zbirka zadataka iz matematike
DESCRIPTION
zbirkaTRANSCRIPT
UNIVERZITET U ZENICI
MAŠINSKI FAKULTET
ELEMENTI TEORIJE SA ZBIRKOM URAĐENIH ZADATAKA IZ MATEMATIKE I
Dževad Zečić, Almir Huskanović, Hermina Dragunić
ZENICA, 2005.
PREDGOVOR
Ovaj udžbenik je urađen na taj način da studentima Mašinskog fakulteta u Zenici a i
drugih tehničkih fakulteta nudi neke elemente teorije i potpuno urađene zadatke iz
Matematike I a što oni slušaju u sklopu redovnog studija. Obrađene oblasti su u skladu sa
programom predmeta Matematike I, izuzev funkcija dviju promjenljivih. Namjera ovog
udžbenika je ta da kanališe potrebe i zahtjeve koji su postavljeni pred studente da bi uspješno
mogli položiti pismeni dio ispita iz predmeta Matematike I. Isto tako, savladavajući osnovne
pojmove iz obrađenih oblast i ovladavajući matematičke tehnike bit će u mogućnosti da lakše
usvoje neke teže i apstraktnije teorije u daljnjem izučavanju matematike.
Udžbenik je sačinjen iz više poglavlja a u kojima su uključeni dijelovi teorije brojeva,
linearna algebra, vektori, analitika u prostoru, diferencijalni i integralni račun funkcije jedne
promjenljive i oni dijelovi koji su neophodni da bi se mogle obraditi ključne teme koje su bile
predviđene. Udžebenik je pretežno sastavljen od urađenih zadataka sa uvodnim teoretskim
dijelom u kojem su date neke definicije, teoreme i osnovne informacije koje su potrebne da bi
se uspješno mogao pratiti tok izrade zadatka. U svakom slučaju ovakav vid udžbenika može
biti dosta koristan svim studentima tehničkih fakulteta a nastao je dugogodišnjim držanjem
vježbi iz predmeta Matematika I na Mašinskom fakultetu u Zenici.
AUTORI
S A D R Ž A J
1. OSNOVNE ALGEBARSKE STRUKTURE....................................................... 1 1.1. MATEMATIČKA INDUKCIJA............................................................................. 3 1.2. BINOMNI I TRINOMNI OBRAZAC .................................................................... 8 1.3. KOMPLEKSNI BROJEVI................................................................................... 12
2. DETERMINANTA............................................................................................. 20 2.1. MATRICE ............................................................................................................. 23 2.2. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA ................................................................ 31 2.3. HOMOGENI SISTEMI......................................................................................... 40
3. VEKTORI ............................................................................................................ 43 3.1. SKALARNI (UNUTRAŠNJI) PROIZVOD ........................................................ 47 3.2. VEKTORSKI PROIZVOD VEKTORA .............................................................. 50 3.3. MJEŠOVITI PROIZVOD VEKTORA ................................................................ 53 3.4. RAVAN U PROSTORU ...................................................................................... 56 3.5. PRAVA U PROSTORU....................................................................................... 60 3.6. PRAVA I RAVAN U PROSTORU ..................................................................... 66
4. NIZOVI ................................................................................................................ 74
5. FUNKCIJA .......................................................................................................... 84 5.1. OSNOVNI ZADACI O FUNKCIJAMA JEDNE VARIJABLE .......................... 88 5.2. GRANIČNA VRIJEDNOST FUNKCIJE U TAČKI........................................ 101 5.3. NEPREKIDNOST FUNKCIJE ........................................................................... 107 5.4. IZVOD FUNKCIJE........................................................................................... 112
6. DIFERENCIJAL PRVOG REDA I PRIMJENA DIFERENCIJALNOG
RAČUNA KOD ISPITIVANJA FUNKCIJA ................................................. 121 6.1. JEDNAČINA TANGENTE I NORMALE KRIVE........................................... 123 6.2. L' HOSPITALOVO PRAVILO.......................................................................... 125 6.3. EKSTREMNE VRIJEDNOSTI FUNKCIJA ...................................................... 129 6.4. ASIMPTOTE KRIVIH LINIJA U RAVNI......................................................... 131 6.5. RAST I OPADANJE FUNKCIJA....................................................................... 133 6.6. PREVOJNE TAČKE, KONVEKSNOST I KONKAVNOST FUNKCIJE ........ 134
7. ISPITIVANJE I GRAFIČKO PREDSTAVLJANJE FUNKCIJA............... 135
8. NEODREĐENI INTEGRAL ........................................................................... 145 8.1. METODA SUPSTITUCIJE ................................................................................ 149 8.2. METODA PARCIJALNE INTEGRACIJE ........................................................ 151 8.3. INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJA.................................................. 152 8.4. METODA OSTROGRADSKOG ....................................................................... 156 8.5. INTEGRACIJA BINOMNOG DIFERENCIJALA ............................................ 157 8.6. EULEROVE SMJENE........................................................................................ 158 8.7. INTEGRACIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA .................................... 160
9. ODREĐENI INTEGRAL................................................................................. 164 9.1. IZRAČUNAVANJE POVRŠINE RAVNIH FIGURA ...................................... 170 9.2. KOMPLANACIJA OBRTNIH POVRŠI............................................................ 172 9.3. ZAPREMINA ROTACIONOG TIJELA............................................................ 174 9.4. DUŽINA LUKA KRIVE .................................................................................... 176
10. LITERATURA .................................................................................................. 178
1
OSNOVNE ALGEBARSKE STRUKTURE
Polje realnih brojeva Neka su u skupu R definirani sabiranje + i množenje te binarna relacija ≤ i neka su za sve
, ,x y z R∈ zadovoljeni uvjeti: (R.1) ( ) ( ),x y z x y z+ + = + + (R.2) ( ( 0 )( ) 0 ,R x R x x∃ ∈ ∀ ∈ + = (R.3) ( ( )( ( ) ) ( ) 0,x R x R x x∀ ∈ ∃ − ∈ + − = (R.4) ,x y y x+ = + (R.5) ( ) ( ) ,x yz xy z= (R.6) ( ) ,x y z xy xz+ = + (R.7) { }( 1 \ 0 )( ) 1 ,R x R x x∃ ∈ ∀ ∈ ⋅ =
(R.8) { } 1 1( \ 0 )( ) 1,x R x R x x− −∀ ∈ ∃ ∈ ⋅ = (R.9) xy yx= , (R.10) ( ) ( ),x y y x≤ ∨ < (R.11) ( ) ,x y y x x y≤ ∧ ≤ ⇒ = (R.12) ( ) ( ),x y y z x z≤ ∧ ≤ ⇒ ≤ (R.13) ( ) ( ),x y x z y z≤ ⇒ + ≤ + (R.14) ( ) ( 0) ( ),x y z xz yz≤ ∧ > ⇒ ≤ (R.15) Svaki odozgo ograničen neprazan skup u R ima supremum u R. Tada uređenu četvorku ( , , , )R + ⋅ ≤ zovemo uređeno kompletno polje ili polje realnih brojeva. Aksiom (R.15) izražava bitno svojstvo skupa realnih brojeva R koje zovemo kompletnost skupa R. Prirodni brojevi Bitne osobine skupa N prirodnih brojeva mogu se izraziti slijedećim teoremom: Teorem (Peanovi aksiomi) (N.1) 1 ,N∈ (N.2) ( 1 ),n N n N n n+ +∈ ⇒ ∈ + = (N.3) ( , ) , ( : ),m n N m n m n n n injekcijaπ+ + +∀ ∈ = ⇒ = → (N.4) ( ) 1,n N n+∀ ∈ ≠ (N.5) Ako je M podskup od N sa osobinama 1 ( )( ) .M n N n M n M M N+∈ ∧ ∀ ∈ ∈ ⇒ ∈ ⇒ = Peti Peanov aksiom (Princip matematičke indukcije) je moćno sredstvo pri dokazivanju iskaza koji se odnose na prirodne brojeve i pri definiranju funkcija. Metoda se sastoji u slijedećem: ako neka tvrdnja vrijedi za n=1 i ako iz pretpostavke da tvrdnja vrijedi za n=k slijedi da tvrdnja vrijedi za n=k+1, onda tvrdnja vrijedi za sve prirodne brojeve n.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
2
Za sve ,n k N∈ definiramo: ( 1) ( 1)! 1 2 3 , 1, .
0 !n n n n n kn n
k k − ⋅⋅⋅ − +
= ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ = =
(Izraz n! čitamo: en faktorijel; Izraz nk
čitamo: en nad k. Vrijedi:
11
n n nk k k
+ + = −
i .n nk n k
= −
Binomna formula: Za sve ,a b R∈ i sve n N∈ je:
1 1( ) ,0 1 1
n n n n nn n n na b a a b ab b
n n− −
+ = + + ⋅⋅⋅+ + − ili kraće
0
( ) .n
n n k k
k
na b a b
k−
=
+ =
∑
Brojevi nk
zovu se binomni koeficijenti.
Trinomna formula:
Za sve , ,a b c R∈ i sve n N∈ je: !( ) .! ! !
n i j k
i j k n
na b c a b ci j k+ + =
+ + = ∑
Skup Z cijelih brojeva: Stavimo { } { }: , 0 .N n n N Z N N− = − ∈ = − ∪ ∪ Tada se Z zove skup cijelih brojeva. Skup Q racionalnih brojeva i skup I iracionalnih brojeva:
Skup : ,xQ x Z n Nn
= ∈ ∈
nazivamo skup racionalnih brojeva. Skup \I R Q= zove se
skup iracionalnih brojeva. Npr. jednostavno se dokazuje da 2 I∈ . Skup koji ima jednak kardinalni broj kao skup prirodnih brojeva N je prebrojiv skup. Drugim riječima, skup A je prebrojiv ako i samo ako postoji bijekcija :f N A→ . Prebrojivi su skupovi npr. N, Z, Q a neprebrojivi su npr. R, C, skup transcedentnih brojeva. Inače, broj dobiven iz cijelih brojeva pomoću konačno primjena operacija sabiranja, oduzimanja, množenja i dijeljenja te vađenja n-tih korijena, gdje je n N∈ jeste algebarski broj. Naime, to je broj koji je rješenje neke algebarske jednadžbe s cijelim koeficijentima. Realan broj koji nije rješenje ni jedne algebarske jednadžbe s cijelim koeficijentima je transcendentan broj. Takvi su npr. brojevi
2, , ln 2,2eπ . Transcedentnih brojeva ima više nego algebarskih brojeva. Kompleksni brojevi: Definirajmo sabiranje i množenje u 2R sa: ( , ) ( , ) ( , )a b c d a c b d+ = + + (1) i ( , ) ( , ) ( , )a b c d ac bd ad bc⋅ = − + (2) . Lako se pomoću aksioma (R.1) – (R.9) realnih brojeva pokaže da je uređena trojka 2( , , )R + ⋅ polje. Polje 2( , , )R + ⋅ zove se polje kompleksnih brojeva i označava se sa C . Element
(0,1)i C= ∈ zove se imaginarana jedinica i za svaki ( , )a b C∈ prema (1) i (2) imamo: ( , )a b a ib= + . (3)
1. Osnovne algebarske strukture
3
Stavimo z a ib= + . Tada se realni broj Re( )a z= zove realni dio kompleksnog broja a realni broj Im( )b z= zove se imaginarani dio broja z C∈ . Broj z a ib= − je konjugovanao kompleksan broj broja z a ib= + . Vrijedi: 2 2( )( )z z a ib a ib a b⋅ = + − = + .
Realan broj 2 2z z z a b= ⋅ = + zove se modul (norma, apsolutna vrijednost) kompleksnog broja z a ib= + . Vrijedi: 1 2 1 2z z z z⋅ = ⋅ i 1 2 1 2 1 2, ( , )z z z z z z C+ ≤ + ∈ . Trigonometrijski oblik kompleksnog broja:
2 2, cos , sin .
(cos sin )(0 , )
bz a ib a r b r r a b tga
z r i r
θ θ θ
θ θ π θ π
= + = = ⇒ = + ∧ =
= + ≤ < +∞ − < ≤.
Indukcijom se može dokazati da je: (cos sin ) (cos sin ), .n n n nz r i r n i n n Nθ θ θ θ= + = + ∈ Odavde, za 1r = dobija se Muavrova formula: (cos sin ) cos sin , .ni n i n n Nθ θ θ θ+ = + ∈ Formula za korjenovanje kompleksnog broja:
2 2( ) (cos sin ), 0,1, 2,..., 1.n nk k
k kz r i k nn n
θ π θ πω + += = + = −
Eulerove formule: cos sin , cos sinix ixe x i x e x i x−= + = − . Eksponencijalni oblik kompleksnog broja: (cos sin ) iz x iy r i r e θθ θ ⋅= + = + = ⋅ . Vrijedi slijedeće:
( ) ( )11 2
2
,i i i iz rz z re e r e ez
ϕ ψ ϕ ψ ϕ ψρ ρρ
+ −⋅ = ⋅ = = .
1.1. MATEMATIČKA INDUKCIJA
Iskaz je tačan za svaki prirodan broj n (n ≥ n0) 1° ako je tačan za prirodan broj n0 (n0 ≥ 1) i 2° ako iz pretpostavke da je tačan za prirodan broj k (k ≥ n0) slijedi da je tačan i za broj k + 1. Dokazati:
1. 1 + 2 + 3 + . . . + n = 12
n(n + 1)
2. 2 2 2 11 2 ... ( 1)(2 1)6
n n n n+ + + = + +
3. 2 2 2 1 2 1 ( 1)1 2 3 ... ( 1) ( 1)2
n n n nn− − +− + + + − = −
4. 2
1
1( 1) ( 1)( 2)(3 1)12
n
kk k n n n n
=
+ = + + +∑
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
4
5. 1
! ( 1)! 1n
kk k n
=
= + −∑
6. 1
12 ( 1)2 2
nk n
kk n +
=
= − +∑
7. (1 + h)n ≥ 1 + nh, h > 1−
8. 1 1 1 1...1 2 3
nn
+ + + + ≥
9. 2n > n 10. 13 | ( ) 5 2 , 0,1,2,n nf n n+= + = … 11. 2 364 | ( ) 3 40 27, 0,1,2,...nf n n n+= + − = 12. 29 | ( ) 2 3 1, 2nf n n n= − − ≥ 13. 12 8 6 213 | ( ) 12 3 , 0n nf n n+ += − ≥ 14. 2 2 1133 | ( ) 11 12 , 0n nf n n+ += − ≥ Rješenje: 1. Provjerimo da li je formula tačna za k = 1:
11 1 (1 1)2
1 1 T
= ⋅ ⋅ +
=
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda tvdnja tačna i za k + 1.
S(k) = 1 + 2 + 3 + . . . + k = 1 ( 1)2
k k + (po pretpostavci)
S(k + 1) = 1 + 2 + 3 + . . . + k + (k + 1) = S(k) + (k + 1) = 1 1 1( 1) ( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 2)2 2 2
k k k k k k k+ + + = + + = + +
Vidimo da tvrdnja vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ . 2. Provjerimo da li je formula tačna za k = 1:
11 1 (1 1)(2 1)6
1 1 T
= ⋅ ⋅ + +
=
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda tvdnja tačna i za k + 1. 2 2 2 1( ) 1 2 ... ( 1)(2 1)
6S k k k k k= + + + = + + (po pretpostavci)
1. Osnovne algebarske strukture
5
2 2 2 2 2
2
2 2
( 1) 1 2 ... ( 1) ( ) ( 1)1 1( 1)(2 1) ( 1) ( 1)( (2 1) ( 1))6 6
2 6 6 2 3 4 6( 1) ( 1)6 6
2 ( 2) 3( 2) 1( 1) ( 1)( 2)( 3)6 6
S k k k S k k
k k k k k k k k
k k k k k kk k
k k kk k k k
+ = + + + + + = + +
= + + + + = + + + + =
+ + + + + += + = + =
+ + += + = + + +
Vidimo da tvrdnja vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ . 3. Provjerimo da li je formula tačna za k = 1:
1 1 11 ( 1) (1 1)2
−= − ⋅ +
1 1 T=
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda tvdnja tačna i za k + 1.
2 2 2 1 2 1 ( 1)( ) 1 2 3 ... ( 1) ( 1)2
k k k kS k k− − += − + + + − = − (po pretpostavci)
2 2 2 1 2 2
1 2
( 1) 1 2 3 ... ( 1) ( 1) ( 1)( 1)( 1) ( 1) ( 1)
2
( 1) ( 1)(( 1) ( 1))2
( 1) ( 1)( 1)2
( 1)( 2)( 1)2
k k
k k
k
k
k
S k k kk k k
kk k
kk
k k
−
−
+ = − + + + − + − ++
= − + − +
= − + − + +
= − + + =
+ += −
Vidimo da tvrdnja vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ . 4. Provjerimo da li je formula tačna za k = 1:
11(1 1) 1 (1 1)(1 2)(3 1)12
2 2 T
+ = ⋅ ⋅ + + +
=
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda tvdnja tačna i za k + 1.
2
1
1( ) ( 1) ( 1)( 2)(3 1)12
k
iS k i i k k k k
=
= + = + + +∑ (po pretpostavci)
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
6
12 2
1
2
( 1) ( 1) ( ) ( 1) ( 2)
1 ( 1)( 2)(3 1) ( 1) ( 2)12
1( 1)( 2)( (3 1) 1)12
k
i
S k i i S k k k
k k k k k k
k k k k k
+
=
+ = + = + + +
= + + + + + +
= + + + + +
∑
23 12 12( 1)( 2)12
k k kk k + + += + +
23 9 4 12( 1)( 2)12
3 ( 3) 4( 3)( 1)( 2)12
1 ( 1)( 2)( 3)(3 4)12
k k kk k
k k kk k
k k k k
+ + += + +
+ + += + +
= + + + +
Vidimo da tvrdnja vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ . 5. Provjerimo da li je formula tačna za k = 1:
1! 1 (1 1)! 11 1 T⋅ = + −=
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda tvdnja tačna i za k + 1.
1
( ) ! ( 1)! 1k
iS k i i k
=
= = + −∑ (po pretpostavci)
1
1
( 1) ! ( ) ( 1)!( 1) ( 1)! 1 ( 1)!( 1)
( 1)!(1 1) 1 ( 2)( 1)! 1( 2)! 1
k
i
S k i i S k k k k k k
k k k kk
+
=
+ = = + + + = + − + + +
= + + + − = + + −= + −
∑
Vidimo da tvrdnja vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ . 6. Provjerimo da li je formula tačna za k = 1:
1 1 11 2 (1 1) 2 22 2 T
+⋅ = − ⋅ +=
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda tvdnja tačna i za k + 1.
1
1( ) 2 ( 1)2 2
ki k
iS k i k +
=
= = − +∑ (po pretpostavci)
1. Osnovne algebarske strukture
7
11 1 1
1( 1) 2 ( ) ( 1)2 ( 1)2 2 ( 1)2
ki k k k
iS k i S k k k k
++ + +
=
+ = = + + = − + + +∑
1
1 2
2 ( 1 1) 22 2 2 2 2
k
k k
k kk k
+
+ +
= + + − +
= + = +
Vidimo da tvrdnja vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ . 7. Provjerimo da li je formula tačna za k = 1:
1(1 ) 1 11 1
h hh h T
+ ≥ + ⋅+ ≥ +
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda tvdnja tačna i za k + 1.
( ) (1 ) 1 (po pretpostavci)kS k h kh= + ≥ + 1
2 2
2
( 1) (1 ) ( )(1 ) (1 )(1 ) ( jer je 1 0)1 1 ( 1)1 ( 1) , jer je 0 za ,
kS k h S k h kh h hh kh kh k h khk h kh h k
++ = + = + ≥ + + + >
= + + + = + + +
≥ + + ≥ ∀ ∀ ∈
Vidimo da tvrdnja vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ . 8. Provjerimo da li je nejednakost tačna za k = 1:
1 111 1 T
≥
≥
Pretpostavimo da je nejednakost tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda nejednakost tačna i za k + 1.
1 1 1 1( ) ...1 2 3
S k kk
= + + + + ≥
1 1 1 ( 1) 1( 1) ( )1 11 1
k k k kS k S k k kk kk k+ + + +
+ = + ≥ + = + =+ ++ +
1( 1 1) 1( 1) 1( 1) 11 1 1
k k k k k k k k kk k k
+ + + + + + += ≥ = = +
+ + +
( 1) 1S k k⇒ + ≥ + Vidimo da nejednakost vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ . 9. Provjerimo da li je nejednakost tačna za k = 1:
12 1 T≥
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda tvdnja tačna i za k + 1.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
8
1
( ) 2( 1) 2 ( ) 2 2 1
( jer je po pretpostavci 1)( 1) 1
k
k
S k kS k S k k k k k
kS k k
+
= >
+ = = ⋅ > = + ≥ +≥
⇒ + ≥ +
Vidimo da tvrdnja vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ . 10. Provjerimo da li je tvrdnja tačna za k = 0:
0 0 1(0) 5 2 1 2 33 | 3
fT
+= + = + =⇒
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1k ≥ , i pokažimo da je onda tvdnja tačna i za k + 1.
1
1 2 1
1
( ) 5 2 ,3 | ( ) (po pretpostavci)( 1) 5 2 5 5 2 2
2(5 2 ) 3 52 ( ) 3 5
k k
k k k k
k k k
k
f k f kf k
f k
+
+ + +
+
= +
+ = + = ⋅ + ⋅ =
= + + ⋅
= + ⋅
Očito je da je drugi sabirak djeljiv sa 3. Prvi sabirak je djeljiv sa 3 po pretpostavci. Odavde imamo da je i njihov zbir djeljiv sa 3, tj.3| ( 1)f k + . Vidimo da tvrdnja vrijedi i za k + 1, pa vrijedi za sve prirodne brojeve, tj. n∀ ∈ .
