operacija skalarnog proizvoda, onda je reč o tzv. Euklidskom prostoru E.

Slijedeći primjeri skupova vektora mogu da posluže boljem razumjevanju 1 razlikovanju prethodno objašnjenih pojmova.

Primjer 1.) je skup vektora sa različitim brojem komponenti.Ovaj skup vektora nema posebnog matematičkog značaja.

2.)

Skup od konačno mnogo (pet) vektora sa istim brojem komponenti (četiri). Ovaj skup (vektorski sistem) je podskup od V4

Vektorski sistem, bez obzira koliko (konačno mnogo) vektora, ne može biti vektorski potprostor jer ne posjeduje ni O1: osobinu zatvorenosti skupa u odnosu na operaciju sabiranja vektora

3.) je skup od beskonačno mnogo vektora sa istim brojem komponenti.Ovaj skup je podskup od V4 , ali nije vektorski podprostor jer ne posjeduje osobinu O1

49

4.) je skup od beskonačno mnogo vektora sa istim brojem komponenti. Ovaj skup je podskup od V4 , ali nije vektorski podprostor, i pored toga što posjeduje osobinu O1 .Ovaj skup ne posjeduje osobinu O3 jer ne sadrži neutralni element (nula vektor).

5.) Za razliku od (4) ovaj skup posjeduje O3 jer sadrži nula vektor, kao neutralni elemenat, ali ne posjeduje osobinu O4 , jer ne sadrži inverzne elemente za svoje elemente.

6.) Ovaj skup posjeduje osobine O1 – O5 , a za skup skalara S=Z, posjeduje i osobine O6 – O10 , pa se može smatrati vektorskim potprostorom nad skupom skalara S=Z.

2.2.2. Linearna zavisnost

Naprijed je rečeno da je rezultat linearne kombinacije datih vektora uvijek neki vektor. Kao rezultat linearne kombinacije može da se pojavi i nula-vektor. Najprostija (trivijalna) mogućnost dobijanja nula-vektora kao rezultata linearne kombinacije je ona u kojoj se za sve skalare uzmu nule, tj.

Ova trivijalna mogućnost dobijanja-nula-vektora, linearnom kombinacijom datih vektora, postoji uvijek, bez obzira na strukturu darih vektora. U nekim slučajevima, pored trivijalne, postoje i druge (tzv. netrivijalne) mogućnosti za dobijanje nula-vektora linearnom kombinacijom datih vektora, tj.:

Dakle, nula-vektor se dobije linearnom kombinacijom u kojoj bar jedan od skalara nije jednak nuli.

Primjer 1.) Dati su vektori

Rješenje:

Sigurno je da je jednakost λ1a1 + λ2a2 = 0 zadovoljena za λ1 = λ2 = 0, tj:

Postavlja se pitanje, da li postoji i druga (netrivijalna) rješenja? Odgovor dobijamo rješavanjem sledeće jednačine:

50

Zamjenom λ1=0 u jednačini 2 λ1+4 λ2=0 a λ2=0. pa zaključujemo da, osim trivijalne, nema drugih mogućnosti za rešavanje date jednačine.

2.) Dati su tzv. jedinični vektori

Lako se dokazuje da jednačina λ1 e1 + λ2 e1 + λ3 e3 =0 osim trivijalnih nema drugih rešenja. Isto važi i za ostale slučajeve jediničnih vektora.

3.) Dati su vektori :

Da li osim trivijalnog ima i drugih rješenja jednačina λ1 a1 + λ2 a1 + λ3 a3 =0?

Rješenje:

Sabiranjem druge jednačine i proizvoda prve sa -2, te sabiranjem treće jednačina i proizvoda prve sa -3 dobije se sistem:3λ2- 6 λ3=0

6 λ2- 30λ3=0

Djeljenjem druge jednačine ovog sistema sa -2 i nakon toga sabiranjem sa prvom dobije se:

Dakle, osim trivijalnog nema drugih rješenja.

4.) dati se vektori:

51

Da li osim trivijalnog postoje i druga rješenja jednačine λ1 a1 + λ2 a1 =0?

Rješenje:

/·3/·2 ] +

0/0 je neodređen izraz, jer rezultat djeljenja nule sa nulom može biti bilo koji broj. Prema tome, osim trivijalnog, postoji i bezbroj drugih rješenja date jednačine.

Do ovog saznanja se može doći i ovako:

Jednačina λ1= 5λ2 ima bezbroj rješenja. Prikazujemo neka od njih.

1.) Neka je λ2 = 0, onda je λ1 = 5 , pa je:

2.) Neka je λ2= 1 , onda je λ1= -10 , pa je:

3.) Neka je λ2=0, onda je λ1 = 0,pa je riječ o trivijalnom rješenju. Dakle, trivijalno rješenje postoji uvijek, a u ovom slučaju ono je jedno od bezbroj riješenja.

Pokazaćemo da nezavisno od konkretne veličine λ1 i λ2 , kad god je λ1 = 5 λ2 data jednačina je zadovoljena:

5.) Dati su vektori:

Da li je jednačina λ1 a1 + λ2 a2 + λ3 a3 =0 osim trivijalnih ima i drugih rešenja?

Rješenje:

52

Sabiranjem druge jednačine i umnoška prve sa -2, te sabiranjem treće i umnoška prve sa -3 dobije se sistem:

-3 λ2 -6 λ3 =0-6 λ2 -12 λ3 =0

Sabiranjem druge jednačine i umnoška prve sa -2 dobije se:

Dakle, data jednačina ima bezbroj rješenja. Pokazaćemo neka od njih.

Iz jednačine -3 λ2 -6 λ3 =0 slijedi λ2 =-2 λ3 . Zamjenom ove jednakosti u jednačini λ1 +4 λ2 +7 λ3 =0 dobije se:

λ1 -8 λ3 +7 λ3 =0 λ1 = λ3

Ako uzmemo da je λ3 =k, onda je λ1 =k, λ2 =-2k, pa su rješenja date jednačine { k, -2k, k}.

1.) Neka je k =1 , tada je λ2 =3, λ1 = λ3 -2, pa je;

2.) Neka je k = -2, tada je λ2 =3, λ1 = λ3 -2, pa je:

3.) Neka je k = 0, tada je i λ2 = λ1 =0, pa je riječ o trivijalnom rješenju:

Uopšteno:

Vektori a1 , a2 ,..., an nekog vektorskog prostora V nazivamo linearno nezavisnim ako njihovom linearnom kombinacijom nula – vektor možemo dobiti samo na trivijalni način. Za skup vektora a1 , a2 ,..., an možemo reći da u tom sličaju čini linearno nazavisan sistem vektora.Takvi su sistemi vektora u prva tri primjera.

Ako pored trivijalne postoje i druge mogućnosti da se linearnom kombinacijom datih vektora kao rezultat dobije nula—vektor, onda se za dati skup kaže da čini linearno zavisan sistem vektora. Takta su sistemi vektora u 4. i 5. primjeru.

Ako dati skup vektora a1 , a2 ,..., an čini linearno zavisan vektorski sistem, onda se bar jedan oddatih vektora može izraziti (ili dobiti) linearnom kombinacijom ostalih. Takav slučaj predstavljaju vektori a1, a2, i a3, iz 5. primjera, gde smo dobili λ1 = λ3 , λ2 = -2 λ3 . Zamjenom ovih jednakosti u jednačini λ1 a1 + λ2 a2 + λ3 a3 = 0 dobijamo:

53

Iz ove jednačine možemo dobiti slijedeće:

Najveći broj linearno nezavisnih vektora koji se može naći u datom vektorskom sistemu se naziva rang vektorskog sistema. Ovaj broj ne može biti veći od broja komponenti datih vektora. U 5. primeru taj broj je 2, tj. r(a1, a2, a3)=2, pa se svaki vektor može izraziti linearnom kombinacijom preostala dva linearno nezavisna vektora. Lako se može pokazan da su {a1, a2}{a1, a3}{a2,a3} u pomenutom primeru linearno nezavisni sistemi vektora.

2.2.3. Dimenzija i baza

Najveći broj linearno nezavisnih vektora koji se može naći u datom vektorskom prostoru V naziva se dimenzija vektorskog prostora V, u oznaci d(V). Ovaj broj je jednak broju komponenti vektora posmatranog vektorskog prostora". Međutim, ako je reč o vektorskom potprostoru kao skupu svih linearnih kombinacija vektora datog vektorskog sistema, onda je dimenzija tog potprostora jednaka rangu vektorskog sistema iz koga je generisan, a taj broj, kao što je rečeno, ne može biti veći od broja komponenti vektora posmatranog vektorskog sistema, odnosno potprostora.

Ako je d oznaka za dimenziju nekog vektorskog prostora, onda se za bilo koji skup (sistem) od d linearno nezavisnih vektora kaže da predstavlja bazu posmatranog vektorskog prostora. Vektori koji obrazuju bazu nazivaju se bazni vektori.

Ako je B={b,,b2 bđ) baza nekog vektorskog prostora V, onda se ma koji vektor posmatranog vektorskog prostora može izraziti linearnom kombinacijom baznih vektora, i to jednoznačno.

f Ovde se misli na vektore sa konačnim brojem komponenti, tj. na konačno đimcnzionalnc rektorske prostore, jer se beskonačno dimenzionalim nećemo baviti.

Neka je a proizvoljno odabrani vektor pasmatranog vektorskog prostora V onda važi:

a = a1b1 + a1b2 + … + adbd r pri čemu se za skalare a1 , a2 ,..., ad kaže da su koordinate vektora a u odnosu na bazu B.

Dokaz jednoznačnosti:

Pretpostavimo da se vektor a = a1b1 + a1b2 + … + adbd , može i na drugi način izraziti kao linearna kombinacija baznih vektora, npr.:

Oduzimanjem ove dve jednačine, kojima je izražen a, dobije se:

Kako {b1 , b2 ,..., bn }čime linearno nezavisan sistem vektora, to mora biti:

α1 – β1 = α2 – β2 =…= αd – βd, = 0, tj.α1 =β1 , α2 = β2 , … , αd = βd , što je i trebalo dokazati.

2.2.4. Elementarna bazna transformacija

Postupak kojim se vrši prelaz iz neke baze u novu, zamjenom jednog od baznih vektor novim nebaznim nazivamo elementarna bazna transformacija, koja se efikasno koristi pn rješavanju nekih problema poput određivanja ranga matrice određivanja mverzne matrice, rješavanja sistema linearnih jednaćina, i čini osnovu tzv. simpleks metoda linearnog programiranja.

Postupak:Neka vektori b1 , b2 ,..., bn čine bazu vektorskog prostora Vn. Tada se vektor a Vn može iz raz i t ilinearnom kombinacijom baznih vektora, t j . važi:

54

Neka je npr. onda vektori b1 , b2 ,..., bk-1 ,a, bk+1 , bn čine novu bazu u Vn. Naime, ako oni ne bi činili bazu u Vn ,tj. Nebi prestavili linearno nezavisni system,onda bi se a mogao izraziti pomoću vektora b1 , b2

,..., bk-1 ,a, bk+1 , bn , što bi suprotno predpostavci značilo da je a = 0.

Neka su nadalje koordinate proizvoljnog vektora x u datoj bazi skalari x1 , x2 ,..., xn tako da je:

(2)Iz (1) se prema pretpostavci, može dobiti:

bk = (-1/ ak )(a1 b1 + a2 b2 + ...+ ak-1 bk-1 -a + ak+1 bk+1 + ... + an bn ) (3)

Ako (3) zamjenimo u (2) dobijamo:

(4)

Ako u (3) i (4) uvrstimo 1/ak=r, odnosno xk / ak = sx dobijemo:

(3a)

Odnosno

(4a)

Ovi skalari su koordinate vektora x u odnosu na novu bazu.

Slično bi se transformacijom vektora

Postupak promjene baze se, iz praktičnih razloga, može obaviti tabelarno ovako:

55

Iz naprijed prikazanog postupka za formiranje nove baze (tab. 2-2) i koordinata nebaznih vektora u odnosu na novu bazu mogu se formulirati sledcći kotači pri praktičnom računanju:

1. U koloni nebaznog vektora koji želimo da postane bazni, odredimo tzv. ishodni elemenal (jednu od koordinata posmatranog vektora) različit od nule. Ovaj elemenat se određuje ili proizvoljno ili uz poštovanje određenih kritenjuma kao u s lučaju rješavanja problema linearnog programiranja. U napred prikazanom postupku ishodni elemenal je ak 0. Tako smo odredili i vektor koji napušta bazu.2. U novoj tabeli na mcsto ishodnog elementa pišemo njegovu recipročnu vrednost, tj. r=1/ak.3. Sve preostale elemente ishodnog reda — vrste (reda prethodne tabele u kome smo odabrali ishodni clemenat) množimo sa r, i tako dobijemo elemente, u prethodnom postupku označene sa s, odnosno sa sy.4. Sve preostale elemente ishodne kolone množimo sa -r.5. Sve ostale elemente određujemo tako da od "starih koordinata x, odnosno y, oduzmemo umnožak odgovarajućeg elementa ishodne kolone a, i odgovarajućeg broja s, odnosno sy, pa se tako dobije "nova" koordinata xi – sx ai odnosno yi – sy ai .

U praksi se polazi od najjednostavnije (trivijalne) baz.e, tj. baze koju čine jedinični vektori e1 , e2 ,… .

Primjer

1.) Dati su vektori

Može li se i kako izraziti x kao linearna kombinacija vektora a1 i a2 i a3?

Rješenje:

Svi dali vektori se mogu izraziti linearnom kombinacijom jediničnih vektora:

56

Prema tome (ei, e2, e3) čini početnu bazu.

Podaci u drugoj tabeli su dobijeni prema ranije prikazanom postupku.Tako na primjer 9 = 1- (-4) · 2: -5 = -7 · 1;-20= 1 -7·3, itd.

Prema trećoj tabeli vektori e1 , a2, a3 , x se mogu izraziti (dobiti) linearnom kombinacijom baznih vektora a1 ,e2, e3, preko novih koordinata, na sledeći način:

Dakle, potrebno je vršiti novu zamjenu nekog od baznih vektora e2, e3 sa jednim od nebaznih a2, a3 da bi se realizovao cilj, tj. da bi se x izrazio linearnom kombinacijom vektora a1, a2, a3. Za ishodni elemenat odabiramo jedan od brojeva 9,3,-13,-5. Zbog kasnijih objašnjenja prikazaćemo dve verzije (jedna sa ishodnim elementom -5, a druga sa ishodnim elementom 3).

Prethodnu tabelu čitamo ovako:

57

Sada više nemamo izbora; po prvoj verziji za izabrani ishodni elemenat se mora uzeti 6/5, a po drugoj verziji broj 2.

Cilj je realizovan, vektor x se može izraziti linearnom kombinacijom vektora a1,a2,a3 na slijedeći način:

I ostali nebazni (ranije bazni) vektori e1,e2,e3 se mogu izraziti linearnom kombinacijom vektora a1 , a2 ,a3 na slijedeći način:

Na početku ove tačke je rečeno da elementarna bazna transformacija može da posluži pri rješavanju različitih problema. Navešćemo neke mogućnosti upotrebe rješenja ovog primera (zadatka) u različite svrhe. Zadatak bi mogao da glasi ovako:

a) Rješiti slijedeći sistem jednačina:

Postupak bi bio isti, a rezultat bi očitali iz posljednje tabele ovako:

x1=2; x2=5; x3=-9. Zamjenom ovih rješenja u jednačine datog sistema uvjeravamo se da su rješenja ispravna tj. da zadovoljavaju date jednačine.

b) Riješiti matričnu jednačinu Ax = b, gdje je

58

Postupak bi bio isti, a rezultat uzet iz poslednje tabele glasi:

c) Ispisati da li je vektor leži u prostoru vektora a1, a2, a3 , odnosno da li x pripada potprostoru generisanom iz skupa vektora { a1, a2, a3}. Na ovakva pitanja dobijamo potvrdan odgovor ako pokažemo da se x može izraziti linearnom kombinacijom vektora a1, a2, a3 .

d) Odrediti skalre u linearnoj kombinaciji x1 a1 + x2 a2 + x3 a3 =x

Odgovor bi bio x1 =2; x2 =5; x3 =-9

e) Odredite rang i inverznu matricu matrice:

Postupak bi bio isti, s tim:da bi se radilo bez poslednje kolone za x. Odgovor bi glasio: rang martice A je 3, a inverzna matrica matrice A je:

Ovaj rezultat se lakše čita iz prve tabele na str. 56 na jer su ishodni elementi odabrani po dijagonali. Isti rezultat se može očitati i iz druge tabele na str. 56, s tim da treba voditi računa o redosljedu vektora i u redu i u koloni.

2.) Dati su vektori a1=[3,1,0]', a2=[5,2,3], a3=[2,1,3]', x=[5,2,4] u odnosu na bazu {e1 ,e2,e3), Ispitati da li se x može izraziti linearnom kombinacijom vektora a1,a2, i a3.

Rješenje:

59

Da bi se izvršila zamjena e3 sa a2 trebalo bi za ishodni elemenat uzeti nulu, a to je suprotno predpostavci (uslovu) da ishodni elemenat mora biti različit od nule. Prema tome, zaključujemo da se vektor x ne može izraziti linearnom kombinacijom vektora a1,a2, i a3 , ali može linearnom kombinacijom vektora a1,a3 , i e3

ovako:

x = a1 + e3 + a3 , ili drugim varijantama linearnih kombinacija tri vektora među kojima bar jedan mora biti iz skupa {e1 ,e2,e3),

U ovakvim slučajevima dalje zaključujemo da npr. :

a) sistem jednačina: , nema rješenja, tj. da je kontradiktoran.

b) matrica , nema inverznu matricu i da je rang matrice A, r(A) = 2.c) Vektor x ne pripada potprostoru generisnom iz vektorskog sistema { a1,a2,a3 }.d) Rang vektorskog sistema { a1,a2,a3 } je r = 2; dok je rang sistema { a1,a2,a3 , x} r = 3.

3.) Dati su vektori a1,a2, i a3 kao u predhodnom primjeru i x = [5, 2, 3]. Ispitati da li se x može izraziti linearnom kombinacijom vektora a1,a2, i a3 .

Rješenje:Postupak je isti kao u predhodnom primjeru, a poslednja moguća tabela izgleda ovako:

Dalje nije moguće vršiti transformaciju jer bi ishodni elemenat trebalo da bude nula zbog potrebe da se izvrši zamjena e3 sa a2.

Vektor x se sada može izraziti sledećom linearnom kombinacijom:

x= 1 · a1 + 0 • e3+ 1 • a3.

60

Pošto je u ovoj linearnoj kombinaciji skalar (koeficijent) uz e3 broj nula, to je onda svejedno da li se nula množi sa e3 ili sa a2, pa ipak možemo zaključiti da se u ovakvim slučajevima x može izraziti linearnom kombinacijom vektora a1,a2, i a3 tj. biće:

x= 1 · a1 + 0 • a2 + 1 • a3.

U ovom slučaju zaključujeno da npr.:

a) sistem jednačina : ima bezbroj rješenja tj. da je neodređen.O rješavanju takvih sistema će biti riječi.

b) vektor x pripada podprostoru generisanom iz vektorskog sistema a1,a2, i a3

c) Rang vektorskog sistema a1,a2, i a3 je r=2 , a isto toliko je i rang sistema a1,a2, i a3 x.

2.3. Matrice i determinante

2.3.1. Pojam i vrste matrica

U ekonomskim i ne samo ekonomskim istraživanjima često se služimo tabelama poput ove:

Radi lakšeg računanja sa njima podaci iz tabele 2-3 se mogu prikazan u obliku pravougaoni šeme ovako:

61

S obzirom da se radi o šemi u kojoj je poredak elemenata bitan, možemo reći da je u pitanju uređeni skup čije elemente možemo označiti ovako:

a11 =20. a12 = 30....a21 = 22. a22 = 28.... ltd.

Prvi broj u indeksu pokazuje kojem redu (vrsti), a drugi broj kojoj koloni (stupcu) pripada posmatrani elemenat.

U opštem slučaju elemente k—te vrs te možemo označiti sa aKj|, j=1,2....,n; a elemente j-iekolone sa aj1 i=1,2....m: te da se ovakve šeme sastoje od elemenata aij(i=1.2…m: j= 1.2. .n).

Prema tome, u opštem slučaju, možemo zaključni da se radi o svojevrsnom preslikavanju operaciji) , gdje je:

I = {1.2... .m}; J = {1,2,. ,,n); A = {aij}; i I, j J.

i gdje su: F(i . j) = aij rezultati operacije koje po potrebi možemo prikazan u o b l i k u pravoug:n me šeme podanika poznale pod nazivom matrica, u oznaci:

Možemo još kraće pisati ovako:

A=[aij]mn što znači da je riječ o matrici tipa (formata) m x n, tj. O matrici koja ima m vrsta (redova) i n kolona (stubaca), pri čemu su a11,a22,...akk (k=min(a,b)) elementi glavne dijagonale matrice.

Ako su svi elementi aij realni brojevi onda je reč o tzv. realnoj matrici.

Matrice (naročito realne) mogu korisno poslužiti pri rješavanju mnogih problema a naročito u svrhu rješavanja sistema linearnih jednačina.

Ako je u matrici Am,n broj vrsta jednak broju kolona, tj. ako je m=n onda je reč o kvadratnoj matrici An,n. Kvadratne matrice su, s obzirom na značaj, predmet posebnog razmatranja.

Ako je m=1, onda je riječ o matrici koja ima samo jednu vrstu i kao specijalni tip naziva se matrica-vrsta (red) ili vektor-vrsta (red) u oznaci:

A = [ a11 , a12 ,................a1n ] = [ a1j ]; j=1,2 n.

Ako je n=1,onda je riječ o matrici koja ima samo jednu kolonu i koju nazivamo matrica— kolona (stubac) ili vektor—kolona (stubac), a označavamo ovako:

62

Radi eventualnog razlikovanja ovih specijalnih matrica od ostalih možemo ih označiti kao vektore, malim slovima, i to x- da bude oznaka za vektor-vrstu, a x oznaka za vektor-kolonu.

Specijalni slučajevi ovakvih matrica su tzv. jedinični vektori, kojima je jedan od elemenata broj 1 a svi ostali su nule, u oznaci e1,e2,...,en odnosno e1',e2',..,en', pri čemu broj u indeksu pokazuje na kome mestu se u vektoru nalazi broj 1, tako npr.:

Uvođenje ovih pojmova omogućava nam da o matricama govorimo kao o vekrorskim sistemima, tj. o skupu konačno mnogo vektora (vektor—vrsta ili vektor kolona), a za skup svih matrica istog npa da čine vektorski prostor.

Ako je m=n=1, onda je riječ o matrici koja ima samo jedan elemenat, koji se kao i skalar može pisati i bez znaka matrice, ovako:[a11]=a11.

Matrica u kojoj su svi elementi nule naziva se nula-matrica.

Submatrica ili podmatrica matrice A je matrica koja se dobije kada se iz A izostavi određen broj vrsta i kolona. Prema tome matrica se može podjelid naviše submatrica ili podmatnca.

Matrica koja predstavlja podatke iz tabele 2-3 može da se prikaže npr. ovako:

Dve mauricc A=[aij]mn i B=[bij]k,i su jednake ako su istog tipa, tj. ako je m=k, n=l 1 ako su im odgovarajući elementi jednaki, tj. ako je ai,j=bi,j za svako ij.

Kada u matrici A vrste i kolone zamjene svoje uloge dobije se tzv. transponovana matrica matrice A, u oznaci AT , pri čemu važi:

a) ako je A =[aij]mn onda je AT = [aij]mn :b) ( AT ) = A.

Za matricu A (tab. 2-3) transponovana matrica će biti:

63

Pored osobine (AT)T = A transponovanje ima i slijcdeće osobine:

(A + B)T = AT + BT; (λA)T = λAT ; (A B)T = BT • AT.

2.3.2. Računske operacije sa matricama

Dvije matrice se mogu sabirati i oduzimati ako su istog tipa, a sabiranje (oduzimanje) se vrši tako što se saberu (oduzmu) odgovarajući elementi matrica koji se sabiraju (oduzimaju), tj.:

ako je [aij]mn i B=[bij]mn , onda je A+B=C, pri čemuje:

C =[cij]mn , Cij = aij + bij.

Matrica se množi skalarom tako što se svaki elemenat matrice pomnoži skalarom, tj. ako je A=[aij]mn onda

je λA=B=[bij]mn pri čemu je bij = λaij.

Ako se matrica A pomnoži skalarom -1, onda se dobije matrica -A za koju kažemo da je suprotna matrica matrice A, pri čemu važi A+(-A)=0, tj. zbir matrice A i njene suprotne matrice -A je nula-matrica istog tipa kao što je A.

Dvije matrice se mogu pomnožiti ako je broj vrsta druge jednak broju kolona prve. Rezultat množenja je matrica kojoj je broj vrsta jednak sa brojem vrsta prve, a broj kolona jednak sa brojem kolona druge, tj. ako je A=[aij]mn i B=[bij]mn , onda je A · B = C = [cij]mn pri čemu je:

Iz definicije množenja dveju matrica zaključujemo da ova operacija u opštem slučaju nije komutativna, tj. A · B B · A, da postoje konkretni slučajevi u kojima je A · B = B · A i da postoje slučajevi kada je moguč proizvod A · B, a nije moguć proizvod B · A i obratno. Međutim, množenje matrica je asocijativno, tj. važi: (A · B) · C = A · (B · C).

Neka matrica A predstavlja podatke iz tabele 2-3, a matrica B podatke iz tabele 2-4

64

Proizvod matrica A4,5 i B5,2 je matrica:

Matrica C bi mogla predstavljati podatke tab. 2-5.

Rezultati su dobijeni ovako (prikazujemo samo neke):

30200 = 20 · 180+ 30 · 110 + 40 · 140 + 50 · 150 + 60 ·170,

37010 =19 ·190 + 32 · 200 + 40 · 180 + 50 · 180 + 60 · 180.

Specijalni slučaj množenja dve matrice je proizvod vektor vrste x=[a1j]1n i vektor kolone x=[bi1]n1 . Rezultat množenja ovih matrica je skalar:

pa se zbog toga ovaj proizvod naziva skalarni proizvod.

Proizvod vektor-kolone x=[a1j]1n i vektor vrste x=[bi1]n1 je matrica C=[a1j]mn . Ovaj proizvod se ponekad naziva i dijada, odnosno dijadski proizvod.

Karakteristika ovog proizvoda je da su vektor-vrste matrice C međusobno kao i vektor-kolone međusobno proporcionalne, što se lako uočava na sledećim primjerima:

Među specijalne slučajeve množenja dvije matrice možemo navesti, kao primjer,i ovaj:

65

Vektor [1,1,1] se naziva i sumirajući vektor, iz razloga što služi u svrhu sumiranja elemenata druge matrice po kolonama.

2.3.3. Kvadratne matrice, determinante i inverzne matrice

Opšti oblik kvadratne matrice tipa n x n, tj. reda n je:

pri čemu a11, a22 ,…ann čine elemente glavne, a an 1 ,an - 1 2 ,…, a1n elemente sporedne dijagonale.

Kvadratne matrice imaju određene karakteristike i specijalne oblike, o kojima će u daljem tekstu biti rijeci.

Za kvadratnu matricu se kaže da je simetrična, ako je aij=aij za svako ij, odnosno ako je AT=A.

Ako je AT=-A, tj. ako je aij = aij, onda se za A kaže da je antisimetrična ili koso simetrična matrica, pri čemu važi:

(AT = A, tj. aij = aij ) => akk = 0.

Kvadratna matrica je trouglasta ili uiangularna ako su joj svi elementi ispod ili iznad glavne dijagonale jednake nuli. Razlikujemo donju trouglastu matricu:

Kvadratna matrica je dijagonalna ako su joj svi elementi izvan glavne dijagonale jednaki nuli, rj. a ij=0, za ij.

Opšti oblik dijagonalne matrice je:

66

Dijagonalne matrice su specijalni slučaj trouglastih matrica. Ako su u dijagonalnoj matrici svi elementi glavne dijagonale isti i različiti od nule, tj. ako je:

a11 = a22 ,...,ann = λ 0, onda je riječ o skalarnoj matrici, a ako je uz to λ = 1, onda je riječ o tzv. jediničnoj matrici E koja se sastoji od tzv. jediničnih vektora.

Za kvadratne matrice važe računske operacije koje važe za matrice uopšte, s tim da specijalno za njih važi i operacija stepenovanja matrica10.

Tako je

A1 = A

A2 =A· A

A3 = A2 · A

An = An-1 · A, n N

Ovo množenje se vrši postupno, tj. prvo se pomnoži A sa A, pa se dobijeni rezultat množi sa A itd. U svrhu racionalnosti i lakšeg rada može da posluži tzv. Falkova šema:

A A A ...A A2 A3 A4 …

67

A

Ovakav postupak se može koristiti i kada je u pitanju množenje matrica koje nisu kvadratne.

U vezi sa stepenovanjem matrica su i slijedeće osobine matrica:

■ Za kvadratnu matricu A (A 0) se kaže da je idempotentna, ako važi: A2 = A

■ Za kvadratnu matricu A (A 0) se kaže da je nilpotentna, ako postoji prirodan broj k>l, takav da je Ak=0.

68

Ovo što posebno karakteriše kvadratne matrice je da se njima može pridružiti kvadratna šema njihovih elemenata, oblika:

koju nazivamo determinanta reda n i koja za razliku od matrica ima svoju vrijednost izraženu brojem D=|A|, pri čemu | | nije oznaka za apsolutnu vrijednost već za determinantu.Vrijednost determinante |A| reda n je broj koji se dobije sabiranjem svih mogućih proizvoda od po n elemenata matrice A tako da se u svakom proizvodu nalazi jedan i samo jedan elemenat iz svake vrste i svake kolone matrice A. Svaki takav

proizvod se naziva član determinante.

Član determinante ima znak + (tj. množi se sa +1) ako je permutacija njegovih drugih brojeva u indeksu, tj. brojeva i1 , i2 ,..., in parna, a znak - (tj. množi se sa -1) ako je pomenuta permutacija neparna.

Prema tome biće:

Iz definicije vrijednosti determinante zaključujemo da je broj članova determinante jednak broju svih permutacija od n elemenata, tj. broj n! = 1 2 ... n, (n! čitaj: n faktorijel).

Ne objašnjavajući detaljnije pojam parnih i neparnih permutacija, jer je to predmet razmatranja poglavlja matematike pod nazivom Kombinatorika, naveščemo znake svih permutacija za skupove koji imaju po dva, tri i četiri elemenata.

Za (1,2) znaci permutacija (kojih ima 2!=1 2=2) su:

1 2 +2 1 -

Za (1,2,3) znaci permutacija (kojih ima 3!=1-2-3=6) su:

123+ 213- 3 1 2 +132- 231+ 3 2 1 -

Za (1,2.3,4) znaci permutacija (kojih ima 4! = 1 2 3-4=24) su:

69

Za određivanje parnosti svih permutacija pogodno je koristiti pojam transpozicije koji znači međusobnu zamenu mjesta za dva susedna elementa, pri čemu svaka transpozicija mjenja parnost permutacije, a prva permutacija se uzima kao parna.

Tako smo znake permutacija četiri elementa, pri čemu + znači da je permutacija parna, a -da je permutacija neparna, dobili ovako:

1) 12 3 4 je po definiciji parna (+);2) 12 4 3 je neparna ( - ) jer je dobijena transpozicijom 3 i 4 od 1. permutacije;3) 13 2 4 je neparna ( -) jer je dobijena transpozicijom 2 i 3 od 1. permutacije;4) 1 .3 4 2 je parna ( + ) jer je dobijena transpozicijom 2 i 4 od 3. permutacije;5) 14 2 3 je parna ( + ) jer je dobijena transpozicijom 2 i 4 od 2. permutacije; ltd.

Trivijalna je činjenica da je vrijednost determinante 1. reda, tj. |a11| jednak je broju a11 .

Na osnovu definicije vrijednosti determinante i objašnjenja vezanih za parnost permutacija sada možemo odrediti vrijednosti determinanti 2, 3 i 4. reda.

Vrijednosti determinante 2. reda će biti:

Vrijednosti determinante 3. reda će biti:

Prikazani postupak je relativno složen pa su za praktično izračunavanje vrijednosti determinanti kreirani postupci kojima se izbegava određivanje parnosti permutacija i znatno olakšava rad.

Za determinante 2. reda pravilo glasi: od proizvoda elemenata na glavnoj dijagonali oduzeti proizvod elemenata na sporednoj dijagonali, tj.:

Za determinante 3. reda članovi determinante se određuju grupisanjem prema znaku. Ovo grupisanje se prema tzv. Sarusovom pravilu vrši na slijedeći način: pored determinante, s desne strane, dopišemo prve dve kolone elemenata determinante ili ispod determinante dopišemo prve dve vrste elemenata determinante, zatim se formiraju po tri spuštajuće i penjuće dijagonale (posmatrajući s leva u desno) koje obuhvataju po tri elementa determinante. Proizvodi elemenata, na spuštajućim dijagonalama su članovi

70

determinante sa znakom + , a proizvodi elemenata na penjućim dijagonalama su determinante sa znakom -, tj.:

Za sve ostale, uključujući i determinante 2. i 3. reda, problem rješavamo razvijanjem determinante u subdeterminante ili minore po elementima jedne (bilo koje) vrste ili jedne (bilo koje) kolone (tzv. Laplasov razvoj). Na taj način se izračunavanje vrijednosti determinante n-tog reda svodi na izračunavanje vrijednosti n determinanti n-1-vog reda: izračunavanje vrijednosti determinante n-1 reda se svodi na izračunavanje vrijednosti n-1 determinanti n-2-reda; itd. pa se izračunavanje vrednosti determinante 4. reda svodi na izračunavanje vrijednosti 4 determinante 3. reda; izračunavanje vrijednosti determinante 3. reda se svodi na izračunavanje vrijednosti 3 determinante 2. reda.

Svakom elementu aij determinante n—tog reda možemo pridružiti subdeterminantu ili minor Mij kao determinantu n-1—vog reda koja se dobije tako što se iz determinante n-tog reda izostavi vrsta i kolona u kojoj se nalazi elemenat aij.

Broj Aij=( 1 )i+j Mij nazivamo algebarski komplement ili kofaktor elementa aij .

Uvođenje pojma kofaktor omogućuje da se vrijednosti determinante odredi ovako:

l)Vrijednost determinante n-tog reda jednaka je zbiru proizvoda svakog od elemenata jedne (bilo koje)

vrste i odgovarajućeg kofaktora, tj. determinanta razvija po i-toj vrsti;

2)Vrijednost determinante n—tog reda jednaka je zbiru proizvoda svakog od elemenata jedne (bilo koje)

kolone i odgovarajućeg kofaktora, tj. ako se determinanta razvija po j-toj koloni.

Zbir proizvoda elemenata jedne vrste (kolone) i odgovarajućih kofaktora elemenata neke druge vrste (kolone) jednak je nuli. tj.:

Pisanje (-1 )i+j se može izbeći jer primjećujemo da je rezultat 1 kada je zbir indeksa položaja posmatranog elementa paran, tj. kada je i + j = 2n, n N; a -1 kada je taj zbir neparan, tj. kada je i+j=2n+1, n N.

71

U ovom primjeru smo razvijanje izvršili po prvoj vrsti, ali primjetimoda bi racionalnije bilo to učiniti po prvoj koloni, zbog toga šio je jedan od elemenata jednak nuli. Dakle, bilo bi:

Znači još lakše bi bilo kada bi u nekoj vrsti ili koloni bilo dvije nule, a ako bi bilo tri nule onda nije teško zaključiti da bi vrijednost determinante bila jednaka nuli. Pokažimo na ovom primjeru da je tačna ranije izrečena tvrdnja da je zbir proizvoda elemenata jedne vrste (kolone) i kolaktora elemenata neke druge vrste (kolone) jednak nuli. Uzmimo npr.:

Sada ćemo navesti osobine nekih determinanti i neke transformacije determinanti koje opredjeljuju vrijednost determinante.

1) Ako se determinanta transportuje, tj. ako vrste i kolone zamjene svoje uloge, vrijednost determinante ostaje ista.

2) Determinanta ne menja vrijednost ako se svim elementima jedne vrste iii kolone dodaju odgovarajući elementi neke druge vrste odnosno kolone pomnoženi istim brojem.

Ova osobina determinanti može da se iskoristi u svrhu racionalnijeg iznalaženja vrijednosti determinante, formiranjem maksimalnog broja nula u vrsti ili koloni po kojoj ćemo razviti determinantu.

72

Množeći elemente četvrte kolone sa 4 i dobijene rezultate dodajući odgovarajućim elementima druge kolone te množeći elemente 4. kolone sa -2 i dobijene rezultate dodajući odgovarajućim elementima 3. kolone dobijamo:

Cijeli postupak se može izvesti i sa manje pisanja i prepisivanja.

Koristeći prisustvo većeg broja nula u trouglastim (pa tako i u dijagonalnim) matricama, zaključujemo da i njihova determinanta jednaka proizvodu elemenata glavne dijagonale matrice

3) Ako su svi elementi jedne vrste ili kolone jednaki nuli vrijednost deicrminaiire jednaK: u nuli (ovo je već ranije konstatovano).

4) Ako su elementi dvije vrste (kolone) proporcionalni, tj. ako množenjem svili elemenata jedne vrste (kolone) istim brojem dobijamo elemente koje već sadrži neka druga vrsta kolona) istim redom, onda je vrijednost determinante jednaka nuli.

Ako pri izračunavanju vrijednosti ove determinante iskoristimo mogućnost transformacije pod 2), tj. ako elementima druge vrste dodamo proizvod odgovarajućih elemenata prve vrste i broja -k dobijamo:

Ovaj slučaj podrazumijeva i specijalni slučaj kada je k=1, tj. kada su svi odgovarajući elementi dveju vrsta ili kolona međusobno jednaki.

5) Ako se svi elementi jedne vrste ili kolone determinante koja ima vrijednost D, pomnože brojem k 0 dobija se determinanta sa vrijednošću k · D.

73

Ovaj slučaj podrazumjeva i slijedeće: ako su svi elementi jedne vrste ili kolone proporcionalni, tj. dijeljivi

istim brojem k 0, onda se taj broj kao faktor može iznijeti pred determinantu.

6) Ako dve vrste ili kolone međusobno zamjene mjesta vrijednosti determinante mijenja znak

Ako bi pomenuti zbir imao tri i više sabiraka, onda bi se data determinanta prikazala u obliku zbira tri i više determinanti dobijenih po sličnom pravilu.

Vrijednost determinante trouglaste (kvadratne) matrice jednaka je proizvodu elemenata glavne dijagonale.

74

Za kvadratnu matricu A kojoj je |A| 0 kažemo da je regularna (nesingularna), a ako je |A| = 0 onda za matricu A kažemo da je neregularna (singularna).

Transponovana matrica matrice kofaktora svih elemenata kvadratne matrice A naziva se adjungovana matrica matrice A, tj. ako je A = [aij]n,n onda je:

adj A = A* = [aij]n,n

odnosno detaljnije:

Pojmovi determinante i adjungovane matrice omogućuju da se definise pojam inverzne matrice za kvadratne matrice.

Kvadratna regularna matrica A ima svoju inverznu matricu A-1 = (1 /1 |A|) • A* tako da važi:

A · A-1 = A-1 · A = E

Pokažimo da je u opštem slučaju tačna jednakost: A · A-1 = E.

75

S obzirom da se radi o primjeru na kome je pokazan postupak elementarne bazne transformacije vektora, primjetimo da smo dobili isti rezultat. Da je rezultat tačan uvjeravamo se ovako:

Za kvadratnu matricu A kažemo da je ortogonalona ako važi AT = A-1.

2.3.4. Rang matrice

Pod pojmom prostor kolona neke matrice A tipa m x n podrazumjevamo potprostor prostora svih matrica (vektor-kolona) tipa m x 1 generisanog skupom svih vektor-kolona posmatrane matrice. Na sličan način se definišc i prostor vrsta iste matrice A, kao potprostor prostora svih matrica (vektor—vrsta) tipa 1 x n generisanog skupom svih vektor-vrsta posmatrane matrice. Navedimo, bez dokaza, činjenicu da su dimenzije oba ova prostora (porprostora) međusobno jednake. Ove dimenzije se kod matrica, kao vektorskih sistema, javl ja ju pod pojmom rang matrice, koji se može definisati i ovako: rang neke matrice A tipa m x n jednak je broju k ako je k najveći red kvadratne regularne submatrice ko]a se može dobiti izostavljanjem određenog broja vrsta ili kolona, date matrice, pri čemu važi:

tj. rang neke matrice ne može biti veći ni od broja svojih vrsta ni od broja svojih kolona.

Na osnovu ove definicije zaključujemo slijedeće:

1) Rang matrice kojoj su svi elementi jednaki nuli je nula.2) Rang matrice koja ima bar jedan elemenat različit od nule je najmanje 1. Ako u matrici nema kvadratne regularne submauice 2. reda (matrice 2. reda kt determinanta različita od nule) onda je rang matrice jednak broju 1.3) Ako u matrici postoji bar jedna kvadratna regularna submartica 2. redu, onda je rang matrice najmanje 2. Ako u istoj matrici nema kvadratne regularne submatrice 3. red je rang posmatrane matrice jednak broju 2.4) Uopšte, ako u datoj matrici A postoji bar jedna kvadratna regularna submatrica reda k( tipa k x k), onda je rang takve matrice najmanje k, tj. r (A) k. Ako u istoj matrici nema kvadratne regularne submatrice reda k + 1, onda je rang date matrice jednak broju k, tj. r(A) = k.

1.) Data je matrica A=

U ovoj matrici je moguće odrediti kvadratnu submatricu najviše 3. reda. Jedna od četiri takve submatrice je matrica:

76

Pošto je determinanta ove submatrice različita od nule, zaključujemo da je rang matrice 3. tj. r(A) = 3.

2.) Data je matrica B=

Nijedna od četiri moguće kvadratne submatrice 3. reda nije regularna (svakoj je determinanta jednaka nuli) pa zaključujemo r(B) < 3. Među 18 mogućih kvadratnih submatrica 2. reda matrice B moguće je naći takvu koja je regularna. Jedna od njih je matrica:

kojoj je determinanta 5 0, pa zaključujemo da je r(B) = 2.

3) Data je matrica C =

Nijedna od 4 moguće kvadratne submatrice 3. reda nije regularna, pa zaključujemo da je r(C) < 3. Međutim nijedna od 18 mogućih kvadratnih submatrica 2. reda takođe nije regularna, pa zaključujemo da je r(C) < 2. Pošto u matrici C postoji elemenat različit od nule, zaključujemo da je r(C) = 1.

Ovakav postupak određivanja ranga mamce je nepodesan zbog velikog obima računanja, naročito kada su u pitanju matrice većeg formata. Zbog toga se u praksi koriste efikasniji metodi. Jedan od takvih metoda se zasniva na elementarnim transformacijama matrica, i elementarne transformacije matrice ubrajamo sledeće postupke koji ne mjenjaju rang date matrice.

1) Razmcna (zamjena mjesta) za dve vrste ili kolone.2) Množenje svakog elementa neke vrste ili kolone brojem različitih od nule.3) Dodavanje rezultata pod 2) odgovarajućim elementima neke druge vrste odnosno kolone.4) Transponovanje matrice.

Ako matricu B dobijamo primjenom konačnog broja elementarnih transformacija matrice A kažemo da su A i B ekvivalentne matrice, kojima je karakteristika da imaju isti rang, tj. r(A)=r(B).

Naprijed smo vidjeli da je najlakše odrediti vrijednost determinante za trouglaste i dijagonalne matrice. Stoga su u svrhu određivanja ranga data matrica transformiše u ekvivalentnu trapezastu ili trouglastu iz koje neposredno zaključujemo kojeg se najvećeg reda iz tako dobijcne matrice može izdvojiti kvadratna regularna (trouglasta ili dijagonalna) matrica. Ovaj red je ujedno i rang novodobijene, a prema definiciji ekvivalentnih matrica, i date matrice.

Za ilustraciju uzimamo iste primjere.

77

1)

Dakle, vrlo brzo smo utvrdili da je rang date matrice 3 jer u posljednjoj uočavamo kvadratnu regularnu matricu 3. reda:

Transformacija date matrice je vršena ovako:

1) Elementima 3. vrste smo dodali odgovarajuće elemente 1. vrste pomnožene sa 2 i tako dobili drugu matricu.2) Elementima 2. vrste novodobijene matrice dodali smo odgovarajuće elemente 3. vrste pomnožene sa -5. Zatim izvršili razmjenu mjesta za 2. i 3. vrstu i tako dobili treću matricu.

2)

Dakle, rang date matrice je 2 jer je to najveći red kvadratne regularne submatrice koja se može izdvojiti iz njoj ekvivalentne matrice. Takva submatrica je:

3)

Dakle, rang date matrice je 1.

Elementarne transformacije matrice možemo koristiti i u svrhu iznalaženja inverzne matrice date kvadratne matrice, ako se paralelno istovjetne transformacije izvrše na datoj i na jediničnoj matrici.

1) Data je matrica A = Odrediti A-1 !

Rješenje;

78

Postupak je završen i dobili smo:

Usput primjetimo da je r(A) = 3

NapomenaPri iznalaženju inverzne matrice preporučujemo da se transformacije vrše po vrstama bez korišćenja

mogućnosti razmjene vrsta.

2) Data je matrica A = . Odredite A-1.Rješenje;

3) Data je matrica A = . Odrediti A-1.

Rješenje;

79

4) Data je matrica . Odrediti B-1 .Rješenje;

Očito je da se elementarnim transformacijama od matrice B ne može doći do jedinične matrice trećeg reda, pa zaključujemo da je r(B) =2 i da B nema inverznu matricu jer je neregularna (singularna).

U posljednja četiri primjera elementarnim transformacijama su date matrice dovedene u tzv. normalni ili kanonski oblik, tj. oblik u kome se na glavnoj dijagonali nalaze samo brojevi l i 0, a izvan glavne dijagonale samo nule, pri čemu se u pna tri primjera radi o regularnim matricama jer im je rang jednak redu matrice, dok je matrica u četvrtom primjeru neregularna jer joj je rang manji od reda matrice.

Na normalni oblik možemo dovesti i matrice koje nisu kvadratne, snm da kod takvih matricu ne možemo govoriti o inverznim matricama.

Rang matrice možemo odrediti i pomoću, ranije prikazane, elementarne bazne transformacije vektora, pri čemu je rang jednak broju nebaznih vektora koji se takvom transformacijom mogu uključiti u bazu kao bazni vektori.

80

Dakle, r(A) = 3.

2.4. Sistemi linearnih jednačina

2.4.1. Pojam i vrste sistema linearnih jednačina

81

Formulu F(xi)=G(x,). i=1,2,…,n nazivamo jednakost, pri čemu su xi oznake za nepoznate (promjenljive) veličine. Provjeru tacnosti jednakosti vršimo tako što umjesto xi zamjenimo konstante, a zatim uporedimo brojne vrijednosti izraza F(xi) i G(xi) istinita formula za bilo koji skup vrijednosti promjenljivih xi (a to se može konstatovati i bez neposrednog uvrštavanja konstanti na mesto promjenljivih), onda se za F(xi)=G(xi) kaže da je identička ili bezuslovna jednakost, kraće rečeno identičnost (identitet).

Ovakve jednakosti se, bez zamjene konstanti umjesto promjenljivih,mogu svesti na oblik

Ako je jednakost F(xi)=G(xi) istinita samo za određene strukture vrijednosti nepoznatih (pa makar ih bilo i beskonačno mnogo), dakle ne za bilo koji odnos vrijednosti nepoznatih,onda za F(xi)=G(xi) odnosno za P(xi)=F(xi)-G(xi)=0 kažemo da je uslovna jednakost ili jednačma.

Jednačina se može svesti na oblik 0=0 tek nakon uvrštavanja vrijednosti nepoznatih za koje je istinita (zadovoljena).

Vrijednost promjenljivih za koje je tačna jednakost P(xi)=0 nazivamo rješenje jednačine. Ako je svako rješenje jednačine P(xi)=0 ujedno i rješenje jednačine Q(xi)=0, onda je za ove jednačine kaže da su ekvivalentne.

Jednačina u kojoj se nepoznate pojavljuju samo u obliku stepena sa eksponentom 1, razdvojene znacima + i — naziva se linearna jednačina. Opša oblik linearne jednačine sa n nepoznatih je:

■...........a1,a2…ann su oznake za koeficijente nepoznatih x1 , x2 , …, xn

■ b je oznaka za slobodni član.

Opšti oblik jednačine sa jednom nepoznatom je:

ax + b = 0

Rješenje ove linearne jednačine je:Xo = -b/a

S obzirom na vrijednosti a i b mogući su slijedeći slučajevi;

1) Ako je a 0, jednačina ima jedno realno rješenje i to: x0=0 ako je b=0, a x0 0 ako je b 0.2) Ako je a=0 i b=0, onda je x0=0/0, a to znači da je rješenje jednačine bilo koji realan broj.3) Ako je a=0 i b 0, onda je x0=-b/0, pa zbog nemogućnosti djeljenja broja koji nije mila sa nulom zaključujemo da jednačina nema rješenje.

Opšti oblik linearne jednačine sa dvije nepoznate je:

ax + by + c = 0

Rješenja ove jednačine možemo dobiti tako što jednu od nepoznatih izrazimo u funkciji druge, npr. ovako:y = (-a/b)x - c/b.

x je u ovom slučaju tzv. slobodna promjenljiva kojoj po volji možemo odrediti vnjednost,a vrijednost y zavisi od odabrane vrijednosti za x. dakle,jednačina ima bezbroj rješenja pa se kaže da je neodređena. Rješenja ovakve jednačine se mogu prikazan uopšteno parametarski preko nove nepoznate (parametra). Za posmatranu jednačinu će biti:

82

Što znači da se rješenja jednačine mogu prikazati kao uređeni par:

(x,y) = (t.(-a/b) · t-c/b).

Odredimo li, po volji, vrijednost za t odredih smo i rješenje jednačine, a ima bezbroj mogućnosti za to.

Za linearnu jednačinu sa tri nepoznate:

ax + by + cz + d = 0

rješenja ćemo dobin u vidu uređene trojke:

(x,y,z) = (t1,t2,(-a/c) · t1 - (b/c) · t2 - d/c)

pa zaključujemo da je jednačina dvostruko neodređena, tj. da po volji određujemo vrijednosti za dve promjenljive (nepoznate).

Dalje zaključujemo da je jedna linearna jednačina sa n nepoznatih (n-l)-struko neodređena.

Osim kada se jednačine posmatraju kao funkcije, pri rješavanju jednačina sa više nepoznatih susrećemo se sa skupom (sistemom) jednačina koje sadrže iste nepoznate.Nadalje je, po pravilu, broj jednačina u sistemu jednak broju nepoznatih, ali može biti manji ih veći.

Opšti oblik sistema od m linearnih jednačina sa po n nepoznatih x1 , x2 ,..., xn može se prikazati ovako:

Pri čemu su: * aij oznake za koeficijente nepoznatih xj (i=1,2,…,m: j=1,2,...,n); * bi oznake za takozvane slobodne članove (konstante).

Ako je bar jedan od bi različit od nule za sistem S se kaže da je nehomogen, a ako su svi bi=0 onda se za sistem S kaže da je homogen.

Sistemu S se može pridružiti odgovarajući matrični oblik:

odnosno skraćeno;

Ax = b

pri čemu je A oznaka za matricu sistema (matrica koeficijenta sistema), x oznaka za vektor nepoznatih, a b vektor slobodnih članova.

83

N—torka (x10,x20 ,… xno) se naziva rješenje sistema ako se,zamjenom članova ove n—torke umjesto xj

(j=1,2, ,...n) da tim redom u date jednačine, svaka jednačina transformiše u identičnost, tj. u oblik u kome je brojna vrijednost lijeve jednaka brojnoj vrijednosti desne strane jednačine. Rješenje sistema je, prema tome, presjek skupova rješenja svih njegovih jednačina.

Neki sistem S može biti saglasan, tj. da ima rešenja ili nesaglasan (protivrećan, kontradiktoran), tj. da nema rešenje. Ako je sistem saglasan može da ime jedno (jedinstveno) rješenje pa se kaže da je sistem određen, a može da ima više rješenja pa se kaže da je sistem neodređen. Ako ima više rješenja onda ih ima beskonačno mnogo.

Postoji više načina da se odredi da li i koliko rješenja ima posmatrani sistem. Za pouzdano utvrđivanje saglasnosti odnosno nesaglasnosti sistema linearnih jednačina možemo se poslužiti poznatim Kroneker-Kapelijevim stavom koji, u slobodnoj integraciji (bez dokaza) glasi ovako:

proširenom matricom sistema, onda je sistem saglasan ako i samo ako je r(A,b)=r(A), a nesaglasan ako je r(A.b)>r(A). Inače, kada je r(A,b)>r(A) onda je r(A,b)-r(A)=1.

Posljedice ovoga stava su:

1) Ako je r(A,b)=r(A)=n, onda je sistem određen. Ovo se može desiti u slučajevima m=n i m>n.2) Ako je r(A,b)=r(A)<n, onda je sistem neodređen, bez obzira da li je m<n, m=n ili m>n. Ako je n-r=k kaže se da je sistem k—struko neodređen,tj. vrijednost n nepoznatih se iznalazi tako što se k nepoznatih tretiraju kao tzv. slobodne nepoznate kojima vrijednost dajemo po volji (proizvoljno), a za r tzv. baznih nepoznatih vrijednosti određujemo preko vrijednosti slobodnih nepoznatih.5) Ako je r(A,b)>r(A), onda je sistem kontradiktoran, bez obzira da li je m<n, m=n ih m>n, ali uz uslov da je m>1.4) Homogen sistem tj. sistem u kome je b=0, ne može biti kontradiktoran, jer je r(A,b)=r(A).Homogeni sistem ima bar jedno rješenja, a to rješenje je n-torka (0,0,…,0). Riječ je o tzv. trivijalnom rješenju čije postojanje uočavamo jednostavno bez rješavanja sistema. Ako je r(A)=n, onda sistem osim trivijalnog, nema drugih rješenja, pa je sistem određen. Ako je r(A)<n, onda sistem osim trivijalnog ima i bezbroj drugih rješenja, pa je sistem neodređen.

2.4.2. Gausov postupak eliminacije

Za rješavanje sistema linearnih jednačina možemo koristiti više metoda zavisno od vrste (tipa ) sistema. Jedan od efikasnih je tzv. Gausov metod eliminacije, zasnovan na principima koji važe za elementarne transformacije matrica i koji ćemo u skraćemoj verziji, prikazati ovako:

Pretpostavimo da je u napred prikazanom sistemu S, a11 0 . Ako je an=0 onda se zamjenom mjesta za dvije jednačine može namjestio da bude a11 0. Dati sistem S transformišcmo u Si tako što prvu jednačinu pomnožimo da a21/a11, a dobijene rezultate oduzmemo od odgovarajućih elemenata druge jednačine; zatim prvu jednačinu pomnožimo s a3 1/a 1 1 , a dobijene rezultate oduzmemo od odgovarajućih elemenata treće: pa tako redom sve do kraja kada od poslednje oduzmemo proizvod prve sa am1/an1. Na taj način smo izvršili eliminaciju nepoznate xi u svakoj, osim u prvoj jednačini, pa novi sistem S1 izgleda ovako:

84

pri čemu je;

Dalje se na sličan način pomoću druge jednačine iz treće i ostal ih jednačina eliminiše nepoznata x2, pa se dobije sistem S2 slijedećeg oblika:

Tako se sukcesivno vrši eliminacija jedne po jedne nepoznate sve dok je to moguće. S obzirom na tip sistema moguće je da se na kraju jave sledeći slučajevi:

1) U jednom redu u kome su svi koeficijenti nepoznatih nule javl ja se slobodni član koji nije jednak nuli, pa zaključujemo da sistem nema rješenja, tj. da je nesaglasan.

Rješenje:Pomnožimo prvu jednačinu redom sa 2, -1, -3 i -5, pa dobijene rezultate redom dodajemo drugoj, trećoj, četvrtoj i petoj jednačini. Tako ćemo dobiti sistem S1:

Pomnožimo drugu jednačinu sistema Si sa 1, 6 i 8. pa dobijene rezultate redom dodajmo trećoj, četvrtoj i petoj jednačini,da bi dobili sistem S2:

Pomnožimo treću jednačinu sa -11/3 i -17/3 pa dobijene rezultate dodajmo četvrtoj i petoj jednačini da bi dobili sistem S3:

85

Pomnožimo četvrtu jednačinu sa -1 i dobijeni rezultat dodajmo petoj, pa dobijemo sistem S4 :

Iz S4 neposredno zaključujemo da je r(A)=4<(A,b) = 5, te da je zbog toga, a prema tome i zbog nemogućnosti izračunavanja vrijednosti nepoznate x5 (trebalo bi djeliti 1 sa 0 a to je neizvodljivo), sistem kontradiktoran (nesaglasan, protivrječan).

Ovaj postupak se u racionalnoj verziji može prikazali ovako:

a može i kraće, ako se ne vrši prepisivanje utvrđenih redova, već se na kraju formira potrebna ekvivalenti matrica.

Rješenje:

r(A) = 2<r(A,b) = 3 pa zaključujemo da je dali sistem nesaglasan (nema rješenja).

86

Rješenje:

r(A) = 1 < r(A,b) = 2 pa zaključujemo da je dati sistem nesaglasan.

Rješenje:

r(A)2 < r(A,b) = 3, pa je dati sistem kontradiktoran (nema rješenja).

Rješenje:

r(A) = 2 < r(A,b) = 3, pa je sistem protivrječan(nema rješenja).Da je dati sistem protivriječan vidi se već iz druge matrice u kojoj se nalaze kontradiktorni zahtevi, u vidu konjunkcije x2 = 4 X2 = 5 X2 = 7 koja nije istina.

2) r(A,b) = r(A) = n, pa se u poslednjoj jednačini, u kojoj nisu svi koeficijenti nepoznatih nule, pojavljuje samo jedna nepoznata xr=xn sa koeficijentom različi t im od nule. Sistem je u tom slučaju određen a vrijednosti nepoznatih se određuju ovako: prvo se izračuna vrijednost za xn zatim se redom dođe i do vrijednosti za x1.

87

Rješenje:

Naprijed prikazanim postupkom dobije se sistem ekvivalentan datom:

Zamjenom x5=4 u pretposlednju jednačinu dobije se x4=0. Zamjenom x4=0 i x5=4 u treću jednačinu dobije se x3=3. Zamjenom x3=3, x4=0 i x5=4 u drugu jednačinu dobije se x2=-1. Zamjenom x2=-1. x3=3. x4=0 i x5=4 u prvu jednačinu dobije se x1=2. Prema tome dati sistem je određen, a rješenje mu je uređena petorka (x1 , x2,x3,x4,x5)=(2, -1,3,0,4).

Rang matrice A je 5, a rang proširene matrice [A.b] je takođe 5, tj. r(A) = r(A.b) = n = 5.

Rješenje:

r(A) = r(A,b) = 2 = n, pa je dati sistem određen. Sistem ekvivalentan datom sistemu glasi:

x1 + x2 = 6x2 = 8

Pošto je x2 = 4 lako se uočava da je x1 = 2, pa je rješenje datog sistema uređeni par(x1,x2) = (2,4), ekvivalentni sistemi imaju ista rešenja (ako uopšte imaju rješenja, tj. ako su saglasni).

Rješenje:Riječ je o homogenom sistemu linearnih jednačina. Sistem ekvivalentan datom sistemu glasi ovako:

88

r(A)=r(A.b)=5=n, pa zaključujemo da je dati sistem određen, te da osim trivijalnog rešenia (x1,x2, x3,x4, x5)=(0,0,0,0,0) nema drugih rješenja.

Rješenje:

r(A)=r(A,b)=4 = n, pa je sistem određen. Datom sistemu ekvivalentan je sistem:

Zamjenom x4=0 u treću jednačinu dobije se x3=0, zamjenom x3= x4=0 u drugu jednačinu dobije so x2=0, a zamjenom x2= x3= x4=0 u pivu jednačinu dobije se x1=0. Prema tome osim trivijalnog dati sistem nema drugih rješenja.

3) r(A,b) = r(A) < n kada je sistem neodređen. Ovaj slučaj ima dvije varijante:

a) U redu u kome se na pivom mjestu nalazi nepoznata xr pored nje ima još n-r nepoznatihsa koeficijentima različitim od nule.Vrijednost ovih n-r+1 nepoznatih se ne može jednoznačnoodrediti već se za n-r nepoznatih vrijednost odredi proizvoljno ili parametarski,a za onu jednupreostalu nepoznatu vrijednost zavisi od vrijednosti nepoznatih za koje je vrijednost proizvoljnoodređena. Sukcesivnom zamjenom unatrag dobiju se vrijednosti ili parametatski obl ic ivrijednosti za ostalih r-1 nepoznatih.

b) U redu u kome se na prvom mestu nalazi nepoznata xr pored nje ima manje od n-rnepoznatih (neka ih nedostaje 0<k<n-r) sa koeficijentima različitim od nule. L ovoj varijanti sepostupa kao pod a) tim da se u postupku zamjene javlja potreba za naknadnim proizvoljnimodređivanjem vrijednosti nedostajućih k nepoznatih. I ovoj v a r i j a n t i je moguće da u pomenutom redu xr bude j ed ina nepoznata sa koeficijentom raz l ič i t im od nule, pavrijednost ove nepoznate može jednoznačno odrediti,š to ne znači da je s is tem odredežen, jer će se

89

neodređenost ispoljiti u postupku zamjene ove vrijednosti radi dobijanja vrijednosti preostalih n-1 nepoznatih.

Rješenje:

(postupak ne prikazujemo, već ostavljamo da čitalac sam uradi).

Prema tom datom sistemu je ekvivalentan npr. Slijedeći sistem:

Pošto je r(A)=r(A,b)=4<n=5 sistem je neodređen. Postupak određivanja mogućih rješenja (ima ih beskonačno mnogo) dalje može ići ovako:

Uzmimo daje x5 = t, tada iz poslednje jednačina slijedi da je x4 = 16/55 - (4/55)t.

Zamjenom ovih parametarskih izraza za X4 i xj u treću jednačinu dobijamo x3=731/165-(59/165)t.Zamjenom parametarski prikazanih vrijednosti za x3 , x4 i x5 udrugu jednačinu dobije se x2=9/55-( 16/55)1. Na kraju. zamjenom parametarski prikazanih vrijednosti za x2, x3 , x4 i x5 u prvu jednačinu dobije se x1 - 514/165 - (46/165)t. Prema tome,rješenje dalog sistema se može prikazati parametarski kao petorka:

Ako želimo brojne vrijednosti za nepoznate, onda proizvoljno odredimo vrijednost za t i lako dobijamo moguću petorku rješenja.

Prikazujemo samo neka od bezbroj mogućih rješenja:

Neka je t=4,onda rješenje glasi (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (2,-1,3,0,4). Zamjenom ovih vrijednosti umesto odgovarajući" nepoznatih u datom sistemu lako se uveravamo da rješenje zadovoljava svaku jednačinu datog sistema

Neka je t=-51, tada je rješenje: (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (52/3, 5, 68/3, 4, -51).

Neka je t = 0, tada je rješenje: (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (514/165, 9/55, 731/165. 16/55, 0)

90

Rješenje:Već prikazanim postupkom dobijamo:

r(A)=r(A,b)=3=n-2, pa je sistem dvostruko neodređen. Datom sistemu se može pridružiti slijedeči ekvivalentan sistem:

Neka je x3=t3, a xs =ts, tada iz treće jednačina ovog sistema dobijamo x4= 25/16 - (7/16) · t3- (1/16) · t5. Zamjenom parametarskog izraza za x4 u drugu jednačinu dobije se x2 = 21/4 - (7/4) · t3 - (1/4) · t5, a zamjenom u prvu jednačinu dobijenih i proizvoljno određenih parametarskih izraza, dobijemo xi = 19/16 + (19/16) · t3 - (11/16) • t5. Prema tome rješenje datog sistema predstavlja petorka:

Ovo je tzv. opšte rješenje datog sistema, a konkretna tzv. partikularna rješenja dobijamo tako što za t3 i t5 proizvoljno odredimo vrijednosti, a takvih mogućnosti ima bezbroj. Prikazujemo neke od njih:

Neka je t3 = 3, i t5 = 4, tada je: (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 )=(2, -1, 3, 0, 4)

Neka je t3 = 0 i t5 = 0, tada je: (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 )=(19/16, 21/4, 0, 25/16, 0).

Neka je t3 = -1 i t5= 16, tada je: (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 )=(-11, 3, -1, 1,16).

Rješenje:Prikazanim postupkom se dobija slijedeći sistem, ekvivalentan datom sistemu:

r(A)=r(A,b)=4=n-1. Dobili smo isti primjer kao u 1. primjeru, pa je dalje postupak rješavanja isti.

91

Rješenje:

r(A) = r(A,b) = 2 = n – 3, pa je sistem trostruko neodređen i proizvoljno treba određivati vrijednosti za tri nepoznate.

Ovom transformacijom je dobijen sistem ekvivalentan datom sistemu:

Neka je x3 = t3, x4 = t4 i x5 = t5, tada iz druge jednačine dobijemo x2 = -1 + 4t4. a zamjenom parametarskih izraza za x1 , x2 , x3 , x4 i x5 u prvu jednačinu dobije se x1 = 9 –t3 - 5t4 – t5.

Dalje neka je npr. t3 = 3, t4 = 0, t5 = 4, onda je rješenje datog sistema: (x1 , x2 , x3 , x4 ,x5)=(2, -1, 3, 0, 4).

Neka je t3 = t4 = t5 = 0, tada je: (x1 , x2 , x3 , x4 , x5)=(9, -1, 0, 0, 0).

Neka je t3 = 2, t4= 1,t5 = 3, tada je: (x1 , x2 , x3 , x4,x5 )=(-1, 3, 2, 1, 3).

Rješenje:

r(A) = r(A,b) = 1 = n-4, pa je dati sistem četvorostruko neodređen i ekvivalentan sistemu koji sadrži samo jednu jednačinu, i to:

Neka je x2 = t2, x3 =t3, x4 = t4 , x5 = t5, tada je x1 = 7 - 2 t2 - t3 + 3 t4 – t5.

Neka je npr. t2 = -1. t3 = 3, t4 = 0, t5 = 4, onda je rješenje datog sistema (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 )=(2, -1, 3, 0, 4)

Neka je t2 = t3 = t4 = t5 = 0. tada je: (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 )=(7, 0, 0, 0, 0).

92

Rješenje:

r(A)=r(A,b) = 3 = n - 1, pa je sistem jednostruko neodređen. Datom sistemu ekvivalentan je sistem:

Neka je x3 = t, tada je x4 = 25 - 7t, a pošto je iz druge jednačine x2 = -1, to će se zamjenom u prvu jednačinu dobiti x1 = -16 + 6t. Prema tome rješenje datog sistema je: (x1, x1 ,x3, x4) = (-16 + 6t, -1, t, 25 - 7t)

Neka je npr. t = 3, tada je: (x1, x1 ,x3, x4) = (2, -1, 3, 4) Neka je t = 0, tada je: (x1, x1 ,x3, x4 ) = (-16,-1, 0, 25) itd.

Rješenje:

r(A) = r(A,b) = 3 = n - 1, pa je n-1, pa je sistem jednostruko neodređen. Datom sistemu ekvivalentan je sistem:

Neka je x3 = t, tada je x4= -7t, a pošto je x2 = 0, biće x1 = 6t. Prema tome rješenje datog sistema je: (x1, x1 ,x3, x4)=(6t, 0, t, -7t)

Neka je npr. t = 1, tada je: (x1, x1 ,x3, x4) = (6, 0, 1, -7). Neka je t = 0, tada je: (x1, x1 ,x3, x4) = (0, 0, 0, 0), itd.

93

Dakle, ovaj homogeni sistem osim trivijalnog ima i bezbroj drugih rješenja.

Rješenje:

r(A) = r(A,b) 0 2 = n – 2, pa je sistem dvostruko neodređen. Datom sistemu ekvivalentan je sistem:

Neka je x3 = t3 i x4 = t4, a pošto je x2 = 0, to će biti x1 = -t3 - t4. Prema tome rješenje datog sistema je:(x1, x1 ,x3, x4) = (-t3 – t4, 0, t3, t4).

Neka je t3 = 1 i t4 = 2, tada je: (x1, x1 ,x3, x4) = (-3, 0, 1, 2). Neka je t3 = t4 = 0, tada je: (x1, x1 ,x3, x4) = (0, 0, 0, 0)., itd.

Dakle, sistem osim trivijalnog ima i bezbroj drugih rješenja.

Do rješenja određenih sistema, do izvesnog broja rješenja neodređenih sistema i do saznanja da je sistem protivrječan može da se dođe i pomoću naprijed prikazane elementarne bazne transiormacije (tema 2.2.4.)

2.4.3. Rješavanje sistema linearnih jednačina pomoću matrica

Kada je m=n sistem linearnih jednačina se može rješavati i pomoću matrica uz uslov da je r(A)=n, tada je A nesingularna (regularna) matrica.

Pođimo od matričnog oblika sistema od n linearnih jednačina sa po n nepoznatih, tj. od: Ax=b. Pomnožimo ovu jednačinu slijeva sa A-1 , pa ćemo dobiti:

(A-1 A)x = A-1 b.

Pošto |e A-1 · A=E (jedinična matrica) i pošto je Ex=x konačno dobijemo:

x = A-1 b = (1 / |A|) · A ·b

Rješenje:

Dati sistem u matričnom obliku izgleda ovako:

94

Za ovu matricu A smo naprijed već odredili inverznu matricu i to: u tački 2.2.4. pomoću elementarne bazne transformacije, a u tački 2.3.3. pomoću kofaktora, pa će biti:

Prema tome, x1=2, x2=5, x3=-9

Rješenje:

U primjerima većeg formata lakše je raditi pomoću elementarne bazne transformacije nego pomoću kofaktora, a istovremeno dobijemo i inverznu matricu (ako postoji) i rješenje sistema.

95

X1=2, x2=-1, x3=3, x4=0 i x5=4 su skalari linearne kombinacije.

x1k + x2k2 + x3k3 + x4k4 + x5k5 = b, odnosno:

[k1, k2, k3, k4, k5] · x = b, odnosno:

Ax= b

pa je (x1, x1 ,x3, x4 , x5) = (2, -1, 3, 0, 4) ujedno i rješenje datog sistema jednačina.

Iz posljednje tabele možemo očitati inverznu matricu matrice sistema, tj.:

2.4.4. Rješavanje sistema linearnih jednačina pomoću determinanti

Izračunavanje inverzne matrice se može izbeći i sistem rješiti samo pomoću determinanti ako se koristimo tzv. Kramerovim pravilima koja opisujemo ovako:

U sistemu:

96

Uočimo slijedeće determinante:

D je oznaka za glavnu determinantu sistema S sastavljenu od koeticijenata nepoznatih do D1 ,.D2 ,…,Dn oznake za determinante dobijene tako što se u glavnoj determinanti na mjesto koeticijenta uz nepoznate x1 , x2 …, xn redom pišu odgovarajući slobodni članovi.