1.2. BINOMNI I TRINOMNI OBRAZAC
Ako je n∈ , onda je 0
( 1)( 2) ( 1)( ) ,!
nn n k k
k
n n n n n n ka b a bk k k
−
=
− − − ++ = =
∑ …
1. Naći zbirove:
0
a)0 1
b) ( 1)
c)0 2 4
nk
k
n n nn
nk
n n n=
+ + +
−
+ + +
∑
…
…
Rješenje:
a) 0 0
2 (1 1) 1 10 1
n nn n k n k
k k
n n n n nk k n
−
= =
= + = ⋅ = = + + +
∑ ∑ …
b) 0
( 1) (1 1) 0 0n
k n n
k
nk=
− = − = =
∑
1. Osnovne algebarske strukture
9
c) 0 0
2 2 0 ( 1) 2( )0 2
n nn n k
k k
n n n nk k= =
= + = + − = + +
∑ ∑ …
120 2
nn n − ⇒ + + =
…
2. Dokazati:
!a)!( )!
n nk k n k
= −
b) ,n n
kk n k
= ∈ −
1
c) 1
n n nk k k
+ + = −
Rješenje:
a) ( 1)( 2) ( 1) ( 1)( 2) ( 1) ( )!! ! ( )!
n n n n n k n n n n k n kk k k n k − − − + − − − + −
= = ⋅ −
… …
!!( )!
nk n k
=−
b) ! (1)!( )!
n nk k n k
= −
! ! (2)( )!( ( ))! ( )! !
n n nn k n k n n k n k k
= = − − − − −
Sada, upoređivanjem jednakosti (1) i (2) dobijamo jednakost: ,n n
kk n k
= ∈ −
c) ! !1 !( )! ( 1)!( ( 1))!
n n n nk k k n k k n k
+ = + = − − − − −
1!( 1 ) ! ( 1)!!( 1 )! !( 1 )!
nn n k n k nkk n k k n k+ + − + +
= = = + − + −
3. Dokazati:
0
cos 2 cos cos2 2
nn n
k
n nkk
ϕ ϕϕ=
=
∑
0
sin 2 cos sin2 2
nn n
k
n nkk
ϕ ϕϕ=
=
∑
Rješenje: Uzmimo da je 1 cos sinz iϕ ϕ= + + i posmatrajmo nz . Prema Binomnoj formuli imamo sljedeće:
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
10
0
0
0 0
(1 cos sin ) 1 (cos sin )
(cos sin )
cos sin (1)
nn n k k
k
n
k
n n
k k
ni i
k
nk i k
k
n nk i k
k k
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ
−
=
=
= =
+ + = ⋅ ⋅ + =
= +
= +
∑
∑
∑ ∑
Vidimo da su sume koje trebamo izračunati ustvari realni i imaginarni dio broja nz . Pokušajmo izračunati nz bez korištenja Binomne formule:
2 2 2 2(1 cos sin ) (sin cos cos sin 2 sin cos )2 2 2 2 2 2
(2cos (cos sin ))2 2 2
2 cos (cos sin )2 2 2
2 cos (cos sin )2 2 2
2 cos cos 2cos sin (2)2 2 2 2
n n
n
n n n
n
n
i i
i
i
n ni
n ni
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ + = + + − +
= +
= +
= +
= +
S obzirom da jednakost u (1) i (2) počinju istim izrazom, to možemo izjednačiti krajnje rezultate u (1) i (2). Iz tvrdnje o jednakosti dva kompleksna broja zaključujemo da vrijedi:
0
cos 2 cos cos2 2
nn n
k
n nkk
ϕ ϕϕ=
=
∑
0
sin 2 cos sin2 2
nn n
k
n nkk
ϕ ϕϕ=
=
∑ .
4. Naći racionalne sabirke u razvoju 3 104 3( )x x+ . Rješenje:
13 (10 )34
1
10, 0,1, ,10
kk
kS x x kk
−
+
= =
…
1. Osnovne algebarske strukture
11
9 40 4 5 4012 12
1
5 55
10
12 405 40 12 , 0 10,5
40 12 90 5, 410
2104
k k k
k
nS x x
k ksk s s k k
s k s k
S x x
+ − +
+
⇒ = =
−
⇒ + = ∈ ⇒ ≤ = ≤ ∈
⇒ ≤ ≤ ∧ ∈ ⇒ = =
⇒ = =
5. Koliko racionalnih članova ima u razvoju 1004( 2 3)+ . Rješenje:
{ }
1002 4
1
1002 3 , 0,1, 100
100 4 0 100 0 25, 4 | 0,1,..., 25
k k
kS kk
k s k k s s k s s
−
+
⇒ = ⋅ =
⇒ − = ∧ ∈ ∧ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ∈ ⇒ ∈ =
…
U razvoju 1004( 2 3)+ postoji 26 racionalnih članova. 6. Dokazati:
a) 17 | ( ) 54 3 16n nf n = + ⋅ b) 23 | ( ) 11 10 1nf n = ⋅ +
Rješenje: a) ( ) ( )( )( ) 54 3 16 3 18 16 17 | ( ) 17 | 18 16n n n n nf n f n= + ⋅ = + ⇒ ⇔ +
( )0
18 16 17 1 16 17 1 16n
nn k n k
k
nk
−
=
+ = + + = ⋅ + =
∑
1( 1)1 17 17 17 162
nn nn −− = + + + + +
…
1( 1)17 1 17 172
nn nn −− = + + + +
… 17 | ( )f n⇒
b) 2
2 2
0
2( ) 11 10 1 11 (9 1) 1 11 9 1
nn n k
k
nf n
k=
= ⋅ + = ⋅ + + = ⋅ +
∑
2 12 (2 1)11 11 9 2 9 9 12
nn nn −− = + ⋅ ⋅ + ⋅ + + +
…
2 12 (2 1)11 9 2 9 9 122
nn nn −− = ⋅ ⋅ + ⋅ + + +
…
( )f n smo napisali kao sumu od dva sabirka. Oba sabirka su djeljiva sa 3, pa odavde imamo
da je i ( )f n djeljiv sa 3.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
12
7. Ako n∈ dokazati da je:
2 cos
0 2 4 4
2 sin1 3 5 4
n
n
n n n n
n n n n
π
π
− + − =
− + − =
…
…
Rješenje: Izračunajmo nz , gdje je 1z i= + . Primjenom Binomnog obrasca dobićemo:
0(1 ) 1 (1)
0 2 4 1 3 5
nn k n k
k
n n n n n n ni i i
k−
=
+ = = − + − + − + −
∑ … …
S druge strane, primjenom Moivrove formule dobijamo:
(1 ) 2 cos sin 2 cos sin (2)4 4 4 4
nn n n n ni i iπ π π π + = + = +
Upređivanjem jednakosti (1) i (2) dobijamo jednakosti koje smo trebali dokazati.
8. Dokazati trinomni obrazac:
!( )! ! !
n i j k
i j k n
na b c a b ci j k+ + =
+ + = ∑
Rješenje:
0 0 0( ) ( )
n n n kn n k k n k j j k
k k j
n n n ka b c a b c a b c
k k j
−− − −
= = =
− + + = + =
∑ ∑ ∑
0 0
n n kn k j j k
k j
n n k n k j ia b c
k j i j k n
−− −
= =
− − − = = = + + = ∑∑
!! ! !
i j k i j k
i j k n i j k n
n n k na b c a b ck j i j k+ + = + + =
− = =
∑ ∑
9. Odrediti koeficijent uz 7x u razvoju 2 5( 1)x x− + .
Rješenje: 2 5 2 2
5 5
5! 5!( 1) ( ) 1 ( 1)! ! ! ! ! !
i j k i j j
i j k i j k
x x x x xi j k i j k
+
+ + = + + =
− + = − = −∑ ∑
32, 3, 0 120 1202 7 ( 1) ( 1) 10 20 30
3, 1, 1 2 6 6i j k
i ji j k= = =
+ = ⇒ ⇒ − + − = − − = − = = = ⋅
Koeficijent uz 7x iznosi (– 10).
10. Odrediti koeficijent uz 5x u razvoju 3 6( 2)x x+ − .
1. Osnovne algebarske strukture
13
Rješenje:
3 6 3 3
6 6
6! 6!( 2) ( 2) ( 2)! ! ! ! ! !
i j k i j k
i j k i j k
x x x x xi j k i j k
+
+ + = + + =
+ − = ⋅ ⋅ − = −∑ ∑
30, 5, 1 720 7203 5 ( 2) ( 2) 12 480 492
1, 2, 3 120 2 6i j k
i ji j k= = =
+ = ⇒ ⇒ − + − = − − = − = = = ⋅
Koeficijent uz 5x iznosi (– 492).
1.3. KOMPLEKSNI BROJEVI
1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku brojeve: a) 1 i+ b) 1 3i+ c) 1 i− d) 1 i− + e) 1 i− −
Rješenje:
a) 41 2(cos sin ) 24 4
iz i i e
ππ π= + = + = (slika 1)
b) 31 3 2(cos sin ) 23 3
iz i i e
ππ π= + = + = (slika 2)
c) 747 71 2(cos sin ) 2
4 4i
z i i eππ π
= − = + = (slika 3)
slika 1. slika 2. slika 3.
d) 343 31 2(cos sin ) 2
4 4i
z i i eππ π
= − + = + = (slika 4)
e) 545 51 2(cos sin ) 2
4 4i
z i i eππ π
= − − = + = (slika 5)
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
14
slika 4. slika 5.
2. Naći realni i imaginarni dio brojeva:
a) cos sin
3 3
iziπ π=
+
b) 1 (3 2 )2
iz ii
+= ⋅ +
−
Rješenje:
a) 3 1cos sin2 3 2 3 2 2cos sin
3 3
iz i ii
π π π ππ π
= = − + − = + +
3 1Re , Im2 2
z z= =
b) 1 3 2 3 2 1 5 1 5 2(3 2 )2 2 2 2 2
i i i i i iz ii i i i i
+ + + − + + += ⋅ + = = = ⋅ =
− − − − +
2 10 5 3 114 1 5
i i i+ + − − += =
+
3 11Re , Im5 5
z z−= =
3. Pokazati da je 4(1 ) ki+ čisto realan broj, a 4 2(1 ) ki ++ čisto imaginaran broj ako je k ∈ . Rješenje:
4 4 4 24
12
(1 ) ( 2 ) 2 2 (cos sin )
( 1) 2 ,
ik k k ik k
k k
z i e e k i k
k
ππ π π= + = = = +
= − ∈ ∈
4 2 4 2 2(2 1) 2 14 4 2
2
2 1 2 1
(1 ) ( 2 ) ( 2 ) 2
2 (cos sin ) 22 2
i i ik k k k
k k
z i e e e
i i
π π π
π π
+ + + +
+ +
= + = = = =
= + =
Vidimo da je 2z čisto imaginaran broj, jer je 2Re z =0.
1. Osnovne algebarske strukture
15
4. Izračunati: 3(1 3)i+
10(1 )i+
6(1 cos sin )3 3
iπ π+ +
43 4 51, 1, 8 8 3 , 1i i− − + + Rješenje:
3 331 (1 3) (2 ) 8 8
i iz i e eπ
π= + = = = − 5
10 104 22 (1 ) ( 2 ) 32 32
i iz i e e i
π π= + = = =
6 6
6 2 2 63
6
(1 cos sin ) (1 cos ) sin3 3 3 3
( 3) 27
i
i
z i e
e
π
π
π π π π = + + = + + =
= = −
(slika 6)
slika 6.
5. Naći primjenom Moivreovih obrazaca: sin 3 ,cos3 ,sin 4 ,cos 4x x x x . Rješenje: a) 3(cos sin ) cos3 sin 3x i x x i x+ = + 3 3 2 2 3( ) 3 3a b a a b ab b+ = + + + 3 2 2 2 3 3cos 3(cos ) sin 3(cos ) sin sin cos3 sin 3x x i x x i x i x x i x+ + + = + Izjednačavanjem imaginarnih i realnih dijelova dobijamo:
3 2 3 2
3 3 3
2
cos3 cos 3(cos )sin cos 3(cos )(1 cos )cos 3cos 3cos 4cos 3coscos (1 4sin )
x x x x x x xx x x x x
x x
= − = − −
= − + = −
= −
2 3 2 3
3 2
sin 3 3(cos )sin sin 3(1 sin )sin sin4sin 3sin sin (4cos 1)
x x x x x x xx x x x
= − = − −
= − + = −
b) 4(cos sin ) cos 4 sin 4x i x x i x+ = +
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
16
4 3 3 2 2 3
4 3 2 2 3 3 2 2 3 4
4 3 2 2 3 4
( ) ( ) ( ) ( 3 3 )( )3 3 3 34 6 4
a b a b a b a a b ab b a ba a b a b ab a b a b ab ba a b a b ab b
+ = + + = + + + + =
= + + + + + + + =
= + + + +
4 4 3 2 2 3 4
4 2 2 4
3 3
4 2 2 2 2
3 2
(cos sin ) cos 4cos ( sin ) 6cos ( sin ) 4cos ( sin ) ( sin )cos 6cos sin sin
(4cos sin 4cos sin )cos 6cos (1 cos ) (1 cos )(1 cos )
(4cos sin 4cos sin (1 cos ))cos
x i x x x i x x i x x i x i xx x x x
i x x x xx x x x x
i x x x x x
+ = + + + +
= − + +
+ −
= − − + − − +
+ − −
= 4 2 4 2 4
3 3
4 2 3
6cos 6cos 1 2cos cossin (4cos 4cos 4cos )
8cos 8cos 1 sin (8cos 4cos )
x x x x xi x x x x
x x i x x x
− + + − + +
+ − +
= − + + −
Izjednačavanjem imaginarnih i realnih dijelova dobijamo:
4 2cos 4 8cos 8cos 1x x x= − + 3sin 4 sin (8cos 4cos )x x x x= − .
6. Izraziti preko trigonometrijskih funkcija višestrukih uglova izraze: 3 3 4 4sin ,cos ,sin ,cosx x x x . Rješenje: Koristićemo jednakosti koje smo dobili u prethodnom zadatku:
24 2 4 cos 4 8cos 1cos 4 8cos 8cos 1 cos
8x xx x x x + +
= − + ⇒ = =
1 cos 2cos 4 8 12
8
xx ++ +
=
cos 4 4cos 2 58
x x+ +=
3 3 3sin sin 3sin 3 4sin 3sin sin
4x xx x x x −
= − + ⇒ =
3 3 cos3 3coscos3 4cos 3cos cos4
x xx x x x += − ⇒ =
4 2
2 2
2 4
4
4 4
cos 4 8cos 8cos 18(1 cos 2 )8(1 sin ) 1
28(1 2sin sin ) 4 4cos 2 1
1 cos 28 16 8sin 4cos 2 32
cos 4 4cos 2 38sin 4cos 2 3 sin8
x x xxx
x x xx x x
x xx x x
= − ++
= − − +
= − + − − + =−
= − + − −
− += + − ⇒ =
1. Osnovne algebarske strukture
17
Ovaj zadatak možemo uraditi i na sljedeći način: 3 2 2 3 3 3
3 3 3 3 3 3sin ( )2 8 8
ix ix i x ix ix ix i ix i x ix ix ixe e e e e e e e e exi i i
− − − − − −− − + − − + −= = = =
− −
2 sin 3 6 sin 3sin sin 38 4
i x i x x xi− −
= =−
3 2 2 3 3 33 3 3 3 3 3cos ( )
2 8 8
ix ix i x ix ix ix i ix i x ix ix ixe e e e e e e e e ex− − − − − −+ + + + + + +
= = = =
2cos3 6cos cos3 3cos8 4
x x x xi+ +
= =−
Analogno možemo izračunati 4 4cos ,sinx x ili uopšteno sinn x i cos ,n x n∈ , ali bi nam tada bila od velike pomoći Njutnova binomna formula. 7. Riješiti jednačine:
6 1 0z i− + = ( 1) ( 1) 0n nz z+ − − = (1 ) (1 ) 0n nz i z+ − − = (1 ) ( 1) 0n nz z+ + − = Rješenje:
a) 6 6 122 2
4 41 0 1 2(cos sin )6 6k
k kz i z i z i
π ππ π− −+ +
− + = ⇒ = − ⇒ = + =
12 8 82(cos sin ); 0,1, 524 24
k ki kπ π π π− −= + = …
b) ( 1)( 1) ( 1) 0 ( 1) ( 1) 1( 1)
nn n n n
n
zz z z zz+
+ − − = ⇒ + = − ⇒ =−
2
1 11 11 11 2 2cos sin ; 0,1 ( 1)1
2 21 ( 1)(cos sin )
2 2 2 2(1 (cos sin )) 1 (cos sin )
2 21 (cos sin )
2 2(1 (cos sin ))
sin
nn
k
k
k k
k
k
k
z zz z
z k ki k nz n n
k kz z in n
k k k kz i in n n n
k kin nz k ki
n nk
z
π π
π π
π π π π
π π
π π
π
+ + ⇒ = ⇒ = − − +
⇒ = + = −−
⇒ + = − + ⇒
⇒ − + = − − +
− − +⇒ =
− +
−⇒ =
…
2 2 2
2 2 2 2
cos cos sin 2 sin cos
sin cos cos sin 2 sin cos
k k k k kin n n n n n
k k k k k kin n n n n n
π π π π π
π π π π π π
− − + −
+ − + −
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
18
2
2
2cos 2 sin cos
2sin 2 sin cosk
k k kin n nz k k ki
n n n
π π π
π π π
− −⇒ =
−
2cos (cos sin )
2sin (sin cos )k
k k kin n nz k k ki
n n n
π π π
π π π
− +⇒ =
−
(cos sin )(sin cos )( )
(sin cos )(sin cos )k
k k k ki ik n n n nz ctg k k k kn i in n n n
π π π ππ
π π π π
+ +⇒ = −
− +
2 2
2 2
cos sin cos sin cos sin( )
cos sink
k k k k k ki ik n n n n n nz ctg k knn n
π π π π π ππ
π π
+ + −⇒ = −
+
; 0,1, ( 1)kkz ictg k nnπ
⇒ = − = −…
c) 4 1 ; 0,1, ( 1)kkz itg k nn
π+= = −…
d) 2 1 ; 0,1, ( 1)2kkz ictg k n
nπ+
= − = −…
8. Dokazati:
1sin sin2 2sin sin 2 sin 3 sin
sin2
nx n xx x x nx x
+
+ + + + =…
Rješenje:
2
1
1
1
( ) 1( ) ( ) 1( )(1 ) 1
1( )1
n
n
n
n
s n q q qs n qs n qs n q q
qs nq
+
+
+
= + + + +
− = −
− = −
−=
−
…
2 1 1(1 )1
nn n zz z z z z z z
z− −
+ + + = + + + =−
… …
2 3
cos sin ,( 1) ( 1) (1 cos sin )1
1 1 1 cos sin
ix
n ix inx ixn
ix
z e x i x xz z e e e nx i nxz z z
z e x i x
= = + ∈
− − − −+ + + + = = =
− − − −…
1. Osnovne algebarske strukture
19
2
2
(2sin 2 sin cos ) 2sin (sin cos )2 2 2 2 2 2
2sin 2 sin cos 2sin (sin cos )2 2 2 2 2 2
ix ixnx nx nx nx nx nxe i e i
x x x x x xi i
− ⋅ −= =
− −
sin (sin cos ) sin ( sin cos )2 2 2 2 2 2
sin (sin cos ) sin sin cos2 2 2 2 2 2
ix ixnx nx nx nx nx nxe i i e i
x x x x x xi i i
− += ⋅ = ⋅
− +
122
2
sin sin sin 1 12 2 2 (cos sin )2 2sin sin sin
2 2 2
nxi nix i x
xi
nx nx nxe e n ne x i xx x x
e
+ + += ⋅ = = +
Prema Moivreovoj formuli imamo da je realni dio od 21 nz z z+ + + +… jednak sumi 1 cos cos 2 cosx x nx+ + + +… , a imaginarni dio je jednak sumi sin sin 2 sinx x nx+ +… . Odavde imamo da je:
1sin sin2 2sin sin 2 sin
sin2
nx n xx x nx x
+
+ + + =…
20
DETERMINANTA
Determinanata n-tog reda kvadratne matrice ijA a = je zbir od !n sabiraka
1 2
1 2
11 12 1
21 22 2 ( ... )1 2
1 2
...
...det ( 1) ...
... ... ... ......
= = = −∑ n
n
n
n Inv j j jj j nj
n n nn
a a aa a a
D A a a a
a a a
.
Napomena: Neka je 1 2 3 n( j j j ...j ) jedna od n! permutacija brojeva 1, 2,3,..., n . Brojevi ij i kj u toj permutaciji čine jednu inverziju ako u njoj dolazi ij prije kj , dok je inače i kj j> . Tako, na primjer, u permutaciji (3 4 5 1 2) od pet elemenata broj 3 čini dvije inverzije jer je ispred 1 i ispred 2. Broj 4 čini dvije inverzije, 5 dvije, 1 nula i 2 čini nula inverzija. Dakle, ukupan broj iverzija te permutacije je 6, Inv(3 4 5 1 2) 6= . Ovako definisan broj det A naziva se determinanta reda n matrice A, ili kraće determinanta reda n.
Svojstva determinanti. 1. Ako su svi elementi nekog retka ili stupca nule, onda je determinanta jednaka nuli. 2. Ako su ispod ili iznad glavne dijagonale nule, onda je determinanta jednaka produktu brojeva na glavnoj dijagonali. 3. Ako dva stupca ili dva retka zamijene mjesta, onda determinanta mijenja znak. 4. Ako su dva stupca ili dva retka jednaka, onda je determinanta jednaka nuli. 5. Ako nekom stupcu ili retku dodamo linearnu kombinaciju preostalih stupaca ili redaka, onda se determinanta ne mijenja. 6. Determinanta se množi brojem tako da se neki redak ili stupac pomnoži tim brojem. 7.(Binet-Cauchyjev teorem) Determinanta produkta dvije matrice jednaka je produktu determinanti, tj. det( ) det detAB A B= .
8.(Laplaceov teorem)
11 12 1
21 22 2
1 1
1 2
...
...det
... ... ... ......
n
n nn
ij ij ij ijj i
n n nn
a a aa a a
D A a A a A
a a a= =
= = = =∑ ∑ , gdje je ( 1)i jij ijA M+= − .
ijA je kofaktor ili algebarski komplement a ijM je minor determinante koji se dobije izostavljanjem i-tog retka i j-tog stupca. 9. Ako je neki stupac ili redak linearna kombinacija preostalih stupaca ili redaka, onda je determinanta jednaka nuli. 10. det det TA A= .
2. Determinanta
21
ZADACI U sljedećim zadacima ( 1. – 5. ) izračunati determinante :
1. 4 5
12 10 222 3
= − − = −−
2. 3 10 2
= 6 – 0 = 6
3. 2 1 35 3 21 4 3
=23 24 3
−5 21 3
+35 31 4
=2(9−8)−(15−2)+3(20−3)=2−13+51=40
Ovdje smo vršili razvijanje determinante po prvoj vrsti .
4. 1 1 14 5 9
16 25 81=
1 0 04 1 5
16 9 65=
1 59 65
=65−45=20
Zapazimo da je s ciljem dobijanja dviju nula u prvoj vrsti oduzeta prva kolona od druge, odnosno treće kolone determinante .
5.
1 1 3 42 0 0 83 0 0 24 4 7 5
= ?
Uočimo da imamo dvije nule u drugoj vrsti pa je zgodno razviti determinantu po drugoj vrsti:
−21 3 40 0 24 7 5
+81 1 33 0 04 4 7
= −2(−2)1 34 7
+8(−3)1 34 7
= 4(7−12)−24(7−12)=−20+120=100.