Ako je D O, onda je sistem određen i ima rješenje:

(x1 , x2 …, xn ) = ( D1 /D,.D2 /D,…,Dn /D )x1 = D1 /D, x2 = D2 /D, … xn = Dn /D

Dokaz:

Ako u posljednjoj determinanti prvoj koloni dodamo drugu pomnoženu sa x2, treću pomnoženu sa x3 , itd, pa na kraju poslednju pomnoženu sa xn dobicemo:

odnosno:

97

Iz posljednje jednakosti slijedi:

x1 = D2/D = (b1 A11 + b2A21 + ... + bn An1)/D

Ka sličan način se dobije i:

Iz ove jednačine se dobije:

X2 = D2/D = (b1 A11 + b2A21 + ... + bn An1)/D

Na kraju se dobije i:

Iz ove jednačine se dobije:

xn = Dn/D = (b1 A1n + b2A2n + ... + bn Ann)/D

Do istih rezultata se dođe i polazeći od matričnog oblika:

Razvijajući dalje ovu jednačinu dobije se:

98

Rješenje:

Prema tome biće:

x1 = D1 /D = 2;x2 = D2 /D = 5;x3 = D3 /D = -9.

99

Zadaci za vježbanje

1. Rješite slijedeće sisteme linearnih jednačina;

(a) 3x – 4y = 23 (b) 5x – 4y = 8 (c) 2x – y = 6 (d) 5x - 6y = 0 (e) -8x + 2y = 0 2x + 9y = -8 -7.5x + 6y = -12 8x – 4y = 3 3x + y = 0 28x – 7y = 0

Rješenje:a)1) Rješavanjem sistema linearnih jednačina determinantama, primjenom Kramerovog pravila3x - 4y = 232x + 9y = -8

Determinanta sistema formirana od koeficijenata uz nepoznate je

determinanta nepoznate x (koja se dobija zamjenom u determinantni sistema koeficijenata uz x slobodnim članovima) je:

determinanta nepoznate x (dobija se iz D zamjenom koeficijenata uz y slobodnim članovima):

Prema Kramerovom pravilu biće:

2. Rješavanje sistema linearnih jednačina primjenom matrica

Dati sistem jednačina3x – 4y = 232x + 9y = -8

u matričnom obliku glasi:

Rješeni oblik matrične jednačine je

100

Inverzna matrica se dobija kao količnik adjungovane matrice i determinante matrice. Adjungovana matrica matrice drugog reda se može dobiti tako što se elementima na glavnoj dijagonali promjene mjesta, a elementima na sporednoj dijagonali promjene predznaci.

3. Gausov postupak eliminacije

4. Rješavanje sistema linearnih jednačina elementarnom baznom transformacijom

Neka je sistem jednačina3x – 4y = 232x + 9y = -8

dat u vektorskom obliku na sledeći način:

sa kompaktnom notacijom xa1 + ya2 = b

tako da je

Rješavanje sistema jednačina (i) - (ii) može se svesti na rješavanje vektorske jednačine (j). tj. određivanje nepoznatih skalara x i y u linearnoj kombinaciji vektora a1 i a2 kojom se dobija vektor b. Za dalu početnu bazu (kojoj pripadaju

je:

a cilj je formirati bazu kojoj pripadaju a1 i a2.

Vektorska jednačina u tabelarnom obliku je:

101

Neka vektor a1 ulazi u bazu umjesto vektora e1 (broj 3 je tzv. ishodni element),tada će, poštujući postupak objašnjen u Teoriji, nova tabela izgledati ovako:

U slijedećem koraku ( transformacija baze) neka a2 postane bazni a e2 vanbazni vektor. Ishodni elemenat je

broj . Nove vrijednosti dobijamo po opisanom postupku:

Rezultati poslednje tabele pokazuju da se vektor b može izraziti kao

b = 5a1 + (-2) · a2

Znači, nepoznati skalari, odnosno rješenja sistema jednačina su x=5, y=2.(Treba napomenuti da unutrašnji dio tabele sadrži inverznu matricu matrice koeficijenata nepoznatih)

b)1) Primjena determinanti

Kada postoji beskonačno mnogo rješenja sistema, sve determinante (i sistema i pojedinih nepoznatih) jednake su nuli, tj. rješenja su neodređena.

, a moguća rješenja se mogu dobiti dodjeljivanjem proizvoljne vrijednosti za jednu promjenjivu, npr. y = α , pa je

102

Npr. neka je α = 3, onda je x = 4, a y = 3, itd.

2) Primjena matrica

Rješavanjem sistema

5x - 4y = 8-7.5x + 6y = -12

dolazimo do zaključka da ne postoji inverzna matrica matrice jer joj je determinanta D = 5 · 6 - (-4) · (-7,5) = 0 pa je dalje ispitujemo da li je sistem neodređen (ima bezbroj rješenja)ili je kontradiktoran (nema rješenja), na slijedeći način

pa zaključujemo da je riječ o neodređenom sistemu.

3) Gausov postupak

Zaključujemo da je sistem jednostruko neodređen i da zamjenom proizvoljno odabranih vrijednosti za jednu od nepoznatih i jednačini 5x - 4y = 8. možemo dobiti odgovarajuće vrijednosti druge nepoznate, pa tako dobiti po volji mnogo parova rješenja (x0, y0).

4) Elementarna bazna transformacija

Nakon jedne izvršene bazne transformacije sa ishodnim elementom 5, u drugoj tabeli trebalo bi e2 da izađe-iz baze a a2 da uđe u bazu, međutim 0 ne može biti ishodni elemenat, pa se sledeća iteracija ne može izvršiti. S druge strane, pošto su u desnoj koloni svi koeficijenti koji se odnose na jedinične vektore jednaki nuli, zaključujemo da postoji beskonačno mnogo rešenja sistema; za polazni vektorski oblik sistema jednačina

103

jedno moguće rješenje je

Znači , a pored toga postoji još beskonačno mnogo rješenja.

Ako je konstatovano da postoji beskonačno mnogo rješenja,tada broj jediničnih vektora koji su ostali u bazi a u posljednjoj koloni im odgovara koeficijent nula, pokazuje koliko jednačina (i koje) se, praktično može izostaviti iz početnog sistema (jer se mogu dobiti kombinacijom preostalih) i da preostali dio sistema daje isto rješenje.

Ostala rješenja dobijena iz relacije , (α dobija vrijednost po volji).Vidi posljednju tabelu!

c)1) Primjena determinanti

Kada sistem nema moguće rješenje, tada je determinanta sistema jednaka nuli i determinanta bar jedne nepoznate različita je od nule, tako da se za nepoznate dobija nemoguć izraz

pa sistem jednačina nema rješenja.

2) Pomoću matrica

pa zaključujemo da je dati sistem kontradiktoran,tj. da nema rješenja jer djeljenje brojeva -21 i -42 sa nulom (0) nije izvodljivo.

3) Gausov postupak

pa dolazimo do istog zaključka, tj. da sistem nema rješenja.

104

4) Elementarna bazna transformacija

Pošto 0 ne može biti ishodni elemenat, ne možemo oba vektora a1 i a2 unijeti u bazu, dakle ne postoje skalarni x i y pomoću kojih se može izraziti b = xa1 + ya2, dakle sistem jednačina nema rješenja

d)Dati sislem je sistem homogenih jednačina. pošlo su svi slobodni članovi jednaki nuli Ovakav sistem uvijek ima moguće rješenje ili postoji samo jedno, trivijalno rješenje, a to je da sve nepoznate jednake nuli, ili postoji beskonačno mnogo rješenja od kojih je jedno i trivijalno

1) Sistem homogenih jednačina prikladno je rješavati pomoću determinanti.Determinante pojedinih nepoznatih su svakako jednake nuli, dok ako je determinanta sistema različita odnule postoji samo trivijalno rješenje:

2) Pomoću matrica

3) Gausov postupak

4)

4) Rješavanje elementarnom baznom transformacijom

105

Pošto se oba vektora a1 i a2 nalaze u bazi, znači da postoji samo jedno rješenje vektorske jednačine b = 0 · a1 + 0 · a2.

e) Zaključak: Postupak i rezultati su isti kao pod b), a određen broj parova rješenja se može dobiti tako se npr. za x uzme vrijednost α, pa će biti y=4α..Ako dalje npr. uzmemo da je α=1, onda će se dobili x=1, y=4. itd.

2. Riješite slijedeće sisteme linearnih jednačina:

Rješenje:

1) Primjena determinantiAko je determinanta sistema različita od nule, tada sistem ima jedno jedinstveno rješenje. Vrijednost determinante izračunata primenom Sarusovog pravila je:

D 0 sistem je rješiv i ima jedinstveno rješenje.

106

Vrijednost determinante Dx dobijena je razvijanjem po elementima prve vrste. tj. kao zbir proizvoda elemenata prve vrste, i odgovarajućih kofaktora.

Vrijednost determinante Dy razvijanjem po elementima treće kolone:

Vrijednost determinante se ne mjenja ako se elementima neke vrste (ili kolone) dodaju elementi neke druge vrste (ili kolone) prošireni bilo kojim brojem. Iskoristimo ovu mogućnost u cilju transformacije determinante Dz, dodajući elemente druge vrste pomnožene sa -0,6, elementima prve, i drugu pomnoženu sa -1,6 elementima treće vrste tako da u prvoj koloni dobijemo dve nule i razvijmo dobijenu determinantu po elementima prve kolone:

2) Rješenje sistema jednačina pomoću matrica

Matrični oblik sistema jednačina je

Određivanje inverzne matrice:

Adjungovana matrica je transponat matrice kofaktora. Kofaktori elemenata redom po elementima prve druge i treće vrste su:

107

Matrica kofaktora date matrice je

Inverzna matrica je:

a rješenje sistema

3) Gausov postupak (uradite sami)

4) Elementarna bazna transformacija

108

Iz tabele se čitaju rješenja x=2, y=-3, z=5.

Birajući ishodne elemente na glavnoj dijagonali kod sve tri iteracije, obezbjedili smo u poslednjoj tabeli inverznu matricu. Ishodni elementi se mogu birati i na drugi način, rješenja za nepoznate se i tada mogu očitati, a inverzna matrica se tada očitava nakon preuređivanja vrsti i kolona poslednje tabele (uporedi rezultat sa inverznom matricom dobijenom pomoću kofaktora ili proveri tačnost inverzne matrice preko relacije A-1 ·A =E (E je oznaka za jediničnu matricu).

Ispitivanje rješivosti sistema pokazuje da je determinanta sistema D=0, a istovremeno determinante svih nepoznatih takođe su nule: Dx=Dy=Dz=0, znači postoji beskonačno mnogo rješenja sistema. Rješenja sistema možemo prikazati na sledeći način:

Dodjelimo proizvoljnu vrijednost nepoznatoj x, tada je

Pretpostavimo da je α konstanta, dakle dobili smo sistem od tri jednačine za dve nepoznate y i z, bar je jedna jednačina suvišna. Primjenimo jedan od metoda rješavanja,npr. metod suprotnih koeficijenta.

109

(Da smo dobili da su obe poslednje jednačine bezuslovne jednakosti, to bi značilo da treba dodjeliti proizvoljnu vrijednost za još jednu nepoznatu).

Zamjenom z u jednu od prethodnih jednačina slijedi:

Rješenja sistema su:

Konkretna rješenja se dobijaju odabiranjem proizvoljnih vrijednosti za α.

Npr. neka je Zadatak rješavan elementarnom baznom transformacijom ima slijedeći tok:

Ne mogu se sva tri vektora a1, a2 i a3 istovremeno naći u bazi (samo dva od njih) ali pošto se i u koloni b na odgovarajućem mjestu nalazi 0 to znači da postoji beskonačno mnogo rješenja sistema, jedno od njih je i npr.

Ovdje je (zbog skalara 0) napisano 0 · a3 umjesto 0 · e3. Ovo istovremeno znači da je jedna od jednačina suvišna, jer se može dobiti kombinacijom druge dve, npr. ako prvu jednačinu pomnožimo sa 3 i dodajemo joj drugu pomnoženu sa -2 dobićemo treću jednačinu! Konkretna rješenja ćemo dobiti iz relacije

(Vidi posljednju tabelu)

Ispitivanje rješivosti sistema pokazuje da su sve determinante sistema i nepoznatih,jednake nuli, D = Dx = Dy = Dz = 0, znači postoji beskonačno mnogo rješenja sistema jednačina.

110

Pošto su dobijene identičke jednakosti, znači da su u gornjem sistemu dve jednačine suvišne, potrebno je dodeliti vrijednosti još jednoj nepoznatoj,npr. neka je y = β, a veze među nepoznatima zadržane su u jedno

bilo kojoj od date tri jednačine: 3α- 5β + 6z = 51.Rješenja sistema su: Konkretna rješenja se dobijaju proizvoljnim odabirom vrijednosti za α i β.

Neka je npr. α = 9, β= -3, onda je x = 9, y = -3, z = itd.

Gausovim postupkom se dobija:

Sistem je dvostruko neodređen, pa treba proizvoljno određivati vrijednosti za dve od ukupno tri nepoznate Neka je npr. y = 3, z = 9, onda je x = 4 itd.

Elementarnom baznom transformacijom rješenje je slijedeće:

U bazi se može nalaziti najviše jedan od vektora a1 , a2 ili a3, postoji beskonačno mnogo rješenja od kojih je npr.: x = 17, y = 0, z = 0.

Od date tri jednacine dve su suvišne. Druga se može dobiti kao prva pomnožena sa - , a treća množenjem prve sa 2 (vidi prvu kolonu poslednje tabele!)

Za y = α, z = β(α i β su proizvoljno odabrane vrijednosti), dobije se

(vidi posljednju tabelu).

Ispitivanja rješivosti sistema pokazuju da je D = 0, Dx = -228, Dy = -368 i Dz = 640, dakle sistem je u suprotnosti (nije saglasan) i nema rješenja.Gausovim postupkom se dobija:

111

Pošto dijeljenje broja -16 sa nulom nije izvodljivo (nije moguće, nije delinisano), zaključujemo da sistem nema rješenja.

Elementarnom baznom transformacijom dobijamo:

Pošto dalja transformacija nije moguća, zaključujemo kao u 1. zadatku pod (c).

Postoji samo trivijalno rješenje sistema jednačina x = y= z = 0. Ostale postupke obavljamo kao u 1. zadatku pod (d).

(razvijanjem prve kolone ) =

Pošto je D = 0 i svakako Dx = Dy = Dz = 0, postoji beskonačno mnogo rješenja sistema (među kojima je x=y=z=0).

Neka je x = α, tada je:

112

Problem se može rješiti i ostalim postupcima.

Postoji beskonačno mnogo rješenja sistema.

Sve subdeterminanle sistema, trećeg reda. koje se dobijaju izostavljanjem jedne vrste i jedri determinante sistema, jednake su nuli.

Među subdeeorminantama drugog reda postoje i različite od nule, npr.

što je formirano od koeficijenata uz y i v u prvoj i drugoj jednačini. Prema tome, proizvoljne vrijednosti se mogu dodjeliti za x i z: x = α, z = β. Sabiranjem prve i druge jednačine, kao i treće i četvrte, slijedi:

Rješenje sistema je: Gausovim postupkom se dobija:

113

Neka je y = α, a z = β, onda je x = -2α + 4β pa se rješenja mogu prikazati ovako:

x = -2α + 4β, y = α, v = 3, z = β.

Konkretna rješenja se mogu dobiti proizvoljnim odabirom vrijednosti za α i β

Neka je npr. α = 1,a β = 2, tada je x = 6, y = 1, v = 3, z = 2, itd.

Dati sistem je dvostruko neodređen.

Kada se problem rješava elementarnom baznom transformacijom,dobija se slijedeće rješenje:

Rezultati posljednje tabele se interpretiraju na slijedeći način:

b = 0e3 + 0a2 + 3a3 + Oe4 b=0a1 + 0a2 + 3a3 + Oa4

Jedno od rješenja za nepoznate su x = 0, y = 0, v = 3, z = 0. Pored navedenog sistema ima još beskonačno

mnogo rješenja;ako je x = α i z = β, tada je y = (odgovarajuće vrijednosti u redu a2 i koloni a1 sa suprotnim predznacima).

Neka je npr. α=6, a β=2, onda je x=6, y=1, v=3, z=2, itd.

Pošto je broj jednacina manji od broja nepoznatih, radi se o neodređenom sistemu sa beskonačno mnoge rješenja.

1. Gausovim postupkom

114

Prema tome sistem je dvostruko neodređen. Neka je npr. x5 = 0, a a4= 2.5 tada je x3 = -4, x2 = 1,5 i x1 = 0.5 itd.

2. Pomoću determinanti

Neka je x4=α, a x5=β, tada možemo formirati sledeći sistem:

Neka je npr. α=2,5, a β=0, tada je: x1=-0,5; x2=1,5; x3=-4; x4 =2,5: x5=0 itd.

U slijedećim primjerima formirati i rješiti sistem jednačina:

3. Za izradu dva tipa stolova Si (i=1,2) potrebno je upotrebiti dve vrste dasaka Dj (j=1,2). Utrošak

dasaka i raspoloživi kapacitet dati su u sledećoj tabeli:

Odrediti takav program proizvodnje koji obezbjeđuje potpuno iskoriščavanje raspoloživih kapaciteta!

Rješenje:

115

Neka x i y označavaju broj proizvedenih stolova S1 i S2, respektivno. Na osnovu datih podataka formira se sistem jednačina

0.075x + 0.2 = 46 0.2x + 0.5y = 26

Rješenje sistema je x = 80, y = 200

Treba proizvesti 80 stolova S1 i 200 tipa S2 i svi raspoloživi kapaciteti će biti iskorišteni.

4. Fabrika automobila izrađuje dve vrste vozila u dva bazična pogona; tehnološki uslovi proizvodnje

kao i dobit po jedinici proizvoda dati su u sledećoj tabeli:

Odrediti onaj program proizvodnje koji omogućuje da se kapacitet I pogona iskoristi sa 80%, a II sa 92%! Za dobijeni proizvodni program odrediti ukupnu dobit fabrike!

Rješenje:

Neka a označava broj proizvodnih jedinica vozila tipa A, a b broj proizvedenih jedinica vozila tipa B. Sistem jednačina je 8.25a + 3,5b = 80 8.5a + 6.0b = 92

Rješenje sistema je a=8, b=4.

Program proizvodnje pod datim uslovima predviđa proizvodnju 8 jedinica tipa vozila A i 4 jedinica tipa vozila

Za dati program proizvodnje ukupna dobit je 124 novčane jedinice D=12-8 + 7-4 = 124

5. Program proizvodnje jednog pogona u određenom vremenskom periodu predviđa proizvodnju . tri najvažnija rezervna dela za traktore. Ovi proizvodi Pi (i=1,2,3) u procesu proizvodnje prolaze kroz tri mašine Mi (i=1,2,3). Raspoloživi kapaciteti mašina M1, M2 i M3 su 5900 časova 6200 časova i 6600 časova, respektivno. Potrebna vremena obrade jedinice proizvoda Pi na mašinama M1, M2 i M3 su redom 3 časa, 4 časa i 5 časova. Za proizvod P2 ovi podaci su redom 1 čas, 2 časa, i 2 časa a za P3 redom 4 časa, 2 časa i 1 čas. Odrediti program proizvodnje koji omogućuje da se u potpunosti iskoriste svi mašinski kapaciteti!

Rješenje:

Neka su x1, x2 i x3 brojevi proizvedenih jedinica proizvoda P1, P2 i P3, respektivno. Sistem jednačina je:

3x1 + x2 + 4x3= 900 4x1 + 2x2 +2x3=6200 5x1 + 2x2 + x3=6600

Rješenje sistema je x1 = 1000, x2 = 500, x3 = 600.

116

Da bi svi mašinski kapaciteti bili u potpunosti iskorišćeni, u datom vremenskom periodu potrebno je proizvesti redom 1000, 500 odnosno 600 jedinica proizvoda P1, P2 i P3.

6. Fabrika elektronskih aparata izrađuje tri vrste džepnog elektronskog računara R1 (i=1,2,3) u tri pogona. Tehničko-tehnološki uslovi proizvodnje kao i dobit po jedinici proizvoda dati su u sledećoj tabeli:

Odrediti onaj program proizvodnje koji obezbeđuje iskorišćenje kapaciteta redom 97%, 90% i 98%! Za dobijeni program odredite ukupnu dobit fabrike!

Rješenje:

Neka su redom x, y i z broj proizvedenih računara R1, R2 i R3. Sistem jednačina glasi:

4x + 7y + 8z = 97

3x + 11 y + 6z = 90

5x + 5y + 4z = 98

Rješenje sistema je x=15, y = 3, z = 2.

Za dato iskorišćenje kapaciteta proizvodi se 15 jedinica R1, 3 jedinice R2 i 2 jedinice R3. Ukupna dobit fabrike je 7.7 novčanih jedinica:

0.2 · 15 + 1.1 · 3 + 0.7 · 2 = 7.7

7. Dnevni kapacitet dve mašine jednog pogona iznose redom 12 i 1(5 časova. Proizvodi P1 i P2 moraju

se obraditi na obe mašine. Kada bi se proizvodio samo proizvod P1 za puno radno vreme na prvoj mašini je moguće obraditi 100 komada P1 a na drugoj 200 komada P1 U slučaju da se proizvodi samo P2, za puno radno vreme na prvoj mašini se može obraditi 80 komada P2, a na drugoj 50 komada P2. Odrediti koliko komada P1 i P2 treba proizvoditi dnevno u datom pogonu ako je raspoložive kapacitete moguće iskoristiti sa 87,5% prve i 85% druge mašine!

Rješenje:

Tehnički koeficjenti proizvodnje pokazuju potrebno trošanje kapaciteta po jedinici proizvodnje. Za jedan

komad P1 potrebno je angažovati časova prve i časova druge mašine, za jedan komad P2 ovi

pokazatelji su časova prve i druge mašine.

Neka je xi (i=1,2) označava broj proizvedenih komada proizvoda P1 i P2 respektivno.

Sistem jednačina je:

Rješenje sistema je x1=50, x2=30. Pod tim uslovima dnevna proizvodnja P1 je 50 komada i P2 30 komada.

117

8. Dva radnika, radeći zajedno, mogu da završe radni zadatak za 12 dana. Prvi radnik je na izvršenju zadatka radio 2 dana, a drugi 3 dana i tada je konstatovano da su izvršili 20% zadatka. Za koliko dana bi mogao uraditi ceo posao svaki od radnika, radeći sam?

Rješenje:

Neka je x1 oznaka za broj dana za koji bi prvi radnik, radeći sam, završio ceo posao, a x2 oznaka za broj

dana za koji bi isti posao uradio drugi radnik, tada predstavlja dnevnu produktivnost prvog radnika,

odnosno dio ukupnog posla koji prvi radnik obavi za 1 dan, a predstavlja dnevnu produktivnost drugog radnika. Ako, radeći zajedno, mogu da završe ceo posao za 12 dana, onda za 1 dan mogu da urade

cijelog posla, tj. važi jednačina:

Broj 1 na desnoj strani označava ceo posao (100%).

Druga rečenica teksta omogućuje postavljanje slijedeće jednačine:

Uvrštavanjem od formiranih jednačina slijedi:

Rješenja ovog sistema su

Dalje će biti:

Odgovor:

Prvi radnik bi, radeći sam, cijeli posao uradio za 20 dana, a drugi za 30 dana.

9. Tri grupe radnika Gi (i=1,2,3) mogu da završe neki posao na sledeći način: G1 i G2 radeći zajedno 5 dana, grupe G1 i G3 za 6 dana i grupe G2 i G3 za 10 dana.a) Za koliko dana bi mogla završiti ceo posao svaka grupa radnika pojedinačno?b) Za koliko dana bi posao bio završen u slučaju da sve tri grupe radnika rade istovremeno?

Rješenje:a) Rasuđujući kao u 8. zadatku, formiramo sledeći sistem iednačina:

118

Pri čemu su x1, x2 i x3 oznake za broj dana za koji bi grupe G1, G2 i G3 završile ceo posao radeći pojedinačno.

Uvodeći dobija se sistem linearnih jednaćina:

c) Neka je x oznaka za broj dana za koji bi sve tri grupe, radeći zajedno, završile ceo posao, tada važi jednačina:

10. Date su matrice:

a) Riješiti matričnu jednačinu AT · Y + 3 · e2 · 1 = 2 · DT po Y gde je e2 jedinični vektor kolona sa tri elementa, od kojih je drugi jednak jedan, a 1 je sumirajuća vektor vrsta sa četiri elementa.b) Odrediti A • DT i D ·· AT

c) Odrediti e,T A, Ae3, 1T A i A · 1!d) Odrediti a1

T · b1, a1 T · c3 i c3 · a1

T, gde je a1 T, prva vrsta matrice A, b, prva kolona

matrice B i c3 treća kolona matrice C!

Rješenje:a)

A T · Y +3e2 · 2 · DT

A T · Y = 2· 3 e2 · 1/·A

Prema pravilima operacija sa matricama, matrica Y mora biti tipa (2x4)

Pošto matrica AT nije kvadratna,pomnožimo lijevu i desnu stranu jednačine sa transponatom matrice A tj. (A

T )T = A, s lijeva:

Dobijena je kvadratna matrica A · AT drugog reda. Pomnožimo nakon toga.lijevu i desnu stranu dobijene jednačine inverznom matricom matrice A · AT, tj sa (A · AT) s lijeva:

119

a pošto je

120

Primjetimo slijedeća pravila:■ proizvod jedinične vektor vrste i matrice je vektor vrsta koja sadrži elemente one vrste date matrice koja odgovara elementu 1 u jediničnom vektoru,■ proizvod matrice i jedinične vektor kolone je vektor kolona koja sadrži elemente one kolone date matrice koja odgovara elementu 1 u jediničnom vektoru,■ proizvod sumirajuće vektor vrste i matrice je vektor vrsta čiji su elementi jednaki zbiru elemenata po pojedinim kolonama date matrice,■ proizvod matrice i sumirajuće vektor kolone je kolona čiji su elementi jednaki zb;rj elemenata po pojedinim vrstama date matrice.

Pošto broj kolona prvog vektora nije jednak broju vrsti drugog vektora, dato množenje nije moguće.

Proizvod vektor vrste i vektor kolone sa jednakim brojem elemenata je skalarni proizvod vektora, čiji je rezultat skalar, ili matrica prvog reda.

Proizvod vektor kolone i vektor vrste sa jednakim brojem elemenata je dijadni proizvod vektora, čiji je rezultat matrica reda koliko je elemenata u vektoru.

11. U slijedećim primjerima odrediti vrijednost parametara t tako da date matrice budu regularne (nesingularne)!

121

Rješenje:Regularna matrica je takva kvadratna matrica kojoj je determinanta različita od nule.

12.Riješite matričnu jednačinu:

13. Data je matrica A

122

14. Data je matrica

Kako se zove ova specijalna matrica? Odredite matrični polinom A2 – 4A – 5A0 .

15. Dati su vektori

a) Ispitati linearnu zavisnost i rang sledećih vektorskih sistema:

b) Ispitati skalare u sledećim linearnim kombinacijama:

c) Odrediti dimenziju podprostora kojeg generišu vektori

123

Rješenje:a)

1) U nekom datom skupu (sistemu) linearno nezavisnih vektora može biti najviše toliko vektora koliko je elemenata (komponenti) u vektorima. Pošto su vektori a1...,a7 sa po četiri elemenata, skup (a1,...,a7) čini sistem linearno zavisnih vektora.

Rang nekog vektorskog sistema je najveći broj linearno nezavisnih vektora koji se mogu izabrati u datom sistemu. Ako su vektori linearno nezavisni, tada se linearnom kombinacijom vektora nula vektor može dobiti samo na trivijalni način. Formirajmo sledeću linearnu kombinaciju vektora:

Odredite rang elementarnom baznom transformacijom! Rang datog vektorskog sistema {a1 ,..., a7 } je maksimalan broj vektora koji se mogu unijeti u bazu (umjesto početnih baznih vektora e1 , e2 i e4 ).

Dakle u slijedećoj (poslednjoj) tabeli u bazi će se naći četiri vektora sistema (a1,… a7}. To je najveći broj vektora koji smo mogli unijeti u bazu(pri čemu nije bitno o kojim vektorima se radi, niti je bitan njihov redosljed); rang vektorskog sistema je 4. Da smo drugačije odabrali ishodne elemente u bazi bi bila neka druga četiri vektora. Vektori koji se nalaze u bazi formiraju linearno nezavisni sistem, tj. jednačina

ima samo trivijalno rješenje, α1 = α2 = α3 = α4 = 0.

Vanbazni vektori se mogu izraziti linearnom kombinacijom baznih vektora:

124

(Za ove podatke treba uraditi posljednju tabelu).

Navedeno znači da se linearnom kombinacijom svih vektora sistema {a1,... a7) nula vektor može dobiti i na trivijalni način, npr. a5 se može dati i kao:

2)

Rang vektorskog sistema {a1, a2l a3, a4,} je 4, dati vektori formiraju linearno nezavisni sistem. Do sličnog zaključka dolazimo i rješavanjem nepoznatih skalara u linearnoj kombinaciji.

što se može prikazati u vidu sistema linearnih jednačina

Determinanta sistema je D=87 0, homogeni sistem ima samo jedno i to trivijalno rješenje

3)

125

Najveći broj vektora sistema (a1, a3, a4, a5}koji se mogu unijetiu bazu je 3: vektor a3 se može unijeli u bazu ali jedino tako da ili vektor a4 ili a5 bude van baze; rang datog vektorskog sistema je 3.

Vektori a2, a3, a4 i a5 formiraju linearno zavisni sistem (broj vektora u sistemu je veći od ranga sistema). Linearnu zavisnost možemo ispitati i pomoću analize linearne kombinacije

što predstavlja homogeni sistem linearnih jednačina:

Ako postoji samo jedno (trivijalno) rješenje sistema, tada su vektori linearno nezavisni, a ako je rješenja beskonačno mnogo, tada vektori formiraju linearno zavisni sistem!

Determinante nepoznatih su jednake nuli: D1 = D2 = D3 = D4 = 0, a determinanta sistema je takođe nula:

Prema Kramerovom pravilu postoji beskonačno mnogo rješenja sistema, i bar se jednoj nepoznatoj može dodjeliti proizvoljna vrijednost.

Posmatrajmo subdeterminante trećeg reda determinante početnog sistema D (koje se dobijaiu izostavljanjem jedne vrste i jedne kolone). Subdeterminante u kojima su izostavljene prva kolona i bilo koja vrsta, jednake su nuli, a ostale subdeterminante su različite od nule, npr.:

126

odnosno

Proizvoljna vrijednost se,dakle, dodjeljuje nepoznatoj γ1,čije je rješenje γ1 = 0. Još jednostavnije je do ovoga zaključka doći Gausovim postupkom:

Sistem je jednostruko neodređen.

Neka je γ4= α, tada je γ3=-2 α, γ2=- α; je γ1=0

Konkretna rješenja se mogu dobiti odabirom proizvoljnih vrijednosti za α. Pošto sistem jednačina ima beskonačno mnogo rješenja,zaključujemo da se linearnom kombinacijom vektora, a1, a3, a4 i a5 nula vektoi može dobiti pored trivijalnog i na beskonačno mnogo različitih načina, i da je skup { a1, a3, a4, a5} sistem linearno zavisnih vektora.

4)

Rang vektorskog sistema { a1, a2, a3) je 3. Dati vektori formiraju linearno nezavisni sistem,

5)

127

Rang vektorskog sistema {a3, a4, a5} je 2. Dati vektori formiraju linearno zavisni sistem:

a5 = a3 + 2a4

znači, 0 vektor se može dobiti, pored trivijalnog, na beskonačno mnogo načina, npr.:

a3 + 2a4 - a5 = 0.

Ispitajmo linearnu zavisnost sistema {a3, a4, a5} pomoću linearne kombinacije

Iz kolone as poslednje tabele zaključujemo da važi: γ3 = - γ5; γ4 = -2 γ5.

Neka je γ5 =a, tada je γ4 = -2a, a γ3 = -α. Odabirom proizvoljnih vrijednosti za a dobijamo željeni broj konkretnih rješenja.Do istog zaključka dolazimo i Gausovim postupkom:

Neka je γ5 = α, tada je γ4 = -2 α, a γ3 =- α

6)

Rang vektorskog sistema {a1,a2} je 2.

Vektori formiraju linearno nezavisni sistem. U linearnoj kombinaciji

γ1 a1 + γ2a2 = 0

skalari imaju samo trivijalno rješenje γ1 = γ2 = 0

7)

128

Rang vektorskog sistema {a1, a7} je 1. Vektor a7 je:

a7 = -3 a1

iz kojeg slijedi i moguća netrivijalna linearna kombinacija za dobijanje nula vektora:

3 a1 · a7 = 0.

Pored ovog postoji još beskonačno mnogo (netrivijalnih) mogućnosti dobijanja nula vektora linearnom kombinacijom vektora a1 i a7.

8) Rang vektorskog sistema koji sadrži jedan vektor (različit od nula vektora) je jedan, koji predstavka linearno nezavisni sistem.

9) Među linearno nezavisnim vektorima ne može se nalaziti nula vektor; { a2,a3,0} obrazuje linearno zavisni sistem. Prema zadatku (a) 4) vektori a1 i a3 su međusobno linearno nezavisni, znači rang sistema {a2, a3, 0} je 2.

b)

1) p · a2 + q · a3 + r · a4 + s · a6 = a7.Data linearna kombinacija u obliku vektorske jednačine je:

2)

Rješenje sistema je dato u rješenju zadatka(a) 2) (druga kolona poslednje tabele - treba je uraditi)

c)

1) Prema rezultatu zadatka (a)6) vektori a1 i a6 formiraju linearno nezavisni sistem, rang sistema {a1

,...,a7} je 2. Dimenzija potprostora kojeg generišu vektori a1 i a2. tj. skup svih vektora sa 4 komponente koji se mogu formirati linearnom kombinacijom λ1 a1 + λ2 a2 je takođe 2.

129

2) Vektori e4 i a6 formiraju linearno zavisni sistem, a6 = 2 e4,

sa rangom 1. Dimenzija potprostora vektora oblikaλ1 a6 + λ 2e4

što se može predstaviti i kao

je takođe 1.

i vektori

a) Utvrditi rang matrice A, matrice B i matrice C!b) Utvrditi da li leži

1) vektor d u potprostoru vektor kolona matrice A,2) vektor f u potprostoru vektor kolona matrice A,3) vektor g7 u potprostoru vektor vrsti matrice A,4) vektor h u potprostoru vektor kolona matrice C, i5) vektor hT u potprostoru vektor vrsti matrice C?

Rješenje:

a) Rang matrice ne može biti veći od broja vrsti (m) odnosno kolona (n): r(A) < min (m.n); u datom primjeru je r(A) <3.

Pođimo od određenja da je rang matrice jednak je najvećem prirodnom broju k ako postoji subdeterminanla (minor) matrice reda k različita od nule ako su sve subdeterminante reda većeg od k jednake nuli.

Elementarne transformacije ne mjenjaju rang matrice; elementarne transformacije matrice su transponovanje. promena mjesla dve vrste (ili kolone), množenje skalarom vrste (ili kolone) matrice sabiranje odgovarajućih komponenti dve vrste (ili kolone). Transformišimo datu matricu A elementarnim transformacijama u ekvivalentnu matricu P, tako da je A - P. što znači i r(A) = r(P)!

Elementarne transformacije izvršimo tako da P bude sačinjena samo od jediničnih ili nula vektora!

130

r(P) = 2 r(P)=2

Odredimo rang matrice A elementarnom baznom transformacijom, polazeći od određenja da je rang matrice maksimalan broj linearno nezavisnih vektora koji se mogu naći među vrstama ili kolonama date matrice.

Najveći broj vektora matrice A koji se mogu nad u bazi je 2, znači r(A)=2.

Gore smo ispitivali vektor kolone matrice A, isti rezultat se dobija za transponal matrice A:

131

Utvrđivanje ranga matrice B elementarnim translormacijama: r(B) 2

Utvrđivanje ranga matrice B elementarnom baznom transformacijom:

Utvrđivanje ranga matrice C elementarnim trnaslorrnacijama: r(C) <3

r(C) = 3

Elementarna bazna transformacija:

132

U bazu se mogu unijeli sva tri vektora matrice C, pa je r(C) = 3.

b)

1) Ako vektor d leži u potprostoru vektor kolona matrice A, tada se d može formirati kombinacijom kolona matrice A.

Problem se svodi na rješavanje sistema linearnih jednačina

Sistem sadrži 5 jednaćina (m=5) i 3 nepoznate (n=3)

U predhodnoj tački smo utvrdili rang matrice koeficijenata nepoznatih sistema, k=r(A)=2 Utvrdimo ran proširene matrice (koja pored koeficijenata nepoznatih sadrži i kolonu slobodnih članova).

Prema teoremi Kroneker-Kapeli-a ako je rang proširene matrice (Q) veći od ranga početne matrice (A), tada sistem nema rješenja. Ako je r(Q)=r(A), tada sistem ima rješenje, kao i u našem primjeru.

133

k=r(Q)=r(A)=2.Ako sistem ima rješenje i ako je rang jednak broju nepoznatih (k=n), kada je broj nepoznatih manji ili jednak broju jednačina (n<m), tada sistem ima jedno rješenje.

Ako je rang manji od broja nepoznatih (kao i u ovom primjeru k=2<3=n) tada postoji beskonačno mnogo rješenja sistema.

Pošto sistem ima rješenja.vektor d se može izraziti linearnom kombinacijom vektor kolona matrice A, tj. leži u potprostoru vektor kolona matrice A.

Gornja razmatranja rješivosti sistema su samojedna od mogućnosti: do istih rezultata možemo doći i primjenom nekih drugih postupaka, npr. elementarnom baznom transformacijom:

Vektor d leži u potprostoru vektor kolona matrice A, može se lormirati linearnom kombinacijom

D = 2a1 - 2 a2 + 0 · a3

a pored toga postoji još beskonačno mnogo rješenja sistema.

2) Linearna kombinacija vektor kolona matrice A za određivanje vektora f:

odnosno:

134

Rang matrice A je 2. Utvrdimo rang proširene matrice Q elementarnim transformacijama (uradile sami) i konstatujmo da je r(Q)=3

Pošto je rang proširene matrice veći od ranga matrice A, sistem nema rešenja, vektor f se ne može izraziti linearnom kombinacijom vektor kolona matrice A, vektor f ne leži u potprostoru vektor kolona matrice A.

Elementarnom baznom transformacijom rješenje je sledeće:

Vektor f se ne može izraziti linearnom kombinacijom vektor kolona matrice A, prema poslednjoj tabeli je.npr. f = 3 a1 -2a2+ 26 e4

Vektor f ne leži u potprostoru vektor kolona matrice A.3) Linearna kombinacija vektor vrsti matrice A za formiranje vektora gT (vektori se mogu prikazati u transponovanom obliku):

Rang matrice AT je 2, jer je r(AT) = r(A).

Rang proširene matrice: Q je 3, pa zaključujemo da je r(Q)=3 > r(A )=2.

Sistem nema rješenja, vektor gTse ne može izrazili linearnom kombinacijom vektor vrsti matrice A, tj vektor g ne leži u potprostoru vektor vrsti matrice A.

Primjenom elementarne bazne transformacije dobija se sledeće rješenje:

135

Vektor gT se ne može izraziti linearnom kombinacijom vektor vrsti matrice A, tj. ne pripada potprostoru kojeg generišu vektor vrste matrice A.

Jedna moguća linearna kombinacija formiranja vektora gT je napr. gT = -6 a1T+ a2

T -12e3T.

4) i 5)U tački (a) smo utvrdili da je rang matrice C jednak 3, a matrica ima tri vrste, i tri kolone. Prema tome. vektor vrste (tako i vektor kolone) matrice C formiraju linearno nezavisni sistem i bazu prostora U, a linearnom kombinacijom ovih vektora se može dobiti bilo koji vektor sa tri elementa, što znači da vektor h leži u prostoru vektor kolona matrice C i vektor hT leži u prostoru vektor vrsti matrice C.

Rang proširenih matrica

imaju po jedno jedinstveno rješenje.

17. Dati su vektori:

Rješenje: a3 = a1 + a2 -5 e3

18. Dati su vektori:

136

Odrediti vrijednosti skalara α i β tako da bude zadovoljena vektorska jednačina αa - βb = (α+1) c.

Rješenje:

3.Numeričke funkcije

3.1. Pojam i vrste numeričkih funkcija

temi pod 1.4. izučavali smo pojam preslikavanja (funkcija) uopšte, kao binarne relacije koja mora ispunjavati određene uslove. Elementi (komponente, koordinate) uređenih parova su bili različiti

objekti, a mogli su biti (i bili su) i brojevi, pre svega realni. Sa gledišta primjene matematike u ekonomskim istraživanjima važna su upravo takva preslikavanja. Takva preslikavanja se obično nazivaju

U

137

numenčke funkcije, ili kraće funkcije. Zavisno od prirode problema, domen , a kodomen

takode ili .

Ako je onda je riječ o preslikavanju skupa realnih brojeva na skup realnih brojeva, tj.

o funkciji , a ako je Df = R i = R, onda je riječ o preslikavanju skupa realnih brojeva u

skup realnih brojeva, tj. o funkciji . Ovako objašnjen pojam funkcije podrazumjeva funkcije sa jednim argumentom.Predmet posebnog razmatranja će biti funkcije sa dva i više argumenata

1. Za funkciju y = f (x) = 2x +5 biće:

2. Data je funkcija y = f (x) = x2 -6x +5.

Domen ove funkcije je skup realnih brojeva, tj. Df = R, a kodomen je

Kada je riječ o kodomenu ove i sličnih funkcija,onda treba primjetiti da npr. za x = 7 u posmalranoj

funkciji dobijemo y = = ±2. a to je protivno definiciji funkcije kao preslikavanja u kome se svakom

originalu pridružuje samo jedna slika. Da bi se ovaj problem prevazišao (razrešio), y = se tretira

kao skup od dve funkcije od kojih je jedna y = + a druga y = - . Kodomen prve je [0. +

∞), a druge (- ∞, 0], dok im je domen isti.

Kada je bilo riječi o preslikavanju uopšte, pokazano je da se funkcije mogu prikazati skupovno, tabelarno, grafički i analitički.

Kada je na jasan način (bez potrebe transformacije jednačine kojom je funkcija zadata) izražen skup pravila izračunavanja vrijednosti funkcije za daru vrijednost argumenta,onda se kaže da je funkcija data u cksplicitnom obliku y = f(x) U svih prethodnih šest primjera funkcija je data u cksplicitnom obliku

Ako je funkcija data u obliku jednačine F(x,y)=0, onda se kaže da je funkcija data u implicitnom obliku. Za dobijanje eksplicitnog oblika potrebno je vršiti transformaciju jednačine kojom je funkcija data u implicitnom obliku. Funkcija data (zadata) u cksplicitnom obliku se uvek može trans formi sa ti u implicitni oblik. Svaka funkcija koja se iz eksplicitnog transformiše u implicitni oblik može i obratno, da se iz implicitnog transformiše u cksplicimi oblik. Međutim, ne može se svaka funkcija zadata u implicitnom obliku rransforrnisari i: cksplicimi oblik.

138

Ako se u jednačini koja predstavlja funkciju i argument i funkcija mogu prikazati kao funkcip neke treće promjenljive (parametra) onda se kaže da je data funkcija prikazana u parametarskom obliku, tj. u obliku x=l(t) , y=g(t).

147.

Da je to tačno provjerićemo ovako: kvadrirajmo obe jednačine parametarskog oblika i dobijene jednačine saberemo, pa ćemo dobiti:

S obzirom na ulogu koju u funkciji ima argument, razlikujemo sledeće osnovne tipove numeričkih realnih funkcija:

1) Stepene funkcije, tj. funkcije oblika y=xn; neR je konstanta. Naziv "stepena" zbog toga što se argument stepenuje.2) Eksponencijalne funkcije, tj. funkcije oblika y=ax; a=R. je konstanta y=10x i y=ex su eksponencijalne funkcije od posebnog značaja.3) Logaritamske funkcije, tj. funkcije oblika y=loga x ; a>0 i a<1 je konstanta. y=logi10x=logx i y=logex=ln x su logaritamske funkcije od posebnog značaja4) Trigonometrijske funkcije, tj. funkcije y=sin x, y=cos x, itd.5) Ciklonitrijske ili arkus funkcije, odnosno invcrznc funkcije trigonometrijskih funkcija, tj. funkcija, tj. funkcije y=arc sin x, y=arc cos x, itd.

S obzirom na računske operacije koje treba vršiti sa argumentom da bi se dobila vrijednost funkcije, sve funkcije se mogu svrstati u algebarske il i transcendentne.

Ako su u y=f(x) zastupljene algebarske računske operacije: sabiranje, oduzimanje, množenie. cijeljenje i stepenovanje racionalnim eksponentom, onda je riječ o algebarskim funkcijama. Algebarske funkcije se dijele na racionalne i iracionalne.

Racionalne funkcije se dijele na cijele i razlomljene.

Racionalna funkcija je cijela ako je y=f(x) u obliku polinoma, tj. y = a0 + a1 x + a2 x2 + ... + an xn

Od ovih funkcija najviše se koriste:• linearna funkcija: y = a0 + a1 x i■ kvadratna funkcija: y = aQ + a1 x + a2 x2.

139

Razlomljena racionalna funkcija je količnik dve cijele racionalne funkcije, rj.

Elementarni oblik ove funkcije je y=a/x.

Algebarska funkcija je iracionalna, ako se u y=f(x) argument pojavljuje i pod korjenom.

Funkcija je transcendentna, ako se u njoj bar jedan dio može tretiran kao eksponencijalna, logaritamska, trigonometrijska ili ciklometnjska funkcija.

3.2.,Nizovi i njihove granične vrijednosti3.2.1. Pojam i vrste nizova

Niz je uređen skup elemenata a1 ,a2 ,…, an ... koje nazivamo članovima niza. Brojevi 1,2,….,n,..., suindeksi kop predstavljaju rang (redni broj) članova niza. an je oznaka za opšti član niza za koji važi an=f(n), pa se može reći da je niz. funkcija ranga njegovih članova. S obzirom na karakteristike ekonomskih veličina proučavaćemo nizove čiji su članovi realni brojevi. Niz realnih brojeva je realna funkcija defmisana na skupu prirodnih brojeva, tj. .

Niz se najčešće zadaje svojim opštim članom an koji predstavlja zakon po kome se odrcdiiju članovi niza.

Ako je poznat opšti član niza uvijek je moguće na osnovu njega formiran niz. Obratno nije uvijek moguće.tj. može biti zadat niz pomoću konačno mnogo elemenata, a da nije moguće odrediti opšti član zadatog niza.

1. Za niz 0,9; 0,99; 0,999;... nije teško odrediti njegov opšti član jer je:

a1 = 0,9 = 1 – 0,1 = 1 -1/10a2 = 0,99 = 1 – 0,01 = 1 - 1/102

a3 = 0,999 = 1 – 0,001 = 1 – 1/103

pa je lako zaključiti da je an = 1 – 1/10n .

2. Za niz 1/3, 2+1/9, 1/27, 1+1/81,..., opšti član se teže određuje. Riječ je o nizu čiji je opšti član an = (-1)n

+ (3n + 1)/ 3n .

Niz može biti zadat i pomoću tzv. rekurzivne ili rekurentne formule, kojom se opšti član definiše kao funkcija nekih prethodnih članova istog niza, uz uslov da su zadati i početni članovi niza.

1. Rekurzivna formula an = an-1 + an+1 + 1, uz uslov a1 = 1, a2 = 1, daje niz: 1,2,4,7,12,20,...2. Rekurzivna formula an = an-1 + an+1 uz uslov a1 = 1, a2 = 1, daje niz: 1,1,2.3,5,8,13.... Ovaj niz je poznat po nazivom Fibonačijev niz.

Niz { an} je rastući ako je an-1>an za svako n, a opadajući ako je an+1<a„ za svako n. Na sličan način možemo reći da je niz neopadajući ako je an+1 an za svako n, a ncrastuci ako je an-+1 an za svako n.

140

Neopadajući i nerastući nizovi se nazivaju monotoni nizovi, dok se rastući i opadajući smatraju strogo monotoni nizovi.

Postoje nizovi koji se ne mogu smatrati monotonim. To su tzv. oscilatorni nizovi.

Nizova ima bezbroj vrsta. Neki od nizova se češće koriste i zbog toga za njih postoje određeni nazivi, kao npr.:

■ niz kvadrata prirodnih brojeva: 1, 4, 9, 16, ...• niz kubova prirodnih brojeva: 1, 8, 27, 64,...

■ niz recipročnih vrijednosti prirodnih brojeva ili tzv. harmonijski niz: I, 1/2, 1/3, 1/4,...(Svaki član (osim prvog) harmonijskog niza je harmonijska sredina susjednih članova tj.

Najpoznatiji i najviše korišteni nizovi su aritmetički i geometrijski nizovi.

Niz u kome je. počev od drugog člana, razlika bilo kog i prethodnog člana uvek ista naziva se aritmetički niz. Svaki član aritmetičkog niza osim prvog je aritmetička sredina susjednih članova.

Prema definiciji je:a2 – a1 = a3 – a2 = ... = an – an-1 = d

d je oznaka za stalan broj koji nazivamo diferencija.

Ako je d>0, aritmetički niz je rastući, a ako je d<0, aritmetički niz je opadajući. .Aritmetički nizovi su npr.:

Na osnovu an-an-1=d an= an-1+d možemo dobiti obrazac za izračunavanje bilo kog člana pomoću prvog na sledeći način:

Možemo zaključiti da važi:an = an + (n-1)d

Od ove lednačine oduzmimo jednačijnu am= a1+(m-1)d pa ćemo dobni obrazac za izračunavanje bilo kog člana niza pomoću nekog drugog (bilo kog) člana niza, tj.:an = am + (n - m)d

141

Sumu prvih n članova niza odredimo ovako:Sn = a1 + a2 + ... + an

odnosno:

Sn = an + an-1 + ...+ a1

Korišćcnjcm (1) i (2) u (4) i (4a) dobijemo:

Sn = a1 + a1 + d + ...+ a1 + (n-1)d

Sabiranjem (4*) i (4a*) dobije, se:

3Sn = (a1+an) + (a1+an)+...+( a1 + an),

odakle slijedi:

Sn=(n/2)(a1+an)

Zamjenom (2) u (5) dobije se:

Sn=(n/2)(2a1 + (n-1)d) (5a)

odnosno:

Sn = (n/2)(2an-(n-1)d) (5b)

Zamjenom (3) u (5b) dobije se:

S n= (n/2)(2am + (n-2m+1)d (5c)

Niz u kome je, počev od drugog člana, količnik bilo kog i prethodnog člana stalan broj naziva se geometrijski niz. Svaki član geometrijskog niza osim prvog je geometrijska sredina susjednih članova.

Prema definiciji je:

a2/a1 = a3 /a2 = ...= an /an-1 = q (6)

q je oznaka za količnik.

Ako je q>1, geometrijski niz je rastući, ako je 0<q<1, geometrijski niz je opadajući, a ako je q<0 geometrijski niz je oscilirajući. Geometrijski nizovi su npr.:

2, 6, 18,... (c=3):1/2,1/6,1/18,... (q=1/3):

2,-6, 18,-54, ... (q=-3).Na osnovu an/an-1=q an=an-1 q možemo dobiti obrazac za izračunavanje bilo kog pomoćuprvog člana na slijedeći način:

a1 = a1:a2= a1q;a3 = a2q = a1q ∙ q = a1q2:a4 = a3q = a1 q2 ∙ q = a1q3; itd.

Sada možemo zaključiti da važi:

an = a1qn-1 (7)

Ovu jednačinu podelimo sa jednačinom am=a1qm-1 pa ćemo dobiti:

an = am ∙qn-m (8)

Pomoću jednačine (8) možemo direktno dobiti bilo koji član pomoću nekog drugog (bilo kog) člana.

142

Sumu prvih n članova geometrijskog niza odredimo ovako:

Sn = a1 + a2 + ...+ an (9)

Zamjenom (7) u (9) dobijemo:

Sn = a1 + a1q+...+anqn-1 (9*)

Množenjem (9*) sa q dobije se:

qSn = a1q + a1q2 + ... + a1qn (9**)

Oduzimanjem (9*) od (9**) dobije se:

qSn - Sn = a1qn - a1,

odakle se dobije:

Sn = a1 ∙ (qn-1)/(q -1) (10)

Ako a1=a-q1-n dobijemo iz (7), zamjenimo u (10) dobijemo:

Sn = anq1-n ∙ (qn-1)/(q-1) (10a)

Zamjenom (8) u (10a) dobijemo:

Sn = amq1-m(qn-1)/(q-1) (10b)

Ako je odnos članova geometrijskog niza određen stopom povećanja (rasta) ili smanjena (pada) u odnosu na prethodni član, onda se količnik određuje ovako:

q = 1 + s, odnosno q = 1 - s.

je oznaka za stopu rasta (pada).

Primjer

1. U Trgovinsko preduzeče je u 1992. god. ostvarilo promet od 320 mil. dinara. Izračunati koliko se prometa može ukupno ostvariti u periodu 1992-1996. god. ako se predviđa godišnji porast prometa:

a) 100 mil. dinara:

b) 20%

Rješenje:a) a1 = 320; d = 100; n = 5:

Sn = (5/2) ∙ (2 ∙ 320 + 4 ∙ 100) = 2600

U periodu 1992 -1996. god može se ostvariti ukupan promet od 2600 mil dinara ako se realizuju uslovi pod a).

b) a1 = 320; n = 5; s = 20% = 0.2; q = 1 + s = 1,2 Sn = 320 ∙ (1,25- 1)/(1,2- 1) = 2381,312.Ako se realizuju uslovi pod b), u periodu 1992.-1996. god. može se ostvariti ukupan promet od 2381,312 mil. dinara.

2. Fabrika cipela je u 1992. godini proizvela 120000 pari cipela. Za koliko godina ova fabrika može ukupno da proizvede 800000 pari cipela (uključujući i proizvodnju iz 1992. god.), ako se planira godišnji porast proizvodnje od a) 20000 pari; b)15%.

Rješenje:a) a1 = 120000; d = 20000; Sn = 800000; n = ?

Zamjenom poznatih veličina u (5a) dobije se: (n/2) (2 ∙ 120000 + (n -1) ∙ 20000) = 800000

143

Sređivanjem ove jednačine se dobije: n 2+11n-80 = 0

Rješenja ove jednačine su: n1=-16 i n2=5. S obzirom na prirodu ekonomskih veličina zaključujemo da n=-16 ne odgovara (ne zadovoljava), pa je n=5 rešenje postavljenog problema. Znači, planirana ukupna proizvodnja se može realizovati u periodu od 1992-1996. godina.

b) a1 = 120000; Sn = 800000; s = 15% = 0,15; q= 1 +s = 1,15; n=?

Zamjenom poznatih veličina u (10) dobije se: 20000 (1,15n -1)/(1,15-1) = 800000

1,15n =2;n ln ,15 = In 2:n = In 2 /(In 1.15) – 4,96.

Znači, plasirana ukupna proizvodnja se može ostvariti za 4.96 godina, odnosno sredinom decembra 1996. godine, jer je 4,96 god. = 4 god. i 11,52 mes.

3.2.2. Granična vrijednost niza

Niz {an} je ograničen (ograđen) ako postoje realni brojevi g i G koji zadovoljavani relaciju

g ≤ an ≤ G, za svako n = 1,2,...

Broj g se naziva donje ograničenje ili minoranta, a broj G se naziva gornje ograničenje ili majoranra {an}Ako je g donje ograničenje niza {an} tada je svaki realan broj manji od g takode jedno donje ograničenje niza {an}. I s to tako, ako je G gornje ograničenje niza {an. onda je i svaki realan broj veći od G rakode jedno gornje ograničenje niza {an}. Kod ograničenja niza sa donje strane, medu donjim ograničenjima postoji najveći broj m koji nije veći ni od jednog člana niza i naziva se donja međa i l i infiimum niza. Kod niza ograničenog s gornje strane, medu gornjim ograničenjima postoji najmanji broj M koji nije manji ni od jednog člana niza i naziva se gornja meda ili superemum niza. Dakle važi:

m=max { g i} ; M=min {Gi}.

Donja i gornja meda mogu pripadati nizu. Ako m pripada nizu, onda je on najmanji član niza, a ako M pripada nizu, onda je on najveći član niza.

1. Niz an = n2 čiji su članovi; 1, 4, 9, 16, ... je ograničen s donje strane. Svaki realan broj g ≤ 1 je donie ograničenje ovog niza, a njegova donja međa m = 1 pripada nizu.

2. Niz an = -n3 čiji su članovi: -1, -8, -27. ... je ograničen s gornje strane. Svaki realan broj G ≥ -1 je gornjeograničenje ovog niza, a njegova gornja međa M = -1 pripada nizu.

3. Niz an = 1 + (-1)n/n2 čiji su članovi: 0, 5/4, 8/9, 17/16, 24/25, ... je ograničen, jer je svaki realan broj g ≤ 0 donje ograničenje, a svaki realan broj G ≥ 5/4 gornje ograničenje ovog niza. Donja međa datog niza je m = 0. a gornja međa je M = 1,25 i obe pripadaju nizu.

4. Niz an = 1/n čiji su članovi: 1, 1/2, 1/3... je ograničen, jer je svaki realan broj g ≤ 0 donje ograničenje, a svaki realan broj G ≥ 1 gornje ograničenje ovog niza. Donja međa datog niza je m=0 i ne pripada nizu, a gornja međa je M = 1 i pripada nizu.

5. Niz an = (10n- 1)/(3 ∙ 10n ) čiji su članovi: 0,3; 0,33; 0,333; ... je ograničen, jer je svaki realan broj g ≤ 0.3 donje ograničenje, a svaki realan broj G ≥ 1/3 gornje ograničenje ovog niza. Donja međa daltog niza je m=0,3 i pripada nizu, a gornja međa je M = 1/3 i ne pripada nizu.

6. Niz an = 2 ∙ (-3)n-1 čiji su članovi: 2, -6, 18, -54, ... je neograničen.

Svakom članu realnog niza može da se pridruži odgovarajuća tačka na brojnoj osi.

Pod okolinom tačke a podrazumevamo na koji otvoreni interval u kome se tačka a nalazi u sredini. Ako je dužina intervala 2ε pri čemu je ε>0, onda kažemo da je ε poluprečnik okoline (a-ε, a+ε).

Okolina broja 2 sa poluprečnikom ε =0,01 je interval (1,99; 2,01), a okolina broja 2 sa poluprečnikom ε =0,03 je interval (1,97; 2.03).

1. okolini neke tačke a može da ima ili da nema članova posmatranog niza. Ako ih ima onda ih može biti konačno ili beskonačno mnogo.

144

Ako okolina tačke a čiji je poluprečnik proizvoljno (po volji) mali broj ε>0, sadrži beskonačno mnogo članova niza {an}, tada se za a kaže da je tačka nagomilavanja toga niza. Ako ih ima, niz može imati jedim ili više tačaka nagomilavanja. Tačka nagomilavanja može pripadali nizu.

1. Niz an = 1/n ima jednu tačku nagomilavanja, a to je 0, Članovi niza se nagomilavaju zdesna oko ove tačke, koja ne pripada nizu.

2. Niz an =(-1)n, ČIJI su članovi: -1,1,-1,1,... ima dve tačke nagomilavanja -1 i 1, i obe pripadaju nizu.

3. Tačka nagomilavanja niza an= 1 + (-1)n /n2 je 1. Članovi niza se nagomilavaju oko 1 i slijeva i zdesna, a tačka nagomilavanja ne pripada nizu.

4. Niz an = 2n - 1. tj. niz neparnih brojeva 1, 3, 5... nema tačaka nagomilavanja.

Bez dokaza navodimo slijedeću teoremu: Svaki ograničen niz ima bar jednu tačku nagomilavanja.

Ograničeni niz koji ima samo jednu tačku nagomilavanja je konvergentan. Ako niz nije konvergentan, onda kažemo da je divergentan. Broj koji predstavlja tačku nagomilavanja konvergentnog niza se naziva granična vrijednost, granica ili limes niza (lat, limes = granica).

Broj a je granična vrijednost ili limes niza {an} ako za proizvoljno mali broj ε>0. posto|i prirodan broj N(ε) tako da se za svako n>N(ε) ostvaruje nejednakost ׀ an - a ׀ < ε.

Ova definicija granične vrijednosti podrazumeva da se u bilo kako maloj okolini broja a nalazi beskonačno mnogo članova posmatranpg niza, a izvan te okoline se nalazi konačno mnogo članova istog niza.

Graničnu vrijednost simbolički označavamo ovako:

što čitamo ovako:

an teži broju a kad n teži (ide) u ∞, ili niz {an} konvergira broju a.

1. Za niz an = je već rečeno da mu je 0 jedina tačka nagomilavanja, pa važi:Primjer

Prema definiciji granične vrijednosti će biti:

Neka je npr. ε=0,01, tada je < 0,01 slijedi n > 100, što znači da se u intervalu (0; 0,01) nalaze svi članovi ndatog niza osim prvih 100 članova.

Ako je npr. ε=0,001 tada je n > 100, što znaci da se u intervalu (0; 0,001) nalazi beskonačno mnogo članova datog niza (svi sem prvih 1000).

2.

Prema definicij granične vrijednosti biće:

Ak je npr. ε=0,01, onda iz <0,01 slijedi i>10 što znači da se intervalu (0,99; 1,01) nalazi beskonačno

145

mnogo članova datog niza (svi osim prvih 10).

3. Niz an = (-1)n ima dve tačke nagomilavanja pa je divergentan. 4.Niz an = n3 nema tačku nagomilavanja pa je divergentan.

Ako su {an} i {bn} dva niza i ako su im granične vrijednosti: i ,onda

njihove granične vrijednosti važe slijedeće operacije:

1) lim (an ± bn) = lim an ± lim bn = a ± b.

2) lim (an ∙ bn) = lim an ∙ lim bn = a ∙ b.

3)

4)

5)

6)

7)

Specijalno za k=10 važi:

Specijalno za k=e važi:

Ako je zadatak izračunati an onda redom važi:

8)

146

3.3. Pojam reda i njegove granične vrijednosti

z oblasri redova obradićcmo samo neophodni minimum za razumcvanje, pre svega, finansijske matematike.I

Sabiranjem elemenata (članova) jednog niza dobijemo red, tj. izraz oblika:

a1 + a2+... + an t ... = (1)

koji se naziva beskonačni red ili kraće red.

Konačni redovi , za svako ne N nazivaju se delimične ili parcijalne sume reda

Redu (1) odgovara niz parcijalnih suma S1..S2,...Sn,... Ako je taj niz konvergentan, tada je i posmatrani red konvergentan, a suma reda je:

S = lim Sn n →∞

147

U suprotnom slučaju, tj. ako je niz parcijalnih suma divergentan, red je divergentan, pa nema konačnu sumu.

1. geometrijski red: a1 + a1q + a1q2 + ... + a1qn-1... niz parcijalnih suma je:Primjer S1 =a1

S2= a1 + a1q;S3 = a1 + a1q + a1q2

S4 = a1 - a1q + a1q2 + ... + a1qn-1 ...

Za ׀ q 1> ׀ ovaj niz parcijalnih suma je divergentan, pa je i posmatrani geometrijski red divergentan.Za ׀ q 1< ׀ , niz parcijalnih suma je konvergentan, pa je i posmatrani geometrijski red konvergentan.Granična vrijednost niza parcijalnih suma određuje sumu beskonačnog geometrijskog reda. tj.

Npr. 0,3 =0,3+ 0,03+ ... + 0,3 ∙ (0,1)n- + ... = 0,3/(1-0,1) = 1/3. 2. Za harmonijski red:

1 + 1/2 + 1/3 +…+1/ n +... niz parcijalnih suma je:

S1 = 1;S2 = 1+ 1/2 = 3/2;S3 = 1 + 1/2+1/3= 1/6…Sn = 1 + 1/2+1/3+...+1/n.

Posmatranjem više članova parcijalnog niza može se utvrditi da taj niz divergira, pa je posmatrani harmonijski red divergentan.

3. Za red:

1/(1 ∙ 2) + 1/(2 ∙ 3) + 1/(3 ∙ 4) + ... + 1/n(n+1) +…= niz parcijalnih suma je:

S1 = 1/(1 ∙ 2) = ½,S2 = 1/(1 ∙ 2)+1/(2 ∙ 3) = 2/3;S3 = 1/(1 ∙ 2) + 1/(2 ∙ 3)+ 1/(3 ∙ 4) = 3/4;

Sn= 1/(1 ∙ 2) + 1/(2 ∙ 3) + 1/(3 ∙ 4) + ... + 1/n(n+1) = n/(n+1) = 1 - 1/(n+1)

Ovaj niz je konvergentan, pa je i dati red konvergentan, a njegova suma je:

3.4. Neke osobine funkcija3.4.1. Ograničenost funkcije

Za funkciju f(x) se kaže da je ograničena s gornje strane u oblasti definisanosti Df, ako postoji realan broj G, takav da za svakog x iz Df važi nejednakost f(x)≤G.

Za f(x) se kaže da je ograničena s donje strane u Df ako postoji realan broj g, takav da za svako x iz Df važi nejednakost f(x)>g.

Ako je f(x) ograničena i sa gornje i sa donje strane, tj. ako za svakog x iz Df.važi nejednakost g≤l(x)≤F, tada važi i nejednakost ׀f (x ) ≥׀ K, gdc je K=max |׀g|, |G|}, pa se za f(x) kaže da je ograničena u Df.

Dalje slijedi da važi -K ≤ f(x) ≤ K, a to znači da se grafik (dijagram) funkcije y=f(x) nalazi između pravih y=-K i y=K.

Kod funkcije ograničene s gornje strane postoji najmanji broi M koji nije manji ni od jedne vrijednosti funkcije f(x) u oblasti Df, tj. M=sup{f (x )} . M se naziva gornja meda ftinkcite ili:

supremum funkcije f(x).

148

Kod funkcije ograničene s donje strane postoji najveći broj m koji nije veći ni od jedne vrijednosti

funkcije f(x) u Df, tj. m= {f(x)} , m se naziva donja meda funkcije ili infimum funkcije f(x).

Razlika M-m se naziva oscilacija funkcije. Gornja i donja meda mogu pripadati skupu vrijednosti

funkcije f(x), tj. kodomenu . Ako je , onda je M najskupu vrijednosti funkcije f(x), tj.

kodomcnu . Ako je Me Di , onda je M najveća vrijednost funkcije, tj. M = max{f (x ) ) .

Ako je , onda je m najmanja vrijednost funkcije,tj. M= {l(x)}

Primjer 1. Funkcije y = sin x i y = cos x su ograničene u intervalu (-∞,+∞),jer je: ( x e R)( - 1 ≤ sin x ≤ 1); ( x e R)( - 1 ≤ cos x ≤ 1) tj. za obe funkcije važi: (vidi sliku 3-1.) m = -1, M = 1.

149

2. Funkcija y = x2 je u intervalu (-∞,+∞) ograničena s donje strane sa donjom međom m = 0. a funkci|a y = -x2 je u intervalu (-∞,+∞) ograničena s gornje strane sa gornjom međom M = 0 (vidi sliku 3-2). Obe funkcije su ograničene npr. u intervalu (segmentu)

Slika 3-2

3. Funkcija y = x3 je u Df = (-∞,+∞) neograničena, a npr. u intervalu ograničena (slika 3-3)

3.4.2. Monotonost funkcije

Funkcija y=f(x) je monotono rastuća u intcnalu (a,b), ako za bilo koje dve vrijednosti x1 i x2 iz intervala (a,b) važi x2 > xf f(x2) > f(x1). (vidi sliku 3-4).

Slika 3-1

y=sin x

X

y=x2

X

150

Slika 3-4

Ako važi x2 > x1 f(x2) < f(x1) onda je f(x) monotono opadajuća u (a,b), (vidi sliku 3-5).

Slika 3-5

Ako važi x2 > x1 f(x2) ≥ f(x,) onda je f(x) u intervalu (a,b) monotono neopadajuića. Ako važi x2 > x1

f(x2) < f(x1) onda je f(x) monotono rarastuća.

Funkcije koje imaju navedene osobine u cijeloj oblasti definisanosti se n a z i v a j u monotone funkcije, a funkcije koje su u Df monotono rasruće ili monotono opadajuće nazivaju se i strogo monotone funkcije.

1. Pokazaćemo da je linearna funkcija y = kx + n, u intervalu (-∞,+∞) strogo monotona funkcija, koja je rastuća ako je k>0. a opadajuća ako je k<0.

PrimjerNeka su x1 i x2 bilo koje dve vrijednosti argumenta x, lako da je x2 > x1, tj. da je x2> - x1 > 0.

Pošto jef(x2) - f(x1) = kx2 + n - (kx1 + n), tj.f(x2)-f(x1) = k(x2-x1).

pa pošto je prema pretpostavci

x2 – x1 > 0, to će biti;

f(x2) - f(x1)> 0 f(x2) > f(x1) ako je k > 0, a f(x2) < f(x1) ako je k < 0.

Prema tome data funkcija je rastuća ako je k > 0, a opadajuća ako je k < 0.

2. Funkcija y = x3 u Df = (-∞,+∞) je strogo monotono rastuća, jer za bilo koje dve vrijednosti x1 i x2 argumenta x, takve da je x2 > x1, važi:

f(X2) - f(X 1) = X23 – X1

3 = (X2 – X1)(X22 + X2X1 + X1

2).

Pošto je x22 + x2x1, + x1

2 > 0 za bilo koje dve vrijednosti x1 i x2 (uz uslov da obe nisu nule), a pošto iz x2 > x1

slijedi da je x2 - x1 > 0. to zaključujemo da prema pretpostavci mora biti:

f(x2)-f(x1) > 0 f(x2) > f(x1),

pa je data funkcija strogo monotono rastuća.

3.4.3. Parnost i neparnost funkcije

151

Za funkciju y=f(x) se kaže da je parna u oblasti Df ako za svako x D. važi jednakost f(-x)=f(x), a neparna ako važi jednakost f(-x)=-f(x).

Grafik parne funkcije je simetričan u odnosu na osu y (sl. 3-6-A). a grafik neparne tfunkcije JE simetričan u odnosu na koordinatni početak (s l . 3-7-B).

Međutim, posroji veći broj funkcija koje nisu ni parne ni neparne.

Primjer1. y = x2 je parna funkcija, jer je f(-x) = (-x2) = x2 = f(x).

2. y = x3 je neparna funkcija, jer je f(-x) = (-x)3 = -x3 = --(x)

3. y = x3 + xz + x nije ni parna ni neparna funkcija, jer je: f (-x)=-x3

+ x2 –x ≠

3.4.4. Periodičnost funkcije

Za funkciju y=f(x) se kaže da je periodična u Df, ako za svako x Df važi da je f(x+n)=f(x). Broj n se naziva periodom funkcije y=f(x).

Najpoznatije primere periodičnih funkcija predstavljaju trigonometrijske funkcije. Funkciju y=k (k=const.) takođe možemo smatrati periodičnom funkcijom, gde je period bilo koji realan broj.

3.4.5. Granična vrijednost funkcija

Pojam granične vrijednosti niza, kao specijalne funkcije, proširićemo na proizvoljne funkcije. Neka je y=f(x) definsana u intervalu a<x<a+δ i neka je x1,x2,...x n..... ma kakav niz brojeva iz togintervala za koji važi:

(znači teži broju a s desna)

Ovom nizu vrijednosti argumenta x odgovara niz vrijednosti funkcije y=f(x), tj. f(x 1) .f(x 2)....................................................................................................................................................................f(xn) ...

Ako pri tome važi onda se f(a+0) naziva desna granična vrijednost

funkcije y=f(x) u tački a.

Neka je y=f(x) defimsana u intervalu a-δ<x<a i neka je x1 ', x2' xn ',... ma kakav niz brojeva iztog intervala za koji važi:

(znači teži broju a s lijeva)

Slika 3-6

152

Ako pri tome važi , onda se f(a-0) naziva lijeva panična vrijednost funkcije y=f(x) u tački a.