6. Neka je 1 32 2
z i= − + . Izračunati determinantu: D =1
11
z zz zz z
²²
²
Na prvu kolonu dodajmo zbir druge i treće kolone. Tada se iz prve kolone može izdvojiti ispred determinante faktor 2z z 1+ + (svojstvo 6):
D= ( ) ( )2 2
2 2 2
2 2 2
1 z z 1 z zz z 1 1 1 z z z 1 0 1 z z z
1 z 1 0 z z 1 z+ + = + + − −
− −= ...= −z3(−z3+1)= z6−z3 = 1−1=0
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
22
jer
3 61 3 2 2- cos sin cos 2 sin 2 1 12 2 3 3
z i i z i zπ π π π= + = + ⇒ = + = ⇒ =
7. Riješiti jednačinu:
- 3 2 -1
2 - 4-1 4 -5
x x xx x xx x x
++
+=0
Najprije oduzmimo od treće vrste prvu vrstu :
- 3 2 -1
2 - 42 2 -4
x x xx x x
++ =0, pa zatim dodajmo na drugu odnosno treću kolonu
determinante prvu kolonu pomnoženu sa (-1), odnosno (-2):
- 3 5 3 - 7
2 -6 3 42 0 0
x xx x⇒ + + =0
5 3 - 72
-6 3 4xx
⇒+
=0
5(3x+4)+6(3x−7)=0 15x+20+18x−42=0 33x=22
x= 2233
= 23
.
8. Izračunati vrijednost sljedećih determinanti:
a)2 1 35 3 21 4 3
b)3 4 -58 7 -22 1 8
c)3 -2 14 -1 -11 3 -3
d)
-1 -2 4 12 3 0 62 -2 1 43 1 -2 -1
e)
1 2 0 0 03 2 3 0 00 4 3 4 00 0 5 4 50 0 0 6 5
f )
2 5 0 -1 31 0 3 7 -23 -1 0 5 -52 0 -4 1 20 -3 -1 2 3
9. Ako je 4 4cos sin3 3
z iπ π= + izračunati vrijednost determinante:
2
2
1 1 111
z zz z
2. Determinanta
23
10.Riješiti jednačinu:
sin( ) sin cos4
2 - 2sin( ) cos sin4 4
1 1-
x x x
x x x
a a
π
π
+
+ =
2.1. MATRICE
Definicija 1 Shemu brojeva
11 12 1
21 22 2
1 2
...
...... ... ... ...
...
n
n
m m mn
a a aa a a
a a a
zovemo pravougaonom matricom tipa (m,n) ili jednostavno matricom tipa (m,n).
Ako je m=n onda kažemo da je A kvadratna matrica reda n. Elementi 1 2, , ...,i i ina a a čine i-ti redak a 1 2, , ...,j j mja a a čine j-ti stupac. Element matrice ija se nalazi u i-tom retku i j-tom stupcu. Skup svih matrica tipa ( , )m n označavat će se sa mnM . Ako je m n= onda se piše nM umjesto
nnM . Matrica se kraće zapisuje ovako
ijA a = .
Operacije s matricama Za dvije matrice , mnA B M∈ , gdje je ijA a = , ijB b = , kažemo da su jednake ako je
, ,ij ija b i j= ∀ .
Sabiranje matrica Sabirati možemo samo matrice istog tipa. Neka su , mnA B M∈ gdje je ijA a = , ijB b = Zbir A B+ je matrica tipa ( , )m n tako daje
ij ijA B a b + = +
Množenje matrice brojem. Proizvod matrice ijA a = i broja λ je matrica Aλ istog tipa kao i A :
ijA aλ λ = .
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
24
Operacije sabiranja matrica i množenja matrice brojem očito imaju sljedeća svojstva:
1. ( ) ( ), , , mnA B C A B C A B C M+ + = + + ∀ ∈ ;
2. , , mnA B B A A B M+ = + ∀ ∈ ; 3. Postoji mnO M∈ takav da je , mnA O O A A M+ = + ∀ ∈ ( [ ]0 , 0, ,ijO a i j= = ∀ ); 4. Postoji mnA M− ∈ takav da je ( ) ( )A A A A O+ − = − + = , ( ijA a − = − ); 5. 1 , mnA A A M= ∀ ∈ ;
6. ( ) , , , mnA B A B R A B Mλ λ λ λ+ = + ∀ ∈ ∀ ∈ ;
7. ( ) , , , mnA A A R A Mλ µ λ µ λ µ+ = + ∀ ∈ ∀ ∈ ;
8. ( ) ( ), , , mnA A R A Mλµ λ µ λ µ= ∀ ∈ ∀ ∈ Skup mnM zovemo vektorskim prostorom.
Množenje matrica Matrica ijA a = tipa ( , )m n i matrica jkB b = tipa ( , )p q se mogu pomnožiti tim redom samo ako je p n= , tj. ako je broj stupaca prve matrice jednak broju redaka druge matrice. Proizvod AB je matrica tipa ( , )m q
[ ]1
n
ik ij jki
AB c a b=
= =
∑
Množenje matrica ima ova svojstva. 1. ( ) ( ), , , .AB C A BC A B C= ∀
2. ( ) , , , .A B C AC BC A B C+ = + ∀
3. ( ) , , , .A B C AB AC A B C+ = + ∀ Proizvod nije komutativan, tj. ne vrijedi općenito AB BA= .
Transponiranje. Neka je dana matrica A tipa ( , )m n
11 12 1
21 22 2
1 2
...
...... ... ... ...
...
n
nij
m m mn
a a aa a a
A a
a a a
= =
.
Matrica, koja se iz A dobije kad reci postanu stupci, označava se sa TA i ona je tipa ( , )n m . Zove se transponovana matrica matrice A .
2. Determinanta
25
Dakle,
11 21 1
12 22 2
1 2
...
...... ... ... ...
...
m
T mTij ji
n n mn
a a aa a a
A a a
a a a
= = =
Transponiranje se prema operacijama s matricama odnosi kako slijedi. 1. ( ) , , .T T TA B A B A B M+ = + ∀ ∈
2. ( ) , , .T T
mnA A R A Mλ λ λ= ∀ ∈ ∀ ∈
3. ( ) , , .T T TmnAB B A A B M= ∀ ∈
4. ( ) , .T T
mnA A A M= ∀ ∈ Kvadratne matrice Definicija 3 U kvadratnoj matrici ijA a = reda n elementi 11 22,...,, nna a a čine glavnu dijagonalu. Kvadratne matrice imaju redaka koliko i stupaca, pa se mogu množiti u bilo kojem poretku, no i u tom slučaju proizvod nije komutativan. Definicija 4 Neka je A kvadratna matrica. Matrica A zove se: - dijagonalna matrica, ako su joj elementi izvan glavne dijagonale jednaki nuli; - gornja trokutasta, ako su joj elementi ispod glavne dijagonale jednaki nuli; - donja trokutasta, ako su joj elementi iznad glavne dijagonale jednaki nuli. Definicija 5 Neka je A kvadratna matrica. Matrica A se zove - simetrična matrica, ako je TA A= ; - antisimetrična matrica, ako je TA A= − ; - ortogonalna matrica, ako je TA A I= .
Inverzna matrica Definicija 7 Neka je dana matrica nA M∈ . Matrica nB M∈ sa svojstvom AB BA I= = se zove inverzna matrica matrice A i piše se 1B A−= . Kvadratna matrica, koja ima inverznu, se zove regularna. Kvadratna matrica, koja nema inverznu, se zove singularna.
Svojstva skupa regularnih matrica. 1. Proizvod regularnih matrica je regularna matrica i vrijedi 1 1 1( )AB B A− − −= . 2. Jedinična matrica I je regularna, i 1I I− = .
3. 1 11( )A Aλλ
− −= , za svaki 0λ ≠ .
4. 1 1( ) ( )T TA A− −= .
5. 1 1( )A A− − = . 6. Ako je A regularna matrica, onda je det 0A ≠ .
Nulmatrica množena s bilo kojom matricom daje nulmatricu, pa tako ne postoji njezin inverz. Dakle, nulmatrica je singularna.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
26
Vrijedi:
1 *1det
− =A AA
.
Matrica * T
ijA A = se zove adjunkta matrice A . Pri tome su ijA kofaktori matrice A. Matrica A je regularna ako i samo ako je det 0A ≠ . Dakle:
11 21 n1
12 22 n 21
1n 2n nn
A A ... AA A ... A1 1A adjA... ... ... ...det A det A
A A ... A
−
= =
.
Kažemo da matrica A ima rang r i pišemo rang A = r ako postoji bar jedna regularna submatrica matrice A koja je reda r, a sve submatrice reda većeg od r (ako postoje) su singularne. Rang matrice se ne mijenja pri elementarnim transformacijama, a to su
- zamjena dvije vrste ili kolone matrice - množenje bilo koje vrste matrice nenultim brojem - dodavanje na neku vrstu matrice neke druge vrste pomnožene nekim brojem
Rang matrice najlakše tražimo tako da matricu svedemo elementarnim transformacijama na trokutastu.
ZADACI
1. Zadane su matrice
3 5 7 1 2 42 -1 0 , 2 3 -24 3 2 -1 0 1
A B = =
.
Izračunati:A+B, 2A+3B, A−B, 2A−3B, A⋅B, B⋅A, AT i BT. Rješenje:
3 5 7 1 2 4 4 7 112 -1 0 2 3 -2 4 2 -24 3 2 -1 0 1 3 3 3
A B + = + =
3 5 7 1 2 4 6 10 14 3 6 12
2 3 2 2 -1 0 3 2 3 -2 4 -2 0 6 9 -64 3 2 -1 0 1 8 6 4 -3 0 3
A B + = ⋅ + ⋅ = +
=
= 9 16 26
10 7 -65 6 7
3 5 7 1 2 4 2 3 3
- 2 -1 0 - 2 3 -2 0 -4 24 3 2 -1 0 1 5 3 1
A B = =
2. Determinanta
27
3 5 7 1 2 4 3 10 - 7 6 15 12 -10 7 6 21 92 -1 0 2 3 -2 2 - 2 4 -3 8 2 0 1 104 3 2 -1 0 1 4 6 - 2 4 9 16 - 6 2 8 13 12
A B+ + +
⋅ = ⋅ = + = + + +
3 2 45 -1 37 0 2
TA =
2. Naći inverznu matricu matrice
3 2 21 3 15 3 4
A =
Rješenje:
3 2 2 3 -7 -1
-7 -11 3 1 1 0 0 - -(7 -12) 5
-12 -15 3 4 5 -12 -1
= = = =
11
3 112 -3 9
3 4A = = = 21
2 2- -8 6 -2
3 4A = = + = 31
2 22 - 6 -4
3 1A = = =
12
1 1- 5 - 4 1
5 4A = = = 22
3 212 -10 2
5 4A = = = 32
3 2- -3 2 -1
1 1A = = + =
13
1 33-15 -12
5 3A = = = 23
3 2- -9 10 1
5 3A = = + = 33
3 29 - 2 7
1 3A = = =
* -1
9 2 4- -5 5 59 -2 -41 2 11 2 -1 -5 5 5
-12 1 7 12 1 7-5 5 5
A A
= ⇒ =
3. Riješiti jednačinu:
5 3 1 -8 3 01 -3 -2 -5 9 0-5 2 1 -2 15 0
X ⋅ =
Rješenje:
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
28
X A B⋅ = 5 3 11 -3 -2-5 2 1
A =
-8 3 0-5 9 0-2 15 0
B =
-1 -1 -1X A A B A X B A⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ 5 3 1 5 3 1
11 3det( ) 1 -3 -2 11 3 0 -11 30 19
-10 -1-5 2 1 -10 -1 0
A = = = = + =
11
-3 -2-3 4 1
2 1A = = + = 21
3 1- -1
2 1A = = 31
3 1-6 3 -3
-3 -2A = = + =
12
1 -2- -1 10 9
-5 1A = = + = 22
5 110
-5 1A = = 32
5 1- 10 1 11
1 -2A = = + =
13
1 -32 -15 -13
-5 2A = = = 23
5 3- 10
-5 2A = = 33
5 3-15 -3 -18
1 -3A = = =
-1
1 -1 -31 9 10 11
19-13 -25 -18
A =
-1 -1
-8 3 0 1 -1 -3 -8 27 8 30 24 331 1-5 9 0 9 10 11 -5 81 5 90 15 99
19 19-2 15 0 -13 -25 -18 -2 135 2 150 6 165
X B A A+ + +
= ⋅ = = ⋅ = + + + = + + +
19 38 57 1 2 3
1 76 95 114 4 5 619
133 152 171 7 8 9
= =
4. Odrediti rang matrice:
1 -1 -2 1 02 -2 -3 -1 -5-1 2 0 2 50 4 -1 0 33 1 -1 2 71 -1 0 -3 -6
A
=
2. Determinanta
29
Rješenje:
1 -1 -2 1 0 1 -1 -2 1 0 1 -1 -2 1 02 -2 -3 -1 -5 0 0 1 -3 -5 0 1 -2 3 5-1 2 0 2 5 0 1 -2 3 5 0 0 1 -3 -50 4 -1 0 3 0 4 -1 0 3 0 4 -1 0 33 1 -1 2 7 0 4 5 -1 7 0 4 5 -1 71 -1 0 -3 -6 0 0 2 -4 -6 0 0 2 -4 -6
A
=
∼ ∼
1 -1 -2 1 0 1 -1 -2 1 0 1 -1 -2 1 00 1 -2 3 5 0 1 -2 3 5 0 1 -2 3 50 0 1 -3 -5 0 0 1 -3 -5 0 0 1 -3 -50 0 7 -12 -17 0 0 0 9 18 0 0 0 1 20 0 13 -13 -13 0 0 0 26 52 0 0 0 1 20 0 2 -4 -6 0 0 0 2 4 0 0 0 1 2
A
∼ ∼ ∼
1 -1 -2 1 00 1 -2 3 50 0 1 -3 -5
40 0 0 1 20 0 0 0 00 0 0 0 0
A rangA
⇒ =
∼
5. Odrediti realne brojeve a i b tako da je
1 3 1 -22 6 -3 -4 2
6 -2rang
a b
=
Rješenje:
1 3 1 -2 1 3 1 -2 1 3 1 -2 1 2 1 32 6 -3 -4 3 6 2 4 0 15 5 10 0 10 5 15
6 -2 6 -2 0 18 - 6 10 0 10 - 6 18
1 2 1 30 10 5 150 0 1 -3
− − − − − − −
− − −
∼ ∼ ∼ ∼
∼
a b b a b a a b
a b
-1 0 -3 0 1 3⇒ = ∧ = ⇒ = ∧ =a b a b
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
30
6. Diskutovati rang matrice za razne vrijednosti parametra a:
3 1 1 44 10 1
1 7 17 32 2 4 3
aA
=
Rješenje:
3 1 1 4 1 7 17 3 1 7 17 34 10 1 3 1 1 4 0 -20 -50 -5
1 7 17 3 4 10 1 0 -7 4 10 -17 1-32 2 4 3 2 2 4 3 2 -12 -30 -3
1 7 17 30 4 10 10 4 - 7 10 -17 1-30 4 10 1
aA
a a a a
a a a
= +
∼ ∼ ∼
1 7 17 3 1 7 17 30 4 10 1 0 4 10 10 4 - 7 10 -17 1-3 0 -7 -17 -30 0 0 0 0 0 0 0
Aa a a a a a
∼ ∼
0 2a rangA= ⇒ = ; u suprotnom dijeljenjem treće vrste sa −a dobijamo
1 7 17 3 1 7 17 30 4 10 1 0 4 10 1
30 7 17 3 0 0 2 -50 0 0 0 0 0 0 0
A rangA
⇒ =
∼ ∼
Dakle imamo da je
2; 03; 0
arangA
a=
= ≠
7. Riješi jednačine:
a) 2 -3 1 9 7 6 2 0 -24 -5 2 1 1 2 18 12 95 -7 3 1 1 1 23 15 11
X ⋅ ⋅ =
b) 1 2 -3 1 -3 03 2 -4 10 2 72 -1 0 10 7 8
X ⋅ =
2. Determinanta
31
8. Diskutovati rang matrice za razne vrijednosti parametra a
a)
4 4 -3 11 1 -1 0
2 2 29 9 3a
a
b)
6 3 5 95 2 3 60 1 2 32 1 1 a
2.2. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA
Neka su ( ), 1,..., ; 1,...,ij ia b i m j n= = realne konstante. Tada je
( )11 1 12 2 1 1
1 1 2 2
...* ...
...
n n
m m mn n m
a x a x a x b
a x a x a x b
+ + + = + + + =
sistem od m linearnih jednačina sa n nepoznatih 1,..., nx x . Ako je 1 2 ... 0mb b b= = = = , sistem (*) zovemo homogenim, a u suprotnom kažemo da je taj sistem nehomogeni. Ako je m n= , možemo koristiti metodu determinante. Sa D označimo determinantu sistema čiji su elementi koeficijenti uz nepoznate, tj. ijD a= . Sa ( 1,..., )kD k n= označimo determinantu koja se dobije kada k – tu kolonu determinante D zamijenimo elementima
1,..., nb b . Tada vrijedi slijedeće:
10 Ako je 0D ≠ , tada sistem ima tačno jedno rješenje: ( )1,...,kk
Dx k nD
= = .
20 Ako je 0 i 0kD D= ≠ za bar jedno { }1,...,k n∈ , sistem nema rješenja.
30 Ako je ( )0 1,...,kD D k n= = = , potrebna su dalja ispitivanja. Ako je u (*) m n≠ , možemo koristiti Gaussovu metodu. Uvedimo slijedeće matrice:
ijA a = - matrica sistema i / |ij iA B a b = - proširena matrica. Tada sistem ima rješenja ako te dvije matrice imaju isti rang. Pri tome, sistem ima tačno jedno rješenje ako je rang A jednak broju nepoznatih, a ima beskonačno mnogo rješenja ako je
/rang A rang A B= manje od broja nepoznatih. U posljednjem slučaju razlika između broja nepoznatih i rang A predstavlja broj nepoznatih koje treba uzeti proizvoljno. Ako je sistem (*) homogeni i m n= , tada sistem ima uvijek tzv. trivijalno rješenje
1 ... 0nx x= = = . Netrivijalna rješenja sistema postoje ako i samo ako je determinanta sistema jednaka 0.