Ako je desna granična vrijednost jednaka lijevoj, t j . ako je f(a+0)=f(a-0)=A, onda se kaže da funkcija y=f(x) ima graničnu vrijednost A u tački a i piše se:

Prema tome, funkcija y=f(x) koja je dcfinisana u nekoj okolini tačke a teži graničnoj vrijednosti A, ako se za svaki proizvoljno mali ε>0 može naći broj δ>0 tako da iz ׀ x - a ׀ < δ slijedi

.ε > ׀ f(x)-A ׀

Geometrijska interpretacija činjenice da y=f{x) ima graničnu vrijednost A u tački x=a data je na slici 3-7.

Primjer

Data je funkcija y =x2

Prema definiciji granične vrijednosti potrebno je dokazati da za proizvoljno ε > 0 možemo naći za δ> 0 tako da za ׀x-1׀<δ bude Ix2 1 I < ε .

Ako je I x -1 I < δ. Tada je I x 2 -1 I = I x-1 I ∙ I x -1 I < δ(δ + 2)

Ako stlavimo δ(δ + 2) = ε dobijemo δ2 +2δ-ε= 0, odnosno

δ< 0, pa ne dolazi u obzir. Prema tome za proizvoljno mali broj ε>0 postoji pozitivan broj tako da za I x -1 I < δ bude I x2 -1 I < ε, a ovo je ekvivalentno postojanju granične vrijednosti date funkcije u tački x=1.

Funkc i j a y=f(x) teži graničnoj vrijednosti A kada ili , ako za svako proizvoljno malo ε>O možemo naći N>0 takvo da za sve vrijednosti x za koje je ׀x ׀ >N važi ׀ f(x)-A ׀ < ε.

Za funkciju važi:

Primjer

Potrebno je dokazati da se za proizvoljno malo ε > 0 može naći N takvo da za ׀x׀ >N važi .

Slika 3-7

153

Pošto važi:

to zaključujemo da za proizvoljno mali ε > 0 postoji takav da za sve vrijednosti argumenta x za koje

važi jxl >N važi: , kada što je i trebalo dokazati.

Ukoliko funkcija nema konačnu granicu kada ili , tada će nastupiti jedan od slijedeća dva slučaja:

1) funkc i j a y=t(x) ima beskonačno veliku pozitivnu graničnu vrijednost, tj.

2) funkcija y=f(x) ima beskonačno veliku negativnu graničnu vrijednost, tj

Npr.:

Funkcija y=f(x) se naziva beskonačno mala kada ili c , odnosno

Npr.

Recipročna vrijednost beskonačno male veličine je beskonačno velika veličina i obratno.

Na kraju dajemo pregled operacija s graničnim vrijednostima funkcija f(x) i g(x) kad x →a, stim da pod a možemo podrazumjevati konačan broj ili beskonačno veliku veličinu, tj. ±∞.

3.4.6. Neprekidnost funkcije

Za funkciju y=f(x) definisanu u tački x0 i u nekoj njenoj okolini, se kaže da je neprekidna u tački x0, ako važi:

Ovoj definiciji je ekvivalentna slijedeća definicija: za funkciju y=f(x), definisanu u rački x0 i u nekoj okolini ove tačke se kaže da je neprekidna u tački x0, ako se za svaki proizvoljno mali ε>0 može naći broj δ>0 tako da iz ׀ x- x0 ׀ < δ sledi ׀ f(x) - f(x0) ׀ < ε.

154

Ovo znači da će funkcija y=f(x) biti neprekidna u tački x0;

a) ako je y = f(x) defmisana u tački x0;b) ako postoji granična vrijednost i s te funkcije u tački x0;

c) ako je granična vrijednost funkcije u tački x0 jednaka vrijednosti funkcije u toj tački, tj.

Ako funkcija y=f(x) u nekoj tački x=x0 ne ispunjava bar jedan od ova tri uslova tada za x= x0 funkcija ima prekid i x0 nazivamo tačkom prekida funkcije.

Funkcija f(x) je neprekidna u intervalu [a,b] ako je neprekidna u svim tačkama tog intervala.

Primjer

1. Funkcija y = f(x) = x3 je neprekidna u celoj oblasti definisanosti, jer za svako važi:

2. Funkcija y=f(x)=(x+1)/(x-1) nije neprekidna u tački x=1; jer u toj tački nije definisana, pošto je 1(1) = 2/0.

3. Funkcija , je prekidna u tački x = 0, jer ne postoji

pošto je: znači x teži nuli s lijeva. a . znači da x teži nuli

s desna.

Data funkcija je inače definisana u tački x = 0, jer je f(0) = 0.

Bez dokaza navodimo dve teoreme o osobinama neprekidnih funkcija:

Svaka funkcija koja je neprekidna u nekom intervalu [a,b] ograničena je u njemu i na tom intervalu dostiže svoju donju i gornju medu.

Ako je funkcija f(x) neprekidna u intervalu [a,b] i ima suprotne znakove na krajevima ovog intervala, tada između tačaka a i b postoji bar jedna račka x=c u kojoj je f(c)=0.

Na kraju navodimo operacije sa neprekidnim funkcijama. Ako su f(x) i g(x) neprekidne funkcije u

tački x=x0. tada su u ovoj tački neprekidne i slijedeće funkcije:

1) l(x) ±g(x)

2) f(x) ∙ g(x)

3.4.7. Asimptote

Potpuno ispitivanje funkcija y=f(x) zahteva sistematično određivanje svih karakterističnih osobina date funkcija y=f(x). Prilikom konstrukcije grafika veličina slike je ograničena. Imamo mogućnost da skiciramo u konačnim dimenzijama, ali je neophodno da ispitujemo ponašanje funkcije kad x→±∞ ih u tačkama prekida, U tom ci l ju upoređuju se f u n k c i j a y=f(x) sa pogodno izabranom funkcijom φ(x) čije ponašanje je dobro poznato, funkcija φ(x) ili φ -1(y) se nazivi asmiptota funkcije y=f(x) ako je ispunjen uslov

(13)

(14)

U vezi inverznog preslikavanja vidi tačku 1.4 Geometrijski, gornje relacije znače da se grafici datih funkcija u bcskonačnosti neograničeno približavaju jedan drugome. Asimptote mogu da budu pravolinijske i krivolinijske. U nastavku govoriće se o pravolinijskim asimptotama, koje mogu biti: kose, horizontalne i vertikalne. Vidi sliku 3-8.

155

Potreban i dovoljan uslov znati egzistenciju kose asimptote sadrži slijedeća teorema:

Funkcija y=f(x) ima kosu asimptotu ako i samo ako postoje konačne granične vrijednosti

(15)

φp(x)=ax+b

0

156

Pokazaćemo da je uslov (15) dovoljan.

Doista,ako je

tada je

Relacija (13) je ispunjena, tj. φ(x)=ax+b je po definiciji (13) asimptota funkcije y=t(x).

U specijalnom slučaju za a=0 dobija se asimptota φ(x)=b koja se naziva horizontalnom asimptotom.

Horizontalna asimptota je definisana rclaciiom (13). U slučaju da je φ-1(y)=konst. Relac i ja (14) definiše vertikalnu asimptotu.

Prava x=a je vertikalna asimptota funkcije y=f(x) ako je

(16)

Kako je x=φ-1(y). relacija (16), je ekvivalentna s slijedećim

Potrebno je napomenuti da prilikom određivanja asimptota određujemo granične vrijednosti i za +∞i za -∞.

Primjer

1. Odrediti asimptote funkcije

Potražimo kose asimptote funkcije

Kad x → - ∞ dobijemo isto. S obzirom da je a = 0 kosa asimptota funkcije ne postoji. Međutim ispitivanje je potrebno nastaviti jer možda postoji horizontalna asimptota

Jednačina kose asimptote je φ(x) = ax + b.

Pokazaćemo najpre da je uslov (15) potreban, tj. ako postoji prava (φ(x)=ax+b koja je asimptota funkcije y=f(x) tada prema definiciji asimprote uslov (13)

je ispunjen.

Nakon dijeljenja sa x

Odakle se dobiju da je

Iz relacije (13) sli jedi da je

157

Kad x → - ∞ dobijamo isto. Prema tome y=1 je jedina horizontala asimptota grafika funkcije

kad x → ± ∞

Za određivanje vertikalnih asimptota odmah vidimo da ako imenitelj racionalne funkcije izjednačimo sa nulom realna rješenja te jednačine predstavljaće one konačne vrijednosti promenljive x za koje funkcija f(x) postaje beskonačno velika.tj.

Prema tome, prava x=1 predstavlja vertikalnu asimptotu funkcije kad y→ ± ∞

1. Odredite asimptote funkcije

Kad x → - ∞dobijamo isto.

Kriva ima kosu asimptotu y=x+2.

Vertikalna asimptota ove krive je x = 2, jer je

158

3.5. Elementarni način ispitivanja funkcija i ispitivanje elementarnih funkcija

a formiranje kompletne predstave o nekoj funkciji potrebno je ispitati mnoge njene karakteristike (utvrditi posebno značajne tačke i osobine funkcije) i po mogućnosti nacrtati grafik (dijagram)

funkcije. Za kompletno ispitivanje karakteristika većine funkcija, pored elementarnog znanja iz oblasti funkcija potrebno je i poznavanje izvoda, tj. diferencijalnog računa. Međutim, neke karakteristike funkcija,bez obzira na vrstu i složenost funkcije, mogu da se ispitaju i bez poznavanja diferencijalnog računa, to su npr.:

Z

1) oblast definisailosti funkcije,2) parnost i neparnost funkcije,3) periodičnost funkcije,4) nule funkcije i presjek funkcije sa y—osom,5) znak funkcije i6 asimpiote mnogih, pre svega razlomljenih racionalnih funkcija.

O karakteristikama pod l), 2), 3) bilo je riječi napred detaljnije.

4) se svodi na rješavanje jednaćine f(x)=0 (što je predmet izučavanja elementarne matematike i na iznalaženje vrijednosti f(x=0);

3) se svodi na rješavanje nejednačine f(x)<0, što je takode predmet iz učavania elementarne matematike.

6) ćemo ipak ostaviti za izučavanje nakon upoznavanja sa elementima diferencijalnog računa.

Za elementarne funkcije je moguće ispitivanje čak i onih karakteristika koje se za složenije funkcije ne mogu ispitati bez upotrebe izvoda; to su monotonost i ekstremne tačke funkcije, te konveksitet i prevojne tačke funkcije. Pod elementarnim funkcijama podrazumevamo funkcije najprostijeg analitičkog oblika, a medu njima su:

1) Stepena funkcija oblika y=xn, n R;2) Linearna funkcija oblika y=kx+n, (k,n R);3) Kvadratna funkcija oblika y=ax2+bx+c, (a,b,c R);4i 1 eksponencijalna funkcija oblika y=ax a>0, a≠1:v, Logaritamske funkcije oblika y=loga , a>0. a≠1:0) Trigonometrijske funkcije: y=sin x, y=cos x, y=tg x i y=ctg x;~) (ciklometrijske tunkcije, y=arc sin x; y=arc cos x; y=arc tg x; y=arc cig x.

U nastavku ćemo prikazati ispitivanje onih elementarnih funkcija koje su od većeg značaja za kvantitativnu analizu u ekonomiji.

3.5.1. Linearna funkcija

Linearna funkcija je cijela racionalna funkcija prvog stepena oblika y=kx+n (sl. 3-9), za koju je Df=R. Dijagram ove funkcije siječe osu x u tački (-n/k, 0), a osu y u tački (O,n). Paramertri k i n imaju slijedeće geometrijsko značenje: k je koeficijent pravca prave, tj. tangens nagibnog ugla prave prema pozitivnom sjmeru ose x (ugao α koga prava zaklapa sa pozitivnim smjerom ose x). Ako menjamo n uz fiksno k, onda se generiše skup paralelnih pravih. Ako fiksiramo n, a menjamo k, formira se skup pravih koje prolaze kroz tačku n na osi y.

159

Primjer

Funkcija je strogo monotono rastuća za k>0, a strogo monotono opadajuća za k<0. Ako je k=0 dobije se funkcija y=n koja je konstantna i paralelna sa osom x na odstojanju n od nje. Ova funkcija je neprekidna u Df.

Ako je k<0 onda je y>0 za x (-∞, -n/k), a y<0 za x (-n/k.+∞). Ako je 0 onda je y<0 za x (-∞,-n/k), a y>0

ako je x (-n/k,+∞).

Ako je n=0, onda se dobije funkcija y=kx koja se susreće i pod nazivom funkcija direktne proporcionalnost Naime, dvije promenljive x i y su direktno proporcionalne ako im je količnik konstantan, tj. ako je npr.y /x = k y = kx.

Dijagram ove funkcije je prava koja prolazi kroz koordinatni početak.

Ustanovili smo, da kada cijena nekog proizvoda iznosi 10 dinara onda je tražnja islog proizvoda 40 jedinica. . kada je cijena 15 dinara onda tražnja iznosi 20 jedinica. Formirajmo linearnu funkciju tražnie oblika x=ap+b koja će funkcionalno predstavljati dati odnos cijene i (ražnje (p je oznaka za cijenu, x je oznaka za tražnju, a i b su konstante - parametri).

Ako date podatke uvrstimo umjesto p odnosno x u jednačinu ap + b = x dobijamo slijedeći sistem jednačina:

10a + b = 40 15a + b = 20

Rješenje ovog sistema jednačina je uređen par (a,b)=(-4,80),pa će tražena funkcija izgledati ovako: x = -4 p + 80

Napomena

Ako bi se pošlo sa više od dva para podataka za p i x, onda bi se problem rješavao pomoću tzv. metodanajmanjih kvadrata (obrađeno u posebnoj temi).

3.5.2. Kvadratna funkcija

Kvadratna funkcija je cijela racionalna funkcija drugog stepena oblika y=ax2+bx+c (slika 3-10). Domen ove funkcije jc skup svih realnih brojeva, tj. Df=R, a dijagram je kriva poznata pod nazivom parabola. U svrhu ispitivanja kvadratne funkcije izvršimo transformaciju ove funkcije u tzv. kanonički oblik:

Slika 3-9

k ∙ x + n

160

Posmatranjem dijagrama kvadratne funkcije dolazimo do zaključka da su xT=-b/2a i yT=(4ac-b2)/4a koordinate tačke T(xT,yT) koju nazivamo teme parabole, zatim da je yT=(4ac-b2)/4a najveća (maksimalna) vrijednost funkcije kada je a<0, a najmanja (minimalna) vrijednost funkcije kada je a>0. Maksimalna i minimalna vrijednost funkcije se zajednički nazivaju ekstremne vrijednosti funkcije.

Parabola je osno simetrična, a osa x=-b/2a prolazi kroz tjeme parabole i paralelna je sa osom y. Ako jednačina y=0, tj. ax2 + bx + c = 0 ima realna rješenja x1 i x2 onda funkcija seče osu x u tačkama (x1,0) i (x2,O), pri čemu

je Funkcija siječe osu y u tački (0,c). Kvadratna funkcija je neprekidna u Df. Ako je a>0 funkcija je strogo monotono opadajuča u intervalu -∞<X≤XT, a strogo monotono rastuća u intervalu x1≤X<+∞ Ako je a<0 funkcija je strogo monotono rastuća u intervalu -∞<X≤XT, a strogo monotono opadajuča u in te rva lu x1≤X<+∞. Kada je reč o znaku ove funkcije onda su mogući slijedeći slučajevi:

1) a > 0, a pri tome:yT > 0, onda je y > 0 za svako x RyT = 0, onda je y > 0 za x (-∞,XT) ( XT. +∞), a y=0 za x=xT; yT < 0, onda |e y > 0 za x (-∞,x1) (x2, +∞), y<0 za X (X 2, X2). a y=0 za x=x1 i x=x2.

2) a<0, a pri tome:a) yT <0 , onda je y<0 za svako x R;b) yT =0, onda je y<0 za x (-∞,XT) (XT. +∞), a y=0 za x=x1

c) yT >0, onda je y<0 za svako x (-∞,x1) (x2, +∞), y=0 za X (X 2, X2). a y=0 za x=x1 i x=x2.

Uvoz trgovačkog preduzeća iznosio je 1990. godine 49,5 mil. USD, 1991. godine 58 mil. USD a 1992. godine 65,5 mil. USD. Formirati funkciju uvoza oblika y=ax2+bx+cf. (x je oznaka za redni broj godine, y je oznaka za uvoz u mil. USD).

Rješenje:

Pridružimo 1990. godini x=1, 1991. god. x=2 i 1992. god. x=3. te nakon toga podatke uvrstimo u jednačinu ax2+ bx + c = y, pa ćemo dobiti slijedeći sistem jednačina:

a + b + c = 49,5 4a + 2b + c = 58 9a + 3b + c = 65,5

Rješenje ovog sistema je uređena trojka (a,b,c) = (-0,5; 10,40) pa će tražena funkcija izgledati ovako:

y = -0,5x2 + 10x + 40.

Zbog a = -5 < 0 ova funkcija dostiže najveću vrijednost yT=90 za XT=10. tj. uvoz će biti najveći u 1999. godini i iznosiće 90 mil. USD ako kretanje uvoza bude prema formiranoj funkciji.

Napomene

1) Za slučaj da se raspolaže podacima o uvozu za više od tri godine problem se rješava metodom najmanjih kvadrata. 2) U ovom primjeru bi se olakšao posao ako bi uzeli za 1990. god x=0. za 1991. god. x= 1 a za 1992 gc 3. x=2. itd. dobili bi sistem, c = 49,5a - b + c = 58 4a + 2b + c = 65,5Rješenje je (a,b,c) = (-0.,5; 9; 49,5). a tražena funkcija glasi y = -0,5x2 - 9x – 49,5.

161

3.5.3. Kubna funkcijaKubna funkcija je cijela racionalna funkcija oblika y=ax3+bx2+cx+d. Razmotrimo specijalni slučaj ove funkcije y=ax3 (slika 3-11). Domen ove funkcije je skup svih realnih brojeva, tj. Df=R.

Posmatranjcm dijagrama ove funkcije i analizom njenog analitičkog oblika dolazimo do slijedećih zaključaka:

1) da je funkcija neparna, jer je f(- x)=-ax3=- f(x);2) da je funkcija strogo monotono rastuća u Df kada je a>0, a strogo monomo opadajuća kada je a<0;3) da prolazi kroz koordinatni početak koji je i prevojna tačka i presječna tačka funkcije sa obema osama;4) da je funkcija neprekidna u cijeloj oblasti definisanosti;5) da je u slučaju a>0; y<0 za x (-∞, 0), a y>0 za x (0, +∞), a da je u slučaju a<0; y>0 za x (-∞, 0). a y<0 za x (0.+ ∞).

3.5.4. Eksponencijalna funkcija

Funkcija oblika y=ax, a>0 se naziva eksponencijalna funkcija (slika 3-12) Oblast definisanosn ove funkcije je Df=R.

Slika 3-11

162

Posmatranjem dijagrama ove funkcije i analizom njenog analitičkog oblika zaključujemo slijedeće:

1) funkcija je strogo monotono rastuća za a>1, a strogo opadajuća za a<1;2) y>0 za svako x R;

3) Funkcija siječe osu y u tački (0,1), a ne siječe osu x koja ima ulogu horizontalne asimptote ove funkcije (jednačina ove asimptote je y=0);4) Funkcija je neprekidna u Df.

Od posebnog značaja za ekonomska istraživanja je eksponencijalna funkcija

y=ex, e = lim(1 + 1/n)n = 2,7182818 ...; e je ujedno i osnova (baza) tzv. prirodnih logaritama

(ioge x=ln x).

3.5.5. Logaritamska funkcija

Funkcija y=loga x; a>0, a≠1 se naziva logaritamska funkcija. Oblast definisanosti ove funkcije je

Df=(0,+∞), a kodomen =R. Logaritamska i eksponencijalna funkcija su međusobno inverzne. Posmatranjem dijagrama ove funkcije (slika 3-13) i analizom njenog analitičkog oblika zaključujemo slijedeće:

1) Funkcija je strogo monotono rastuća za a>1; a strogo monotono opada|uća za a<1;2) Funkcija siječe osu x u tački (1,0), a ne siječe osu y koja ima ulogu vertikalne asimptoie ove funkcije (jednačina ove asimptote je x=0);3) Funkcija je neprekidna u Di;4) kada je a>1 onda je y<0 ako je x (0,1); a y>0 ako je x (1,+∞); a kada je a<1 onda je y>0 ako je x (0,1) a y<0 ako je x (1,+∞).

Specijalni slučajevi ovih funkcija su y=ln x i y=log x.

Slika 3-13

3.5.6. Funkcija indirektne proporcionalnosti

Za dve promenijive x i y kažemo da su indirektno proporcionalne ako im je proizvod konstanta, tj. ako je:

xy=k y=k/x.

y=kx nazivamo funkcijom indirektne proporcionalnosti. Dijagram ove funkcije je hiperbola

(vidi sliku 3-14)

163

Posmatranjcm dijagrama ove funkcije i analizom njenog analitičkog oblika zaključujemo:

1. da je Df = (-∞, 0) (0 +∞);2. da funkcija ima prekid u tački x=0, te da je x=0 jednačina vertikalne asimptote ovo funkcije, inače ova funkcija ima još jednu (horizontalnu) asimptotu x=0:3. funkcija ne siječe koordinatne ose;4. ako je k>0 funkcija je strogo monotono opadajuća u intervalu (-∞, 0) i u intervalu (0, +∞), zatim je negativna za x (-∞, 0) a pozitivna za x (0, +∞);5. ako je k<0 funkcija je strogo monotono rasruča u obe oblasti definisanosti, zatim je pozitivna za x (-∞,0), a negativna za x (0, +∞)...

164

3.6. Pojam funkcije sa dva i više argumenata

o sada smo proučavah funkcije sa jednim argumentom, tj. funkcije y=f(x). Ove f u n k c i j e smo detmisali kao preslikavanja f=Ax Ay u kojima smo svakom elementu x iz A, ka< originalu

po zakonu ( pridružili jedan i samo jedan elemenat y iz A, kao sliku. Ako su i p i t an ju bile numeričke (realne) f u n k c i j e onda je važno Ax R i Ay R. Međutim u praknčnom rješavanju, ne samo ekonomskih, problema javlja se potreba za korišćenjem i funcija sa dva i više argumenata (npr. dobit javnog preduzeća je funkcija više argumenata, više proizvoda ili drugih faktora).

D

Posmatrajmo površinu pravougaonika kao funkciju:

P=f(a,b)=ab.

Riječ je o funkciji sa dve međusobno nezavisno promjenljive a i b (dužine stranica pravougaonika), dok se R uzima kao zavisno promjenljiva, tj. o funkciji u kojoj se uređenim parovima (a,b) R,xR+, kao originalima pridružuje vrijednost P R-, kao slika. Dakle riječ je o svojevrsnom preslikavanju f:R2

+→R+, koje smo ranije nazivali binarnom operacijom. Slično za zapreminu paralelopipeda važi:V = f(a,b,c) = abc.

U ovom slučaju je reč o f: R3+→R+, tj. o preslikavanju u kojem uređenim trojkama (a,b,c) R3

+ kao originalima pridružujemo vrijednosti V R. kao slike.

Uopšte, preslikavanje F: Anx→Ay nazivamo funkcijom od n argumenata u kojoj svakoj uređenoj

n-torki (x1, x2,... xn) Anx, kao originalu, pridružujemo jednu i samo jednu vrijednost y=f(x1.x2................xn)

iz Ay kao sliku.

S obzirom na potrebu da se prevashodno bavimo realnim (numeričkim) funkcijama, tj. ofunkcijama F: An

x →R, Anx Rn, zaključujemo: da skup svih n-torki (x1, x2,... xn) An

x čini domen

funkcije Df=Anx Rn, dok skup svih slika, t j . skup svih vrijednosti y=f(x1, x2,... xn) čini kodomen

funkcije Df R.

Od posebnog značaja za ekonomska istraživanja su linearne funkcije od n promjenljivih, tj. funkcije oblika

y = f(x1, x2,... xn) = a0 + a1x1 + a2X2 + ... + anx: n.

165

Zadaci za vježbanjeNaći diferenciju, sedmi član, zbir prvih deset članova aritmetičkog niza. kao i analitički izraz za opšti član niza u slijedećim primjerima:1.

Rješenje:

U zadatku se traži d, a7, S10, an.

2. Napisati prvih pet elemenata aritmetičkog niza i zbir prvih osamnaest članova niza, ako je

poznato:a) Zbir četvrtog, petog i šestog člana niza je 60, a proizvod istih je 7820b) Zbir petog i jedanaestog člana je 60, a kvadrat trećeg 100!

Rješenje:

Na osnovu teksta možemo napisati jednačine sa više nepoznatih:

a) a4 + 56 + a6 (1) a4 ∙ a5 ∙ a6 = (2) a5 = a4 + d (3) a6 = a4 + 2d (4)

Zamjenom (3), (4), u (1) i (2) slijedi

a4 + (a4 + d) + (a4 + 2d) = 60

a4 ∙ (a4 + d) ∙ (a4 + 2d) =7820

3a4 + 3d = 60 a4 = 20 - d (5)

a4 ∙ (a4 + d) ∙ (a4 4 2d) = 7820 (6)

Zamjenom (5) u (6) dobije se:

166

(20 - d) ∙ (20 - d + d) ∙ (20 – d + 2d) = 7820 (20d)∙ 20 (20 + d) = 7820

(202 – d2 ) = 391

d2 = 9 d1,2 = ± 3

d1 = 3 (7)

d2 = -3 (8)

Zamjenom (8) u (5) dobijamo:

a4 = 20 - 3 = 17a3 = a1 + 3d a1 = a4 - 3d

a1 = 18 – 3 ∙ 3 = 8

Prvi od traženih nizova glasi: (8, 11, 14, 17, 20, ...}

Zamjenom (8) u (5) dobijamo:

a4 = 20 - 3 = 23a4 = a1 +3d a1 = a4 - 3da1 = 23 -3 ∙ (-3) = 32

Drugi od traženih nizova je: {32, 29, 26, 23, 20, ...}

b) a5 + a11 = 60 (1)a3

2= 100a5 = a3 + 2d (2)

a11 = a3 + 8d (3)

Zamjenom (2), (3), u (1) slijedi

(a3 + 2d) + (a3 + 8d) = 60

a32 =100

2a3+10d = 60 (4)a3

2 = 100 a3 = ±10 (5)

Iz (5) slijedi da postoje dva niza, sa osobinama (1) i (2).

(a3)1=10 (6)

(a3)2 = -10 (7)

Zamjenom (6) u (4) dobićemo:

2 10 + 10d = 60 d = 4 (8)

a3 = a1 + 2d a1 = a3 - 2d (9)

Zamjenom (6) i (8) u (9) dobićemo:

a1 = 10 - 2 ∙ 4 = 2

Jedan od traženih nizova glasi: {2, 6, 10, 14, 18, ...}

167

Zamenom (7) u (4):

2 ∙ (-10)+ 10d = 60 d = 8

Zamjenom (7) i (10) u (9):

a1 = -10 - 2 ∙ 8 = -26

Drugi od traženih nizova glasi: {-26, -18, -10, -2, 6, ...}

x-5; x-6; 4x su prva tri člana aritmetičkog niza. Koliki je zbir prvih 7

članova tog niza?

Rješenje:

a1 = x - 5 (1)a2 = 3x - 6 (2)a3 = 4x (3)

Važi formula za diferenciju:

d = an – an-1= an+1- an (4)Ako u (4) zamjenimo (1), (2) i (3) dobiće se:

(3x-6 ) - (x -5 ) = 4x-(3x-6) x = 7 (5)

Zamjenom (5) u (1) i (2) biće

a1 = 7 - 5 = 2 (7)a2 =3 ∙ 7 - 6 = 15 (8)

Zamjenom (7) i (8) u (4) dobije se:

d= 15 - 2= 13, a tražena suma je:

U jednom preduzecu planom je predviđeno da proizvodnja svake godine mora da se poveća za 1500 jedinica proizvoda. Plan je donet 1999. godine, kada je proizvodnja bila 757370 jedinica

proizvoda. U kojoj godini će preduzeće ostvariti proizvodnju od 759370 jedinica proizvoda, ako će realizovati planirano kretanje proizvodnje?

Rješenje:

a1= 757370 d=1500 an= 769370

n=?

an=a1+ ( n - 1 ) d > n = (2)

Zamjenom (1) u (2) slijedi

U 2007, godini će proizvodnja postići planom predviđenu veličinu od 769370 jedinica proizvoda.

5. Članovi jedne radne jedinice dobili su 34000 novčanih jedinica nagrade. Koliko članova ima radna jedinica ako je prvi dobio 1000, a svaki slijedeći po 125 novčanih jedinica više od prethodnog?

3.

4.

168

Rješenje:

a1 = 1.000 d=125 Sn = 3400 (1)n = ?

(2)

Zamjenom (1) u (2) biće:

n2 isključujemo kao rješenje, jer negativan broj radnika ne možemo imati, pa zaključujemo da je 17 radnika podelilo 34000 novčanih jedinica nagrade.

6. Trgovinsko preduzeće ostvarilo je u junu promet u vrijednosti od 173 miliona novčanih jedinica. Međutim on posluje sa gubitkom. Za koliko novčanih jedinica treba da povećava vrijednost prometa svakog mjeseca podjednako, da bi u decembru pokrio sve troškove, koji iznose mjesečno 198 miliona novčanih jedinica i ostvario dobit od 5 miliona novčanih jedinica?

Rješenje:

a1= 173 an = 198 + 5 = 203, n = 7(1)

an= a1 + (n - 1 )d (2)Zamjenom (1) u (2) dobije se:

Svakog mjeseca promet treba da se poveća u vrednosti od 5 miliona novčanih jedinica.

7. Tokom svog poslovanja, do 2001. godine, fabrika je ostvarila ukupne troškove od 3021 miliona novčanih jedinica. Ukupni troškovi u prvoj godini poslovanja, 1993. godine, iznosili su 172 miliona novčanih jedinica. Za koliko novčanih jedinica su se troškovi povećavali godišnje, ako pretpostavimo da je to povećanje svake godine bilo iste vrijednosti?

Rješenje:

Rezultat: d = 41Troškovi su se po pretpostavci svake godine povećavali za 41 miliona dinara

8. Naći količnik, deseti član, zbir svih dvanaest članova geometrijskog niza, kao i analitički

izraz za opšti član niza u slijedećim primjerima:

169

Rješenje:

c) Rezultat:

9. Napisat pisati prvih pet elemenata geometrijskog niza i zbir prvih pet članova niza, ako je

poznato:

a) Geometrijski niz čine osam realnih brojeva. Zbir prva četiri člana iznosi 3. a posljednja četiri iznosi 48;b) suma prva tri člana niza je 39, a njihov proizvod iznosi 729;c) Zbir prva tri člana geometrijskog niza jednak je zbiru recipročnih vrijednosti istih

članova niza, ataj zbir iznosi

Rješenje:

Na osnovu teksta možemo napisati jednačine sa više nepoznatih:

170

Zamjenom

dobije se:

Podijelimo jednačinu (6) sa (5):

Zamjenom q = 2 u (5) dobiće se

Prvih pet članova ovoga niza su:

Zamjenom q=-2 u (5) dobiće se prvi član drugog geometrijskog niza.

Prvih pet elemenata drugog niza su:

c) Na osnovu teksla možemo napisati slijedeće dve jednaćine:

Zamjenom (3) i (4) u jednačine (1) i (2) dobije se:

Iz jednačine (10) slijedi:

171

Zamjenom (11) u (7) dobija se:

Prvih pet članova orvog niza su: a1=3; a2=9: a3=27; a4=81; a5=243;

Prvih pet članova drugog niza su:

d) Na osnovu teksta možemo napisati slijedeće dvije jednačine:

Zamijenom (3) i (4) u jednačine (1) i (2) dobija se:

Pošto su desne strane jednačina (5) i (6) jednake, možemo izjednačiti i lijeve strane, pa se dobija:

172

Zamjenom (7) u jednačinu (5) dobija se:

Prvi traženi niz glasi:

Drugi traženi niz glasi:

Treći traženi niz glasi:

Četvrti traženi niz glasi:

10. Odrediti tri broja koji čine geometrijski niz, ako znamo da im je zbir 14 i da ta tri člana čine .

aritmetički niz, ako im se redom doda 1, 2, 1.

Rješenje:

Aritmetički niz, čiji su članovi

Za aritmetički niz važi:

Zamijenom (4) i (5) u (6) slijedi:

Pošto su lijeve strane jednačine (9) i (3) jednake, mogu se izjednačili i desne strane:

173

Zamjenom (10) u (9) dobija se:

a1 = 8, pa se može formirati jedan geometrijski niz 8,4,2 a odgovarajući aritmetički niz biglasio 9,6,3,

Zamjenom (11) u (9) dobija se:

a1 = 2, pa se može formirati drugi geometrijski niz 2, 4, 8, a odgovarajući aritmetički niz bi glasio 3,

6, 9.

11. Jedna mašina vrijedi 120.000 din. Koliku će vrijednost imati za 8 godina, ako je godišnja stopa otpisa 10% od vrijednosti mašine u prethodnoj godini?

Rješenje:

Za osam godina vrijednost mašine će iznositi 5165,60 dinara.

12. Cijena jednog proizvoda prvog januara iznosila je 1.200 din. U svaka tri meseca vršilo se

povećanje za 15%. Kolika će biti vrijednost proizvoda prvog januara slijedeće godine?

Rješenje:

Prvog januara iduće godine cijena proizvoda iznosiće 2098,8 dinara.

13. Promet jednog preduzeća iznosio je 1998. godine 12 mil. din. Promet je opadao prosječno

godišnje za 9%. Koliki je ukupan promet ostvaren u periodu 2000 - 2004?

Rješenje:

a0= 12 ∙ 106 q = 0,91a0 - ostvaren promet u 1998. godinia1 - ostvaren promet u 2000. godiniS5 - ukupan promet ostvaren u periodu 2000-2004.

Ostvaren ukupan promet u periodu 2000-2004. iznosi 41511864,10 dinara.

174

14. Promet jednog preduzeća u 1999. godini iznosio je 120 mil. din.a) Koliko % treba da raste promet godišnje da bi 2004. g. iznosio 230 mil. din.b) Koliko će iznositi ukupni promet od 2000. - 2004. godine?

Rješenje:

a) s = 13.896%Promet treba da raste prosječno godišnje 13,90%.

b) S5 = 901582069Ukupni promet u periodu 2000 - 2004. iznosiće 901.582.069 dinara

15. Jedan grad je 2001. godine imao 95000 stanovnika. Ako je procenjeno da prosječni godišnji

priraštaj stanovništva iznosi 9 promila, izračunati koliko bi taj grad mogao imati stanovnika po popisu 2011. godine!

Rješenje:

A11 = 95000 1.00910 ∙ 103950

U 2011. godini grad bi mogao imati 103.905 stanovnika.

16. Sumu od 27804 din. rasporediti na sedam dijelova, tako da prva tri dijela čine geometrijsku

progresiju u kojoj je svaki član za 10% veći od prethodnog člana, a ostala četiri dijela čine aritmetičku progresiju sa razlikom od 50 dinara, s tim da se zbir prva tri dijela odnosi prema zbiru ostala četiri kao 5 : 2.

Rješenje:

a1, a2. a3 su članovi geometrijskog niza.S = 10% = 0,1q = 1 + s = 1,1b1, b2, b3, b4 su članovi aritmetičkog niza, sa d = 50

Na osnovu preostalih informacija možemo još zapisati:

(a1 + a2 + a3) + (b1 + b2 + b3 + b4) = 27804 (1)(a1 + a2 + a3) : (b1 + b2 + b3 + b4) = 5 : 2 (2)

Iz (2) slijedi:

(3)

Zamjenom (3) LJ 0) dobije se:

(4)

Podjela unutar I grupe

(5)

Zamjenom (4) i q = 1,1 u (5) dobija se:

pa je:a2 = 6000 ∙ 1,1 =6600 a3 = 6000 ∙ 1,12=7260

175

Podjela unutar II grupe

Zamjenom (6) i d = 50 u (7) dobija se:

7944 = 2 ∙ (2b1 + 3 ∙ 50) b1=1911,pa jeb2 = 1911 +50= 1961 b3= 1911 + 100= 2011 b4 = 1911 + 150=2061

Traženi dijelovi sume od 27804 din. redom iznose: 6000 din.. 6.600 din.. 7260 din., 1911 din., 1961 din.,

2011 din., 2061 din...

17. Opšti član niza je:

Zadatak je odrediti prvih pet članova, stoti član i graničnu vrijednost niza!

Rješenje:

U datim izrazima umesto n treba uvrstiti redom brojeve, 1, 2, 3, 4. 5 i 100. i tako se dobije traženi niz

Traženi niz je {2: 3/2: 4/3: 5/4: 6/5: ... 1.01 J

Granična vrijednost niza je:

Traženi niz glasi: (2; 11/5, 3, 67/17,64/13/100001)

Traženi niz glasi: (3/2; 2/3, )/28, 12/65. 5/42 300/1000001)

176

Traženi niz glasi: (174, 19/15. 27/32, 37/55, 49/84 10309/30199)

ili ovako:

177

18. Naći graničnu vrijednost nizova čiji su opšti članovi:

Rješenje:

19. Izračunati zbir geometrijskog reda:

Rješenje:

Formule koje ćemo koristiti kod rješavanja ovih zadataka:

178

Ako je I q I < 1 red je konvergentan i možemo odrediti zbir reda

Ako je I q l ≥ 1 red je divergentan.

,pa red konvergira

, pa red konvergira

, pa red divergira

, pa red divergira

20. Odrediti granične vrijednosti:

Rješenje:

21. Pretvoriti u običan razlomak

Rješenje:

179

ili kraće, ovako:

22 . Dati su parametarski oblici analitičkih datih funkcija

Odrediti eksplicitne i implicitne oblike ovih funkcija!

Rješenje:

Eliminišimo parametar t iz ovih jednaćina!

Iz prve jednačine je

čijom zamjenom u drugu daje

izraz koji je u sređenom obliku eksplicitni oblik date funkcije

koja u implicitnom obliku glasi

Pošto u drugu jednačinu treba zameniti 21 i 3t izrazimo ove veličine iz prve jednačine:

180

zamjenom (i) i (ii) u izraz za y slijedi eksplicitni oblik date funkcije

Kvadrirajmo lijevu i desnu stranu gornjeg izraza da bi se dobio implicitni oblik funkcije

23 . U slijedećim primerima na osnovu datog implicitnog oblika funkcija izraziti y u

zavisnosti od x i x u zavisnosti od y:

Rješenje:

Eksplicitni oblici funkcije su:

24. Date su funkcije

Za date funkcije odrediti:

6) inverzni oblik date funkcije i inverznu funkciju date funkcije; 7)

181

Rješenje:

je inverzni oblik date funkcije, a

je inverzna funkcija.

Odredimo inverznu funkciju i na osnovu

Kvadratna jednačina je

čije je riješenje

1) Rezultat:

2) Rezultat:

3) Rezultat: Funkcija nije definisana za

4) Rezultat:

5) Pošto nije definisana za ne pristupamo izračunavanju

6)--------------------------------------------------------------Rezultat: inverzni oblik date

funkcije, je inverzna funkcija.

7) Rezultat:

1) Rezultat:

2) Rezultat:

3) Rezultat: (funkcija nije

182

definisana za )

4) Rezultat:

5) nisu definisane za .

Izrazimo x iz dobijene kvadratne jednačine i dobijamo inverzni oblik:

iz kojeg slijedi inverzna funkcija:

(inverzna funkcija date-funkcijo nije

definisa

za

)

je inverzni oblik date funkcije, a ili

je inverzna funkcija

nije definisan logaritam negativnog broja, funkcija nije

definisana za

nisu definisane za

je inverzni oblik funkcije, a je inverzna funkcija

183

25. Odrediti složenu funkciju y ako je dato

Rješenje

:

(uz restrikciju domena:

26. Odrediti parnost slijedećih funkcija

Rješenje:

184

Funkcija f(x) je parna za f(-x) = f(x) i neparna ako je f(-x) = -f(x) x e Df; u ostalim slučajevima funkcija nije ni parna ni neparna.

Dijagram parne funkcije osno je simetričan u odnosu na ordinatu, a dijagram neparne lunkcije centralno je simetričan u odnosu na koordinatni početak.

Funkcija nije ni parna ni neparna.

b) Funkcija nije ni parna ni neparna.

funkcija je parna.

funkcija je parna.

Funkcija nije ni parna ni neparna.

Funkcija je neparna.

funkcija je parna.

Funkcija nije ni parna ni neparna.

Funkcija je parna.

Funkcija je parna.

27 . Odrediti f(x) ako je dato:

Rješenje:

ili ovako:

Drugi način:

b) Rješenje:

185

186

. Odrediti oblast definisanosti (domen) slijedećih funkcija:

Rješenje:

Izraz u imeniocu razlomljene funkcije nije jednak nuli ni za jednu realnu vrijednost argumenta D.

Oblast definisanosti date funkcije f(x) možemo odrediti kao presjek domena tri sabirka:

Rješenje:

Rješenje:

Rješenje:

Sa gledišta domena funkcije In (x—3)2 nije isto i 2 In (x-3) jer je domen ove druge Df = (3, +∞)

28

187

Napomena Nejednačina nema realnih rješenja, potkorena veličina je negativna za sve vrijednosti argumenta, funkcija nije definisana ni za jednu realnu vrijednost argumenta, Df =

29. Odrediti nule i znak slijedećih funkcija

Rješenje

Racionalno razlomljena funkcija ina nulu za one vrijednosti argumenta za koje je brojilac jednak nuli (kada ja imenilac različit od nule):

, su nule funkcije;

su presječne tačke dijagrama funkcije sa koordinatnim osama.

Odredimo znak funkcije tabelarno, na osnovu rastavljenog oblika date funkcije:

Pojedini faktori menjaju znak u svojim nulama:

Znak funkcije je:

188

Funkcija ima prekid za

su nule funkcije

su presječne tačke dijagrama funkcije sa x osom.

Znak funkcije je:

jer , funkcija nema svoje nule i pozitivna je u cijelom svom toku. f(x) > 0 za

.

nula funkcije; f(-2) = 0, Dijagram funkcije siječe X osu u tačci

A(-2,0); Znak funkcije je: f(x) > 0 za \ (-2) f(x) = 0 za x = -2

je nula funkcije; f(2) = 0, tačka presjeka dijagrama funkcije sa x

osom je A(2,0); oblast definisanosti funkcije je i za te vrijednosti argumenta imenilac razlomljene funkcije je pozitivan, pa je znak funkcije;

Funkcija nije defmisana za

je nula funkcije;f(2) = 0; presječna tačka dijagrama funkcije sa x osom je A(2,0).

Oblast definisanosti funkcije za koje je podlogaritamski izraz pozitivna veličina.Znak funkcije je određen sa:

je nula funkcije; f(0) = 0; dijagram funkcije siječe x osu u tačci A(0,0).

189

U cilju određivanja znaka, transformišimo funkciju:

Imenilac funkcije je pozitivan za sve realne vrijednosti argumenta, a brojilac je:

Znak funkcije je:

30 . Odrediti slijedeće granične vrijednosti:

Rješenje:

190

g) Rješenje:

i) Granične vrijednosti funkcija koje se mogu svesti na oblik (1 + ∞ )u za u →±∞

Napomena

Neka je tada za x→±∞ slijedi v→0

j) Riješenie:

31.Odrediti slijedeće granične vrijednosti:

Rješenje:

a) Rješenje:

b)Rješenje:

c) Rješenje:

d)Rješenje:

e)Rješenje:

191

f) Rješenje: Napomena Neka je v = 2x - 18, tada za x → 3 slijedi v → 0.

32. Odrediti asimptote i ponašanje funkcije u tačkama prekida i na krajevima oblasti definisanosti:

Rješenje:

Cijela racionalna funkcija nema asimptotu i nema prekida. OblasI definisanosti (domen) je interval(-∞,+∞)

Racionalne razlomljena funkcija je prekidna (nije definisana) za onu vrijednost argumenta za koju je■ imenilac jednak nuli a brojilac različit od nule, i za tu vrijednost argumenta postoji vertikalna asimptota;

■ imenilac i brojilac jednak nuli, i za tu vrijednost funkcija nije određena (neodređeni izraz).

Pošto jednačina 2x2 + 3 = 0 nema realnih rješenja, data funkcija je neprekidna:

Df = R, i funkcija nema vertikalnih asimptota.

Odredimo ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti:

Gornji rezultat ujedno pokazuje da nema horizontalne asimptote dale funkcije, koja postoji ako je

gdje je n realan broj, i jednačina horizontalne asimptote je y=n.

Prava y = kx+n je kosa asimptota date funkcije ako su k ≠ 0 i n realni brojevi i ako je:

Za datu funkciju je:

192

znači, data funkcija nema kosu asimptotu.

Jednačina 2x2 - x + 3 = 0 nema realnih rješenja, data racionalno razlomljena funkcija je neprekidna. Df=R, frunkcija nema vertikalnu asimptotu.

Horizontalna asimptota se određuje kao:

Jednačina horizontalne asimptote date krive je y = 3, Racionalno razlomljena funkcija koja ima horizontalnu, nema kesu asimptotu.

d) Rješenje: Ponašanje funkcije u prekidima:

Jednačina horizontalno asimpttle je y = 0.

Za x = -1 i x = 0 funkcija je prekidna. Za x = -1 brojilac razlomka različit je od nule. funkcija ima vertikalnu asimptotu jednačine x = -1.

Za x=0 funkcija je neodređeno vrijednosti. Domen: R\{-1,0}.

Ponašanje u tačkama prekida:

Horizontalna asimptota:

Funkcija nema horizontalnu simptotu.

Kosa asimptota:

193

Jednačina kose asimptole je y = x - 3.

f) Rješenje: Ponašanje funkcije na krajevima oblasti deiinisanosti:

Funkcija ima horizontalnu asimptotu jednačine y = 0 za x →-∞

Kosa asimptota može da postoji za x → +∞ (za x→-∞ ima horizontalnu) Jednačina kose

asimptote je y = 2x za x → +∞

g) Rješenje:

Funkcija nema horizontalnu asimptotu.

Jednačina kose asimptote je y = x -2

33. Ispitati tok (na elementarni način, bez primene diferencijalnog računa), i nacrtati dijagram slijedećih

funkcija:

Rješenje:

(linearna funkcija, prava)

nula funkcije u tačci A(3,0)

, presječna lačka dijagrama funkcije sa ordinatorn je B(0,6)

194

3) Dijagram

195

4) Znak funkcije: y > 0 za y = 0 za x = 3

y < 0 za

Funkcija je opadajuća u cijelom toku: za je

5) Funkcija nije ni parna ni neparna.

b) y=(x-2) (kvadratna funkcija, parabola)

1) Df=R

2) y = 0 (x-2) = 0 x = 2, nula funkcije je u tačci A(2,0), y(0) = 4, presjećna tačka dijagrama funkcije sa ordinatom je B(0,4)

3) Teme parabole je u tačci T(2,0)

4) Dijagram

Slika 3-16

Slika 3-15

196

5) Znak funkcije y>0 za x {(-∞,2) u(2,+ ∞)} y = 0 za x = 2

6) Monotonost funkcije: za x: -∞ 2 je y: +∞ 0

za x: 2 +∞ je y: 0 +∞.

7) Funkcija nije ni parna ni neparna.

c) y = -3X2 + x + 10 (kvadratna funkcija, parabola)

1) D, = R

2) y = 0 => -3X2 + x+10 = 0 x = 2 v x =

Nule funkcije su u tačkama A(2,0) i B( ,0)

y(0) = 10, presječna tačka dijagrama sa ordinatom je C(0,10)

3) Teme parabole:

a<0 parabola ima maksimum

4) Dijagram

197

5) Znak funkcije:

6) Monotonosf funkcije:

7) Funkcija nije ni parna ni neparna. d) (kubna funkcija)

1) Df=R

2) ; nula funkcije je u tačci A(1.14; 0)y(0) = -3, dijagram funkcije siječe ordinatu u tačci B(0,-3)

3) Dijagram funkcije

198

4) Znak funkcije: y<0 za x (—∞; 1,14)y = 0 za x = 1,14y > 0 za x (1,14; +∞)5) Monotonost funkcije: za x: -∞ +∞ je y: -∞ +∞6) Funkcija nije ni parna ni neparna.

e) y = f(x) = (korena funkcija)

1) x> 0, Df = {x׀x (0,+∞)}2) y = 0 x = 0. nula funkcije je u tačci A(0,9)

3) Dijagram funkcije

199

4) Znak funkcije: y = 0 za x = 0

5) y>0 za x (0,+∞)6) Monotonosl funkcije: za x: 0 +∞ je y: 0 +∞7) Funkcija nije ni parna ni neparna.

Napomena: Funkcija je dvoznačna funkcija, inverzna funkcija funkcije y=x2, a dijagrami inverznih funkcija su međusobno osno simetrični u odnosu na pravu y = x

Slika 3-20

f) (eksponencijalna funkcija)

1) Df = R

2) je nula funkcije,A(1,89: 0)

y0, prosječna tačka dijagrama sa ordinatom je B(0; -3,5)

3) , jednačina horizontalne asirnptole je y = -4. za x→-∞

200

4) Dijagram funkcije

Slika 3-21

5) Znak funkcije: y<0 za x (-∞; 1,89)y = 0 za x = 1,89y > 0 za x (1,89;+∞)

6) Monotonost funkcije: za x: -∞ +∞ je y: -4 +∞

7) Funkcija nije ni parna ni neparna.

9) y=f (x) =2 log3(4 - 2x) + 1 (logaritamska funkcija)

1) 4 - 2x > 0 x< 2, Df = {x|xe(-∞, 2)}

2) 2 log3 (4 - 2x) + 1 =0 ; nula funkcije; A(1,71: 0)

y(0) = 2 log34 + 1 = 3,52; diagram funkcije siječe u ordinatu u tačci B(0: 3,52)

3) jednačina vertikalne asimptote je x = 2

201

4) Dijagram funkcije

Slika 3-22

5) Znak funkcije: y>0 za (-∞; 1,71)y = 0 za x = 1,71y < 0 z a x (1,71;2)6) Monotonost funkcije: za x: -∞, 2 je y: +∞ -∞7) Funkcija nije ni parna ni neparna.

Dijagram logaritamske funkcije se jednostavnije može predstaviti pomoću dijagrama inverzne funkcije, za

Napomena inverzna funkcija je

h) (racionalna funkcija, hiperbola)

1)

2) nema realnih rješenja, nema nule funkcne

, dijagram siječe ordinatu u tačci A(0; -0,75)

3) . jednaćina horizontalne asimptote je y=0

202

jednacina vertikalne asimptote je x = 2

4) Dijagram funkcije Slika 3-23

5) Znak funkcije: y < 0 za x (-∞, 2) y > 0 za x (2, +∞)

Monotonost funkcije: 7) Funkcija nije ni parna ni neparna.

i) (racionalna funkcija, hiperbola)

1)

2) je nula funkcije: A(1,0)

y(0) = -1, dijagram funkcije siječe ordinatu u tačci B(0,-1)

203

3) , jednacina horizontalne asimptote je y=1x..

jednacina vertikalne asimptote je x = -1.

4) Dijagram funkcije:

Slika 3-24

5) Znak funkcije:y > 0 z a x {(-∞. -1) w(1,+ ∞)}y = 0 za x = 1y < 0 za x (-1,1)

6) Monotonost funkcije

7) Funkcija nije ni parna ni neparna.

j) y = f(x) = 2x - |x| + |3 - 4x|

1) Df= R

1) Funkcija nema nule jer f(x) = 0 nema rješenja ni u jednom dalom intervalu.

2) Dijagram lunkcije

204

Slika 3-25

4) Znak funkcije y > 0 za x Df.

5) Monotonost funkcije:

6) Funkcija nije ni parna ni neparna.

205

4.

Diferencijalni račun

4.1. Izvodi i diferencijali funkcija sa jednim argumentom

eka je y=f(x) neprekidna funkcija u intervalu (a,b). Na osnovu definisane funkcionalne zavisnosti f, bilo kojoj vrijednosti argumenta x iz oblasti definisanosti funkcije, pridružena je odgovarajuća vrijednost

funkcije y. Postavlja se p i t an je kako utiče promena (priraštaj) vrijednosti nezavisne promcnljive x na promenu vrijednosti funkcije y. Neka je x0 jedna tačka iz intervala (a,b) kojoj odgovara vrijednost funkcije y0=f(x0). Ako x0

dobije priraštaj Δx, onda će i vrijednost funkcije y0 dobiti priraštaj Δy, tj.

N

Neka je S kriva jednačine y=f(x), a M0(x0, y0) i M1(x0 + Δx, y0 + Δy) su dve tačke na njoj (si. 4-1).

Uticaj prumene (priraštaja) vrijednosti nezavisne promjenljive na promenu vrijednosti zavisne promjenljive je karaktensan količnikom priraštaja funkcije Δy i priraštaja argumenta Δx. Količnik priraštaja funkcije i priraštaja argumenta

predstavlja prosečnu brzinu promene vrijednosti funkcije y=f(x) u odnosu na promenu argumenta x u intervalu (x0, x0+Δx), odnosno prirastaj funkcije f(x) računat na j ed in icu priraštaja argumenta x u tniervalu (x0, x0+Δx). Pozitivan odnos Δy/Δx naziva se uspon funkcije, a negativan pad funkcije.

Slika 4-1

206

Geometrijski, to je koeficijent pravca sječice M0

1

t j . tqβ (slika 4-1).oličnik Δy/Δx u nekoj tački xne zavisi samo od te izabrane tačke, nego je funkcija od Δx.

Zbog toga odnos Ay/Ax nije prikladna mera za relativnu promenu vrijednosti funkcije. Da bi brzina promene vrijednosti funkcije y=f(x) zavisila samo od izabrane tačke x0, a ne i od priraštaja argumenta, Δx se postepeno smanjuje sve dok ne postane sasvim malo, tj. ΔX→0. Ako postoji granična vrijednost količnika Δy/Δx kada Δx teži nuli, onda se ta granična vrijednost naziva izvod funkcije y=f(x) u tački x0 i obilježava se

Geometrijski ako ΔX teži nuli,tada se tačka M1, duž krive S približava tački M0, Granični položaj sječice M0M1, je tangenta t, krive S u tački M0. Izvod funkcije y=f(x) u tački x0, ij. f'(x0) predstavlja koeficijent pravca tangente t, tj. tqα (slika 4-1}. Jednnčina tangente na krivu funkcije f(x) u tački M0 izgleda ovako:

Ako se umesio x0 uzme proizvoljna tačka x iz intervala (a,b),onda relativna promjena vrijednosti funkcije glasi (1)

Ako količnik Δy/Δx teži konačnoj granici kada 0x teži nuli, onda se ta granična vrijednost zove izvod funkcije y=f(x) u tački x i obilježava se sa f'(x) tj.

Izvod funkcije y=f(x) se obeležava još i sa y'.

Za funkciju y=f(x) koja ima izvod u nekoj tački x kaže se da je derivabilna u toj tački. Ako funkcija y=f(x) ima izvod u svakoj tački intervala (a,b), onda je ona derivabilna u tom intervalu. Funkcija koja je derivabilna u čitavoj oblasti definisanosti naziva se derivabilna funkcija.

Za postojanje izvoda funkcije u nekoj tački je potrebno da ona u toj tački bude neprekidna. Obrnuto ne mora da važi, tj. funkcija neprekidna u jednoj tački ne mora imati izvod u toj tački.

Izvod derivabilne funkcije y=f(x) je takode funkcija, koja zavisi samo od x. Funkcija y'=f'(x) za svako x iz oblasti definisanosti ima određenu konačnu realnu vrijednost, koja je jednaka graničnoj vrijednosti količnika Δy/Δx u posmatranoj tački.

Primjer

Odrediti koeficijent pravca sječice krive y =x2 u tački x0 = 3 ako je

a)Δx = 1b) Δx = 0,01c) Δx = 0,001

d) Δx = 0,0001

Zatim naći izvod funkcije y=x2 i odrediti jednačinu tangente u tački M0(3,9). Početna tačka sječice je

fiksirana, a to je M0(3,9).

Može se primetiti da vrijednost koeficijenta pravca sječice teži 6 kada priraštaj teži nuli, tj. da vrednost koeficijenta pravca sječice zavisi od priraštaja argumenta.

207

y Δy = (x + Δx)

Δ= (x+x)- = 2xx Δx

Pošto je jednačina tangente

to je

2. Izračunati izvod funkcije

po definiciji

3 Odrediti tangentu krive y = 4x2 + 5 u tački M(3,41).

Dobijeni rezultat znači da je ugaoni koeficijent tantente u tački M(3,41), tqα = 24, pa je jednačina tan

yt = 41 + 2 4 (x-3) odnosno

y = 24x-31

Neka je f(x) funkcija koja ima izvod u nekoj tački x intervala (a,b), tj.

1

tada prema definiciji granične vrijednosti

pri čemu ε teži nuli kada Δx teži nuli.

Na osnovu prethodne jednačine, priraštaj funkcije je moguće izraziti kao

Ax = f'(x) Δx + εΔx (3)

gdje izraz f'(x)Δx predstavlja glavni dio priraštaja funkcije, a izraz εΔX predstavlja sporedni dio priraštaja funkcije. Glavni dio priraštaja funkcije se naziva diferencijal prvog reda funkcije y=f(x) i obilježava se

dy = df(x) = f'(x) Δx = y'Δx. (4)

Prema tome, diferencijal funkcije y=f(x) je jednak proizvodu izvoda funkcije i proizvoljnog priraštaja argumenta.

Koristeći funkciju y=x moguće je dokazati da se priraštaj argumenta poklapa sa diferencijalom argumenta, tj.

Δx = dx

Ako se polazi od jednačine y=x, onda je dy=dx. Pošto je y'=1, onda je

dy = 1 ∙ Δx = Δx,

a odavde slijedi da je Δx = dx.

Zamjenom ove jednakosti (4) postaje

dy = df (x) = f'(x)dx = y'x. (4')

Prema tome, diferencijal funkcije y=f(x) je jednak proizvodu izvoda funkcije i diferencijala argumenta.

Jednačina (4') se može napisati u obliku tj. izvod neke funkcije jednak je

količniku diferencijala funkcije i diferencijala argumenta. Zbog toga se izvod zove još i diferencijalni količnik.

Prema jednačini (3) kada je Δx relativno malo u odnosu na x moguće je odrediti približnu vrijednost priraštaja funkcije pomoću diferencijala funkcije, tj.

208

Δ= f'(x) dx = dy. (

Primjer

1. Data je funkcija y=xZa x=100 i Δx=0,01 odrediti priraštaj funkcije i približnu vrijednost pri

raštaja funkcije pomoću diferencijala funkcije. Zatim izraziti učinjenu apsolutnu grešku i relativnu grešku. y + Δy = (x + Δ x)2

Δy = (x + Δx)2 - x2 = 2x Δx + (Δx)2

Δy (x=100, Δx=0,01) = 2,000dy = 2xΔxdy(x=100. Ax=0,01) = 2

Apsolutna greška iznosi Δy - dy = 2,0001 - 2 = 0,0001.

Relativna greška iznosi

Ovaj zadatak može da bude korišćen, na primer, za rješavanje slijedećeg praktičnog problema.

Želi se izračunati površina kvadrata sa stranom 100m i pri merenju ove strane učini greška Δx=0,01 m. Kolika će biti greška u površini?

Izračunavanje te greške preko priraštaja površine (Δy) se može zamjeniti sa diferencijalom površine (dy), što znači da greška u površini iznosi približno 2m2.

3 Za koliko će se povećati zapremina kocke sa ivicom 2,3 m, ako se njena ivica poveća za 0.1 m?

x = x3

y+Δy = (x +Δx)3

Δy = (x+Δx)3 - x3 = 3x2 Δx + 3xΔx2 + Δx3

Δy(x=2.3; Δx=0,1)= 1,657dy = 3x2 Δxdy(x=2.3; Δx=0,1) = 1.587

Stvarno povećanje zapremine kocke iznosi 1,675 m3, dok se približnim računanjem dobija vrijednost 1.587 m .

Apsolutna greška iznosi Δy - dy = 1,657 - 1,587 = 0,070.

Relativna greška iznosi

Za x = 2,3 i Δx = 0,01 biće:

Δy = 0,159391 i dy = 0.1587, tj. apsolutna greška iznosi 0,000691; a relativna greška 0,04%.

Navedeni primeri potvrđuju kako se u približnim računanjima Δy može zameniti sa dy, jer su greške zanemarljive.

4.1.1. Pravila za izračunavanje izvoda

Pretpostavlja se da su funkcije f(x), g(x), v(x) i w(x) đifercncijabilnc funkcije. Izvod

konstante je nula.

Neka je y = f(x) = C, gdc je C konstanta, tada je

Izvod funkcije y = k f (x), gde je k konstanta, je y'= k f'(x).

209

Izvod funkcije y=u(x)+v(x) jednak je y'= u'(x) + v'(x)

Pravilo važi za konačan broj sabiraka.

Izvod funkcije y = u(x) v(x) jednak je y'= u'(x) v(x) + u(x) v'(x)

Ako ima više faktora, onda se zadatak svodi na prethodni jer, ako je y = u(x)v(x)w(x) onda je

Izvod funkcije y=u(x)/v(x) jednak y'=(u'(x)v(x)-u(x)v'(x))/v(x))2.

Neka je x = g(y) inverzni oblik funkcije y=f(x) i f'(x)≠0, tada važi jednakost g'(y)=1/f' (x)

y-Δy = f(x+Δx) x+Δx = g(y+Δy)

Δy = f(x+Δx)-f(x) Δx = g(y+Δy)-g(y)

kako je odakle sliiedi

Zbog neprekidnosti funkcije y = f(x) Δy →0 ako Δx→0, i zato

Neka je y = f(u) složena funkcija, gdje je u = g(x), tada važi jednakost y' = f ' (u)u ' (x) .

Dokaz:

Pošto Δu → 0 kada i Δx → 0, tada je

Izvod funkcije y = ex je y' = ex .

y+ Δy = ex+Δx

210

Δy = ex+Δ

x

e= e(eΔx

- 1)

Uvodi se smjena

gdje n → ∞kad Δx →0, odnosno

Dalje je

Jer je

Prvi

izvod za napred navedene funkcije je određen po definiciji izvoda, a za naredne funkcije će se odrediti konšćenjcm dokazanih pravila za izračunavanje izvoda već poznatih funkcija.

Izvod funkcije y = ax jednak je y' = ax In a .

Kako je

to je uvođenjem smjene u = x In a složena funkcija

y = eu

Tada je prema izvodu složene funkcije

y =(eu)'u'.

Kako je

(eu)'= eu i u' = In a,

to je

y'=euln a,

odakle je y' = ex ln a In a = e x ln a x In a = a x In a

Izvod funkcije y = In x jednak je y' = 1/x. Kako je x = ey i x' = ey

to je prema izvodu inverznog oblika funkcije

odakle je

Izvod funkcije y = logax jednak je Kako je

x = ay i x' = ay ∙ In a,

to je prema izvodu inverznog oblika funkcije

odakle je .

Izvod funkcije y = xn za n realan broj jednak je y' = nxn-1

Kako je

to je uvođenjem smijene

u = n ∙ In x

složena funkcija

y = eu

Primjenom pravila za izračunavanje izvoda složene funkcije se dobija

y' = (eu)'u'

Kako je

211

)' = ei

a

to je

od

ak

le

je

Bez dokaza dajemo izvode za slijedeće funkcije:

Prikazaćemo još jedan pristup formiranju pravila za izračunavanje izvoda:

1) Izvod funkcije y = f(x) pomoću izvoda njenog inverznog oblika, tj. funkcije x - g(x)

Za dokaz može poslužiti napred prikazan postupak, uz dodatak da je lako uočljivo da važi:

i da je:

2) Izvod složene funkcije y = l(g(x))

Neka je g(x) = u, tada će biti:

Uz konstataciju da je du beskonačno mala veličina jer je i dx beskonačno malo.

3) Izvod konstante y = f (x) = k

4) Izvod zbira i razlike dveju funkcija, tj. izvod funkcije y = g1(x) ± (x) g2(x) ili kraće y = u ±v

5) Izvod funkcije y = In x

Ako je data složena funkcija y = f(x) = In g(x) onda (prema 2. izvodu) važi:

212

6) Izvod implicitno datih funkcijaPri iznalaženju izvoda implicitno date funkcije poštujemo slijedeća pravila: Ako su dva matematička izraza jednaka, onda su i njihovi izvodi jednaki, a izvod za cijelu jednakost iznalazimo za svaku stranu jednakosu posebno (član po član) po istoj promjenljivoj (argumentu), uz napomenu: ako je jedan od članova jednakosti yn, a izvod tražimo po x, onda je yn prosta funkcija po y, ali je složena po x.

7) Izvod proizvoda dveju funkcija, tj. izvod funkcije y = g,(x) gsfx), ili kraće y = u v

za datu funkciju In y = In u + In v iznalaziti izvod po x, pa članove1 dx'In y. In u i In v tretiramo kao složene funkcije po x)

Na sličan način rješavamo i slučaj sa više faktora, pa zaključujemo da važi:

ili uopšte za n faktora:

Kada je y = k ∙ g(x), y' = k' ∙ g(x) + k ∙ g'(x), a pošto je (prema poglavlju 3) k' = 0, biće v' = kg'(x)

8) Izvod stepene funkcije, tj. funcije y = x", (n je konstanta)

Ako je data složena funkcija y = (g(x))n, onda (prema poglavlju 2) važi:

y' =n(g(x))n-1 ∙ g'(x)

Specijalno, kada je y = x onda je y' = 1, a kada je y = kx onda je y' =k

9) Izvod količnika dvije funkcija, tj. izvod funcije y=g1(x)/g2(x) ili kraće y=u/v

Kada je onda je

213

Specijalno, kada je y = k/x , onda je

10) Izvod eksponencijalne funkcije y = ax

Specijalno, kada je a = e, tj. kada je y = ex, važi:

y' = ex In e = ex.

Ako je data složena funkcija y = ag(x), onda (prema izvodu složene funkcije) važi: y' = ag(x) In a ∙ g'(x).

Specijalno, kada je y= e g(x) , važi:

y' = eg(x) ∙ g'(x).

11) Izvod logaritamske funkcije y = logax

Ako je data složena funkcija y = logag(x), onda važi:

slijedećim primjerima odredimo prvi izvod datih funkcija:

Primjer

ili prema ,

214

jer jo g(x)=x2

ili kao izvod implicitno zadate funkcije

4.1.2. Izvodi i diferencijali višeg reda

Neka je y=f(x) funkcija koja ima izvod y'=f'(x).

Ovaj izvod je takođe funkcija od x i može da ima svoj izvod koji se zove drugi izvod ili izvod

drugog reda - drugi izvod se obeležava sa y", f"(x) ili

Na sličan način se dobijaju izvodi trećeg, četvrtog, petog,..............,n-tog reda.

Iz definicije izvoda slijedi da egzistencija izvoda n-tog reda u nekoj tački x povlači za sobom egzistenciju n-1 prethodnih uzasiopnih izvoda u okolini posmatrane tačke .

Primjer

1) Naći uzastopne izvode funkcije y = In ;

2) Naći uzastopne izvode funkcije y = ex.

y' =e" ∙ y"= e x y(n) = e x

3) Naći uzastopne izvode funkcije

Diferencijal definisan pomoću (4') je funcija od x i dx i može imati svoj diferencijal, koji se obilježava sa d(dy)=d2y=d2f(x) i zove se drugi diferencijal ili diferencijal drugog reda funkcije y=f(x). Kako se Δx može smatrati kao konstanta, Δx=dx. prema tome, diferencijal funkcije dy=f'(x) dx biće

d2y = d(dy) = d [ f'(x)dx ] = [ f'(x) dx ]'dx = [ f"(x)dx + f(x)(dx)' ] dx = f"(x)dx2. (6)

Na sličan način se dobijaju diferencijali trećeg, četvrtog, petog,………, n tog reda.

215

4.2. Osnovne osobine derivabilnih funkcija

Jedan od glavnih zadataka teorije diferencijalnog računa je određivanje veze između funkcije i njenog izvoda. U ovim ispitivanjima značajne uloge imaju slijedeće teoreme.

4.2.1. Rolova12 teorema

Ako je funkcija y=f(x) neprekidna na intervalu [a,b], koja ima izvod u svakoj tački ξ intervala (a.b) i zadovoljava uslov da je f(a)=f(b), tada postoji bar jedna tačka i u intervalu (a,b) za koju je f(ξ)=0

Prilikoin dokaza ove teoreme razmotrimo dva slučaja:

1. Specijalan slučaj, kada funkcija y=f(x) ima konstantnu vrijednost u cijelom intervalu (a,b) Tada je njen izvod y'=f'(x) u cijelom intervalu identički jednak nuli, a t a č k a ξ može da bude ma koja tačka iz intervala (a,b).2. U opštem slučaju, funkcija y=f(x) ni je konstantna, a pošto je neprekidna u intervalu [a,b]. to ona dostiže gornju medu M i donju medu m, pa važi m ≤ f(x) ≤ M za svako x iz intervala [a.b]. Pošto je f(a)=f(b), bar jedna od meda mora da bude razl iči ta od vrijednosti f u n k c i j e u k r a j n j i m tačkama intervala (a,b). Neka je, naprimer, M > f(a). Tada posioji j edna tačka ξ i n t e rva l a (a,b) za koju je f(ξ)=M. S obzirom da je f(ξ) najveća vrijednost l unkc i j e na i n t e r v a l u (a,b), uvjek je

F(ξ+Δ ξ)-f(ξ)≤ gdje Δ ξ može da bude i

pozitivna i negativna veličina. Prema tome,

S obzirom da je osobina granične vrijednosti očuvanje relacija ≤ i ≥, a po pretpostavci funkcija y=f(x) u svakoj tački intervala (a,b) ima izvod, iz (7) slijedi

a iz (8)

Kako istovremeno f'(ξ)≤ 0 i f'(ξ)≥0, to je jedino moguće samo ako je f'(ξ)=0, čime je Rolova teorema dokazana.

Ako je m<f(a), tada postoji tačka ξ1 , iz materijala (a,b) za koju je f(ξ1)= m i f '(ξ1)=0 Dokaz se izvodi na isu način kao za gornju među. Geometrijsko tumačenje Rolove teoreme je slijedeće:

Na grafikonu funkcije y=f(x), koja zadovoljava uslove Rolove teoreme, postoji bar jedna tačka u kojoj je tangenta paralelna osi 0x (vidi s l iku 4-2)

216

Slika 4-2.

Primjer 1) Funkcija je neprekidna u intervalu [0.1] i zadovoljava uslov f(0)=f(1)=0

Gornja međa ove funkcije je . Međutim u tački funkcija nema izvod, jer je

a

Prema tome ova funkcija ne ispunjava uslove Rolove teoreme, pa ne postoji tačka ξ iz intervala

[0,1] za koju je i f'(ξ)0.

2) Funkcija y=f(x)=x2-6x+13 zadovoljava uslove Rolove teoreme na intervalu [1,5]; neprekidna je u intervalu [1,5], derivabilna je u intervalu (1,5) i f(1)=f(5)=8. Prema Rolovoj teoremi u intervalu (1,5) postoji bar jedna tačka ξi za koju je f(ξ)=0. Kako je f'(x)=2x-6, rješavanjem jednačine 2ξ-6=0 dobijemo da je f'(3)=0. tj. ξ=3.