METODA DETERMINANTI 1. Riješiti sistem:
3 4 2 5-4 5 3 -35 - 6 - 4 1
x y zx y z
x y z
+ + =+ + =
=
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
32
Rješenje:
3 4 2
-6 -4 5 -4 5 -65 -6 -4 3 - 4 2
5 3 -4 3 -4 5-4 5 3
D = = ⋅ +
3(-18 20) - 4(15 -16) 2(25 - 24) 6 4 2 12= + + = + + =
5 4 2
-6 -4 -3 -4 -3 -6-3 -6 -4 5 - 4 2
5 3 1 3 1 51 5 3
xD = = ⋅ +
5(-18 20) - 4(-9 4) 2(-15 6) 10 20 -18 12= + + + + = + =
3 5 2
-3 -4 5 -4 5 -35 -3 -4 3 -5 2
1 3 -4 3 -4 1-4 1 3
yD = = ⋅ +
3(-9 4) -5(15 -16) 2(5 -12) -15 5 -14 -24= + + = + =
3 4 5
-6 -3 5 -3 5 -65 -6 -3 3 - 4 5
5 1 -4 1 -4 5-4 5 1
zD = = ⋅ +
3(-6 15) - 4(5 -12) 5(25 - 24) 27 28 5 60= + + = + + =
12 112-24 -212
60 512: (1, -2,5)
x
y
z
DxDD
yD
DzD
Rješenje
= = =
= = =
= = =
2. Diskutovati rješenje sistema za razne vrijednosti parametra:
6
4 56 ( 2) 2 13
x y zax y z
x a y z
+ + =+ + =+ + + =
Rješenje:
1 1 1 1 0 0
4 - 1-4 1 4 - 1- -4(4 - ) - ( - 4)(1- )
- 4 -46 2 2 6 - 4 -4
a aD a a a a a a a
aa a
= = = =+
4( - 4) - ( - 4)(1- ) ( - 4)(4 -1 ) ( - 4)(3 )a a a a a a a= = + = +
2. Determinanta
33
6 1 1 6 1 1
-1 35 4 1 -1 3 0 - -3 -( 3)
113 2 2 1 0
xD a aa
a a= = = = = +
+
1 6 1 1 6 1
-1 -11 1 - 1 -1 0 -1 4 3
4 16 13 2 4 1 0
y
aD a a a a= = = = + = +
I ( - 4)(3 ) 0, . 4, -3a a tj a a+ ≠ ≠ ≠ sistem je saglasan
-( 3) -1 1( - 4)( 3) - 4 4 -
( 3) 1( - 4)( 3) - 46( - 4)( 3) 6( - 4)( 3)
axa a a a
aya a aa az
a a
+= = =
++
= =++
= =+
II 4 0, -7, 7, 0x y za D D D D= ⇒ = = = = sistem je nemoguć
III -3 0x y za D D D D= ⇒ = = = = sistem je neodređen
63 4 5
1 14 3 7
3 4
6 14(6 ) (5 ) 19 3
5 4
1 65 3(6 ) 23 4
3 5
19 3 23 4: , , ,7 7
x
y
x y zx y z
zz z z
z
zz z z
z
z zRješenje z z R
+ = −− + = −
∆ = = + =−
−∆ = = − − − = −
−
−∆ = = − + − = −
− −
− − ∈
3. Diskutovati rješenja sistema jednačina za razne vrijednosti parametara: 4 0ax y z+ + = 2 -3 1y z = 2x - -2bz = Rješenje:
4 1 0 7
70 2 -3 0 2 -3 2 2(- -14) -2( 14)
2 -2 0 - 2 0 -
a aa
D ab abb
b b= = = ⋅ = = +
0 4 1 0 4 1
4 11 2 -3 1 3 -3 - 24 4 4 28 4 4(7 )
4 -6 --2 0 - 0 4 -6 -
xD b b bb
b b= = = = + + = + = +
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
34
0 1 0 1
10 1 -3 0 1 -3 -6 - - 2
2 -6 -2 -2 - 2 0 -6 -
y
a aa
D a abb
b b= = = =
4 0 4 0
40 2 1 0 2 1 - -(4 -8) -4( - 2)
2 42 0 -2 2 4 0
z
a aa
D a a= = = = =
I -14ab ≠ sistem je saglasan(ima tačno jedno rješenje) II 14ab =
7 0 -7 2
- - 6 - 2 0 14 - 6 - 2 0 6 12 2 -7- 2 0 2 -7
b b aab a a a a b
a a
+ = ⇒ = ⇒ == ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
= ⇒ = ⇒
II.1. 2, -7 0x y za b D D D D= = ⇒ = = = = sistem je neodređen
2 4 0 2 4 12 3 1 0 2 32 7 2 2 0 7
x y zy z Dx z
+ + =− = ⇒ = −+ = −
Izeberimo jednu subdeterminantu različitu od nule:
0 2
4 02 0
= − ≠
pa uzimajući z∈R proizvoljno imamo:
2 1 32 2 7
2 7 1 3, , .2 2
2 7 1 3Rješenja: , , ,2 2
y zx z
z zx y tj
z z z z R
= += − −
− − += =
− − + ∈
II.2. 2a ≠ ili -7 0, 0, 0, 0x y zb D D D D≠ ⇒ = ≠ ≠ ≠ sistem je nemoguć 4. Odrediti parametar α tako da sistem ima rješenje,pa naći to rješenje
3 5
22 4
x yx y
x y
α
α
+ =+ =+ =
2. Determinanta
35
Rješenje:
3 52
3 5-3 -3 -6
( 3) -113
1 2 52 23 3
x yx y
x yx y
y
y
x y
α
α
α
αα
α α
+ =+ =
+ ==
− =−
=−
−= − = + =
− −
2
2
1 2
2 42 5 2 4
3 32 5 2 4 122 9 10 0
52,2
x yαααα α
α α α
α α
α α
+ =−
⋅ − =− −− − = −
− + =
= =
5. Riješiti sistem:
x-y+z=2 x-y-2z=4 Rješenje:
23 3 1
2 1
1 2 1 12 1 1 1
x y zz z
x y z
x y x y x yx y x y x y
− + = −⇒ − = − ⇒ =− − = −
− + = − = − = ⇒ ⇒ − − = − − = = +
rješenje:x=y+1, z=1(y∈R) (y+1,y,1) (y∈R) GAUSSOVA METODA RJEŠAVANJA SISTEMA LINEARNIH JEDNAČINA
6. Riješiti sistem jednačina:
2 4 5 5
02 1
x y zx y zx y z
+ − = −− − + =
+ − =
Rješenje:
[ ]2 4 5 2 4 5 51 1 1 , / 1 1 1 0
2 1 1 2 1 1 1A A B
− − − = − − = − − − −
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
36
[ ]
2 4 5 5 2 4 5 52 4 5 53 5 3 5/ 0 2 3 5 0 1 0 1
2 2 2 20 3 4 6 0 3 4 6 1 30 0
2 23
( / ) 3
A B
rangArang A B
− − − −
− − − − − − − − − − − −
=
=
∼ ∼ ∼
2 4 5 5x y z+ − = −
3 52 2
y z −− =
1 32 2
z− = −
z=3,y=2,x=1 R(1,2,3) 7. Riješiti sistem jednačina:
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
3 2 2 15 3 32 2 3 4
x x x xx x x xx x x x
− + − =− + − =+ + − =
Rješenje:
[ ]3 2 1 2 3 2 1 2 15 1 3 1 , / 5 1 3 1 32 1 2 3 2 1 2 3 4
A A B− −
= − − = − − − −
3 2 1 2 1 3 2 1 2 1 3 2 1 2 15 1 3 1 3 0 7 4 13 4 0 7 4 13 42 1 2 3 4 0 7 4 13 6 0 0 0 0 2
− − − − − − − − − − − − − − −
∼ ∼
1 2 3 43 2 2 1x x x x− + + =
2 3 47 4 13 4x x x− − + = −
0 2= − Sistem nema rješenja rangA=2; rang(A/B)=3
2. Determinanta
37
8. Riješiti sistem jednačina:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2 4 15 3 2
13 5 5 6
x x xx x xx x xx x x
− + =− + =− + = −+ − = −
Rješenje:
[ ]
2 4 1 1 1 5 3 2 1 5 3 21 5 3 2 2 4 1 1 0 6 5 3
/1 1 1 1 1 1 1 1 0 4 2 33 5 5 6 3 5 5 6 0 20 14 12
A B
− − − − − − − = − − − − − −
− − − − − −
∼ ∼
1 5 3 2 1 5 3 20 6 5 3 0 6 5 30 0 4 3 0 0 4 30 0 8 6 0 0 0 0
− − − − − − − −
−
∼ ∼
rangA=rang(A/B)=3
3 3
2 3 2 3 2
1 2 3 1 2 3
34 34
96 5 3 6 5 38
115 3 2 5 3 28
x x
x x x x x
x x x x x x
= − ⇒ = −
− − = − ⇒ − = − ⇒ = −
− + = ⇒ = − + = −
11 9 3: ( , , )8 8 4
R − − −
9. Riješiti sistem jednačina: 1 2 3 4- 2 - 1x x x x+ =
1 2 3 4 4x x x x+ + + =
1 22 3x x+ 4-5 0x =
1 2 3 45 2 5 - 6 6x x x x+ + = Rješenje:
1 -1 2 -1 1 1 -1 2 -1 1 1 -1 2 -1 11 1 1 1 4 0 2 -1 2 3 0 2 -1 2 32 3 0 -5 0 0 5 -4 -3 -2 0 0 -3 -16 -195 2 5 -6 6 0 7 -5 -1 1 0 0 -3 -16 -19
∼ ∼ ∼
1 -1 2 -1 10 2 -1 2 30 0 -3 -16 -190 0 0 0 0
1 2 3 4- 2 - 1x x x x+ = 2 3 42 - 2 3x x x+ = 3 4-3 -16 -19x x = 0 = 0
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
38
( ) ( / ) 3 4rang A rang A B= = < ⇒ sistem je neodređen 4
3 4 3-16 19-3 16 -19
3xx x x +
= ⇒ =
4 4 4 42 3 4 2 3 4 2
19 -16 9 - 6 28 - 22 14 -112 - 3- 2 2 3- 23 3 3
x x x xx x x x x x x+= ⇒ = + = = ⇒ =
41 2 3 4 1 2 3 4 4
24 - 21- 2 1 - 2 1 8 - 73
xx x x x x x x x x+ = + ⇒ = + + = =
10. Za koje vrijednosti parametra a sistem
12-3
ax y zx ay zx y az
+ + =+ + =+ + =
ima jedinstveno rješenje? Odrediti to rješenje! Rješenje:
2
1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 1 1 2 0 1- 1- 1- 21 1 -3 1 -1 1- 5 1 -1 1- 5
a a aa a a a a
a a a a a
∼ ∼
2
2
1 1 10 1- 1- 1- 20 0 1- 1- 5( 1) 1- 2
aa a a
a a a a
+ + +
∼ 2
1 1 10 1- 1- 1- 20 0 (1- )( 2) 3 6
aa a a
a a a
+ +
∼∼
2(1- )(1- )( 2) 0 0, 1, -2a a a a a a a+ ≠ ⇒ ≠ ≠ ± ≠
3( 2) 3(1- )( 2) 3 6(1- )( 2) 2
aa a z a za a a+
+ = + ⇒ = =+ +
2 23 -2(1 ) -2(1- ) (1- ) 1- 2 (1- ) 1- 2 -3(1- ) (1- )(1 ) (1- )
aa y a a a y a ya a a a
++ = ⇒ = ⇒ = =
+
2 3 1 - -11 - 1 1-1- 1- 1- 1- 1-
aax y z ax ax xa a a a a
+ + = ⇒ + = ⇒ = = ⇒ =
0a = :
12-3
y zx zx y
+ =+ =+ =
2( ) 0
01, 2, -3
x y zx y zx y z
+ + =+ + == = =
1a = ⇒ sistem nema rješenja -2a = ⇒ sistem ima beskonačno mnogo rješenja
2. Determinanta
39
11. Riješiti sljedeće sisteme jednačina:
2 3 87 5 3
x yx y+ =− = −
2 3 84 6 10
x yx y+ =+ =
2 3 8
4 6 16x y
x y+ =+ =
51
2
x y zx y z
x z
+ + =− + =+ =
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
2 3 4 112 5 3
3 2 2 15 5
x x x xx x x x
x x x xx x x x
+ + − =+ + + =
+ + + = −+ + + =
12. Diskutovati rješenja sistema jednačina za razne vrijednosti parametara:
(1 ) 2(1 ) 0
x y zx y zx y z
λλ λ
λ
+ + =+ + + =+ + + =
111
ax y zx ay zx y az
+ − =+ − =− − =
43
2 4
ax y zx cy zx cy z
+ + =+ + =+ + =
2
3
1x y z tx y z tx y z tx y z t
λλ λ
λ λ
λ λ
+ + + =+ + + =
+ + + =
+ + + =
13. Odrediti parametar tako da sistem ima rješenje,pa naći to rješenje
2
4 53 2 56 2 2
x yx yx y λ λ
+ =+ =
+ + =
Rez.: 1 24, 2, 1x yλ λ= = − = = . 14. Riješiti sistem:
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
2 7 3 63 5 2 2 49 4 7 2
x x x xx x x xx x x x
+ + + =+ + + =+ + + =
Rez.: Sistem ima beskonačno mnogo rješenja,
1 2 3 48 9 4 , , , 25 5 10x a b x a x b x a b= + − = = = − + − , , .a b R∈ 15. Ispitati u pogledu rješivosti sisteme:
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 4
1 2 3 4
a)2 1
42 3 5 05 2 5 6 0
x x x xx x x x
x x xx x x x
− + − =+ + + =+ − =+ + − =
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 4
1 2 3 4
b)2 1
42 3 5 05 2 5 6 6
x x x xx x x x
x x xx x x x
− + − =+ + + =+ − =+ + − =
Rez. a) nema rješenja b) beskonačno mnogo rješenja
1 2 3 414 11 19 168 7, , , , .
3 3a ax a x x x a a R− −
= − = = = ∈
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
40
2.3. HOMOGENI SISTEMI 1. Riješiti sistem
2 02 2 0
2 2 00
x y z tx y z t
x y z tx y z t
+ + + =+ + + =+ + + =+ + + =
Rješenje:
1 2 1 1 1 1 0 02 1 1 2 2 1 1 0
01 2 2 1 1 1 1 01 1 1 1 1 0 0 0
D− −
= = =
Tražimo jednu subdeterminantu glavne determinante različitu od nule
1 2 1 1 2 12 1 1 1 1 0 2 1 31 2 2 1 2 0
= − = − − = −− −
22 2
2 2
2 1 2 132 1 1 0 3 1 33
2 2 0 0 1
1 1 1 0 102 2 1 2 0 1 0 03
1 2 1 0 2
1 202 1 2 0 03
1 1rješenje: , 0, 0( )
x
y
z
x y z tx y z t
x y z t
t ttD t t x t
t
tD t y
t
tD t z
tx t y z t R
+ + = −+ + = −+ + = −
− −−
= − = − − = ⇒ = =−
−
−= − = = ⇒ = =
−−
−= − = ⇒ = =
−−
= − = = ∈
2. Odrediti parametar k tako da sistem ima netrivijalna rješenja, pa naći ta rješenja: 1 2 32 0x x x+ + = 1x 3 0x− = 1 2kx x− =0
2. Determinanta
41
Rješenje:
1 2 1 1 2 11 0 1 2 2 0 2 2 2( 1)
1 0 1 00 1
D k kk k
D k
= − = = − − = − +− −
= ⇔ = −
Sistem glasi: 1 2 32 0x x x+ + =
1x 3 0x− = 1 2
2 01 0
= − ≠
1 2x x− − =0
1 2 3
1 3
1 2
3 2 3
2 3
2 3
1 3 2 3 3 3
2
0
22 2
: , ,( , , ),
x x xx x
x x
x x xx x
x x
Rješenje x x x x x xa a a a R
+ = −=
− − =
+ == −= −
= = − =− ∈
3. Odrediti parametar ktako da sistem ima netrivijalna rješenja, pa naći ta rješenja
0
4 06 ( 2) 2 0
x y zkx y z
x k y z
+ + =+ + =+ + + =
Rješenje:
1 2
1 1 1 1 0 04 1 4 1 4(4 ) ( 4)(1 ) ( 4)( 3)
6 2 2 6 4 40 4, 3
04 4 06 6 2 0
1 13 0
4 1
D k k k k k k k k kk k
D k kx y z
x y zx y z
= = − − = − − − − − = − ++ − −
= ⇔ = = −+ + =+ + =+ + =
= − ≠
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
42
1
2
4 4
13
4 1
10
4 4, 0
: ( , ,0)
y z xy z x
xD x
x
xD
xy x zR x x
+ = −+ = −
−= =−
−= =
−
= − =−
4. Odrediti parametar k tako da sistem ima netrivijalna rješenja, pa naći ta rješenja.
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
0000
kx x x xx kx x xx x kx xx x x kx
+ + + =+ + + =+ + + =+ + + =
43
VEKTORI
Veličine određene intenzitetom, pravcem i smjerom zovu se vektori. Vektori a i b su kolinearni ako i samo ako postoji jednakost ba λ= za neko R∈λ . Linearna kombinacija vektora nxxx ,...,, 21 i skalara nλλλ ,...,, 21 je vektor nn xx λλ ++ ...11 . Skalare nλλλ ,...,, 21 tada zovemo koeficijentima linearne kombinacije.
Kažemo da su vektori nxxx ,...,, 21 linearno nezavisni ako je bilo koja linearna kombinacija tih vektora nul vektor ako i samo ako su svi koeficijenti te linearne kombinacije jednaki nuli. U suprotnom, kažemo da su vektori nxxx ,...,, 21 linearno zavisni. U koordinatnom sistemu u prostoru (ili u ravni) posmatraćemo skup svih vektora čiji je početak u ishodištu O koordinatnog sistema. Taj skup označimo sa 0X . Zvaćemo ga vektorskim prostorom vektora vezanih za tačku O. Ako označimo sa kji ,, jedinične vektore koordinatnih osa, tada se svaki vektor a može
pisati kao linearna kombinacija tih vektora, tj. za neke Raaa ∈321 ,, je kajaiaa 321 ++= .
Tada pišemo i: ( )321 ,, aaaa = i brojeve 321 ,, aaa zovemo komponentama (koordinatama)
vektora a . Ako je a OA= , pri čemu je ( )1 2 3, ,A a a a , tada je ( )321 ,, aaaa = , a ako je a AB= , gdje je
( )1 2 3 1 2 3, , i ( , , )A a a a B b b b , tada je ( )1 1 2 2 3 3, ,a b a b a b a= − − − .
Ako je ( )321 ,, aaaa = i ( )321 ,, bbbb = tada je
i) ),,( 332211 babababa +++=+
ii) ),,( 332211 babababa −−−=−
iii) ),,( 321 aaaa λλλλ = za proizvoljno R∈λ
iv) 23
22
21 aaaa ++=
ZADACI
1. Ako su a i b bilo koja dva linearno nezavisna vektora vektorskog prostora 0X
ravni 2E ,onda je svaki vektor 0d X∈ moguće rastaviti u linearnu kombinaciju vektora
a i b .Takav rastav je jedinstven. Dokazati!
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
44
Dokaz: Konstruišimo paralelogram nad vektorima a i b i namjestimo da vektori , ia b d imaju istu početnu tačku. Tada se po pravilu paralelograma vektor d može pisati kao linearna kombinacija vektora kolinearnih sa vektorima a i b , tj. postoje skalari 1 2iλ λ takvi da je
1 2d a bλ λ= + . Jedinstvenost takvog prikaza slijedi iz linearne nezavisnosti vektora a i b . Naime,
´ ´1 2 1 2
´ ´1 1 2 2
´ ´1 1 2 2
´ ´1 1 2 2
( ) ( ) 0
0, 0
,
d a b a b
a b
λ λ λ λ
λ λ λ λ
λ λ λ λ
λ λ λ λ
= + = +
⇒ − + − =
⇒ − = − =
⇒ = =
2. Ako su ,a b i c tri linearno nezavisna vektora iz vektorskog prostora
}{ 30 = ∈X OP P E , onda je svaki vektor 0d X∈ moguće rastaviti u linearnu kombinaciju
vektora ,a b i c . Takav rastav je jedinstven.Dokazati! Uputa: Riješiti analogno prethodnom zadatku.
3. Dat je pravougli koordinatni sistem ( ; , , )O i j k i tačka P neka tačka iz prostora 3E . Izraziti
vektor OP prako vektora ,i j i k i izračunati OP .
Rješenje: Neka su A, B i C projekcije tačke P na koordinatne ose x, y i z i neka je P' projekcija tačke P u xOy ravni.
´ ´
22 2´ 2 2 2
, ,
( , , )
´
OA x OB y OC z
OP OP P P OA OB OC xi y j zk x y z
OP OP PP x y z
= = =
⇒ = + = + + = + + =
= + = + +
4. Ako su u prostoru tačke 1 1 1 1( , , )M x y z i 2 2 2 2( , , )M x y z dokazati da je 1 2 2 1 2 1 2 1( ) ( ) ( )M M x x i y y j z z k= − + − + − i da je 2 2 2
1 2 2 1 2 1 2 1( ) ( ) ( )M M x x y y z z= − + − + −
Dokaz:
1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1
2 2 21 2 2 1 2 1 2 1
( , , ) ( , , ) ( , , )
( ) ( ) ( )
M M M O OM OM OM x y z x y z x x y y z z
M M x x y y z z
= + = − = − = − − −
⇒ = − + − + −
5. Ako su α,β i γ uglovi koje vektor OP obrazuje sa koordinatnim osama,
dokazati da je
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cos ,cos ,cosx y zx y z x y z x y z
α β γ= = =+ + + + + +
3. Vektori
45
gdje je P(x,y,z) Dokaz:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
cos
cos cos cos cos 1
cos
OP a
x xa x y z
y ya x y z
z za x y z
α
β α β γ
γ
=
= =+ +
= = ⇒ + + =+ +
= =+ +
6. Odrediti dužinu i pravac radijus-vaktora tačke M(5,3,-4).
Rješenje: Radijus-vektor tačke M(5,-3,4) je
(5, 3, 4) 5 3 4OM i j k= − = − + Njegova dužina je (prema 4. Zadatku)
2 2 25 ( 3) 4 25 9 16 50 25 2 5 2OM = + − + = + + = = ⋅ =
a pravac je određen uglovima α,β i γkoje taj vektor obrazuje sa koordinatnim osama(zadatak 6)
5 1 2cos 4525 2 2
3 3 2 3 2cos arccos10 105 2
4 4 2 2 2 2 2cos arccos10 5 55 2
α α
β β
γ γ
= = = ⇒ =
− − −= = ⇒ =
= = = ⇒ =
7. Date su tačke A(2,2,0) i B(0.-2,5).Odrediti intenzitet,pravac vektora AB
i njegov jedinični vektor. Rješenje:
( ) ( )0 2, 2 2,5 0 2, 4,5
4 16 25 45 9 5 3 5
AB
AB
= − − − − = − −
= + + = = ⋅ =
pa je njegov jedinični vektor ( ) ( )2, 4,5 2, 4,5 5 2 5 4 5 5
15 15 15 33 5
2 5 4 5 5cos ,cos ,cos15 15 3
AB i j kAB
α β γ
− − − − −= = = − +
−= = − =
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
46
8. Tačke A(2,0,1),B(1,-2,3) i C(0,4,2) su tjemena trougla.Odrediti vektor težišne linije 1AA i njegov intenzitet. Rješenje: Tačka A1 je središte duži BC pa je
1
1
1 0 2 4 3 2, ,2 2 2
1 5,1,2 2
A
A
+ − + +
otuda je :1
1
1 5 3 32,1 0, 1 ,1,2 2 2 2
9 9 9 4 9 2214 4 4 2
AA
AA
= − − − = −
+ += + + = =
9. Data su redom tri uzastopna tjemena paralelograma ABCD:
A(-3,2,λ),B(3,-3,1),C(5,λ,2). 1 Odrediti četvrto tjeme D 2 Odrediti λ tako da je 14AD =
3 Za veću vrijednost nađenu u 2 (naći linearnu zavisnost između vektora , ,AD BD AC ).Razložiti vektor AC preko vektora AD i BD . Rješenje:
( 3, 2, ), (3, 3,1), (5, , 2), ( , , )2 2 3 3 11, , , ,
2 2 2 2 23 1 1
22 3 5
2 22 1 1
2 2
A B C D x y zx y zO
x x
y y
z z
λ λλ λ
λ λ
λ λ
− −
+ + + − + + ≡ +
= ⇒ = −
+ − += ⇒ = +
+ += ⇒ = +
) ( 1, 5, 1)a D λ λ− + +
2 2 2 2
1 2
) 14 2 ( 3) 1 14 ( 3) 14 5
3 3 0, 6
b AD λ λ
λ λ λ
= ⇒ + + + = ⇒ + = −
⇒ + = ± ⇒ = = −
)c AC AD BDα β= + ( 3, 2,0), (3, 3,1), (5,0, 2), ( 1,5,1)A B C D− − −
(8, 2, 2) (2,3,1) ( 4,8,0)2 4 83 8 2 2, 1 ) 2
2c AC AD BD
α βα βα β α βα
− = + −
− = ⇒ + = − ⇒ = = − ⇒ = −=
3. Vektori
47
3.1. SKALARNI (UNUTRAŠNJI) PROIZVOD DVA VEKTORA Skalarni proizvod dva vektora definišemo sa:
a b a b cos⋅ = ⋅ ⋅ ϕ , gdje je ϕ ugao između vektora a i b .
Osobine skalarnog proizvoda vektora su: i) ( )bababa ⊥∨=∨=⇔=⋅ 000
ii) abba ⋅=⋅ iii) ( ) cabacba ⋅+⋅=+⋅ .