Naredna teorema je jedna od najviše korišćenih teorema teorije diferencijalnog računa, koja proizilazi iz Rolove teoreme i predstavlja njenu generalizaciju.

4.2.2. Lagranžova13 teorema o srednjoj vrijednosti

Ako je funkcija y=f(x) neprekidna na intervalu [a,b] i ima izvod u svakoj tački intervala (a,b), tada postoji bar jedna tačka ξ u intervalu (a,b) za koju je ispunjena jednakost

Da bismo dokazali ovu teoremu uvodimo pomoćnu funkciju koja jeneprekidna na intervalu [a,b], kao razlika neprekidne funkcije i linearne funkcije. U intervalu(a,b) F(x) ima konačan izvod, koji je jednak

217

Na kraju neposrednim provjeravanjem se uverimo da je

Prema tome funkcija F(x) ispunjava sve uslove Rolove teoreme. Dalje konstutujemo da postoji tačka ξ u intervalu (a,b) za koju je F' (ξ) = 0. Stoga je, prema (9)

odakle je što je trebalo dokazati. Ova teorema je priznata i pod imenom Lagranžova teorema o konačnom priraštaju.

Geometrijsko tumačenje I.agranžove teoreme o s r e d n j o j vrijednosti: Na g r a f i i k u f u n k c i j e y- f(x) koja zadovoljava uslove I.agranžove teoreme postoji bar j e d n a tačka a<ξ <b u kojoj je tangenta paralelna sa sječicnm koja spaja tačke na grafiku čije su apscise a i b. (Vidi sliku 4-3).

Slika 4-3.

1. Funkcija y=t(x)=x2-6x+13 zadovoljava uslove Lagranžove teoreme na intervalu [3,5]; neprekidna je na intervalu [3,5] i derivabilna je u intervalu (3,5). Prema Lagranžovoj teoremi o srednjoj vrijednosti postoji bar jedna tačka ξ u intervalu (3,5) u kojoj je tangenta paralelna sa sječicom koja spaja tačke na graiiku čije

su

apscise 3 i 5. Kako je prema Lagranžovoj teoremi a te rješavanjem jednačine 2ξ - 6 = 2 dobijemo da je ξ = 4. Prema tome 4 je tačka iz intervala (3,5) u kojoj je tangenta paralelna sa sječicom koja spaja tačke na grafiku sa apscisom 3 i 5.

3 Funkcija y = f(x)=(x-1)3 zadovoljava uslove Lagranžove teoreme na intervalu (0,2): neprekidna je na intervalu (0,2) i derivabilna je u intervalu (0,2). Prema Lagranžovoj teoremi o srednjoj vrijednosti postoji bar

jedna tačka \ u intervalu (0,2) za koju važi Pošto je te

rješavanjem jednačine 3 (ξ,-1)2 =1 dobijemo Obje tačke pripadaju intervalu (0,2).Što znači da postoje tangente na gratik funkcije f(x) u tačkama ξ1 i ξ2 sa koeficijentom pravca 1. Sječica koja spaja tačke grafika (0,-1) i (2,1) ima isti koeficijent pravca, lj. tangente u tačkama ξ1 i ξ2 i siečica su paralelne.

Veoma često potrebno je izračunati vrijednost date funkcije za neku datu vrijednost argument. Taj zadatak može da predstavlja problem, naročito ako se vrše nealgebarske operacije. Tako. na primjer, izračunavanje

vrijednosti funkcije jedno od najvažnijih pomoćnih sredstava matematičke analize je Tejlorova formula pomoću koga se može doći do približnih vrijednosti ovakvih funkcija ako su uslovi za primjenu Tejlorove formule ispunjeni.

4.2.3. Tejlorova14 formula

Ako je funkcija f(x) neprekidna u intervalu i ima izvod u svakoj tački tada su ispunjeni uslovi Lagranžove teoreme o srednjoj vrijednosti, koju je moguće izreći i ovako:

Postoji bar jedno iako, da važi jednakost:

218

Ako funkcija f(x) ima u (x0, xo+Δx) i drugi izvod, tj. f(x) zadovoljava uslove Lagranžove teoreme o srednjoj vrijednosti, tada važi jednakost,

gdje je

Ako se pretpostavlja da funkcija f(x) ima u (xo, x0 + Δx) više izvode zaključno sa izvodom n+1-og reda, tada višestrukim ponavljanjem primene Lagranžove teoreme o srednjoj vrijcdnosn dobijemo slijedeće:

gdje je

Polazeći od posljednje jednačine redom vršimo zamenu u neposredno prethodnu jednačinu i dolazimo do slijedeće relacije:

Može se, međutim, dokazati da postoje tačno određene vrijednosti, neodređenih koeficijenata 0 izuzev poslednjeg. Rezultat toga je Tejlorova formula:

Stavljajući da je , Tejlorova formula dobija uobičajeni oblik.

ili

gdje je Pn(x), Tejlorov polinom n-tog stepena, koji predstavlja razliku f(x)-Rn+1 i, a R n+1 je tzv. Lagranžov ostatak ili greška. Dakle, Tejlorova formula važi ako pored uslova koji su ispunjeni za Lagranžovu teoremu o srednjoj vrijednosti funkcija f(x) ima izvode do n+1-og reda od kojih su izvodi do n-tog reda neprekidni u okolini tačke xo.

Specijalan slučaj Tejlorovc formule se dobija za x0=0. To je

219

formula, poznata pod imenom Maldorenova formula15. Pomoću nje se aproksimiraju vrijednosti funkcije y=f(x) u okolini tačke x=0, a u svim ostalim slučajevima koristi se Tejlorova formula.

Primjer

1) Aproksimirati funkciju f(x) = x3 - 2x2 + 5x - 7 u okolini tačke x = 1 polinomom trećeg stepena i izračunata vrijednost P3(1,02).

Prvo se određuju f (1) = -3f'(x) = 3x2-4x +5 f'(1) = 4f"(x) 6x-4 f"(1) = 2f'"(x) = 6 f"'(1) = 6

Poslije zamjene ovih podataka u Tejlorov polinom, dobija se

2) Aproksimirati funkciju f(x)=ex pomoću polinoma petog stepena. Zadatak se rješava primenom Maklorenove tormule. Pošto je f(x) = fk(x) za k=1,2,... i f(0) = fk(0)=1, traženi polinom je slijedeći:

4.2.4. Lopitalova16 pravila

Određivanje graničnih vrijednosti funkcija može da zada j e poteškoće. Međutim, derivabilnost funkcija i u ovimim slučajevima pruža značajne olakšice. Pravila određivanja graničnih

vrijednosti pomoću diferencijalnog računa se nazivaju Lopitalovim pravilima17 i služe u slučajevima

prividne neodredenosri izraza, koji se javljaju u oblicima

Oblik Neka su funkcija f(x) i g(x) derivabilne u okolini tačke a pri čemu je g'(a) ? 0 i neka je f(a)=g(a)=0. Tada je

PrimjerOdrediti

220

Kako je

Odatle se dobija tražena granična vrijednost

Oblik

Neka je funkcija f(x) i g(x) derivabilne u okolini tačke a pri čemu je i neka je

Tada je

Primjer Napomena

Znajući da je i izvod funkcija Lopitalovo pravilo se može primjeniti ponovo na graničnu vrijednost količnika jzvodnih funkcija sva dok se ne dođe do rezultata.

Oblik 0 ∙∞

Neka su funkcije f(x) i g(x) derivabilne u okolini tačke a i neka je i

Tada proizvod funkcije f(x)∙g(x) u cilju ispidvanja granične vrijednosti se transformiše na slijedeći način:

Na taj način oblik 0 ∙∞ se svodi na ili, .

Primjer

Oblik ∞-∞

Ako je tada je izraz f(x)-g(x) kad x→a neodređeni izraz oblika ∞-∞.

Transformacijom neodređenost se može svesti na jednostavniji oblik.

221

Primjer

Oblici

Funkcija f(x)g(x) može imati jedan od navedenih tipova neodređenosti. Problem se rješavalogaritmovanjem funkcije f(x) g(x). Na taj način moguće je svesti zadatak na jedan od rješivihoblika.

Primjer

1) Odrediti . To je neodređenost oblika .

Logaritmovanjem se dobija . Odakleje što znači

2) Odrediti Javlja se neodređenost oblika . Uslovi za primenu Lopotalovog pravila su

zadovoljeni

ali problem je nemoguće rješiti pomoću njega, jer

neodređenost oblika ostaje. Zadatak se lako rješava ako i imenitelj i brojitelj pomnožimo sa e-x:

222

4.3. Ispitivanje funkcija sa jednim argumentom

4.3.1. Rastenje i opadanje funkcije

Ako je funkcija y=f(x) derivabilna u intervalu (a,b) tada se prema znaku prvog izvoda može zaključiti da li data funkcija y=f(x) raste ili opada u tom intervalu.

Neka bude f'(x) i 0 za svako x (a,b). Uzmimo dve proizvoljne vrijednosti x1 i x2 iz intervala (a,b) i neka je x2>x1. Prema Lagranžovoj teoremi o srednjoj vrijednosti postoji tačka ξ iz inrenala (x1,x2) za koju je ispunjena jednakost

f(x2)-f(x1) = f'(ξ )( x2- x1). (10)

Pošto je f'(ξ )≥0, iz (10) slijedi da jef(x2) > f(x1)

Funkcija je dakle rasruća u intervalu (x1,x2) odnosno u intervalu (a,b).

Prema tome, funkcija monotono raste u intervalu (a,b) ako je f'(x)≥0, za svako x iz tog intervala.

Slično se dokazuju i slijedeći stavovi:

Funkcija strogo monotono raste u intervalu (a,b) ako je f'(x)>0, .za svako x iz tog intervala.

Funkcija monotono opada u intervalu (a,b) ako je f'(x)≤0, za svaki x iz tog intervala.

Funkcija strogo monotono opada u intervalu (a,b) ako je f'(x)<0, za svaki x iz tog intervala.

Važi i obratno, tj. ako je funkcija monotono rastuća u intervalu (a,b) tada je f'(x)≥0, za svaki x iz tog intervala.

Ako je funkcija monotono opadajuća u intervalu (a,b) tada je f'(x)≤0, za svaki x iz tog intervala.

Neka bude funkcija y=f(x) monotono rastuća u intervalu (a,b) i neka su x i x+Δx dve proizvoljne tačke iz tog intervala. Tada važi

f(x+Δx) ≥ f(x), za Δx > 0 i f(x+Δx) ≤ f(x) , za Δx < 0

Iz ovih nejednakosti se dobija da je

nezavisno od znaka Δx.

S obzirom na osobinu granične vrijednosti da očuva relaciju i slijedi da je

Slično se dokazuje i druga tvrdnja teoreme.

Važno je istaći da strogo monotono rastuća funkcija ne mora da ima izvod strogo veći od nule, kao ni strogo monotono opadajuća funkcija ne mora da ima izvod strogo manji od nule. Objašnjenje za to je u činjenici da operacija granične vrijednosti ne očuva relaciju < i >

Na primer, funkcija f(x) = x3 je strogo monotono rastuća funkcija, a njen izvod u tački x=0 jednak je nuli.

Primjer

1)Funkcija f(x) = x ima izvod f'(x) = 2x, gdje je f'(x) > 0, za x > 0. a f'(x) < 0, za x < 0. To znači da funkcija strogo monotono raste u intervalu (o, ∞), a strogo monotono opada u intervalu (-∞, o).

2)Funkcija f(x) = e-x ima izvod f'(x) = -e-x Kako je -e-x < 0 za svako x, funkcija strogo monotono opada u intervalu (-∞,∞).

223

3)Funkcija f(x) = ima izvod f'(x) = . Kako je > 0 za svako x (0, ∞), funkcija strogomonotono raste u intervalu (0, ∞).

Funkcija f(x) = x2 - 4x ima izvod f'(x) = 2x-4. Kako je f'(x) >0 za x > 2 i f'(x) < 0 za x<2, funkcija strogomonotono raste u intervalu (2,∞) i strogo monotono opada u intervalu (-2, ∞).

4.3.2. Ekstremi funkcijeEkstrem f u n k c i j e je zajednički naziv za maksimum ili minimum. funkc i j a y=f(x) ima maksimum u tački x1

ako zadovoljava relaciju f(x1)>f(x) za svako x iz oko l i ne tacke: x1, Vrijednost f(x1) zove se maksimum ili maksimalna vrijednost f u n k c i j e . Funkcija y=f(x) ima minimum u tački X2 ako zadovoljava relaciju f(X2) ≤ f(x) za svako x iz okoline tačke x2. Vrijednost f(x2) zove se minimum ili minimalna vrijednost funkcije.

U tački maksimuma funkcija prestaje da raste, da bi počela da opada. U tački minimumafunkcija prestaje da opada, da bi počela da raste. Svaki maksimum ne mora biti i najvećavrijednost funkcije, a svaki minimum ne mora biti i najmanja vrijednost funkcije, zato se česiogovori o lokalnim ekstremima. (Vidi sliku 4-4).

SJ

U daljem ispitivanju potražićemo uslove za egzistenciju lokalnih ekstrema derivabilnih funkcija. U vezi toga dokazaćemo slijedeću teoremu:

Neka funkcija y=f(x) ima izvod u okolini tačke xo. Ako funkcija y=f(x) ima ekstrem u tački xo, tada je t'(x0)=0.

Ako je xo tačka lokalnog maksimuma funkcije y=f(x), tada prema definiciji nezavisno od Δx važi

Pa je Δx<0 f(xo + Δx) ≤ f(xo),

a za Δx>0

a graničnu vrijednost i s obzirom na predpostavku da funkcija ima izvod okolni tačke x0 dobija se

Kako je istovremeno f'(xo)≤0 i f'(xo)≥0, to je jedino moguće samo ako je f'(xo)=0, što je trebalo dokazati. Dokaz se izvodi analogno kada je f (xo) lokalni minimum.

Tačke u kojima je prvi izvod jednak nuli zovu se stacionarne tačke. Očigledno je da tačka ekstrema mora biti stacionarna tačka, jer u tačkama u kojima je prvi izvod različit od nule. funkcija raste ili opada, što znači da nema najveću ili najmanju vrijednost u okolini posmatrane tačke. Međutim, treba napomenuti da svaka stacionarna tačka ne mora biti tačka ekstrema. U tačkama u kojima je f'(x)=0, tangente krive f(x) su paralelne osi x (Vidi sliku 4—1).

224

Uslov f'(xo)=0 je samo potreban uslov egzistencije ekstrema u taćki x0, ali ne i dovoljan.

Dovoljan uslov za egzistenciju ekstrema funkcije može se dan na slijedeći način:

Neka funkcija y=f(x) ima izvod u okolini tačke x0 . Ako je f'(x0)=0 i ako je f'(x)>0 za svako x iz intervala (x0-δ, x0) i f'(x)<0 za svako x iz intervala (x0, x0+δ), gdc je δ dovoljno mala pozitivna vrijednost tada je tačka xo tačka lokalnog maksimuma funkcije y=f(x). Ako je f'(x)<0 za svako x iz intervala (x0-δ, x0) i f'(x)>0 za svako x iz intervala (x0, x0+δ) tada je tačka xo tačka lokalnog minimuma funkcije y=f(x).

Dokaz ćemo izvesti u slučaju lokalnog maksimuma.

Ako je f'(x)>0 za svako x iz inteivala (x0- δ, x0), tada je funkcija y=f(x) rastuća u intervalu (x0- δ, x0). Isto tako, ako je f (x)<0 za svako x iz inteivala (x0. x0+ δ), tada je funkcija y=f(x) opadajuća u intervalu (x0, x0+ δ). To znači da je tačka x0 tačka lokalnog maksimuma funkcije y=f(x), što je trebalo dokazati.

Analogno se dokazuje i u slučaju lokalnog minimuma.

Prilikom određivanja lokalnih ekstrema funkcije cijelishodno je koristiti više izvode. Najjednostavniji postupak za iznalaženje ekstrema funkcije određuje sli jedeća teorema.

Neka funkcija y=f(x) ima izvod u okolini tačke x0 i neka je x0 stacionarna tačka, tj. f'(x0)=0. Ako je f"(x0)<0, tada je x0 tačka lokalnog maksimuma a ako je f"(x0)>0 ,tada je tačka x0 tačka lokalnog minimuma funkcije y=f(x).

Primjer

Neka je, na primjer, f"(x0)<0. Kako je

to je i

(11)

S obzirom da je f'(x0)=0 i stavljajući da je xo+Δx=x iz. (11) slijedi da je

(12)

Relacija (12) znači da je f'(x)>0 za svako x iz intervala (xo-δ, xo) i f'(x)<0 za svako x iz intervala (x0. xo-δ). S obzirom da pri prolazu kroz tačku xo, f'(x) sa pozitivnog znaka prelazi na negativan, shodno prethodnoj teoremi o dovoljnom uslovu za egzistenciju ekstrema funkcije, tačka xo, predstavlja tačku lokalnog maksimuma.

Na sličan način se dokazuje i u slučaju kada je f"(xo)>0.

I specijalnom slučaju i drugi izvod u tački xo može biti jednak nuli. Tada se deriviranje nastavi sve dok se ne dođe do izvoda koji je različit od nule u lački xo. Ako je ovaj izvod neparan, funkcija nema ekstrema, već ona raste ili opada u xo. Ako je izvod parnog reda funkcija ima ekstrem, i to maksimum ako je vrednost izvoda u tački xo negativna, a minimum ako je vrednost izvoda u tački xo pozitivna18.

1) Odrediti rastenje i opadanje funkcije , kao i ekstreme date funkcije.

Prvo se određuje prvi i drugi izvod:

Pošlo je eksponencijalna funkcija stalno pozitivna f'(x)>0 za x (-∞,0) i f'(x)<0 za x (0,∞). Jedina stacionarna tačka date funkcije je za x=0. Pošto je f"(0)=-1 ispunjen je dovoljan uslov za postojanja lokalnog maksimuma funkcije. Prema tome data funkcija strogo monotono raste u intervalu (-∞, o). u tački x=0 ima

225

maksimum, pošto je jedini maksimum, zato je reč o globalnom maksimumu, a u intervalu (0,∞) funkcija strogo monotono opada. Maksimalna vrednost funkcije f(0) =1.

2. Odrediti ekstreme funkcije Data funkcija nije definisana za x=0, zato ćemo posebno ispitivati lijevu i desnu granu funkcije. Prvo ćemoizračunati prvi i drugi izvod:

Ispitajući lijevu granu funkcije f(x)>0 za x<-1 i f'(x)<0 za -1<x<0 x=-1 je stacionarna tačka tj. f'(-1)=0 af'' (-1)=-2. Na osnovu dobijenih informacija zaključujemo da dola funkcija strogo monotono raste u intervalu (-∞, -1). a strogo monotono opada u intervalu (-1,0). Za x=-1 funkcija ima lokalni maksimum, koji iznosi f(-1)=-2.

Ispitujući desnu granu funkci|e f'(x)<0 za 0<x<1 i f'(x)>0 za x>1. x=1 je stacionarna tačkn funkcije, tj. f'(1)=0. a f"(1)=2. Na osnovu dobijenih informacija zaključujemo da data funkcija strogo monotono opada u intervalu (0,1), a strogo monotono raste u intervalu (1, ∞) Za x=1 funkcija ima lokalni minimum, koji iznosi f(1) =2.

Dokazivanje ovog stava vrši se uz pomoć Tejlorove teoreme.

4.3.3. Konkavnost, konveksnost i prevojne tačke

Konkavnost, odnosno konveksnost je značajna osobina funkcija sa jednim argumentom koja se odražava na grafik funkcije.

Slika 4-5

Funkcija y=f(x) koja ima izvod u intervalu (a,b) je konkavna u intervalu (a,b) ako se grafik te funkcije u tom intervalu nalazi iznad tangente u bilo kojoj tački tog intervala. (Vidi sliku 4-5-A).

Ako se grafik funkcije nalazi ispod tangente u bilo kojoj tački tog intervala, tada je funkcija konveksna u intervalu (a,b). (Vidi sliku 4-5-B). Inače, riječ konkavno znaiči udubljeno, a riječ konveksno ispupčeno.

Dovoljan uslov konkavnosti i konveksnosti funkcije na intervalu (a,b) se može dan na slijedeći način:

Neka za funkciju y=f(x) postoji prvi i drugi izvod. Ako je f"(x)≥0 za svako x iz intervala (a,b), tada je funkcija y=f(x) konkavna na intervalu (a,b). Ako jc f"≤0 za svako x iz intervala (a,b). tada je funkcija y=f(x) konveksna na intervalu (a,b).

Neka je, na primer, f"(x)≥0 za svako x iz intervala (a,b). Uvodimo funkciju:

g(x) = f(x) - f(x0) - f'(x0)(x- x0)

koja predstavlja razliku ordinate funkcije y=f(x) i ordinate tangente na grafik funkcije y=f(x) proizvoljnoj tački M(x0. f(x0)). gde je xa iz intervala (a,b).

Funkcija g(x) zadovoljava uslove Lagranžove teoreme o srednjoj vrijednosti na intervalu (xo,x), te je moguće pnmjeniti. Postoji dakle tačka ξ iz intervala (xo ,x) za koji važi

226

tj. (13)

Zamjenom jednakosti g(xo)=0 i g'(ξ)=f'(ξ)_f'(x0) (13) postaje

S obzirom da je po pretpostavci f"(x)≥0 za svako x iz intervala (a,b) slijedi da je f'(x) rastuća funkcija, tj.

Odakle slijedi da je

Drugim riječima sve tačke grafika te funkcije se nalaze iznad tangente u bilo kojoj tački tog intervala (a,b). Po definiciji funkcija y=f(x) je konkavna na intervalu (a,b).

Drugi dio teoreme se dokazuje na sličan način.

Funkcija koja je konkavna (konveksna) u cijeloj oblasti definisanosti je svuda konkavna (konveksna) funkcija.

Tačka u kojoj grafik funkcije mjenja konkavnost odnosno konveksnost je prevojna tačka ili tačka infleksije. U toj tački tangenta dodiruje ili presjeca krivu. (Vidi sliku 4-6-A. i 4-6-B).

Slika 4-6

Ako se posmatra slika 4-6-A, vidi se da je kriva konkavna ili udubljena do tačke xn. a konveksna ili ispupčena od xn prema gore. Posmaliajući položaj tangente nadalje se vidi da je u tački inflcksijc vrijednost prvog izvoda maksimalna (Tangenta na grafik funkcije zaklana najveći ugao sa osom x). Prema tome u tački infleksijc prvi izvod ima maksimum, što znači da su ispunjeni slijedeći uslovi:

f"(xo) = 0 if"'(xo) < 0

Ako se posmatra slika 4-6-B, vidi se da je kriva konveksna ili ispupčena do tačke x0 prema gore. Posmatraiući položaj tangente nadalje se vidi da je u tački infleksije vrijednost prvog izvoda minimalna (Tangenta na grafik funkcije zaklapa najmanji ugao sa osom x). Prema tome u tački inflcksijc prvi izvod ima minimum, što znači da su ispunjeni uslovi:

f'"(xo ) > 0

Odakle slijedi da potreban i dovoljan uslov da funkcija y=f(x) za koju postoji prvi, drugi i treći izvod ima tačku prevoja u tački x0 da je f"(xo)=0 i f"'(x0)≠0.

U specijalnom slučaju i treći izvod u tački xn može biti jednak nuli. Tada se deriviranje nastavi sve dok se ne dodc do izvoda koji je različit od nule. Ako je ovaj izvod neparan, funkcija ima prevojnu tačku u tački xo, ako je izvod parnog reda, tada funkc i ja ima ekstrem u tački xo.

Primjer

1) Ispitati konveksitet eksponencijalne funkcije f(x) = ax. Prvo se određuje prvi i drugi izvod date funkcije.

227

Ako je a ≠ 1, onda je f"(x) > 0 za svako x, što znači da je data funkcija svuda konkavna za a ≠ 1

2) Naći prevojne tačke funkcije f(x) = x3 - 6x + 2.Prvo se određuje prvi i drugi izvod date funkcije f' (x) = 3x2 - 6 f''(x) = 6xSamo rješenje jednačine f"(x) = 0 može da bude tačka prevoja. To je u ovom slučaju x=0. Pošto, je f"'(x)=6≠ 0 za svako x, tj. f'"(0)≠0 to znači da funkcija u tački x=0 ima prevojnu tačku.

4.3.4. Ispitivanje funkcija sa konstrukcijom grafika

Elementarni način ispitivanja funkcija (Vidi tačku 3.5.) može da pruža samo djelimične informacije o nekoj funkciji. Za formiranje kompletne predstave o jednoj konkretnoj fi u n k c i j i potrebno je uključiti i diferencijalni račun kao što je to pokazano u prethodnim izlaganjima Na kraju ispitivanja postoji mogućnost za približno konsiruisanjc grafika funkcije. S obzirom na ono što je do sada izloženeo, ispitivanje funkcija treba da obuhvati slijedeće:

1° Određivanje oblasti definisanosti funkcijeNaći tačke prekida

2° Ispitivanje parnosti ili neparnosti

3° Ispitivanje ponašanje funkcije u okolini tačke prekida i na krajevima intervala

definisanosti

4° Određivanje asimptota

5° Određivanje prosječnih tačaka grafika funkcija sa koordmamim osama

6° Određivanje znaka funkcije

7° Određivanje ekstremnih tačaka

8° Određivanje intervala monotonosti

9° Određivanje prevojnih tačaka

10° Određivanje intervala konkavnosti i konveksnosu

Na osnovu ovih podataka slijedi konstrukcija grafika.

1) Ispitati funkciju i konstruisati njen grafik.

1° Funkcija je definisana za svako x za koje je x≠O. Prema tome, oblast definisanosti čine sve realne vrijednosti sem x=0, tj. x (-∞,0) (0,∞). Za x=0 funkcija ima prekida.

2° Funkcija je parna.

3°

Ovim graničnim vrijednostima je utvrđeno ponašanje funkcije u tački prekida i na krajevima intervala definisanosti.

4° Na osnovu prethodne tačke se zna da je:

tj funkcija nema horizontalnih asimptota,

tj. x=0 je vertikalna asimptota funkcije.

Jedino još treba proveriti da li postoji kosa asimptota. Pošto

je , funkcija nema kosu asimptotu.

228

5° Presječna tačka grafika funkcije sa x osom se dobija za y=0, ali jednačina

nema realni korjen, jer iz x4+1=0 slijedi da je x4=-1, a to je nemoguće u skupu realnih brojeva, io znači da grafik funkcije ne siječe x osu.

Presječna tačka grafika funkcije sa y osom se dobija za x=0, ali u toj tački funkcija ima prekida i zbog toga grafik funkcije ne siječe ni y osu.

6° Funkcija je stalno pozitivna. 7° Potreban uslov za egzistenciju ekstremnih vrijednosti da je

Realni korjeni ove jednačine x=1 i x=-1 određuju stacionarne tačke funkcije

Pošto je f"(1)=8>0 i f" (-1)=8>0, dovoljan uslov za egzistenciju minimuma je ispunjen. Prema tome, tačke minimuma su (-1,2) i (1,2).

8° Interval monotonosti se određuje na osnovu već izračunatog prvog izvoda, koji ćemo rastavili na prošle faktore:

Tabela za određivanje znaka prvog izvoda, tj. rastenje i opadanje funkcije:

9° Prevojne tačke se određuju na osnovu drugog odnosno trećeg izvoda funkcije. Jednačina

nema realnih rješenja, odavde slijedi da funkcija nema prevojnih taaka.

10° Pošto je drugi izvod pozitivan za svako x iz oblasti definisanosti. funkcija je svuda konkavna.

Na osnovu dobijenih rezultata konstruisan je grafik funkcije (Vidi sliku 4-8).

229

2) Ispitati funkciju i konstruisati njen gralik.

1°. Funkcija je definisana za svako x za koje je x2 -1≠0. Prema lome. oblast definisanosti funkcije je

x (-∞,-1) (-1,1) (1, ∞) .

Za x = ± 1 funkcija ima prekida.

2°--------------------------- pa je funkcija neparna.

3°------------

Ovim graničnim vrijednostima je utvrđeno ponašanje funkcije u tačkama prekida, i na krajevima definisanosti.

4° Na osnovu prethodne tačke se zna da je , funkcija nema horizontalnih asimptota.

vertikalna asimptota funkcije.

je vertikalna asimptota funkcije.

Pošto je , prava y=x je kosa asimptotafunkcije.

5° Presječna tačka grafika funkcije sa x osom se dobija za y=0, tj. rješavanjem jednačine Jednačina ima realno rješenje i to za x=0, što znači da je koordinatni početak O (0,0) jednačina prosječna tačka sa koordinatnim osama.

6° Prvo se rastavlja funkcija na proste faktore

a zatim se određuje znak funkcije pomoću slijedeće tabele:

7° Potreban uslov za egzistenciju eksternih vrijednosti da je

230

231

Korjeni ove jednačine su

Pošto je , dovoljan uslov za egzistenciju maksimuma u tački je ispunjen. f"(0)=0,

dovoljan uslov za egzistenciju ekstrema u tački x = 0 nije ispunjen. , dovoljan uslov za

egzistenciju minimuma u tački je ispunjen.

Prema tome. funkcija ima ekstremne vrijednosti u tačkama maksimum i8° Intervali monotonosti se određuju na osnovu prvog izvoda. Tabela za određivanje znaka prvog izvoda, tj. rastenje i opadanje funkcije

9° Potreban uslov za postojanje prevojne tačke da je

Realno rješenje gornje jednačine je x=0. Pošto je

dovoljan uslov za egzistenciju prevojne tačke je ispunjen. Tačka (0,0) je prevojna tačka funkcije.

10° Intervali konkavnosti odnosno konveksnosti se određuju na osnovu drugog izvoda, koji se u tom cilju rastavlja na proste činioce, tj.

Tabela za određivanje znaka drugog izvoda, tj. konkavnosti i konveksnosti funkcije:

232

Na osnovu dobijenih rezultata konstruisan je (Vidi sliku 4-9).

233

4.4. Izvodi i diferencijali funkcija sa dva i više argumenta

eka je z=f(x,y) neprekidna funkcija od dva argumenta u nekoj oblasti D. Ako se y smatra kao konstanta, a x pusti da varira, tada će z biti funkcija samo od jednog argumenta, od argumenta x.

Ako ona ima izvod, onda se taj izvod zove parcijalni izvod funkcije z po x i obilježava seN

Ako se x smatra kao konstanta, a y pusti da varira, tada će z bili funkcija samo od argumenta y. Ako ona ima izvod, onda se t a j izvod zove pa rc i j a l n i izvod funkcije z po y i obilježava se

U opštem slučaju parcijalni izvod funkcije od dva ili više argumenata po jednom argumentu je izvod te funkcije po tom argumentu uz pretpostavku da su ostali argumenti konstante.

Treba napomenuti da simboli i ne predstavljaju količnike.

Iz definicije parcijalnih izvoda slijedi da se oni izračunavaju pomoću pravila za izračunavanje izvoda funkcija sa jednim argumentom.

Primjer

1) Naći parcijalne izvode funkcije z = x2 + xy + 3x + 2y

Parcijalni diferencijal funkcije sa dva i više argumenata po jednom argumentu je proizvod parcijalnog izvoda funkcije po tom argumentu i priraštaja tog argumenta, odnosno diferencijala tog argumenta.

2) Za funkciju pokazati da je .

Poš to j e i zato je

U slučaju funkcije z=f(x,y) parcijalni diferencijali su slijedeći:

Zbir svih parcijalnih diferencijala se naziva totalni diferencijal.

U slučaju funkcije z=((x,y) totalni diferencijal je slijedeći:

Priraštaj funkcije z=l(x,y) je po definiciji

234

Δz = f(x+Δx,y+Δy) - f(x,y).

Priraštaj f u n k c i j e z=f(x,y) koji ima parcijalne izvode i po x i po y moguće je predstaviti i na slijedeći način:

Gdje , kada

Totalni diferencijal predstavlja glavni dio priraštaja funkcije, a ostatak je sporedni dio priraštaja funkcije.

Totalni diferencijal se može korisno upotrebiti u približnim računima. Ako su Δx : Δy dovoljno mali, onda se priraštaj funkcije z može zamijeniti sa totalnim diferencijalom funkcije z, jer sporedni deo priraštaja funkcije teži nuli.tj.

Δz = f(x+Δx,y, + Δy) - f(x,y) - dz.

4.4.1. Parcijalni izvodi i totalni diferencijali višeg reda

Neka je dala funkcija z=f(x,y) koja ima parcijalne izvode

koji se zovu parcijalni izvodi prvog reda i l i prvi parcijalni izvodi. Ovi parcijalni izvodi su takođe funkcije od x i y i mogu imati svoje parcijalne izvode koji se zovu parcijalni izvodi drugog reda ili drugi parcijalni izvodi i obilježavaju se na slijedći način:

Na sličan način se dobijaju parcijalni izvodi trećeg, četvrtog, petog,..., n-tog reda. Iz definicije parcijalnog izvoda slijedi da egzistencija parcijalnog izvoda n-tog reda u nekoj raćki x povlači za sobom egzistenciju n- prethodnih uzastopnih parcijalnih izvoda u okolini posmatrane tačke.

Pri rješavanju ekonomskih problema važi jednakost

Neka je data funkcija z=f(x,y) koja ima totalni diferencijal

koji se zove totalni diferencijal prvog reda il i prvi totalni d i f e renc i j a l . Kako se dx i dv mogu smatrati kao konstanta, t a k o je t o t a ln i diferencijal prvog reda funkcija od x i y, koja može imati svoj totalni diferencijal, koji se zove totalni diferencijal drugog reda ili drugi totalni diferencijal i obilježava se:

235

Naći prvi i drugi totalni diferencijal funcije z=x + 4x y +7xy+1.

236

4.5. Ekstremne vrijednosti funkcije sa dva argumenta

unkcije koje se j av l ja ju prilikom rešavanja praktičnih problema najčešće sadrže više argumenata. U većini slučajeva rješavanje problema se sastoji u određivanju ekstremnih vrijednosti

funkcija na nekom skupu. U nastavku izložićemo najvažnije metode i rezultate ove oblasti.F4.5.1. Rješavanje problema slobodnog ekstrema funkcije

Funkcija z=f(x,y) una maksimum u tački (x0,y0) ako je f(x0,y0) ≥ f(x,y) za svaku taćku (x,y) iz okoline t a čke (x0,y0).

Funkcija z=f(x,y) ima minimum u tački (x0,y0) ako je f(x0,y0) ≤ f(x.y) za svaku račku (x,y) iz okoline tačke (x0.y0).

Maksimum i minimum funkcije z zovu se ekstremi funkcije z.

Potreban uslov za postojanje ekstrema diferencijabilne funkcije z=f(x,y) u tački (x0.y0) je da su u toj tački parcijalni izvori prvog reda jednaki nuli, tj.

Tačke u kojima su prvi parcijalni izvodi diferencijabilne funkcije z=f(x,y) jednak nuli, nazivaju se stacionarnim tačkama.

Dovoljan uslov za postojanje ekstrema diferencijabilne funkcije z=f(x,y) u tački (x0,y0) je da je tačka (x0,y0) stacionarna tačka, tj .

a vrijednost

U tom slučaju funkcija y=f(x,z) u tački (x0,y0) za

ima maksimum,

ima minimum.

Funkcija z=f(x,y) nema ni maksimum ni minimum ako je Δ(x0,y0) <0, a za Δ(x0,y0) =0 potrebna su daljnja ispitivanja.

Prema tome za određivanje ekstrema funkcije sa d v a argumenta z=f(x,y) potrebno je u r ad i t i slijedeće:

1) Odrediti stacionarne tačke (x0,y0) , tj. rješiti sistem jednačina

2)Odrediti parcijalne izvode drugog reda 3) Izračunati vrijednost Δ(x0,y0) za svaku stacionarnu tačku. Tada u tački (x0,y0) funkcija z=f(x,y)

237

a) ima maksimum, ako je Δ(xo,yo)>0 i

b) ima minimum, ako je Δ (xo,yo)>0 i

c) nema ekstrema, ako je Δ (xo,yo)<0,

d) može. ali ne mora imati ekstrem za Δ (x0.yo)=0.