ZADACI
1. Dokazati da je:
2)
) cos( , )
a a a a
a bb a ba a b b
⋅ =
⋅=
⋅ ⋅
Dokaz: a) Tvrdnja očito slijedi iz definicije skalarnog proizvoda b) Direktna posljedica definicije i tvrdnje a). 2. Ako su vektori a i b dati preko svojih koordinata,dokazati da je 1 x x y y z za b a b a b a b⋅ = + + , gdje je ( ) ( ), , , , ,x y z x y za a a a b b b b
2° ( ) 2 2 2 2 2 2cos , x x y y z z
x y z x y z
a b a b a ba b
a a a b b b
+ +=
+ + ⋅ + +
Dokaz:
1
0
i i j j k k
i k j k k i
⋅ = ⋅ = ⋅ =
⋅ = ⋅ = ⋅ =
( )( )x y z x y z x x y y z za b a i a j a k b i b j b k a b a b a b⋅ = + + + + = ⋅⋅⋅ = + +
3. Odrediti parametar λ tako da intenziteti vektora ( )2 , , 1a aλ λ λ − i ( )1, 2,0b λ λ+ − budu
jednaki,pa naći ugao između njih. Rješenje: a b=
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
48
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
(2 ) ( 1) ( 1) ( 2) 0
4 2 2 1 2 2 54 4 2 0 0
2,0, 1 , 1, 2,02 0 0 2 2cos arccos
5 55 5
a
aa
a b
λ
λ
λ
λ λ λ λ
λ λ λ λ
λ λ
ϕ ϕ
⇔ + + − = + + − +
⇔ + − + = − +
⇔ = ⇒ = ⇒ =
= − = −
+ += = ⇒ =
⋅
4. Dati su vektori 6 , 3u i j k v j k= + + = − i 2 3 5w i j k= − + + .Odrediti λ tako da vektori u vλ+ i w budu normalni. Rješenje:
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )
6,1,1 , 0,3, 1 , 2,3,5
6,1 3 ,1 2,3,5
12 3 1 3 5 1 0 12 3 9 5 5 04 4 1
u v w
u vλ λ λ
λ λ λ λλ λ
= = − = −
+ = + − ⊥ −
⇒ − + + + − = ⇒ − + + + − =
⇒ = ⇒ =
5. Odrediti λ tako da vektor ( )2 1a i j kλ λ= + + − obrazuje jednake uglove sa
vektorima 3b i j= − + i 5 8c i j k= − + . Rješenje:
( ) ( ) ( )2 ,1,1 , 1,3,0 , 5, 1,8a b cλ λ= − − = = −
( ) ( )
2 2 2 2
, ,
2 3 10 1 8 84 1 (1 ) 10 4 1 (1 ) 25 1 64
3( 2 3) 2 7 6 9 2 716 2 7 9 8 24
a b a c
λ λ λλ λ λ λ
λ λ λ λ
λ λ λ λ
=
− + − + −⇒ =
+ + − ⋅ + + − ⋅ + +
− + = + ⇒ − + = +
⇒ − − = − ⇒ − = − ⇒ =
6. Ako je vektor n komplanaran s vektorima p i q pri čemu je
( )2, 4, , , 8, 163
p q p q n p n qπ= = = ⋅ = ⋅ = odrediti:
1° jedinični vektor vektora n preko vektora p i q
2° n q+
3° ( ),n p
3. Vektori
49
Rješenje:
( )2cos ,
8 4 2
n p q
n p p q p p q
α β
α β
α β
= +
⇒ ⋅ = + ⋅
⇒ = + ⋅142
⋅ ⋅
( ) 2
4 4 8 2...(1)
cos ,
16 2
n p q
n q p q p q q
α β α β
α β
α β
α
⇒ + = ⇒ + =
= +
⇒ ⋅ = ⋅ +
⇒ = ⋅142
⋅ ⋅
( )0
16 4 16 16 4 4...(2)
2 2 4(1) (2) : 3 2 23 3 3
4 2 3 4 2 1Dakle, ; 23 3 8 3 3 2 3 4 3 4 3
n p qn p q n p q p qn
β α β α β
β β α
+ ⋅ ⇒ + = ⇒ + =
− = ⇒ = ⇒ = − =
= + = = + = + = +
2 16 4 21 4 2 29 3 3
n = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅142
⋅ ⋅4 64 64 64 192169 9 9
+ ++ ⋅ = = ⇒
192 8 33 3
n = =
( )2 2 2 192 624 624 4 392 2 2 16 169 9 9 3
n q n n q q n q+ = + ⋅ ⋅ + = + ⋅ + = ⇒ + = =
( ) 83 cos , n pn pn p⋅
= =⋅ 8
( )3 3 , 3023 3 22
3
n q= = ⇒ =⋅
⋅
7. Naći vektor x koji je normalan na vektorima ( ) ( )3, 2, 1 , 2, 1,3a b− − i
( )1,1, 1c − .Da li postoji više takvih vektora? Rješenje:
( )1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
, ,
03 2 02 3 0
0
3 2 1 3 1 22 1 3 2 3 5 5 6 1 01 1 1 1 0 0
: (0,0,0)
0
x x x x
x a x b x cx x xx x x
x x x
D
rješenje
x
=
⋅ = ⋅ = ⋅ =+ − =− + =+ − =
−= − = = − = − ≠
−
⇒
⇒ =
8. Naći projekciju vektora 2 3a p q= − na vektor b p q= + ,ako je
2, 3, ( , )3
p q p q π= = =
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
50
Rješenje:
Koristićemo formulu Prb
a bab⋅
=
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2
22 2 2
2 22
2 2 2
2 3 2 2 3 3
2 3 2 2 2 3 cos 3 33
18 6 27 222
2
2 cos3
12 2 2 3 3 19 192
Prb
a b p q p q p p q p q q
a b p p q q
a b
b p q p p q q
b p p q q
b b
a
π
π
⋅ = − ⋅ + = + ⋅ − ⋅ −
⋅ = ⋅ − ⋅ − = ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅
⋅ = − ⋅ − = −
= + = + ⋅ ⋅ +
= + ⋅ ⋅ ⋅ +
= + ⋅ ⋅ ⋅ + = ⇒ =
2219−
=
3.2. VEKTORSKI PROIZVOD DVA VEKTORA Vektorski proizvod vektora ba i , u oznaci ba× definišemo kao vektor čiji je pravac okomit
na pravcima vektora ba i , smjer je takav da vektori baba ×,, čine desni trijedar, a intenzitet
mu je jednak površini paralelograma konstruisanog nad vektorima ba i , tj.
a b a b sin× = ⋅ ⋅ ϕ gdje je ϕ ugao između vektora ba i .
Ukoliko je ( )321 ,, aaaa = i ( )321 ,, bbbb = , tada je
( ) ( ) ( )122113312332
321
321 babakbabajbabaibbbaaakji
ba −+−−−==× .
Osobine vektorskog proizvoda: i) Vektorski proizvod dva nenulta vektora je nula vektor ako i samo ako su oni
kolinearni ii) abba ×−=×
iii) ( ) cabacba ×+×=+×
ZADACI 1. Naći površinu paralelograma P i visinu BD trougla ABC ako je A(-3,-2,0),
B(3,-3,1) i C(5,0,2).
3. Vektori
51
Rješenje: Neka je a AB= i b AC= .Tada je površina trougla ABC jednaka polovini površine paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b ,dakle
12
P a b= ×
Pošto je
( ) ( )( ) ( )3 3, 3 2,1 0 6, 1,1
5 3,0 2, 2 0 8, 2, 2
a
b
= + − + − = −
= + + − =
( ) ( ) ( ) ( )6 1 1 2 2 12 8 12 8 4 20 20 4, 4, 208 2 2
i j ka b i j k i j k× = − = − − − − + + = − − + = − −
16 16 400 432 144 3 12 3
1 12 3 6 32
a b
P
× = + + = = ⋅ =
⇒ = ⋅ =
Na drugi način,
64 4 4 72 36 2 6 2 3 22 2 2 2 2
AC BD BD BD BD BDP BD⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = = = = = ⋅
pa je 6 3 63 2
BD = =
2. Naći jedinični vektor koji je normalan na ravan određenu vektorima ( )1,1,0a i ( )1, 1,1b − . Rješenje: Traženi vektor je jedinični vektor vektora a b× .
( ) ( ) ( ) ( )1 1 0 1 0 1 0 1 1 2 1, 1, 2
1 1 1
1 1 4 6
i j ka b i j k i j k
a b
× = = − − − + − − = − − = − −−
× = + + =
pa je traženi vektor
26
i j k− −
3. Izračunati projekciju vektora ( )3, 12,4a − na vektor b c d= × ,ako je
( )1,0, 2c − i ( )1,3, 4d −
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
52
Rješenje:
( ) ( ) ( ) ( )1 0 2 0 6 4 2 3 0 6 2 3 6,2,31 3 4
i j kb c d i j k i j k= × = − = + − − + + − = + + =
−
3 6 12 2 4 3 6Pr736 4 9b
a bab⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅
= = =+ +
4. Dati su vektori ( )0, 2 ,a λ λ , ( )2, 2,1b i ( )1, 2, 1c − − − .
1° Odrediti vektor d iz uslova:
a b c d
a c b d
× = ×
× = ×
2° Dokazati da su vektori a d− i b d− kolinearni. 3° Dokazati da su vektori ,a b a c× × i d komplanarni. 4° Odrediti λ iz uslova ( )a b c a c λ− ⋅ = ⋅ +
Rješenje: 1°
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
0 2 0, 2 , 42 2 1
0 2 0, , 21 2 1
Neka je , ,
1 2 1 2 , , 2 0, 2 , 4
2 2 1 2 , 2 ,2 2 0, , 2
i j ka b
i j ka c
d x y z
i j kc d z y z x y x
x y z
i j kb d z y z x y x
x y z
λ λ λ λ
λ λ λ λ
λ λ
λ λ
× = = −
× = = −− − −
=
× = − − − = − + − − + = −
× = = − − + − = −
( )
2 02 3 , 2 ,
2
3 , 2 ,
y zz x x y zx z
d
λ λ λ λλ
λ λ λ
− =⇒ − = ⇒ = − = − = −
− = −
= − − −
2°
3. Vektori
53
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( )
0, 2 , 3 , 2 , 3 , 4 , 2 3, 4, 2
2,2,1 1, 2, 1 3,4,2
a d
b c
a d b c
λ λ λ λ λ λ λ λ λ
λ
− = − − − − = = ⋅
− = − − − − =
− = ⋅ −
što dokazuje tvrdnju. 3° Dovoljno je pokazati da je ( ) ( ) 0a b a c d × × × ⋅ = ,a pošto je
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 20 2 4 4 4 0 0 0 00 2
i j ka b a c i j kλ λ λ λ
λ λ× × × = − = − − − + −
−( )0,0,0=
to očito vrijedi 4°
( )a b c a c
a c b c a c
b c
λ
λ
λ
− ⋅ = ⋅ +
⋅ − ⋅ = ⋅ +
− ⋅ =
-(-2-4-1)=λ λ=7
5. Dati su vektori ( ) ( )6, 11,1 , 3, 2, 4a b− − − − . Odrediti vektor c tako da je
4,b c c b a⋅ = − × = .
3.3. MJEŠOVITI PROIZVOD TRI VEKTORA
Pod mješovitim proizvodom tri vektora , ia b c podrazumijevamo skalar ( )a b c× ⋅ .
Ako je ( )1 2 3, ,a a a a= , ( )1 2 3, ,b b b b= i ( )1 2 3, ,c c c c= , tada je ( )1 2 3
1 2 3
1 2 3
a a aa b c b b b
c c c× ⋅ = .
Geometrijsko značenje mješovitog proizvoda vektora: ako je u prostoru konstruisan paralelopiped nad tri nekomplanarna vektora , ia b c , njegova zapremina jednaka je upravo
(apsolutnoj vrijednosti broja) ( )a b c× ⋅ . Ako je pak nad nekomplanarnim vektorima , ia b c
konstruisan tetraedar, njegova zapremina jednaka je (apsolutnoj vrijednosti broja) ( )16
a b c× ⋅ .
Vektori , ia b c su komplanarni ako i samo ako je ( )a b c× ⋅ = 0.
ZADACI
1. Pokazati da su vektori ( ) ( ) ( )1,3,2 , 2, 3, 4 3,12,6a b i c− − − − komplanarni i naći
njihovu linearnu zavisnost.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
54
Rješenje: Računamo,
( )1 3 2 1 3 2
2 3 4 0 3 0 03 12 6 0 3 0
a b c− −
× ⋅ = − − = =−
što potvrđuje komplanarnost vektora ,a b i c . Zato se mogu naći brojevi α i β tako da je c a bα β= + ( ) ( ) ( )( ) ( )
3,12,6 1,3,2 2, 3, 4
3,12,6 2 ,3 3 ,2 42 3
3 3 122 4 6
α β
α β α β α βα βα βα β
− = − + − −
− = − + − −
− + = −− =− =
Rješavanjem ovog sistema dobijamo α=5 ,β=1 pa je dakle 5c a b= +
2. Vektori ( ) ( ) ( )1, 2 ,1 , 2, , 3 , 2,a b i cα α α α α− su ivice tetraedra ( )α ∈
1° Odrediti V tog tetraedra. 2° Odrediti α tako da vektori ,a b i c budu komplanarni i u tom slučaju razložiti vektor a preko vektora b i c . Rješenje: 1°
( )
( ) ( )( )( )( )2
1 2 1 2 2 2 11 1 12 2 26 6 6
3 2 2 2 2
1 2 1 1 2 12 2 11 0 1
6 31 2 0 2 2 1
1 3 3 21 1 2 2 1 ...3 3
V a b cα α αα α α α α
α α α α
α αα αα α α α
α α α
α α αα α α α α
+= × ⋅ = = +
− + −
+ += = − −
− − − −
+ − ++= − − − − − − = =
2° Vektori ,a b i c su komplanarni ako je V=0 odakle iz 1° slijedi da je α=-1, jer jednačina 23 3 2 0α α− + = nema realnih rješenja. Dakle,
( ) ( ) ( )1, 2,1 , 2, 1, 1 3, 2,1a b i c= − = − − = − .
Sada tražimo brojeve α i β tako da je a b cα β= + . Uvrštavajući koordinate vektora ,a b i c u posljednju jednakost možemo naći α i β kao u prvom zadatku
α=-4,β=-3 pa je 4 3a b c= − − .
3. Vektori
55
3. Dati su vektori ( ) ( )1 3,1, , 1,3,0 5, 1,82 4
a b i c = = − = −
.
1° Odrediti nagib vektora c prema ravni određenoj vektorima b i a . 2° Odredi zapreminu i jednu od visina paralelopipeda konstrisanog nad vektorima ,a b i c . Rješenje: Označimo sa α traženi ugao, a sa ϕ ugao između vektora a b i c× . Tada je očito
2πα ϕ+ = , dakle
2πα ϕ= − pa je
( )sin cos
a b c
a b cα ϕ
× ⋅= =
× ⋅
1 3 9 3 51 , ,2 4 4 4 21 3 0
i j k
a b × = = − −
−
( ) 45 3 2120 204 4 2sin
81 9 25 90 10025 1 64 9016 10 4 16
19 4 2 19 1921519 10 9 10 19 30
a b c
a b cα
− + + −× ⋅= = =
+× ⋅ + + ⋅ + + ⋅
⋅= = =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
1 312 4 3 15 35 1 38 191 3 0 8 3 4 3
4 4 4 4 4 25 1 8
− = + + − = + ⋅ = = −
192
V =
192 19 2 19 10 2 190 1902
10 5190 19 10 10 104
V B H
VHB
= ⋅
⋅= = = = ⋅ = =
⋅
4. Izračunati zapreminu tetraedra čiji su vrhovi A(1,1,1), B(6,3,1), C(3,6,1)
i D(2,3,5). 5. Mogu li tačke A(-3,2,4), B(6,5,10), C(9,1,4) i D(3,-1,0) biti vrhovi tetraedra?
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
56
3.4. RAVAN U PROSTORU
Ako je ( ), ,n A B C= vektor okomit na ravan u prostoru koja prolazi tačkom ( )1 1 1 1, ,M x y z ,
čiji je radijus vektor 1r , tada se može napisati jednačina te ravni u vektorskom obliku
( )1 0r r n− ⋅ =
ili u skalarnom obliku ( ) ( ) ( )1 1 1 0A x x B y y C z z− + − + − = .
Prema tome, jednačina ravni se uvijek može napisati u opštem obliku:
0Ax By Cz D+ + + = ili u kanonskom obliku:
1x y za b c+ + = ,
gdje su a, b i c odsječci ravni na koordinatnom osama. Jednačina ravni koja je određena sa tri nekolinearne tačke
1 1 1 2 2 2 3 3 3P(x , y , z ),Q(x , y , z )iR(x , y , z ) data je sa:
1 1 1
2 1 2 1 2 1
3 1 3 1 3 1
x x y y z zx x y y z z 0x x y y z z
− − −− − − =− − −
.
Pod uglom ϕ između dviju ravni α i β podrazumijeva se ugao između njihovih vektora
normale 1n i 2n , tj. 1 2
1 2
cos n nn n
ϕ ⋅=
⋅.
Ako je pri tome ( ), ,i i i in A B C= , 1, 2i = , tada je uslov paralelnosti ravni α i β :
1 1 1
2 2 2
A B CA B C
= =
a uslov okomitosti tih ravni je: 1 2 1 2 1 2 0A A B B C C+ + = .
Udaljenost tačke 0 0 0 0( , , )M x y z od ravni 0Ax By Cz D+ + + = računa se po obrascu:
0 0 0
2 2 2 2
Ax By Cz Dd
A B C D
+ + +=
+ + +.
Jednačina snopa (pramena) ravni koje prolaze kroz presječnu pravu ravni
1 1 1 1: 0A x B y C z Dα + + + = i 2 2 2 2: 0A x B y C z Dβ + + + = je
( )1 1 1 1 2 2 2 2 0A x B y C z D A x B y C z Dλ+ + + + + + + = .
ZADACI 1. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku ( )1 0, 1,3M − i normalna je na
vektor 1 2M M , gdje je ( )2 1,3,5M .
3. Vektori
57
Rješenje: ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )1 2 1 20, 1,3 , 1,3,5 1, 4, 2
1 0 4 1 2 3 04 2 2 0
M M M M
x y zx y z
− ⇒ =
− + + + − =
+ + − =
2. Naći rastojanje između ravni 2 1 0 2 4 2 1 0.x y z i x y z− + − = − + + =
Rješenje:
( )
2 1 01, 0 0
2 4 2 1 0
Tačka 1,0,0 leži u prvoj ravni
2 0 0 1 3 3 6 3 6 62 6 44 16 4 24 2 6 6
x y zx y z
x y z
A
d
− + − == = ⇒ =
− + + =
− + += = = ⋅ = =
⋅+ +
3. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku ( )1 2, 1,1M − i normalna je na
ravnima 3 2 4 0x y z+ − + = i 3 0x y z+ + − = . Rješenje:
( ) ( )
( )
( )( ) ( )
1 2
1 2
1
3, 2, 1 , 1,1,1
3 2 1 3, 4,11 1 1
2, 1,1
3 2 4 1 1 03 4 11 0
n n
i j kn n n
M
x y zx y z
= − =
= × = − = −
−
− − + + − =
− + − =
4. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz pravu
2 3 4 0
3 5 0x y zx z+ + − =
+ − =
i odsijeca jednake odsječke na osama OY i OZ. Rješenje:
( )( ) ( )( ) ( )
2 3 4 3 5 0
1 3 2 3 4 5 0
1 3 2 3 4 51 3 2 3 14 5 4 5 4 5
+ + − + + − =
+ + + + − − =
+ + + + = +
+ ++ + =
+ + +
x y z x z
x y z
x y z
x y z
λ
λ λ λ
λ λ λλ λλ λ λ
2 3 3 2 14 5 4 5
+= ⇒ + = ⇒ = −
+ +λ λ λ
λ λ
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
58
( ) ( )1 3 2 3 1 4 5 02 2 2 1 0
2 2 2 1 0
44 5 0 druga ravan5
− + + − − + =
− + + + =
− − − =
+ = ⇒ = − ⇒
x y zx y z
x y z
λ λ
5. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz presjek ravni 1 0 1 0x y z i x y z− + + = + − − = a koja sa prvom ravni zaklapa ugao od 60°. Rješenje:
( )( ) ( ) ( )
( )( )
1
2
1 2
1 2
1 1 0
1 1 1 1 0
1 , 1 ,1
1, 1,1
cos
1cos60
x y z x y z
x y z
n
n
n nn n
λ
λ λ λ λ
λ λ λ
α
λ
− + + + + − − =
+ + − + + − + − =
= + − + −
= −
⋅=
⋅
+=
1 λ+ −
( ) ( ) ( )2 2 2
2
2
2 2
2
1,2
1
1 1 1 3
1 3 6 2 9 9 62 3 3 2 3
36 24 4 9 6 95 18 27 0
324 540 864
18 16 9 6 18 4 3 6 9 6 62 5 10 5
D
λ
λ λ λ
λ λ λ λλ λ
λ λ λ λ
λ λ
λ
+ −
+ + − + − ⋅
−= ⇒ − = + −
+ − ⋅− + = − +
+ − == + =
− ± ⋅ ⋅ − ± ⋅ − ±= = =
⋅
6. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke ( ) ( ) ( )1,1,1 , 1,0,0 3,0,1P Q i R− . Rješenje:
( ) ( ) ( )1,1,1 , 1,0,0 , 3,0,1
1 2 31 1 0 2 0 3 0
3 1 0 2 1 3
−
− − −− − − − =− − −
P Q R
x y z
1 2 32 2 3 0
2 2 2
− − −− − − =
− −
x y z
3. Vektori
59
1 3 4
2 4 5 02 0 0
− + − + −− − − =
x x y x z
( ) ( )5 3 4 4 05 5 15 4 4 16 0
5 4 1 0
5 4 1 0
x y x zx y x z
x y z
x y z
− + − + + − =
− − + + + − =− − + − =
+ − + =
7. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke ( ) ( )1,1,1 0,1, 1P i Q − i
normalna je na ravan 1 0x y z+ + − = . Rješenje: ( ) ( )
( )( )( )
( ) ( )
1,1,1 , 0,1, 1 1 000 ... 1
0 ... 2
0 ... 3
1 , 3 000
2 02
2 0
2 0
P Q i na x y zAx By Cz D
A B C D
B C D
A B C
DA B C
B CB C A B
A BBx By Bz
x y z
− ⊥ + + − =
+ + + =
⇒ + + + =
− + =
+ + =
⇒ =
+ + =− =
= ⇒ + == −
− + + =
− − =
8. Napisati jednačinu simetralnih ravni datih ravni 3 2 6 35 0x y z+ + − = i 21 30 70 237 0.x y z− − − = Rješenje:
( )
3 2 6 35 21 30 70 237 09 4 36 441 900 4900
3 2 6 35 21 30 70 237 07 79
237 158 474 2765 147 210 490 1659 090 368 964 1106 045 184 482 553 0
384 52 16 4424 096 13 4 1106 0
x y z x y z
x y z x y z
x y z x y zx y z
Ix y z
x y zII
x y z
+ + − − − −± =
+ + + ++ + − − − −
± =
+ + − ± − − − =
+ + − =+ + − =
− − − =− − − =
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
60
3.5. PRAVA U PROSTORU Neka je u prostoru data prava a koja prolazi kroz tačku ( )1 1 1 1, ,M x y z , čiji je radijus vektor 1r
i neka je ( ), ,p l m n= vektor paralelan pravoj a . Tada je vektorski oblik jednačine prave u prostoru:
( )1 0r r p− × = ,
a prelaskom na koordinate dobijamo kanonski oblik: 1 1 1x x y y z z
l m n− − −
= = .
Vektor p zovemo vektorom pravca prave a . Parametarski oblik jednačine prave dobijamo direktno iz kanonskog, uvođenjem parametra t:
1
1
1
x x lty y mtz z nt
= + = + = +
Jednačina prave može biti zadata i kao presjek dvije ravni: 1 1 1 1
2 2 2 2
00
A x B y C z DA x B y C z D
+ + + = + + + =
ZADACI
1. Napisati jednačinu prave koja prolazi kroz tačku ( )1 1, 1,1M − i paralelna
je vektoru ( )1, 2,3p . Rješenje:
1 1 11 2 3
x y z− + −= =
2. Napisati jednačinu prave koja prolazi kroz tačke ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2, , , ,M x y z i M x y z .
Rješenje: Kao vektor pravca tražene prave možemo uzeti vektor ( )1 2 2 1 2 1 2 1, ,M M x x y y z z= − − − pa je jednačina te prave u kanonskom obliku
1 1 1
2 1 2 1 2 1
x x y y z zx x y y z z− − −
= =− − −
3. Napisati u kanoničkom obliku jednačine pravih
2 7 0 3 2 8 02 5 0 3
x y x yi
x z z x− − = − + =
− + = =
i naći ugao između njih.
3. Vektori
61
Rješenje:
( )( )
( )
1
2
1 1 2
2 7 02 5 0
2, 1,0
2,0, 1
2 1 0 1, 2, 22 0 1
x yx z
n
n
i j ka n n
− − = − + =
= −
= −
= × = − =−
0 7 50 7, 51 2 2
x y zx y z − + −= ⇒ = − = ⇒ = =
( )
3 2 8 03
3 2 83 1
2 4 4332
4Dakle : 31 32
x yz x
z x x y
y yx
x y z
− + = =
= ∧ = −
− −= =
−= =
2
1 2
1 2
31, ,32
1 3 6 10 10 2 20cos3 7 219 491 4 4 1 9 3
4 420arccos21
a
a aa a
ϕ
ϕ
=
⋅ + + ⋅= = = = =
⋅⋅ + + ⋅ + +
=
4. Napisati jednačinu normale na z-osu koja prolazi kroz tačku ( )1 2, 1, 2 .M − −
Rješenje: Druga tačka kroz koju prolazi prava je ( )0,0,2A
0 0 22 1 0
22 1 0
x y z
x y z
− − −= =
−= =
5. Potreban uslov da se prave
1 1 1 2 2 2
1 1 1 2 2 2
: :x x y y z z x x y y z za i bl m n l m n− − − − − −
= = = =
sijeku jeste
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
62
2 1 2 1 2 1
1 1 1
2 2 2
0x x y y z z
l m nl m n
− − −=
Dokazati! Dokaz:
( )1 2 1 2
1 2 1 2
, su komplanarni
0
M M a i a
M M a a⇒ × ⋅ =
2 1 2 1 2 1
1 1 1
2 2 2
0x x y y z z
l m nl m n
− − −⇒ =
6. U jednačini prave 1 2 1:1 1
x y zan
− − −= =
− odrediti n tako da se ona siječe sa
pravom 2 3 4:1 2 3
x y zb − − −= = , pa naći njihov presjek.
Rješenje:
( ) ( )
1
2
1 2
1 2 11 1
2 3 41 2 3
1, 2,1 , 2,3, 4
x y z tn
x y z t
M M
− − −= = =
−− − −
= = =
1 1 3 1 1 31 1 0 0 2 3 0 3 0 31 2 3 0 1 0
n n n n− = ⇒ − − = ⇒ − = ⇒ =
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2 2 1
1 22 2 3
1 3 4
12 1
2 13 2 ,3 3
x t ty t tz nt t
t tt t
t t t
= + = += − = += + = +
− =− − =
− = ⇒ = − =
3. Vektori
63
1 1 2 43
1 33
1 413 3
1 523 3
13 1 23
4 5, , 23 3
n
n n
x
y
z
S
⋅ + = − +
= ⇒ =
= + =
= − =
= ⋅ + =
7. Ako prava ima vektor pravca p i ako je 0M tačka van prave,a 1M tačka na
pravoj ,onda je rastojanje tačke 0M od prave dato formulom
1 0p M M
dp
×=
Dokazati! Dokaz: Označimo sa ϕ ugao između vektora 1 0M M i p . Očito je
1 0
sin dM M
ϕ =
pa je zato ( )1 0 sin ... 1d M M ϕ= ⋅
Kako je
1 0 1 0 sinp M M p M M ϕ× = ⋅ ⋅
to je
1 01 0 sin
p M MM M
pϕ
×⋅ = ( )... 2
Iz (1) i (2) slijedi direktno
1 0p M Md
p
×=
8. Naći rastojanje tačke ( )2, 1,3M − i prave 1 2 13 4 2
x y z+ + −= = .
Rješenje:
( ) ( )1 1, 2,1 , 3, 4, 2− − =M p
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
64
( ) ( )1 13, 1, 2 3 4 2 6,0,93 1 2
36 81 117 117299 16 4 29
= − − − − ⇒ × = − = − −− − −
+= = =
+ +
i j kM M p M M
d
9. Naći rastojanje između paralelnih pravih 1 1 11 1 2 1 1 2x y z x y zi− − −= = = = .
Rješenje:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
0 1 1 0
1 0
0,1,0 , 1,0,1 1,1, 1 , 1,1,2
1 1 2 3,1,21 1 1
9 1 4 14 731 1 4 6
M M M M p
i j kp M M
d
⇒ = − − =
× = = −− −
+ += = =
+ +
10. Izvesti formulu za rastojanje između dvije mimoilazne prave.
Rješenje: Neka su date mimoilazne prave
( ) ( )
( ) ( )
1 1 11 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 2 22 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
: , , , , , ,
: , , , , , ,
x x y y z za M x y z p l m nl m n
x x y y z zb M x y z p l m nl m n
− − −= = =
− − −= = =
Neka su N1,odnosno N2 tačke na pravoj a ,odnosno b tako da je
1 1 1 2 2 2M N p i M N p= = Dalje odaberimo u prostoru tačke A1 i A2 takve da je
1 1 2 2 2 1M A p i M A p= = Tada je 1 1 1 2 2 2M N A M N A trostrana prizma čija je visina upravo tražena udaljenost d pravih a i b.Zapreminu V ove prizme možemo izračunati na dva načina.Površina
baze prizme je 1 212
B p p= × (vidi zadatak 1. u lekciji vektorski proizvod) pa je otuda
( )1 21 ... 32
V p p d= × ⋅
S druge strane zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorima
1 2 1 2,p p i M M je ( )1 2 1 2p p M M× ⋅ a zapremina prizme 1 1 1 2 2 2M N A M N A je
očito dva puta manja od zapremine tog paralelopipeda pa je
( ) ( )1 2 1 21 ... 42
V p p M M= × ⋅
Iz (3) i (4) slijedi da je
3. Vektori
65
( )1 2 1 2
1 2
p p M Md
p p
× ⋅=
×
11. Naći rastojanje između mimoilaznih pravih
1 1 1 21 1 2 1 3 4
x y z x y zi+ − + −= = = = .
Rješenje:
( )
( )
1
2
1 1, 1,0,11 1 2
1 2 , 0, 1,21 3 4
x y z M
x y z M
+ −= = −
+ −= = −
( )1 2 1 1 2 2, 2, 21 3 4
2 2 2 2 24 4 4 12
i j kp p
d
× = = − −
− + += = =
+ + 2
( )1 2
333
1, 1,1M M
=
= −
12. Kroz tačku ( )1 1, 2, 1M − postaviti pravu koja siječe prave
1 1 3 2 32 6 3 3 1 1
x y z x y zi− + + − += = = =
−.
Rješenje:
( )11 2 11, 2, 1 : x y zM p
l m n− − +
− ⇒ = =
( )0 3 2
1 1 3 siječe 0 3 4 6 0 ... 12 6 3
2 6 3
x y z p l m n l m n− + += = ⇒ = ⇒ − + =
( )2 1, 1, 3M − −
( )
1 2 22 3 siječe 0
3 1 13 1 1
1 0 02 2 0 5 4 7 0... 2
3 7 5
x y z p l m n
l l m l n m l n
− −− +
= = ⇒ =−
−
+ + = ⇒ − − =
( )3 2,0, 3M −
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
66
3 4 61
4 5 7
33 12 6
22, 3, 11 2 1
2 3 1
l mn
l m
ml
ll m nx y z
− = −= ⇒
− + =
=− = −=
= = =− − −
= =
3.6. PRAVA I RAVAN U PROSTORU
Neka je data prava 1 1 1: x x y y z zal m n− − −
= = i ravan : 0Ax By Cz Dα + + + = .
Ugao ϕ između prave a i ravni α računamo po formuli:
sin p np n
ϕ ⋅=
⋅,
gdje je ( ), ,p l m n= vektor pravca prave a i ( ), ,n A B C= vektor normale ravni α . Prava a je paralelna ravni α ako je ispunjen uslov
0Al Bm Cn+ + = , a uslov da prava a bude okomita na ravni α je: A B Cl m n= = .
Ako prava a siječe (prodire) ravan α , tačku prodora dobijemo uvrštavajući x, y i z iz parametarskog oblika jednačine prave a u jednačinu ravni α i rješavajući dobijenu jednačinu po parametru t. Uslov da prava a pripada ravni α je da je vektor ( ), ,p l m n= okomit na vektoru
( ), ,n A B C= i da tačka ( )1 1 1 1, ,M x y z pripada ravni α , tj. 0Al Bm Cn+ + = i 1 1 1 0Ax By Cz D+ + + = .
ZADACI
1. Naći ugao između prave 1 131 32
x y z+ −= =
− i ravni 2 4 0x y z+ − − = .
Rješenje:
a n
ϕ
3. Vektori
67
Pošto je vektor normale ravni ( )2,1, 1n = − ,a vektor pravca prave je 31,3,2
a = −
za ugao
ϕ između date prave i date ravni vrijedi 3 132 3 132 2sin 79 7 661 9 4 1 1 24
a na a
ϕ+ +⋅
= = = =⋅ ⋅+ + ⋅ + +
2. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku ( )1 0, 1,0M − i sadrži
pravu 1 12 1 3
x y z− += = .
Rješenje: I način: Pretpostavimo da je tražena ravan 0Ax By Cz D+ + + = . Pošto tačka ( )1 0, 1,0M − leži u ravni imamo da je ( )0 1 0 0 0A B C D⋅ + ⋅ − + ⋅ + = = tj. 0B D− + = . Iz uslova da data prava leži u ravni slijedi da za vektor pravca ( )2,1,3a = date prave i
vektor normale ( ), ,n A B C= date ravni vrijedi 0a n⋅ = pa je : 2 3 0A B C+ + = . Osim toga,tačka ( )2 1,0, 1M = − koja leži na datoj pravoj mora ležati i u ravni pa je: 0A C D− + = Otuda rješavamo sistem jednačina:
5 44
0 5 4 10 05 5
2 3 0 2 3 15
A D
A DB D B DA C D A C D B D Dx Dy Dz D
A B C A C D C D
D D
= − = −− + = =
− + = ⇒ − = − ⇒ = ⇒ − + + + = + + = + = − =
=
4 5 5 0x y z− − − = II način: Zadatak možemo riješiti i pomoću pramena ravni. Datu pravu
1 1:2 1 3
x y zl − += =
napišimo kao presjek dviju ravni: 1 2 1 0
2 1−
= ⇒ − − =x y x y
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
68
1 3 1 01 3
+= ⇒ − − =
y z y z
pa je jednačina pramena ravni koje prolaze kroz pravu l : ( )
( )2 1 3 1 0
2 3 1 0
x y y z
x y z
λ
λ λ λ
− − + − − =
+ − + − − − =
Pošto tražena ravan sadrži još tačku ( )1 0, 1,0M − to je:
( ) ( )0 2 3 1 0 1 02 3 1 0
11 44
λ λ λλ λ
λ λ
+ − + ⋅ − − ⋅ − − =
− − − =
= ⇒ =
pa je jednačina tražene ravni: 1 1 12 3 1 04 4 4
4 5 5 0
x y z
x y z
+ − + ⋅ − − − =
− − − =
3. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz pravu 1 1 21 2 2
x y z− + += =
i normalna je na ravan 2 3 4x y z+ − = . Rješenje: Očitamo vektor pravca date prave ( )1, 2, 2p = i vektor normale date ravni ( )1 2,3, 1n = − .
Ako je n vektor normale tražene ravni, tada je n p⊥ i 1n n⊥ , pa je n kolinearan vaktoru 1p n× .
( )( )
( )1
1
1, 2,11 2 2 8,5, 1
2,3, 1 2 3 1
i j kpn p n
n
= = × = = − −= − −
i možemo uzeti ( )8,5, 1n = − − .
Pošto znamo još da tražena ravan prolazi kroz tačku ( )1, 1, 2M − − sa date prave, možemo koristiti formulu za jednačinu ravni kroz datu tačku:
( ) ( ) ( )8 1 5 1 2 08 8 5 2 0
8 5 11 0
x y zx y z
x y z
− − + + − + =
− + + − − =
− + − =
4. Naći tačku simetričnu tački ( )1,0, 1M − − u odnosu na ravan 2 7 0x y z+ − + = .
Rješenje: Posmatraćemo pravu l koja prolazi kroz tačku M, a okomita je na datu ravan. Kao vektor pravca prave l možemo odabrati vektor ( )2,1, 1n p− = normale date ravni.
3. Vektori
69
Dakle, 1 1: ,
2 1 12 1, , 1
x y zl t
x t y t z t
+ += = =
−= − = = − −
.
je parametarski oblik jednačine prave l . Naći ćemo presječnu tačku ´M prave l i date ravni ako uvrstimo parametarsku jednačinu prave l u jednačinu date ravni: ( )
( )´
2 2 1 1 7 0
4 2 2 8 0 6 6 0 1 3, 1,0
t t t
t t t t M
− + + + + =
− + + = ⇒ + = ⇒ = − ⇒ − −
Sada možemo naći tačku N simetričnu tački M u odnosu na datu ravan . Nalazimo je iz uslova da tačka ´M bude središte duži MN . Neka je ( ), ,N x y z .Tada su koordinate tačke
´ 1 1, ,2 2 2
x y zM − −
.
Kako je ( )´ 3, 1,0M − − imamo da je
( )
1 13 , 1 , 02 2 2
1 6 , 2 , 1 05 , 2 , 1
Dakle, 5, 2,1
x y z
x y zx y z
N
− −= − = − =
− = − = − − == − = − =
− −
.
5. Naći tačku simetričnu tački ( )1, 2,8M u odnosu na pravu 12 1 1
x y z−= =−
.
Rješenje: Postavimo ravan α kroz tačku M, okomito na datu pravu l. Ako je M´ tačka prodora prave l kroz ravan α, to je ujedno i projekcija tačke M na pravu l. Tačku N nalazimo iz uslova
´ ´MM M N= . ( )( ) ( )2, 1,1
: 2 1 1 8 02 2 2 8 0
: 2 8 0
p n
x y zx y zx y z
α
α
= − =
− − − + − =
− − + + − =− + − =
( )
( )´
1:2 1 1
2 1 , ,2 2 1 8 04 2 2 8 06 6 0 1 3, 1,1
x y zl t
x t y t z tt t t
t tt t M
−= = =−
= + = − =
+ + + − =
+ + − =
− = ⇒ = ⇒ −
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
70
( ) 1 2 8, , 3 1 12 2 21 6, 2 2, 8 25 , 4 , 6
x y zN x y z
x y zx y z
+ + +⇒ = ∧ = − ∧ =
⇒ + = + = − + =⇒ = = − = −
6. Napisati jednačinu projekcije prave
4 3 6 0
5 10 0x y z
x y z− + − =
+ − + =
na ravan 2 5 5 0x y z− + − = . Rješenje:
4 3 6 0
:5 10 0
: 2 5 5 0
x y zl
x y zx y zα
− + − = + − + =
− + − =
( )4 1 3 0 21 71 5 1 1 5 1 147 77 70 02 1 5 0 11 7
− −− = − = − − + = ≠
− − ⇒ prava siječe ravan
Postavimo ravan β koja sadrži pravu l i okomita je na ravan α . Tada je tražena projekcija ´l presjek pravih α i β .
( ) ( ) ( ) ( )4, 1,3 1,5, 1 4 1 3 14,7,21 7 2,1,31 5 1
i j kp = − × − = − = − = −
−
Možemo odabrati ( )2,1,3p = −
( ) ( ) ( ) ( )12, 1,5 , 2,1,3 2 1 5 8, 16,0 8 1,2,02 1 3
i j kn p n n p= − = − ⇒ = × = − = − − = −
−
( )1 1, 2,0n = Na pravoj l odaberimo jednu tačku :
4 02
5 8
420 8
8 32,21 21
x yz
x y
y xx x
x y
− == ⇒
+ = −
=+ = −
= − = −
3. Vektori
71
8 322 021 218 642 021 21
21 42 72 0: 7 14 24 0
x y
x y
x yx yβ
+ + + =
+ + + =
+ + =+ + =
Dakle, ´ 7 14 24 0:
2 5 5 0x y
lx y z+ + =
− + − =
7. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz pravu 3 4 22 1 3
x y z− + −= =
− i
paralelna je pravoj 5 2 14 7 2
x y z+ − −= = .
Rješenje:
( ) ( ) ( )1 2 1 2
3 4 22 1 3
5 2 14 7 2
2,1, 3 , 4,7,2 2 1 3 23, 16,104 7 2
x y z
x y z
i j jp p n p p
− + −= =
−+ − −
= =
= − = ⇒ = × = − = −
sadrži tačku ( )3, 4,2M − :
( ) ( ) ( )23 3 16 4 10 2 023 69 16 64 10 20 023 16 10 153 0
x y zx y zx y z
− − + + − =
− − − + − =− + − =
8. Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku ( )1 1, 2, 3M − − i normalna je na
pravoj 1 21 2 1
x y z− += = . Naći prodor date prave kroz nađenu ravan.
Rješenje:
( )1,2,1p n= =
prolazi kroz ( )1 1, 2, 3M − − :
( )1 2 2 3 02 0
x y zx y z+ + − + + =
+ + =
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
72
prodor:
11, 2 , 2 1 4 2 0 6 1 06
1 716 6
1 126 3
1 1126 67 1 11, ,6 3 6
x t y t z t t t t t t
x
y
z
P
= + = = − ⇒ + + + − = ⇒ − = ⇒ =
= + =
= ⋅ =
= − = −
−
9. Napisati jednačinu prave koja leži u ravni 2 3 1 0x y z+ − + = ,prolazi kroz tačku
( )0,0,1M i sa pravom 3 31 2 1
x y z− −= = zaklapa minimalan ugao.
Rješenje:
3 3:
1 2 1:2 3 1 0
x y zl
x y zα
− −= =
+ − + =
Tražena prava zaklapa minimalan ugao sa l ako je paralelna projekciji prave ´l u ravni α . Nađimo prvo projekciju ´l . Postavimo ravan β , ,l β β α⊆ ⊥ . Neka je 1n vektor normale ravni β .
( ) ( ) ( ) ( )11, 2,1 , 2,3, 1 5 3 1 5,3, 1 5, 3,12 3 1
i j kp n n p n= = − ⇒ = × = − = − − = − −
−
( ) ( ) ( )3,3,0 5 3 3 3 0 0
5 15 3 9 0: 5 3 6 0
M x y zx y zx y z
β
β
∈ ⇒ − − − + − =
− − + + =− + − =
( ) ( ) ( )´
´ 5 3 6 0:
2 3 1 0
5, 3,1 2,3, 1 5 3 1 0,7,212 3 1
l
x y zl
x y z
i j kP
− + − = + − + =
= − × − = − =−
Tražena prava: 0 0 10 7 21
x y z− − −= =
10. Napisati jednačinu zajedničke normale mimoilaznih pravih 7 3 91 2 1
x y z− − −= =
− i
3 1 17 2 3
x y z− − −= =
−.
3. Vektori
73
Rješenje:
( ) ( )1 2 1 2 1 8,4,16 4 2,1,47 2 3
i j jp p p= × = − = =
−
( ), ,M x y z leži na traženoj pravoj
( ) ( )1 27,3,9 , 3,1,1M M
7 3 9 3 1 12 1 4 0 2 1 4 01 2 1 3 1 1
7 2 11 16 3 12 3 6 0 1 1 3 01 0 0 0 1 0
12 6 66 3 37 48 0 3 9 0
x y z x y zi
x x y x z x y y z yi
x y x i x y z y
− − − − − −= =
−
− − + + + − − − −− = − =
− + + + + − = − + − =
9 6 3 18 03 10 0
3 2 6 03 10 0
0 2 63
3 3 01
x y zx y z
x y zx y z
y zzxx
− + + + =− + =
− + + + =− + =
= ⇒ = −= −− ==
( )1,0, 31 3
2 1 4
Mx y z
−
− += =
11. Date su prave 2 1 21 0
x y zλ− − −
= = i 5 2 32 3 1
x y z− − −= = .
a) Odrediti λ tako da se prave sijeku. b) Za tako nađeno λ naći presjek pravih. c) Napisati jednačinu prave koja prolazi kroz koordinatni početak i normalna je na ravan
koju određuju te dvije prave.
74
NIZOVI
Definicija 1. Pod nizom elemenata skupa A podrazumjevamo funkciju :f N A→ . Vrijednost a(n) funkcije a u tački n N∈ označavamo sa na i zovemo n-tim članom tog niza a sam niz označavamo sa ( )1( ) , ( )n n N n n na a ili a∞
∈ = . Ovdje je riječ isključivo o nizovima realnih brojeva.
Npr. 11nan
= − ; 1 2 31 30, , ,...2 4
a a a= = = i
( ) 1 2 3 41 3 2 51 ; 0, , , ,...
2 3 4n
nb b b b bn
= − + = = = − = .
Limes niza i osobine Definicija 2.
0 0lim ( 0)( )( )( )n nna a n N n N n n a aε ε
→∞= ⇔ ∀ > ∃ ∈ ∀ ∈ > ⇒ − < .
U tom slučaju još kažemo da niz ( )na teži ka a kad n teži ∞ i pišemo ( )na a n→ →∞ . U
slučaju kada je a konačan broj, za niz ( )na kažemo da je konvergentan a u slučaju kada je
a +−= ∞ ili da granična vrijednost ne postoji kažemo da je niz divergentan. Dakle, niz ( )na
teži ka a ako su mu članovi na «proizvoljno blizu» broja a čime je n «dovoljno veliko». Još se kaže da se u tom slučaju u svakoj okolini tačke a nalaze svi članovi niza od nekog ili skoro svi članovi niza (tj. svi osim njih konačno mnogo).
Najmanja konstanta G koja zadovoljava nejednakost ,na G n< ∀ ∈ naziva se supremum (gornja međa, majoranta) i označavamo je sa { }sup n
nM a= . Najveća konstanta
koja zadovoljava nejednakost ng a< , n∀ ∈ naziva se infimum (donja međa, minoranta) i označavamo je sa { }inf nn
m a= .