Primjer

Naći ekstremne vrijednosti funkcije z = 2 + 2x + 4y-x -y.

Najprije se određuju stacionarne tačke.

Zatim se određuju parcijalni izvodi drugog reda

Na osnovu dobijenih podataka određuje se Δ(1,2) = (-2)(-2)-0 = 4>0

Pošto je z"(1,2) = -2 <0. funkcija z ima maksimum u tački (1,2) koji iznosi zmax = z(1,2) = 7.

2 Naći ekstremne vrijednosti funkcije z = x3 + 3xy2 - 15x - 12y.

Prvo se određuje stacionarne tačke, kao rješenja sistema,

Rješenja su. (1,2), (2,1), (-1,-2), (-2,-1).

Zatim se određuju parcijalni izvodi drugog reda. To su slijedeći:

Na osnovu dobijenih podataka određuju se

Δ(x,y) = 6x ∙ 6x - (6y)2

Tada

Δ (1,2) = 6 ∙ 6 - 122 = 36 - 144 < 0, funkcija nema ekstrema,Δ (2,1) = 12 ∙ 1 2 - 62 = 144 - 36 > 0 i z"(2,1) = 12 > 0, funkcija z ima minimum zmin = z(2,1) = -28,Δ( -1,-2) = (-6) ∙ (-6) - (-12)2 < 0, funkcija nema ekstrema,Δ (-2,-1) = (-12) ∙ (-2)-(-6)2>0 i z"(-2, -1) = -12<0, funkcija z ima maksimum, zmax. = z(-2,-1) = 28.

238

4.5.2. Uslovni ekstrem

Ekstrem funkcije y=f(x,y) uz dato ograničenje φ(x,y)=0 naziva se uslovnim ili vezanim, a taku dobijeni maksimum ili minimum uslovnim minimumom ili maksimumom. Tada funkcija f(x,y) zavisi samo od jednog argumenta, a zadatak je moguće svesti na problem ekstrema funkcije sa jednim argumentom. Zbog teškoća koje se mogu j av l j a t i prilikom izračunavanja promjenljive x ili v iz jednačme φ(x,y)=0 i zamjene u funkciju f(x,y), za traženje ekstrema u ovakvim slučajevima koristi se metod koji se naziva metod Lagranžovog multiplikatora.

Prvo se postavlja Lagranžova funkcija

F(x,y) = f(x,y) + λφ>(x,y),

gdje je x konstanta koja se naziva Lagranžov multiplikator.

Potreban uslov za postojanje ekstrema funkcije z=f(x,y), u tački (x0,y0) je da su parcijalni izvodi prvog reda Lagranžove funkcije u toj tački jednaki nuli, tj.

Dovoljan uslov za postojanje ekstrema funkcije y=f(x.y) u tački (x0,yo) obuhvata ispitivanje potrebnog uslova i

Ako je d2F(xo,yo, Xo) < 0, funkcija ima uslovni maksimum,

Ako je d2F(xo,yo, x0) > 0, funkcija ima uslovni minimum.

Prema tome, za određivanje uslovnog ekstrema funkcije z=f(x,y) po metodu Lagranžovog multiplikatora potrebno je uradio slijedeće:

1. Postaviti Lagranžovu funkciju.

2. Odrediti parcijalne izvode prvog reda Lagranžove funkcije, izjednačio ih sa nulom i rješiti tako dobijeni sistem jednačina. Neka su rješenja:

x=xo, y=yo i λ=λ.o

3.Odrediti totalni diferencijal drugog reda Lagranžove funkcije i ispitati njegovu vrijednost

x=xo, y=yo i λ=λ.o

Ako je ta vrijednost pozitivna, tada funkcija ima minimum u tački (xo,yo) i zmin=f(xo,yo) Ako je pak negativna, tada funkcija ima maksimum u tački (xo,yo) i zmax=f(xo,yo).

Primjer

Naći uslovne ekstreme funkcije z = x2 + y2 pri uslovu x + y=1.

Funkcija Lagranža je

F(x,y) = x2 + y2 + λ2 (x + y - 1) čiji su parcijalni izvodi prvog reda

239

Rješenje sistema jednačina

2x + X = 02y + X = 0x + y = 1

je

Kako su,

slijedi da je

šio znači da funkcija z=x2+y2 pri uslovu x+y=1 ima minimum u tački

240

Zadaci za vježbanje

1. Po definiciji naći izvod slijedećih funkcija:

Rješenje:

Prvi izvod po definiciji se određuje po formuli:

b) Rezultat: y' = -x + 1

d) Rezultat:

2. Odrediti prvi izvod i diferencijal slijedećih funkcija:

Rješenje:

a) Koristeći lormulu (axn)' = anxn-1 pri čemu je , dobijemo:

b) Koristeći formulu , dobijemo:

241

c)Koristeći formulu za složenu stepenu funkciju ((g(x)) n)' = n(g(x)) n-1 g'(x)) dobijemo:

e) Koristeći formulu (uv)' = u' . v + u . v' i uzimajući dobijemo

g) Rezultat:

i) Rezultat:

3. Pokazati da je:

4. Naći drugi i treći izvod slijedećih funkcija:

242

Rješenje:

Konsteći formulu (u ∙v∙w) '=u'vw+uv'w+uvw'. Dobijemo

y'= 2 (1∙(x+3) ∙ (2x-1)+(x-4) ∙1∙ (2x-1)+(x-4)(x+3) ∙2) = 12x2- 12x-46

y' = 24x- 12 = 12(2x-1)

e)-----------Rezultat:

f) Koristeći formulu (ax)' = axIn a, dobijemo:

g)Rezultat:

5. Naći n-ti izvod slijedećih funkcija:

a) y=ln x b) y=axn c) y=e2x-5

Rješenje:

6. Odrediti slijedeće granične vrijednosti

243

Rješenje:

Navedeni primjeri predstavljaju neodređenost oblika . Pri rješavanju zadatka moguće je koristiti Lopitalovo pravilo.

b) Rješenje:

d)------------Rješenje:

npr. konkretno

f) Rješenje: 1

g)- Rješenje:

7. Odrediti slijedeće granične vrijednosti:

Rješenje:

Navedeni primjeri predstavljaju neodređenost oblika . Za rješavanje moguće je koristiti Lopitalovo pravilo

b) Rješenje:

c) Rješenje:

d)

6. Odrediti slijedeće granične vrijednosti

244

Ovaj zadatak se lako rješava i na drugi način:

8. Odredite slijedeće graniče vrijednosti:

Rješenje:

a)Javlja se neodređenost oblika 0 ∙ (- ∞ ) koja se translormiše u oblik pa je moguće koristiti Lopitalovo pravilo.

b) Javlja se neodređenost oblika 0 ∙∞koja pogodnom transformacijom prelazi u

neodređenost oblika a zatim se primjenjuje Lopitalovo pravilo.

9. Odrediti slijedeću graničnu vrijednost

Rješenje:Javlja se neodređenost oblika ∞ - ∞, koja se rješava na slijedeći način:

10 . Odrediti slijedeće granične vrijednosti:

245

Rješenje:

Javljaju se neodređenosti oblika 0° , koje se rješavaju pomoću Lopitalovog pravila na slijedeće načine:

Funkcija xx ima samo desnu graničnu vrijednost u tački x=0. jer za x<0 dala funkcija nije definisana.

c) Neka bude y = xsinx, tada je In y = In xsinx = sin x In ∙ x

Granična vrijednost: , je oblika 0 ∙ (-∞). Pogodnom transformacijom ovaj

oblik prelazi u oblik gdje je već moguće koristiti Lopitalovo pravilo, tj.

Da je ustanovili smo u zadatku 6. pod c)

Kako je , biće:

Funkcija xsinx samo desnu graničnu vrednosl u tački x=0, jer za x<0 data funkcija nije definisana

c) Na isti način kao pod b). Rješenje: .

11 . Odrediti graničnu vrijednost .

Rješenje:

Lijeva granična vrijednost ne postoji (objašnjeno u 18. zadatku) Neodređenost koja se javlja je oblika ∞°

Neka bude .

Tada je:

Dobili smo neodređenost oblika , pa se primjenjuje Lopitalovo pravilo. tj

246

, vidi zadatak 6. pod c)

Kako je ,biće: .

12. Odrediti graničnu vrijednost

Rješenje:Javlja se neodređenost oblika .1∞ . Neka bude y = (sin x)tgx, tada je In y = In (sin x)tgx = tg x ∙ In (sin x)

Dobijena neodređenost oblika ∞ ∙ 0 se pretvara u oblik na slijedeći način:

Kako je . biće .

13. Ispitati karakteristike i nacrtati dijagram funkcije

Rješenje:

u faktonzovanom obliku.

1°. Oblast definisanosti (domen) funkcije

f(x) nije definisana kada je 1 - x2 = 0. tj. kada je x = -1 i x = 1. Prema lome. f(x) je definisana za:

2°. Parnost funkcije

pa zaključujemo da je f(x) neparna funkcija.

3°. Ponašanje funkcije u taćkama prekida i na "krajevima" obalsti definisanosti

Napomena: U ovom slučaju 0 ne predstavlja broj nula, već izuzetno mali broj blizak nuli.

247

4°.Asimptote funkcije a) Horizontalna asimptola (y=n)

što znači da f(x) nema horizontalnu asimptotu.

b) Vertikalna asimptota (x=m)

. što znači da f(x) ima dve vertikalne asimptote, i to: x=-1 i x=1.

c) Kosa asimptota (y = kx + n)

Dakle, f(x) ima kosu asimptotu, kojoj jednačina glasi y=-x.

5°. Presječne tačke funkcije sa koordinatnim osama

a) Presječne tačke funkcije sa y osom (x=0)

Dakle, f(x) siječe y osu u tački A1(0,0).

b) Presječne tačke funkcije sa x osom - nule funkcije (y=0)

Rješenja ovih jednačina su x, = -2, x2 = 0, x3 = 2. što znači da f(x) siječe x osu u tačkama A1(0,0), A2(-2,0), A2 (2.0)

6°. Znak funkcije (f(x)≤0)

Rješenja nejednačina f(x)<0 i f(x)>0 u ovom primjeru je najracionalnije dobiti tabelarno, ovako:

0 označava da je za datu vrijednost argumenta x, vrednost posmatranog izraza jednaka nuli. X označava da. za posmatranu vrijednost argumenta x, funkcija f(x) nije definisana, tj ima prekid

7°. Ekstremne tačke funkcije (lokalni ekstremi)

ako je

248

Pošto jednačina –x4 -x2 -4 = 0 nema realnih rješenja, zaključujemo da f(x) nema ekstremnih

tačaka.

8°. Tok funkcije (rastenje i opadanje funkcije)

Tok funkcije određujemo na osnovu znaka prvog i drugog izvoda.

9°. Prevojne tačke (tačke infleksije)

Nakon skraćivanja razlomka sa (1-x2) i sređivanja, dobija se:

,ako je Ova jednačina ima samo jedno realno rješenje x0=0.

Skraćivanjem sa (1 - x2)2 i sređivanjem razlomka, dobija se:

ima prevojnu tačku za x=0, pa treba odrediti i ordinatu ove tačke.

f(x=0)=0. što znači da je taćka A1 ujedno i prevojna tačka.

10°. Konveksnost i konkavnost funkcije

Konveksnost i konkavnost funkcije određujemo na osnovu znaka drugog izvoda.

249

Slika 4-10Dijagram funkcije

14. Ispitati karakteristike i nacrtati grafik funkcije y = f(x) = 6x" - x".

Rješenje:

1°. Domen funkcije

S obzirom da se radi o cijeloj racionalnoj funkciji, f(x) je definisana za x e( - ∞, +∞), tj. x R.

2°. Parnost funkcije

, pa zaključujemo da je f(x) parna funkcija.

3°. Ponašanje funkcije na "krajevima" oblasti definisanosti

Napomena: f(x) nema tačke prekida!

4°. Asimptote funkcije

f(x). kao cijela racionalna funkcija nema asimptola.

5°. Presječne tačke funkcije sa koordinatnim osama

a) Presjek sa y osom (x=0)

f(x=0) = 0

Dakle. f(x) sječe y osu u tački A, (0,0).

b) Presjek sa x osom - nule funkcije (y=0)

y = 0 ako je

Ovoj jednačini je ekvivalentan slijedeći skup jednačina:

Rješenja ovih jednačina su redom

250

Dakle. t(x) sječe x osu u tačkama

6°. Znak funkcije

7°. Ekstremne tačke funkcije

Ovoj jednačini ekvivalentan je slijedeći skup jednačina; ;-4x =0. x 4 J3 =0; X-A/3 =0;

Rješenja ovih jednačina su redom

. što znači da f(x) ima min za x=0. tj.

. što znači da f(x) ima max. za i za

Dakle, ekstremne tačke funkcije su;

8°. Tok funkcije (monotonost funkcije)

9°. Prevojne tačke funkcije

f'(x) = -12(x-1)(x-1)

f"(x) = 0. ako je-12(x-1)(x+1) = 0

Ovo jednačini ekvivalentan je slijedeći skup jednačina: (x +1 = 0; x - 1 = 0}.

Rješenja ovih jednačina su: x1 = -1, x2 = 1.

f'"(x) = -24x

f"'(x=±1) = ±24 ≠ 0. što znači da l(x) ima prevojne tačke za x=-1 i za x=1. f(±1)=5

Dakle, prevoino tačke funkcije su A6{-1,5) i A7(1.5).

251

10°. Konveksnost i konkavnost funkcije

15. Odrediti ekstremne tačke i intervale monotonosti za slijedeće funkcije:

Rješenje:

ima min za x = 2

f(2) = 4

Dakle. f(x) ima ekstremne tačkr; A1 (1,5)max i A2(2,4)min

Monotonost ispitujemo slijedećom tabelom:

Slika4-11 Dijagram funkcije

252

ima max za x = -1y(x=-1) = 2

ima min za x = 1y(x=1) = 0f(x) ima ekstremne tačke A1(-1,2)max i A2(1,0) min.

Monotonost:

Faktori koji imaju uvek pozitivnu vrijednost nisu uneti u tabelu.

Jednačina y' = 0 x2 - 6x + 11 = 0 nema realnih rješenja, pa zaključujemo da f(x) nema ekstremnih tačaka

Monotonost:

y" (x=1) = e > 0 f{x) ima min za x = 1y(x=1) = e, pa zaključujemo da f(x) ima jednu ekstremnu tačku A(1,e)min

Monotonost:

253

e) Rješenje: Funkcija f(x) ima jednu ekstremnu tačku opada u intervalu (-∞,0), a raste u intervalu (0,∞).

f) Rješenje: Funkcija t(x) ima dve ekstremne tačke A1(-1,45; 0,1 )max i A2(3,45;9,9)min, raste u intervalu

a opada u intervalu

16. Naći prevojne tačke i ispitati konveksnost i konkavnost slijedećih funkcija:

Rješenje:

x=0 je rješenje i jednačine y'=0

Pošto je y"(x=0)=0 i y'"(x=0)=0 moglo bi se zaključiti da f(x) nema ekstremnih ni prevojnih tačaka. Međutim u ovakvim slučajevima treba naći i četvrti i peti izvod pa ako je za x=0 četvrti izvod različit od nul zaključićemo da f(x) za x=0 ima ekstrem, a ako je četvrti izvod jednak nuli. a peti izvod različit od nule( zaključićemo da f(x) za x=0 ima prevoj.

Pošto je u ovom slučaju yIv=360x-720x2 i yIv(x=0)=0, a yv=360-1440x i y1,'(x=0)=360≠0. zaključujemo da data funkcija, za x=0, ima prevoj, pa će biti y(x=0)=0 y'"(x=1)=-60 ≠ 0 => f(x) ima prevoj za x=1 y(x=1)=1

Dakle, f(x) ima dve prevojne tačke A 1(0,0); A2(1,1)

Konveksnost i konkavnost:

254

ima prevoj za

ima prevoj za

Dakle. f(x) ima dvije prevojne tačke A1(-0,58; -0,5) i A2(0,58; -0,5).

Konveksnost i konkavnost:

c) Rješenje: Funkcija f(x) nema prevojnih tačaka. Konkavna je u intervalu (-∞, -3). a konveksna u intervali; (-3.+ ∞).

Napomena:

Savjetuiemo studentima da radi uvežbavanja i solidne pripreme ispita kompletno ispitaju funkcijo u zadacima 8. i 9.

255

17. Konstruisati dijagrame slijedećih funkcija:

18 . Naći parcijalne izvode i totalni diferencijal slijedećih funkcija:

Rješenje:

Na isti način se dobija i u'y i u'z, pa će biti

19. Naći parcijalne izvode drugog reda i totalni diferencijal drugog reda funkcije:

256

a) z = 2x4 + y4 - 2x2 + 4xy - y2; b) z = x3y + yex.

Rješenje:

20. Dokazati da funkcija zadovoljava relaciju

21. Naći tačke u kojima funkcija z = x2 + y2 - 2xy - x4 - y4 ima lokalne ekstreme.

Rješenje:

Rješavanjem sistema

određuju se stacionarne tačke: (1,-1); (-1,1); i (0,0).

Zatim pomoću drugih parcijalnih derivata opisuje se funkcija

Δ(x,y) = (2- 12x2)(2- 12y2) - 4.

Vrijednost funkcije Δ u stacionarnim tačkama je

Δ(1, -1) = 96 > 0; Δ(-1, 1) = 96>0; Δ (0,0) = 0.

to

funkcija u tim tačkama ima lokalni maksimum.

Da bi se utvrdilo da li funkcija z u tački (0,0) ima ekstrem ispitaće se vrijednost funkcije u okolini te tačke

Ukoliko se približava ka origu preko tačaka (x, 0)(na x osi) tada je

2(x 0) = x2 (1-x2)

Iz gornje jednakosti se vidi da je funkcija z(x,0) za І x І <1 nenegativna

Ukoliko se približava ka origu preko tačaka (x,x) (na pravoj x = y) tada je

Z(x,x)=-2x4

što znači da je funkcija z(x,x) nepozitivna.

Kako je z(0,0)=0, a u proizvoljno maloj okolini tačke (0,0) funkcija z uzima i pozitivne i negan vrijednosti, slijedi da tačka (0,0) nije tačka ekstrema

Prema tome funkcija z ima lokalni ekstrem u tačkama (1, -1) i (-1, 1). Kako je

257

22. Naći uslovne ekstreme funkcije z = xy pri uslovu x + y - 1.

Rješenje:

Prvo se postavlja Lagranžova funkcija

Određuju se parcijalni izvodi

Postavljanjem sistema jednačina

y + λ = 0 x + λ = 0 x + y = 1'

određuje se stacionarna tačka Kako su parcijalni izvodi drugog reda

totalni diferencijal drugog reda je

d'F = 2dxdy.

Iz uslova φ(x,y)=x+y-1 slijedi da je dφ=0, tj. dx+dy=0, odakle slijedi da je dx=-dy, pa je totalni diferencijal drugog reda

d-'F = -2dx2 < 0.

Prema tome funkcija z u tački I ima uslovni maksimum.

23. Naći uslovne ekstremne vrijednosti funkcije z = x2 + 12xy ∙ 2y2 pri uslovu 4x2 + y2 = 25.

Rješenje:

Lagranžova funkcija je:

F(x,y,λ) = x2 + 12xy + 2y2 + λ (4x2+ y2 - 25) čiji su parcijalni izvodi

Za stacionarne tačke su

Za λ = 2 stacionarne tačke su (2,-3) i (-2,3).

Stacionarne tačke su dobijene rješavanjem sistema

Parcijalni izvodi drugog reda su:

258

a diferencijal drugog reda je

Kako je φ(x,y)=0, to je dφ=0, tj.

pa je

Sada se ispituje znak d2F u svim stacionarnim tačkama.

Prema tome funkciia z u tačkama ima maksimum,

d2F(2;-3,2) = d2F(-2;3,2) = 18dx25 + 17dy2 > 0

Prema tome funkcija z u tačkama (2,-3) i (-3,2) ima minimum.

Zmin= z(-2,3) = z(2,-3) = -50.

5. Integralni račun

5.1. Pojam i osobine neodređenog integrala

Neka je data funkcija F(x). Osnovni zadatak diferencijalnog računa je da se nađe izvod ili diferencijal! te

funkcije, tj. f(x)=F'(x) ili f(x)dx=dF(x).

Sada se postavlja inverzni problem: naći funkciju F(x) koja una kao izvod datu funkciju f(x) ih kao

diferencijal f(x)dx. Funkcija F(x) sa naznačenim osobinama, se zove neodređeni integral diferencijala f(x) ili

primitivna funkcija funkcije f(x). Prema tome integralni i diferencijalni račun su međusobno inverzne

operacije. Integracija je postupak iznalaženja primitivne (prvobitne) funkcije na osnovu izvoda ili

diferencijala te funkcije. Da je funkcija F(x) primitivna funkcija funkcije f(x) simbolički se piše ∫f(x)dx - F(x).

a čita se neodređeni integral funkcije f(x). Funkcija f(x) se naziva integral ili podintegralna funkcija, a f(x)dx

je podintegralm izraz. Promjenljiva x se naziva integraciona promjenljiva. Znak integracije je izduženo slovo

S koji pokazuje da naznačena operacija ima sličnosti sa sumiranjem. Pošto se sve funkcije koje imaju isti

izvod r az l i ku ju samo za jednu proizvoljnu konstantu C, tj. ako je F'(x)=f(x), tada je i [F(x)+C]'=f(x),

f u n k c i j a F(x)+C je na jopš i i ja funkcija koja ima kao izvod funkciju f(x) ili kao direrencijai f(x)dx.

konstanta C je neodređena i po njoj se i integral naziva neodređeni integral. Zbog proizvoljnosti,

neodređenosti konstante C skup primitivnih f u n k c i j a f u n k c i j e funkcije beskonačan.

Primjer

259

U cilju određivanja jedinstvene primitivne funkcije potrebno je poznavati tzv. početni uslov. Na primjer, ako za funkciju f(x) = 2x treba odrediti primitivnu funkciju koja prolazi kroz tačku A(1,2), tada postoji samo jedno

jedino rješenje, a to je slijedeće: F(x) = x2 +1, jer je F(x) = 9

2xdx = x2 + C , a prema uslovu zadatka F(1) = 2, tj.

1+C=2. Odakle slijedi daje C=1.

Iz definicije neodređenog inlegrala neposredno proizilaze slijedeće osnovne osobine:

1)Izvod neodređenog integrala jednak je podinlegralnoj funkciji, a diferencijal neodređenog integrala jednakje podintegralnom izrazu.

2)Neodređeni integral diferencijala funkcije jednak je sumi te funkcije i proizvoljne konstante:

∫dF(x) = F(x) + C

Iz 1) i 2) osobine izlazi da se znaci d i ∫ poništavaju.

3)Konstantni faktor podintegralne funkcije se može izvući ispred znaka integrala.

fkf(x)dx = kjf(x)dx

4) integral zbira je jednak zbiru integrala.∫ (f,(x) + f2(x))dx = ∫f,(x)dx + ∫ [f2(x)dx

5.2. Tablica osnovnih integrala

Tablica osnovnih integrala se dobija na osnovu tabl ice izvoda elementarnih funkcija dodavanjem proizvoljne konstante.

5

6°

7°

8°

9°

10°

260

5.3. Osnovni metodi integracije

ntegraciju nekog izraza koji se ne nalazi u tablicama osnovnih mlegrala potrebno je pokušati svođenjem na osnovne integrale.I

Primjer

Ukoliko je nemoguće na gore opisani način tješiti integralni zadatak, rada se koriste s l i jedeći metodi:

1) metod zamjene,

2} metod parcijalne integracije

5.3.1. Metod zamjene

Neka je dat problem

∫f(x)dx (1)

koji se ne rješava pomoću osnovnih integrala.

Uvođenjem odgovarajuće zamjene promenljive i diferencijala pod znakom integrala

x = ρ (t) dx = ρ' (t)dt

gdje je p(t) neprekidna funkcija s neprekidnim izvodom, integral (1) posiaje

∫f(ρ (t) ρ '(t) dt. (2)

Cilj je da se integral (2) može rješiti pomoću osnovnih intervala. Tada je dobijeno rješenje funkcija od novo uvedene integracione promenljive t, koji na kraju treba zamjeniti prvobitnom integracionom promjenljivom x.

261

Primjer

5.3.2. Metod parcijalne integracije

Metod parcijalne integracije se najčešće primjenjuje kada je podimegralna funkcija u obliku proizvoda. Ova metod je posledica pravila diferencijacije proizvoda Neka su u(x) i v(x) funkcije koje imaju neprekidne izvode, onda je

d(uv) - udv + vdu iliudv = d(uv) - vduIntegracijom prethodne relacije se dobija

∫udv = uv - ∫vdu. (3)

jednačina (3) predstavlja formulu za parcijalnu integraciju. Cilj ovog metoda je da se integral lijeve strane pogodnom podjelom podintcgralnog izraza na u i dv svede na prostiji za r j e šavan je .

262

Primjer

Zamjenom relacije (2) u relaciju (1) dobija se

∫ex cos xdx = e x cos x + e x sin x - ∫e x cos xdx,

odakle je

∫excos xdx ∫ex (cos x + sin x) + C

Osim ovih metoda postoji niz postupaka za integraciju. Integralni račun s v a k a k o je teži od diferencijalnog računa. To važi i za mnoge druge inverzne operacije. Dok su diferencirali elementarnih funkcija i same elementarne funkcije, integral takvih jednostavnih f u n k c i j a kao što su:

nema rješenje u obliku elementarnih funkcija ili njihovih kombinacija

263

5.4. Pojam i osobine određenog integrala

eka je f(x) definisana i ograničena pozitivna funkci]a u intervalu [a,b]. Oblast ravni ograničena dijelom grafika funkcije y=f(x) nad intervalom [a,b], pravama x=a, x=b i intervalom [a,b]

ose 0x, predstavlja krivolinijski trapez ABCD. Postavlja se zadatak određivanja površine krivolinijskog trapeza ABCD.

N

Ako se podjeli interval (a,b). proizvoljno na n podintervala tačkama podjela

a = x0, x1, x2.......xn-1, xn = b.

gdje je

X0 < X1 < X 2 ………< Xn-1 < Xn

Tada se dobijaju podintegrali različitih dužina. Dužine se označavani redom sa Δx1, Δx2 .... Δxn..tj. x1 - xo = Δx1; x2 - x1= Δx2; …. Δxk – xk-1 = Δxk . . . xn –xn-1 = Δxn

Neka su

m-. m2. mk,.., mn

najmanje vrijednosti funkcije, a

M-. M2 Mk.... Mn

najveće vrijednosti funkcije u podintervalima

[x0, x1] , [x1, x2], .... [xk-1,xk], ... . [xn-1, xn],

Neka se posmatraju slijedeći zbirovi:

Suma naziva donja integralna suma, a suma gornja integralna suma

264

Slika 5-1

predstavlja površinu stepenasto opisanog poligona oko krivolinijskog trapeza ABCD, a predstavlja površinu stepenasto upisanog poligona u krivolinijski trapez ABCD. Ako se sa P označava površina krivolinijskog trapeza ABCD, tada važi nejednakost:

tj. površina traženog krivolinijskog trapeza se nalazi između površine stepenasto upisanog i slepenasto opisanog poligona za svaku podjelu intervala [a,bj. Ako se broj podintervala stepenasto upisanog i opisanog poligona u krivolinijski trapez ABCD konvergirali konačnoj i određenoj zajedničkoj vrijednosti, površini krivolinijskog trapeza ABCD, a njihova granična vrijednost je

Rimanov integral i obilježava se , a izračunava se kao

gdje je

Ova formula se zove Njutn-Lajbnicova formula i predstavlja vezu između određenog i

neodređenog integrala. Simbol čita se kao određeni integral funkcije f(x) u granicama od a do b.

Prilikom definisanja određenog integrala zbog lakšeg razumjevanja korišćen je geometrijski prilaz, ali kao što se to može primjetni iz gornjih formula određeni integral predstavlja graničnu vrijednost jednog zbira.

f u n k c i j a koja ima integral u intervalu [a,b], je integrabilna funkcija u tom intervalu.

y=f(x)

0 i x,=a x, x. Xn∙1 xn =b x

tj. površina krivolinijskog trapeza ABCD.

Vrijednost P se zove određeni integral funkcije f (x) u intervalu [a,b] u Rimanovom smislu ili

265

Osnovne osobine određenog integrala su slijedeće:

1° Ako je funkcija y=f(x) integrabilna u intervalu (a.b) i ce[a.b], tada je

2° Ako je funkcija y=f(x) integrabilna u intervalu [a,b], tada je

3° Ako je funkcija y=l(x) intcgrabilna i nenegativna (ncpozirivna) u intervalu [a.b], tada je

266

5.5. Izračunavanje površina figura u ravni

Problem određivanja površina figura u ravni je rješen geometrijskom interpretacijom

određenog integrala.Ako se traži površina P (slika 5-2) koja je ograničena dijelom grafika funkcije y=f(x) nad integralom [a, b], provama x=a, x=b, i intervalom [a, b], ose 0x. tada je

Ako se traži površina Q (slika 5-2) koja je ograničena dijelom grafika tunkciie y=f(x) nad intervalom [c,d], pravama y=c, y=d i intervalom [c,d] ose Oy, tada je

gdje je x=f-1(y) inverzni oblik funkcije y=f(x).

Određeni integral se može primjeniti na izračunavanje površina između dve krive (slika 5-3). Neka su jednačine ovih krivih y1=f1 (x) i y2=f1 (x), gdje za x [a,b] važi f1(x)<f2 (x), tada je površina P između ove dve krive i pravih x=a, x=b data izrazom

Slika 5-3

267

Na isti način se određuje površina oblasti ograničenja krivama y1=f1 (x) i y2=f2(x) (slika 5-4) gdje su granice određenog integrala a i b apscise presječnih tačaka krivih, koje se dobija u rješavanjem jednačine f1(x)=f2(x).

Slika 5-4

Prilikom primjene određenog integrala na izračunavanje površina figura u ravni treba strogo voditi računa o osobinama određenog integrala.

Primjer

1.Naći površinu između parabola y=x2 i x=y2

Presječne tačke ovih parabola odgovaraju apscisama x=0 i x=1.

Slika 5-5

Prema tome. tražena površina je

2. Naći površinu ograničenu krivom y=(x+2)2, y=-x + 4 i y=0.

Slika 5-6

268

Na osnovu slike, moguće je napisati površinu kao:

3. Izračunati površinu koja se nalazi između krive y=x2 i prave y=3-2x

Određivanje presječnih tačaka

Presječne tačke su S1(-3.9) i S2(1,1)

Slika 5-7

Tražena površina: kv. jedinica.

269

Zadaci za vježbanje

1. Primjenom tabličnih (osnovnih) integrala izračunati slijedeće integrale:

Rješenje: Označimo date integrale sa I

2. Metodom zamjene izračunati slijedeće integrale:

Rješenje:

270

3. Metodom parcijalne integracije izračunati slijedeće integrale:

Rješenje:

271

4. Izračunati slijedeće integrale:

Rješenje:

5. Izračunati:

Rješenje:

272

6. Izračunati slijedeće integrale:

Rješenje:

7. Izračunati slijedeće integrale

Rješenje:

273

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE. ( Pregled važnijih fomula )

STEPENOVANJE, KORJENOVANJE I LOGARITMOVANJE

274

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE (, Pregled važnijih formula )

2. FAKTORIZACIJA POLINOMA

275

MATE MATEMATIKA ZA EKONOMI STE ( Pregled važnijih frmula )

3. TRIGONOMETRIJANeka je dat pravougli trougao sa kosim uglom n i neka su naspraiiina kateta, nalegla kateta i hipotenuza obilježeni redom sa a, b, c lađa su trigonometrijske funkcije datog ugla n slijedeće:

Važe i slijedeće jednakosti:

276

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih fomula )

4. GEOMETRIJA

277

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih formula )

278

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih formula )

5. ANALITIČKA GEOMETRIJA U RAVNI

279

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( IVcgled važnijih formula )

6. VRSTE ALGEBARSKIH STRUKTURA

Osobine operacija:

280

MATEMATIKAZA EKONOMISTIE ( Pregled važnijih formula)

7. VEKTORI I VEKTORSKI PROSTORI

281

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih formula )

Elementarna bazna transformacija:

nakon izvršene transformacije dobijamo

282

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih formula )

8. MATRICE, DETERMINANTE I SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA

283

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE (Pregled važnijih formulu )

284

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih fonnula )

285

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih fomula )

9. NIZOVI I NJIHOVE GRANIČNE VRIJEDNOSTI

286

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih fomiula )

10. FUNKCIJE, LIMESI FUNKCIJA, IZVODI I DIFERENCIJALI FUNKCIJA

287

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE ( Pregled važnijih formula )

Izvod funkcije, diferencijal i pravilu za izračunavanje izvoda:

288

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE (Pregled važnijih formula ) jednačine tangente i normale:

Tojlorova formula

Maklorenova formula

289

Tablica osnovnih izvoda:

290

Lopitalovo pravilo;

291

Parcijalni izvodi I totalni diferencijali za funkciju:

292

Parcijalni izvodi I totalni diferencijali za funkciju:

293

294

295

Vjerovatnoća

296

297

298

Za ovu funkciju se sprovede postupak za odredjivanje minimuma funkcije sa dva I više argumenata, a a kao rezultat se dobije odgovarajući broj tzv. Normalnih jednačina za određivanje parametara a.

299

300

LITERATURA

1. Cvetković D. , Simić – Diskretna matematika, Naučna knjiga, Beograd, 1990.2. Anđelić T. – Matrica, Beograd, 1962.3. Pejović T. – Matematička analiza I i II, Naučna knjiga, 1971.4. Rakočević, Ivović, Pavlović, Boričić, Mušicki, Kovačević – Matematika kroz primjere i zadatke, Savremena

administracija, Beograd, 1984.5. Ralević, Đorđević, Filipović, Savić, Nenadović – Matematika za ekonomiste, Savremena administracija, Beograd,

1985.6. Dabčević A., Dravinac N., Franić J., Sekulić B., Šego B., - Primjena metematike za ekonomiste, Informator, Zagreb,

1987.7. Gajić Lj., Herceg D., Krejić N. – Elementi poslovne matematike, Institut za matematiku, Prirodno – matematički

fakultet u Novom Sadu, 1999.8. Herceg D. – Numeričke i statističke metode u obradi eksperimentalnih podataka, Institut za matematiku u Novom

Sadu, 1989.9. Ivanović B. – Matematika za ekonomiste, Naučna knjiga, Beograd, 1972.10. Ivković Z. – Uvod u teoriju vjerovatnoće, slučajne procese i matematičku statistiku, Građevinska knjiga, Beograd,

1972.11. Ohse D. – Matematik für Wirtschaftwissenschaftler I, Verlag Franz Vahlen München, 1998.12. Hadžić O., Takači Đ. – Matematika za studente prirodnih nauka, Univerzitet u Novom Sadu, Prirodno – matematički

fakultet, 1985.13. Kovač B. – Primjena diferencijalnog i integralnog računa i mikroekonomija, Ekonomski fakultet, Subotica, 1985.14. Mesaroš K. – Matematika za ekonomiste, Knjiga druga, Ekonomski fakultet, Subotica, 1990.15. Vukadinović S – Elementi teorije vjerovatnoće i metematičke statistike, privredni pregled, Beograd, 1978.16. Sydsaeter K., Strom A., Berck P. – Economist’s Mathematical Manual, Springer, Berlin Heidelberg, 2000.17. Vugdelija D. – Matematika za ekonomiste, Subotica. 2002.18. Kovalev M.M. – Diskretnaja optimizacija. Izd-vo Minsk, 1977.19. Mitrinović D. – Linearna algebra, polinomi, Beograd, 197920. Dajović S – Matematika I, Beograd, 1976.