Ako niz ima više tačaka nagomilavanja (divergira) onda se najmanja tačka zove limes inferior i označava sa: lim inf limn nn n
a a l→∞ →∞
= = , a najveća tačka – limes superior:
lim sup limn nn na a L
→∞ →∞= = .
Primjeri limesa nekih nizova:
i) 1lim 0,n n→∞
=
ii) ( )1lim 1 1,
n
n n→∞
−+ =
4. Nizovi
75
iii) Neka je ,nna q q R= ∈ . Tada je:
a) lim 0nna
→∞= za 1;q <
b) lim 1nna
→∞= za 1q = ;
c) lim nna
→∞= +∞ za 1q > ;
d) lim nna
→∞ ne postoji za 1q ≤ − .
iv) lim 1,n
na
→∞= za 0a > .
v) lim 1n
nn
→∞= .
Teorem 1. Neka su ( )na i ( )nb konvergentni nizovi realnih brojeva i neka je lim nn
a a→∞
= i lim nnb b
→∞= .
Tada je: 10 lim( )n nna b a b+ +
− −→∞= ;
20 lim( )n nna b ab
→∞= ;
30 lim n
nn
a ab b→∞
= , ako je 0nb ≠ za sve n N∈ i 0b ≠ .
Monotoni nizovi Za niz kažemo da je rastući ako važi 1n na a +≤ za svako n N∈ , a da je strogo rastući ako je
1n na a +< za svaki n N∈ . Analogno se definira opadajući niz i strogo opadajući niz. Jednim se imenom ovakvi nizovi zovu monotoni nizovi. Teorem 2. Neka je ( )na rastući niz realnih brojeva. Tada je ( )na konvergentan (konačnoj granici) ako i samo ako je ograničen odozgo. Analogno tvrđenje važi za opadajući niz. Primjeri monotonih nizova:
i) lim 0nn
nq→∞
= za 1q > ;
ii) lim 0!
n
n
qn→∞
= za q R∈ ;
iii) 1 1 1 1lim(1 ... )1! 2! 3! !n
en→∞
+ + + + + = ;
iv) 1lim(1 )n
ne
n→∞+ = .
Broj e je jedna od najvažnijih konstanti u matematičkoj analizi. Inače, e je iracionalan i čak transcedentan broj. Prvih nekoliko decimala su mu e=2,718281828459045... .
ZADACI
Odrediti m, M, l, L i graničnu vrijednost ako ima:
1. ( 1)n
nan−
=
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
76
Rješenje:
Donja međa 1,m = − a gornja međa je 12
M = . Niz ima pozitivne i negativne članove.
Najmanji od negativnih je 1,m = − , a najveći od pozitivnih je 12
M = . Niz ima graničnu
vrijednost i vrijedi: lim lim lim 0n n nn nna a a
→∞ →∞→∞= = =
2. na n= Rješenje: Ovaj niz nema ograničenja odozgo, tj. nema gornju među. Donja međa je 1m = . Ovaj niz nema ni graničnu vrijednost. I ovo je monotono rastući niz.
3. 1lim 1n
nn→∞
+=
Rješenje:
Napišimo nekoliko članova ovog niza: 3 4 52, , , ,...2 3 4
Vidimo da je ovaj niz opadajući i da mu je gornja međa 2M = . Takođe vidimo da se članovi ovoga niza približavaju jedinici, no nikada neće imati vrijednost 1. Prema tome donja međa je
1m = . Naime, opšti član niza možemo napisati i na sljedeći način: 11nan
= + . Kada n raste
tada razlomak 1n
opada ka 0, ali nikada neće postati 0. Pokažimo da je 1 granična vrijednost
niza:
Neka je 0ε > proizvoljan broj. Tada postoji prirodan broj ( )N ε tako da je 11 1n
ε+ − < za
sve ( )n N ε≥ . Naime za ( )N ε možemo uzeti 1 1ε +
. Ovim smo pokazali da je 1 granična
vrijednost našeg niza.
4. 11 ( 1)nna
n= + − +
Rješenje:
Napišimo nekoliko članova ovog niza: 5 1 9 11, , , , ...2 3 4 5
Vidimo da u ovom nizu možemo izdvojiti dva podniza: za parne i neparne n . Za neparne n
imamo opadajući niz, čiji opšti član možemo napisati kao 2 11
2 1kak+ =+
. Ovaj podniz teži ka
0. i donja međa ovog podniza je ujedno i donja međa cjelog niza i iznosi 0m = . Drugi podniz
ima opšti član 212
2kak
= + . Ovaj podniz je takođe opadajući i gornja međa ovog podniza je
4. Nizovi
77
ujedno i gornja međa cijelog niza i iznosi 52
M = . Granična vrijednost ovog niza je broj 2.
Granične vrijednost ovih podnizova odgovaraju donjem i gornjem limesu, respektivno. Tj.,
2 11 1 1lim inf(1 ( 1) ) lim(1 ( 1) ) lim(1 ( 1) ) 02 1
n n k
n knn n k+
→∞ →∞→∞+ − + = + − + = + − + =
+,
21 1 1lim sup(1 ( 1) ) lim(1 ( 1) ) lim(1 ( 1) ) 22
n n k
n n kn n k→∞ →∞ →∞+ − + = + − + = + − + = .
Za pomenute podnizove možemo pokazati kao u prethodnom zadatku da su 0 i 2 njihove granične vrijednosti.
5. 1( 1)nna
n= − +
Rješenje: Za ovaj niz takođe razlikujemo dva podniza: kada je n parno, i kada je n neparno. Podniz za
neparno n možemo pisati 2 12 1
1 1( 1) 12 1 2 1
kka
k k+
+ = − + = −+ +
. Podniz za parno n možemo
pisati 22
1 1( 1) 12 2
kka
k k= − + = + . Gornja međa niza 1( 1)n
nan
= − + je 32
M = , a donja međa
pomenutog ni za je 1m = − . Ovaj niz nema graničnu vrijednost, ali ima donji i gornji limes:
2 11 1 1lim inf(( 1) ) lim(1 ( 1) ) lim(( 1) ) 12 1
n n k
n knn n k+
→∞ →∞→∞− + = + − + = − + = −
+
21 1 1lim sup(( 1) ) lim(( 1) ) lim(( 1) ) 12
n n k
n n kn n k→∞ →∞ →∞− + = − + = − + =
6. Dokazati da je:
a) 1lim 11n
nn→∞
−=
+ i naći 4(10 )N −
b) 3 1 3lim5 1 5n
nn→∞
−=
+ i naći 3(10 )N −
Rješenje:
a) Neka je 0ε > proizvoljan broj. Tada postoji prirodan broj ( )N ε tako da je 1 11
nn
ε−− <
+ za sve ( )n N ε≥ , tj. postoji ( )N ε tako da je 2
1nε−
<+
za sve ( )n N ε≥ .
Naime za ( )N ε možemo uzeti 2 1 1ε − +
. Ovim smo pokazali da je 1 granična
vrijednost našeg niza. Za 410ε −= , ( )N ε = 42 10 20000⋅ = . b) Neka je 0ε > proizvoljan broj. Tada postoji prirodan broj ( )N ε tako da je
3 1 35 1 5
nn
ε−− <
+ za sve ( )n N ε≥ , tj. postoji ( )N ε tako da je 8
5(5 1)nε−
<+
za sve
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
78
( )n N ε≥ . Naime za ( )N ε možemo uzeti 8 1 125 5ε − +
. Ovim smo pokazali da je broj
35
granična vrijednost našeg niza. Za 310ε −= , ( )N ε =320.
7. 2
2
1lim( 1)n
n nn→∞
+ −+
Rješenje:
2 2 2
2 2
2
1 111 1 1lim lim lim 12 1( 1) 2 1 11n n n
n n n n n nn n n
n n→∞ →∞ →∞
+ −+ − + −= = = =
+ + + + +
8. !lim( 1)! !n
nn n→∞ + −
Rješenje:
! ! ! 1lim lim lim lim 0( 1)! ! ( 1) ! ! !( 1 1)n n n n
n n nn n n n n n n n→∞ →∞ →∞ →∞
= = = =+ − + ⋅ − + −
9. ( )lim 3 1
nn n n
→∞+ − +
Rješenje:
( ) ( )3 1lim 3 1 lim
3 1n n
n n nn n n
n n→∞ →∞
+ − −+ − + =
+ + +2lim3 1n
nn n→∞
⋅=
+ + +
2lim3 1n n n
n n
→∞=
+ ++
2 2lim 11 13 11 1
n
n n
→∞= = =
++ + +
10. ( )32 3lim 1n
n n n→∞
− −
Rješenje:
( ) ( )2 3 332 3
32 3 3 23
( 1)lim 1 lim
1 ( 1)n n
n n nn n n
n n n n→∞ →∞
− −− − =
+ − + −
2
32 3 3 2 23 3 33 3
3 3
1lim lim1 ( 1) 1 11
n n
n
n n n n n nn n
→∞ →∞=
+ − + − − −+ +
2
333 3
1 1 1lim1 1 1 31 11 1 1
n
n n
→∞= = =
+ + + − + −
4. Nizovi
79
11. 3 2
2
3 1 9lim3 11n
n nnn→∞
+− ++
Rješenje:
( )( )
3 2 4 3 4 2
2 2
3 1 9 9 3 3 1 9 9lim lim3 11 1 3 1n n
n n n n n n nnn n n→∞ →∞
+ + + + − −− = ++ + +
3 2
3 2
3 9 3 1lim 13 3 1n
n n nn n n→∞
− + += =
+ + +
12. 2
1 2 3limn
nn→∞
+ + + +…
Rješenje:
2
2 2 2
1( 1) 11 2 3 12lim lim lim lim2 22n n n n
n nn n n n
n n n→∞ →∞ →∞ →∞
+++ + + + +
= = = =…
13.
1 1 112 4 2lim1 1 113 9 3
n
n
n
→∞
+ + + +
+ + + +
…
…
Rješenje:
1
1
1 1
112
2 11 1 1 1 11 1 43 22 4 2 2lim lim lim1 1 1 1 1 1 31 1 13 9 3 3 2 3
113
n
nn
n n n
n n n
+
+
→∞ →∞ →∞
+ +
−
⋅ −+ + + + − = = = + + + + − −
−
…
…
14. 1 1 1lim1 2 2 3 ( 1)n n n→∞
+ + + ⋅ ⋅ − ⋅
…
Rješenje:
1 1 1 1 1 1 1 1lim lim 11 2 2 3 ( 1) 2 2 3 1n nn n n n→∞ →∞
+ + + = − + − + + − ⋅ ⋅ − ⋅ − … …
1lim 1 1n n→∞
= − =
15. 1 1 1lim1 3 3 5 (2 1) (2 1)n n n→∞
+ + + ⋅ ⋅ − ⋅ +
…
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
80
Rješenje: 1 1 1lim
1 3 3 5 (2 1) (2 1)n n n→∞
+ + + = ⋅ ⋅ − ⋅ +
…
1 1 1 1 1 1 1 1lim 12 3 2 3 5 2 2 1 2 1n n n→∞
= − + − + + − − + …
1 1 1 1 1 1 1 1 1lim 1 lim 12 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2n nn n n→∞ →∞
= − + − + + − = − = − + + …
16. 2 2 2 2
3
1 2 3 ( 1)limn
nn→∞
+ + + + −…
Rješenje:
2 2 2 2
3 3
( 1) (2 1)1 2 3 ( 1) 6lim lim
n n
n n nn
n n→∞ →∞
− ⋅ ⋅ −+ + + + −
=…
3 2 3
3
3 122 3 1 1lim lim6 36n n
n n n nn→∞ →∞
− +− += = =
17. 2 2 2 2
2 2 2
1 3 5 (2 1)lim2 4 (2 )n
nn→∞
+ + + + −+ + +
……
Rješenje:
2 2 2 2 2 4 ( 1)(2 1)2 (2 ) 4 (1 2 )6
n n nn n + ++ + = ⋅ + + + =… …
2 2 2 2 2 2 2 2 21 3 (2 1) (1 2 (2 ) ) (2 4 (2 ) )n n n+ + + − = + + + − + + +… … … 2 2 2 2 (2 1)(4 1) 4 ( 1)(2 1)1 3 (2 1)
6 6n n n n n nn + + + +
+ + + − = −…
2 (2 1)(4 1 2 2) 2 (2 1)(2 1)6 6
n n n n n n n+ + − − + −= =
2 2 2 2
2 2 2
2 (2 1)(2 1)1 3 5 (2 1) 6lim lim 4 ( 1)(2 1)2 4 (2 )
6n n
n n nn
n n nn→∞ →∞
+ −+ + + + −
=+ ++ + +
……
122 1lim lim 122 2 2n n
n nn
n→∞ →∞
−−= = =
+ +
18. 33 2 4
56 5 7 34
2 1 1lim6 2 3 1n
n n n
n n n n→∞
− + + +
+ + − + +
4. Nizovi
81
Rješenje:
3 33 2 4 3 4 6
5 56 5 7 3 6 74 4
10
112 1 1lim lim lim 1
16 2 3 1 1n n n
n n n n n nn n n n n n
n→∞ →∞ →∞
+− + + + +
= = =+ + − + + − −
19. 35 24
5 4 3
2 1lim2 1n
n n
n n→∞
+ − +
+ − +
Rješenje:
3 35 2 5 24 4 4 6 5
5 54 3 4 3
10 7
1 12 1lim lim lim 0
12 1 1n n n
n n n n n nn n n n
n
→∞ →∞ →∞
−+ − + −
= = =+ − + − −
20. Dokazati da niz:
112
a =
21 12 2 4
a = +⋅
1 1 1 12 2 4 2 4 6 2 4 6 (2 )na
n= + + + +
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅…
ima graničnu vrijednost. Rješenje: Da bi dokazali da ovaj niz ima graničnu vrijednost dovoljno je pokazati da je ovaj niz monoton i da je ograničen (teorem). Ovaj niz je monotono rastući jer je:
1 11 1 1 1 12 2 4 2 4 6 2 4 6 (2 ) 2 4 6 (2 )n n na a a
n n− −= + + + + = + >⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
…
za sve n∈ . Pošto je niz rastući, on je ograničen odozdo sa svojim prvim članom. Pokažimo da je niz ograničen odozgo:
1 1 1 1 1 1 12 2 4 2 4 6 2 4 6 (2 ) 2 2 2 2 2 2na
n= + + + + < + + +
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅… …
1
1 1
111 1 1 1 1 1 1 121 1 1, 1.12 4 2 2 22 2 212
n
n n n n−
− −
− = + + + = ⋅ + + + = ⋅ = − < > −
Ovim smo završili zadatak.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
82
21. Dat je niz:
1 , 0a c c= >
2a c c= +
na c c c= + + +…
a) Dokazati da ima graničnu vrijednost b) Odrediti tu graničnu vrijednost. Rješenje: a) Koristićemo isti teorem kao u prethodnom zadatku. Monotonost ovog niza pokazaćemo
matematičkom indukcijom. Pokažimo da je 1 2a a< . Naime,
1 2
, 0c c c c
c c ca a
< + >
⇒ < +⇒ <
Pretpostavimo da je 1 , za , 2n na a n k k− < = ≥ . Pokažimo da je sada tvrdnja tačna i za 1n + .
1
1
1
, 0n n
n n
n n
c a c a c
c a c aa a
−
−
+
+ < + >
⇒ + < +
⇒ <
Prema tome, tvrdnja vrijedi za sve prirodne brojeve, pa je niz monotono rastući. Pokažimo da je niz ograničen odozgo sa 1c + . Takođe, koristi ćemo matematičku indukciju. Jasno da je 1 1a c< + . Pretpostavimo da je
tvrdnja tačna za , 2n k k= ≥ , tj. 1na c< + , , 2n k k= ≥ .
( )2
1 1 2 1 1 1, 0n na c a c c c c c c c+ = + < + + < + + = + = + >
1 1na c+⇒ < +
Dobili smo da je tvrdnja tačna i za 1n + , pa odavde imamo da je tvrdnja tačna za sve prirodne brojeve. Prema tome, naš niz je ograničen odozgo, no naš niz je ograničen i odozdo sa 1a , pa je on ograničen niz. Sada, prema teoremu iz prethodnog zadatka, imam da je naš niz konvergentan, odnosno naš niz ima graničnu vrijednost.
4. Nizovi
83
b) Nađimo graničnu vrijednost našeg niza. Pretpostavimo da je lim nn
a a→∞
= . Tada je:
1
2 2
1/ 2
lim lim
0
1 1 42
n nn na a c a c a
a c a a a c
ca
−→∞ →∞= = + = +
⇒ = + ⇒ − − =
± +⇒ =
Jedno rješenje odpada, jer je negativno, a naš je niz pozitivan za sve svoje članove, pa ne može težiti ka negativnom broju. Prema tome, granična vrijednost niza je:
1 1 42
ca + += .
84
FUNKCIJA
Neka su E i F neprazni skupovi. Tada se binarna relacija f E F⊆ × zove funkcija ili preslikavanje iz E u F, ako vrijedi: 10 ( x E)( y F) : (x, y) f∀ ∈ ∃ ∈ ∈ ; 20 (( , ) ( , ) ) ( )).x y f x z f y z∈ ∧ ∈ ⇒ = (1) Svakoj funkciji f odgovara skup { }( , ( )) : ( ) ( ) ( )f x f x x D f D f R fΓ = ∈ = × koji se zove graf funkcije f. Kada su ( )D f i ( )R f podskupovi skupa R, onda je fΓ skup tačaka u ravni. Funkcija iz R u R se zove realna funkcija realne promjenljive. Za funkciju f kažemo da je parna, odnosno neparna ako ( )x D f∈ povlači ( ) ( )x D f− ∈ i ako je ( ) ( )f x f x− = , odnosno ( ) ( )f x f x− = − . Graf parne, odnosno neparne funkcije simetričan je u odnosu na y-osu, odnosno u odnosu na ishodište koordinatnog početka. Kažemo da je funkcija f periodična i da je τ njen period ako ( )x D f∈ povlači ( ) ( )x D fτ+ ∈ i ako je ( ) ( )f x f xτ+ = . Najmanji broj 0Τ > (kada on postoji) za koji vrijedi ( ) ( )f x f x+Τ = zove se osnovni period funkcije f. Neka je X R⊆ neprazan skup. Kažemo da funkcija :f X R→ raste, odnosno opada na X ako za svaka dva 1 2 1 2, ( )x x X x x∈ < vrijedi: 1 2( ) ( )f x f x≤ , odnosno 1 2( ) ( )f x f x≥ . Kada umjesto ≤ , odnosno ≥ stoji <, odnosno >, kažemo da je funkcija strogo rastuća, odnosno strogo opadajuća na X. Za funkciji f koja raste (opada) na X, kažemo da je monotona. Ako f strogo raste (opada) na X, kažemo da je f strogo monotona funkcija na X . Za funkciju :f X R→ kažemo da u tački c X∈ ima lokalni maksimum, odnosno lokalni minimum, ako postoji 0δ > takvo da za sve ,x c c Xδ δ∈ − + ∩ vrijedi
( ) ( )( )f x f c x c≤ ≠ , odnosno ( ) ( )( )f x f c x c≥ ≠ . Ako umjesto ≤ , odnosno ≥ , stoji <, odnosno > govorimo o strogom lokalnom maksimumu, odnosno minimumu. Minimum i maksimum funkcije zovu se ekstremi funkcije. Neka funkcija f preslikava skup D u skup G. Ako postoji funkcija g koja skup G preslikava u skup D takva da vrijedi: (i) ( ( )) ,f g x x x G= ∀ ∈ (ii) ( ( )) , ,g f x x x D= ∀ ∈ tada je g inverzna funkcija funkciji f. Grafici uzajamno inverznih funkcija su simetrični u odnosu na pravu y x= .
5. Funkcija
85
Teorem 1. Funkcija f ima inverznu funkciju ako i samo ako je injektivna i sirjektivna, tj. ako je bijektivna. Polinom ili cijela racionalne funkcije nastaju kada se na argument i konačan broj konstanata primjene konačan broj puta pet algebarskih operacija: sabiranje, oduzimanje, množenje, dijeljenje i stepenovanje prirodnim brojem.
Razlomljena racionalna funkcija je oblika ( )( )
n
m
P xxQ x
→ gdje su ( )nP x i ( )mQ x polinomi.
Cijele i razlomljene racionalne funkcije čine klasu racionalnih funkcija. Algebarske funkcije čine funkcije koje se mogu dobiti tako da se na funkcije 1x → i x x→ primjeni konačan broj puta sabiranje, oduzimanje, množenje, dijeljenje i stepenovanje racionalnim brojem. Ako se pri tome ne dobije racionalna funkcija, onda govorimo o iracionalnoj funkciji. Transcedentne funkcije su one funkcije koje nisu algebarske. Elementarne transcedentne funkcije su eksponencijalna i njena inverzna (logaritamska) funkcija te trigonometrijske i njihove inverzne funkcije (arkus funkcije). Algebarske i elementarne transcedentne funkcije, zajedno s njihovim linearnim kombinacijama čine klasu elementarnih funkcija. Granična vrijednost funkcije u tački Definicija 1. Neka je 0x tačka gomilanja domene ( )D f funkcije f . Broj A naziva se granična vrijednost od ( )f x kada x teži x0 ako za dato 0ε > postoji pozitivan broj ( )δ δ ε= takav da za sve tačke ( )x D f∈ za koje je 00 x x δ< − < vrijedi nejednakost ( )f x A ε− < . Pri tome stavljamo
0
lim ( )x x
f x A→
= ili 0( ) ( )f x A x x→ → .
Definicija 2. Neka je 0x tačka gomilanja domene ( )D f funkcije f . Broj A naziva se lijeva granična vrijednost od ( )f x kada x teži x0 ako za dato 0ε > postoji pozitivan broj ( )δ δ ε= takav da za sve tačke ( )x D f∈ za koje je 0 0x x xδ− < < vrijedi nejednakost ( )f x A ε− < . Pri tome stavljamo
0 0lim ( )
x xf x A
→ −= ili 0( ) ( 0)f x A x x→ → − . Potpuno analogno definiramo
desnu graničnu vrijednost. Teorem 2.
0 0 00 0lim ( ) lim ( ) lim ( )x x x x x x
f x A f x f x A→ → − → +
= ⇔ = = .
Teorem 3. Neka su funkcije f i g definirane u nekoj okolini tačke x0, i neka je
0
lim ( )x x
f x A→
= i
0
lim ( )x x
g x B→
= . Tada je:
i) 0 0 0
lim( ( ) ( )) lim ( ) lim ( )x x x x x x
f x g x f x g x A B→ → →
+ = + = + ;
ii) 0 0 0
lim( ( ) ( )) lim ( ) lim ( )x x x x x x
f x g x f x g x A B→ → →
⋅ = ⋅ = ⋅ ;
iii) 0
( )lim( )( )x x
f x Ag x B→
= ako je 0
lim ( ) 0x x
g x→
≠ ;
iv) 0 0
lim( ( )) lim ( ) ( )x x x x
K f x K f x K A K R→ →
⋅ = ⋅ = ⋅ ∈ ;
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
86
v) 0 0 0
lim( ( ) ( )) lim ( ) lim ( )x x x x x x
f x g x f x g x A B→ → →
− = − = − .
Primjeri važnijih limesa funkcije u tački:
i) 0
sinlim 1x
xx→
= ;
ii) 1lim (1 )x
xe
x→±∞+ = .
Neprekidnost funkcije Definicija 1. Neka je funkcija f definirana u nekoj okolini tačke x0. Kažemo da je f neprekidna funkcija u tački x0 ako je
00lim ( ) ( )
x xf x f x
→= .
Definicija 2. Neka je funkcija f definirana za 0 0x x x δ≤ < + . Kažemo da je f neprekidna s desne strane u x0 ako je
000
lim ( ) ( )x x
f x f x→ +
= . Slično definiramo funkciju neprekidnu s lijeve strane u x0.
Teorem 1. Funkcija f je neprekidna u x0 onda i samo onda ako je ona neprekidna s desna i neprekidna s lijeva u x0. Tačka gomilanja x0 u kojoj funkcija f nije neprekidna naziva se tačka prekida funkcije f. Prema tome, za tačku prekida x0 vrijedi jedan od slijedećih uvjeta:
i) Funkcija f nije definirana u x0 ; ii) Ne postoji bar jedna od graničnih vrijednosti
000
lim ( ) ( )x x
f x f x→ +
= i
000
lim ( ) ( )x x
f x f x→ −
= , gdje podrazumjevamo samo konačne granične vrijednosti.
iii) Postoje granične vrijednosti 0
00lim ( ) ( )
x xf x f x
→ += i
000
lim ( ) ( )x x
f x f x→ −
= , ali je bar
jedna od njih različita od f(x0). Tačka prekida x0 funkcije f za koju vrijedi iii) naziva se tačkom prekida prve vrste. Ako je specijalno
0 00 0lim ( ) lim ( )
x x x xf x f x
→ + → −= , funkcija nije definirana u x0 , moguće je proširiti funkciju
stavljajući 0
.
0( ) lim ( )def
x xf x f x
→= , čime nova funkcija postaje neprekidna u x0. Ovakva tačka x0
naziva se tačka otklonjivog prekida. Tačka prekida x0 za koju vrijedi ii) naziva se tačka prekida druge vrste.
Izvod funkcije
Definicija 1.
Izvodom funkcije ( )y f x= u tački x intervala ( , )a b naziva se konačan limes količnika yx
∆∆
kada x∆ teži nuli, ako taj limes postoji. To pišemo na slijedeći način:
' '
0
( ) ( )( ) limx
f x x f xy f xx∆ →
+ ∆ −= =
∆ .
5. Funkcija
87
Brzina tačke
Neka se tačka kreće po pravoj tako da je jednadžbom ( )s f t= data zavisnost puta od početne tačke A. U trnutku t neka se tačka nalazi u položaju M, a u trenutku t t+ ∆ u položaju N. Prijeđeni put do trenutka t je f(t) a do trenutka t t+ ∆ je ( )f t t+ ∆ . Srednja brzina srv na putu
MN jednaka je ( ) ( )sr
s f t t f tvt t
∆ + ∆ −= =∆ ∆
. Prirodno je definirati trenutnu brzinu te tačke u M
kao graničnu vrijednost srednje brzine kada N teži M. Dakle, brzina ( )v t u M se definira kao:
'
0
( ) ( )( ) lim ( )t
f t t f tv t f tt∆ →
+ ∆ −= =
∆, ako taj limes postoji.
Geometrijsko značenje prvog izvoda
Koeficijent pravca tgα sječice MM1 je ( ) ( )f x x f xtg
xα + ∆ −=
∆, pa je koeficijent
pravca tgϕ tangente krive u tački M dat izrazom:
'
0
( ) ( )lim ( )x
f x x f xtg f xx
ϕ∆ →
+ ∆ −= =
∆.
Pravila diferenciranja
Teorem 1.
Ako funkcije u i v imaju izvode ' ( )u x i ' ( )v x u tački x, onda i funkcije u v± , u v⋅ , uv
imaju
izvode u toj tački (kod uv
pretpostavljamo da je ( ) 0v x ≠ ). Pri tome je:
i) ' ' '( ) ( ) ( ) ( )u v x u x v x± = ± ; ii) ' ' '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u v x u x v x u x v x⋅ = ⋅ + ⋅ ;
iii) ' '
'2
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
u u x v x u x v xxv v x
⋅ − ⋅= ;
iv) ' '( ) ( ) ( )c u x c u x⋅ = ⋅ , gdje je c konstanta. Teorem 2. Neka je funkcija ( )y f x= diferencijabilna u tački 0x , i funkcija ( )z g y= diferencijabilna u tački 0 0( )y f x= . Tada je funkcija ( )( )z g f x= diferencijabilna u tački 0x i pri tome važi: ' ' '
0 0 0( ) ( ) ( ) ( )g f x g y f x= ⋅ . Teorem 3. Neka je ( )y f x= neprekidna strogo monotona funkcija u nekoj okolini tačke 0x i neka je
( )x yϕ= njena inverzna funkcija. Ako je funkcija ( )y f x= diferencijabilna u tački 0x i '
0( ) 0f x ≠ , onda je i funkcija ( )yϕ diferencijabilna u tački 0 0( )y f x= . Pri tome važi:
y y+ ∆
αβ
β( , )M x y
1( , )M x x y y+ ∆ + ∆
x∆
x x+ ∆ x
y∆
t
s
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
88
'0 '
0
1( )( )
yf x
ϕ = .
Logaritamski izvod
Neka je ( )y f x= pozitivna i diferencijabilna funkcija. Tada postoji ( ) ln ln ( )u x y f x= = .
Izvod te funkcije je ' '
' ( )( )( )
y f xu xy f x
= = . Posljednji izraz naziva se logaritamski izvod funkcije
( )y f x= u tački x. On je pogodan za nalaženje izvoda nekih funkcija.
Lijevi i desni izvod
Definicija 1. Neka je funkcija f definirana u intervalu ( ],x xε− (odnosno [ ),x x ε+ ) za neki 0ε > . Ako
postoji '
0
( ) ( )lim ( )h
f x h f x f xh −→−
+ −= (odnosno '
0
( ) ( )lim ( )h
f x h f x f xh +→+
+ −= ), ta granična
vrijednost se onda zove lijevi (odnosno desni) izvod funkcije f(x) u tački x. Uzevši u obzir svojstva limesa, jasno da ako je ' '( ) ( )f x f x− += , onda funkcija u tački x ima izvod i pri tome je ' ' '( ) ( ) ( )f x f x f x− += = . Geometrijski znači da ako funkcija ima lijevi (odnosno desni) izvod u nekoj tački da će to predstavljati koeficijent smjera lijeve (odnosno desne) polutangente u toj tački.
Beskonačan izvod
Definicija 1. Naka je funkcija f definirana u nekoj okolini tačke x. Kaže se da funkcija u tački x ima beskonačan izvod ako je ispunjena jedna od slijedeće dvije jednakosti:
0
( ) ( )limh
f x h f xh→
+ −= +∞ ili
0
( ) ( )limh
f x h f xh→
+ −= −∞ .
Geometrijski prva jednakost znači da se sekanta obrće u smjeru obrnutom kretanju kazaljke na satu i ima granični položaj pravu koja je paralelna sa osom y i usmjerena je ka gore. Druga jednakost znači da je tangenta paralelna osi y ali je usmjerena prema dole. Ovakve tačke krive
( )y f x= u kojima je ' ( )f x = +∞ ili ' ( )f x = −∞ zovu se prevojne tačke.
5.1. OSNOVNI ZADACI O FUNKCIJAMA JEDNE VARIJABLE EKSPLICITNI I IMPLICITNI OBLIK FUNKCIJE 1. Napisati u eksplicitnom obliku funkciju:
a) 23 7 5 0x x y+ − − = b) 2 2 2( ) ( ) 0x p y q r− + − − = c) sin sin 5 0x y y x+ − =
Rješenje: a) 23 7 5y x x= + −
5. Funkcija
89
b) 2 2 2( ) ( )y q r x p− = − −
2 2
2 2
( ) ( )
( )
y q r x p
y q r x p
− = ± − −
= ± − −
c) Ne postoji algebarski način da se izrazi y preko x.
2. Napisati u implicitnom obliku funkciju:
a) 11
xyx
−=
+
b) 212 ( 3) 42
y x= ± − −
c) ( 6)3(2 1)x xy
x+
=+
Rješenje: a) 1 01
xyx
−− =
+
(1 ) (1 ) 01
1 01
1 0
y x xx
y xy xx
x y xy
+ − −=
++ − +
=+
⇒ + + − =
b) 212 ( 3) 42
y x− = ± − −
2
2 2
2 2
2 4 ( 3) 4
(2 4) ( 3) 4( 3) (2 4) 4 0
y x
y xx y
− = ± − −
− = − −
− − − − =
c) ( 6) 03(2 1)x xy
x+
− =+
2
3 (2 1) ( 6) 03(2 1)
6 3 6 0
y x x xx
xy y x x
+ − +=
+
⇒ + − − =
O VRIJEDNOSTI FUNKCIJE
1. Data je funkcija 2
( )1
xf xx
=−
. Naći: a) ( )f a b) 1fa
.
Rješenje: a) 2
( )1
af aa
=−
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
90
b) 2 2 2 2
2 2
1 1 1 11 sgn
1 1 1 11 11
aa a a afa a a a
a aaa
= = = = = − − − −−
Ove radnje možemo raditi pod pretpostavkom da je 211 0
a − >
Primjetimo da ako postoji ( )f a onda ne postoji 1fa
, jer tada 1a
izlazi iz domena funkcije.
2. Data je funkcija
1 , 0
( ) 0, 01 , 0
x xf x x
x x
+ <= = − >
Koliko je (5) i ( 7)f f − ? Rješenje: 5 0> , odavde imamo (5) 1 5 4f = − = − , 7 0− < , slijedi ( 7) 1 ( 7) 6f − = + − = − . 3. Data je funkcija ( ) logf x x= . Dokazati da je:
1a) logf xx
= −
b) (10 )xf x= , c) ( ) ( )n m mf x f xn
= .
Rješenje: a) 1 1 1log 10 10y yf y xx x x
− = = ⇒ = ⇒ =
(po def.funkcije log ) log log
1 log
x x y y x
f xx
⇒ = − ⇒ = −
⇒ = −
b) (10 ) log10 10 10x x x yf y x y= = ⇒ = ⇒ =
(10 )xf x⇒ =
c) ( )( ) log 10n n nm m y mf x x y x= = ⇒ =
( 0)10 log
log ( ) ( ).
ynm
n m
ynm x xm
m my x f x f xn n
⇒ ≠ = ⇒ = ⇒
= ⇒ =
Ako je 0 onda je 1, log1 0, pa tvrdnja vrijedi i u ovomslučajun mm x= = =
4. ( ) 2f x x= − . Naći a) [ ](1)f f i b) [ ](1)f f f .
5. Funkcija
91
Rješenje: a) (1) 1 2 1f = − = − [ ](1) ( 1) 1 2 3 f f f= − = − − = − b) [ ](1) ( 3) 3 2 5.f f f f = − = − − = − 5. ( ) cos .Dokazati:f x x=
[ ]2a) (2 ) 2 ( ) 1
b) ( ) ( ) 22 2
f x f x
x y x yf x f y f f
= −
+ − + =
Rješenje: a) 2 2 2 2(2 ) cos 2 cos sin cos 1 cosf x x x x x x= = − = − + =
[ ]222cos 1 2 ( ) 1x f x= − = − b) ( ) ( ) cos cosf x f y x y+ = +
2cos cos 22 2 2 2
x y x y x y x yf f+ − + − = =
cos( ) cos cos sin sincos( ) cos cos sin sin
cos( ) cos( ) 2cos cos
; ,2 2
cos cos 2cos cos2 2
x y x yx y
x y x yx y
α β α β α βα β α β α β
α β α β α β
α β α β α β
+ = − +− = +
+ + − =+ −
= + = − ⇒ = =
+ −⇒ + =
DEFINISANOST FUNKCIJE
1. Odrediti oblast definisanosti funkcije:
a) 1y x= + e) y tgx=
b) 5y x= − f) logy x=
c) 2 1xy
x=
− g) log(1 )( 3)y x x= − +
d) siny x= h) 2log( 6)y x x= − + + Rješenje:
a) DP. x∀ ∈ b) 5 0 5 5x x x− ≥ ⇒ − ≥ − ⇒ ≤ c) { }20 & 1 0 DP. \ 1x x x +> − ≠ ⇒ ∀ ∈ d) DP. x∀ ∈
e) ,2
x k kπ π≠ + ∈
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
92
f) DP. 0x > g) (1 )( 3) 0 ( 3,1)x x x− + > ⇔ ∈ −
h) 2( 6) 0x x− + + >
( 3)( 2) 0
( 3)( 2) 0( 2,3)
x xx x
x
⇔ − − + >⇔ − + <⇔ ∈ −
NULE FUNKCIJE 1. Naći nule funkcije:
a) 2 4y x= + f) 3 22 2y x x x= + − − b) 2 2y x x= − − g) 3 2 4y x x= − − c) 3 2 2y x x x= − + + h) 4 3 22 3 5y x x x x= + − + +
d) sin5
y x π = −
i) logy x x= +
e) 2log( 7 11)y x x= − + j) 4 3 26 8 2y x x x x= + − − +
k) 4 4 3y x x= − +
1 x−
3x +
-3 1 +∞
+
− + + +
+ − −
− − −+
−∞
0
0
−∞ -2 3 +∞
3x −
2x +
−
− + + +
− + +
+ + +−
0
0
5. Funkcija
93
Rješenje: a) 0 2 4 0 2 4 2y x x x= ⇒ + = ⇒ = − ⇒ = − b) 20 2 0y x x= ⇒ − − = ⇔
2 2 2 0( 2) ( 2) 0
( 1)( 2) 0 1 ili 2
x x xx x x
x x x x
− + − = ⇔− + − = ⇔
+ − = ⇔ = − =
c) 3 2 3 20 2 0 0y x x x x x x x= ⇔ − + + ⇔ ⇔ − + + + = ⇔
2(1 ) ( 1) 0(1 )((1 ) 1) 0
(1 )(2 ) 0 0 ili 1 ili 2
x x x xx x x
x x x x x x
− + + = ⇔+ − + ⇔
+ − = ⇔ = = − =
d) 0 sin 0 ,5 5
y x x k kπ π π = ⇔ − = ⇔ − = ∈
,5
x k kπ π⇔ = + ∈
e) 20 log( 7 11) 0y x x= ⇔ − + = ⇔
2 2
2
7 11 1 7 10 05 2 10 0 ( 5) 2( 5) 0
( 5)( 2) 0 5 ili 2
x x x xx x x x x xx x x x
− + = ⇔ − + = ⇔
− − + = ⇔ − − − = ⇔− − = ⇔ = =
PARNE I NEPARNE FUNKCIJE 1. Ispitati parnost (neparnost) funkcija:
a) 3( ) 2f x x x= − b) ( ) cosf x x= c) ( ) sinf x x x=
d) 2 2( )2 2
x x
x xf x−
−
−=
+
e) 2
1( ) log4
xf xx+
=+
Rješenje: a) 3 3 3( ) 2( ) ( ) 2 (2 ) ( )f x x x x x x x f x− = − − − = − + = − − = − (neparna) b) ( ) cos( ) cos ( )f x x x f x− = − = = (parna) c) ( ) ( )sin( ) ( )( sin ) sin ( )f x x x x x x x f x− = − − = − − = = (parna)
d) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2( ) ( )2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x x x x x xf x f x− − − − −
− − − − −
− − −− = = = − = −
+ + + (neparna)
e) 2 2
( ) 1 1( ) log log ( )( ) 4 4
x xf x f xx x− + −
− = = ≠ ±− + +
(nije ni parna, a ni neparna funkcija)
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
94
INTERVALI MONOTONOSTI FUNKCIJA 1. Koja je funkcija monotonorastuća, a koja monotono opadajuća? a) ( ) log
3b) ( )4
c) ( )
x
f x x
f x
f x tgx
=
=
=
Rješenje: a)
Funkcija ( ) logf x x= je monotono rastuća. b)
Funkcija 3( )4
x
f x =
je monotono opadajuća.
xxf log)( funkcije Graf =
x
xf
=
43)( funkcije Graf
5. Funkcija
95
c)
Funkcija ( )f x tgx= je monoto rastuća na intervalima , ,2 2
k k kπ ππ π − + + ∈
.
2. Odrediti intervale u kojima je funkcija monotono rastuća, a u kojima je monotono
opadajuća:
2a) ( ) 2b) ( ) sinc) ( ) cos 2d) ( ) 2
f x x xf x xf x xf x x
= −==
= −
Rješenje: a)
Apscisa tjemena parabole se računa po formuli 2
bxa−
= . Apscisa tjemena ove parabole je
jednaka jedinici. Sada zaključujemo da je funkcija monotono opadajuća za ( ,1)x∈ −∞ , a monotono rastuća za (1, )x∈ +∞ .
tgxxf =)( funkcije Graf
xxxf 2)( funkcije Graf 2 −=
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
96
b)
Funkcija ( ) sinf x x= je monotono opadajuća na intervalima 3( 2 , 2 ),2 2
x k k kπ ππ π∈ + + ∈ ,
a monotono rastuća na intervalima 3(0 2 , 2 ) ( 2 , 2 2 ),2 2
x k k k k kπ ππ π π π π∈ + + ∪ + + ∈
c)
Funkcija ( ) cos 2f x x= je monotono opadajuća na intervalima (0 , ),
2x k k kππ π∈ + + ∈ , a
monotono rastuća na intervalima ( , ),2
x k k kπ π π π∈ + + ∈
xxf sin)( funkcije Graf =
xxf 2cos)( funkcije Graf =
5. Funkcija
97
d)
Funkcija ( ) 2f x x= − je monotono opadajuća na intervalima ( , 2)x∈ −∞ , monotono rastuća na intervalima (2, )x∈ +∞ .
PERIODIČNE FUNKCIJE 1. Naći osnovni period funkcije:
2
a) ( ) sin 4
b) ( ) sin3
c) ( ) sind) ( ) cos3e) ( ) sin 2cos
f x xxf x
f x xf x xf x x x
=
=
=== +
Rješenje: a) ( ) ( ) sin(4( )) sin 4 sin(4 4 ) sin 4 0f x T f x x T x x T x+ = ⇒ + = ⇒ + − =
4 4 4 42cos sin 0 2cos(4 2 )sin 2 02 2
2 , ,2 2
x T x T x T T
kT k k T k Tπ ππ
+ +⇒ = ⇒ + = ⇒
= ∈ ⇒ = ∈ ⇒ =
c)
b) ( ) ( ) sin( ) sin sin sin 03 3 3 3
x T x x T xf x T f x + ++ = ⇒ = ⇒ − =
3 3 32cos sin 0 2cos( )sin 0
2 2 3 6 6
, 6 , 6 (osnovni period)6
x T x Tx T T
T k k T k k Tπ π π
++
⇒ = ⇒ + = ⇒
= ∈ ⇒ = ∈ ⇒ =
c) 2 2 2 2( ) ( ) sin ( ) sin sin ( ) sin 0f x T f x x T x x T x+ = ⇒ + = ⇒ + − =
2)( funkcije Graf −= xxf
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
98
4 4 4 4(sin( ) sin )(sin( ) sin ) 0 2cos sin 02 2
2 24cos sin sin cos 02 2 2 2
sin(2 )sin 0 ,
x T x Tx T x x T x
x T T x T T
x T T T k k Tπ π
+ +⇒ + − + + = ⇒ = ⇒
+ +⇒ =
⇒ + = ⇒ = ∈ ⇒ =
d) ( ) ( ) cos3( ) cos3 cos3( ) cos3 0f x T f x x T x x T x+ = ⇒ + = ⇒ + − =
3 3 3 32sin sin 02 2
3 3 2sin 0 , ,2 2 32 (osnovni period)3
x T x T
T T k k T k k
T
π π
π
+ +⇒ − = ⇒
⇒ = ⇒ = ∈ ⇒ = ∈
⇒ =
e) ( ) ( ) sin( ) 2cos( ) sin 2cos 0f x T f x x T x T x x+ = ⇒ + + + − − = ⇒
22cos sin 2( 2sin sin ) 02 2 2 2
x T x T x T T+ + ++ − = ⇒
2 2 12sin (cos 2sin ) 0 sin 02 2 2 2
, 2 ,2
2 (osnovni period)
T x T x T T
T k k T k k
T
π π
π
+ +⇒ − = ⇒ = ⇒
= ∈ ⇒ = ∈
⇒ =
INVERZNE FUNKCIJE 1. Naći inverznu funkciju datoj funkciji:
2
2a)3
b) 2c) logd)
e)
x
xyx
yy xy x
y x
−=
+==
=
=
Rješenje:
a) 2 ( 3) ( 2) 0 3 2 03
yx x y y xy x yy−
= ⇒ + − − = ⇒ + − + =+
3 2( 1) 3 2 0 ( 1) 3 21
xy x x y x x yx
− −⇒ − + + = ⇒ − = − − ⇒ =
−
b) 22 logyx y x= ⇒ = c) log 10xx y y= ⇒ = d) 2x y y x= ⇒ = ± e) 2x y y x= ⇒ =
5. Funkcija
99
GRAFIČKO PREDSTAVLJANJE FUNKCIJA
1. Predstaviti grafički funkciju:
2
a) 2 41b)
c)d) 2 3e) log 1f) cos
x
y x
yx
y xyy xy x
= −
=
=
= += −=
Rješenje: a)
b)
42y funkcije Graf −= x
x1y funkcije Graf =
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
100
c)
d)
e)
2y funkcije Graf x=
32y funkcije Graf += x
1logy funkcije Graf −= x
5. Funkcija
101
f)
5.2. GRANIČNA VRIJEDNOST FUNKCIJE U TAČKI
1. 2
20
2 1lim2 1x
x xx x→
+ −− +
Rješenje: Da bismo uspješno riješili limes, moramo uvrstiti granicu u funkciju od koje se traži granična vrijednost. Ako kao rezultat dobijemo konačan broj to je i rješenje zadatka, u suprotnom slučaju primjenjuju se odgovarajuće metode zavisno od toga što smo dobili kao rezultat. U ovom slučaju radi se o konačnom broju. Taj broj je –1.
2
20
2 1lim 12 1x
x xx x→
+ −= −
− +.
2. 2
21
2 1lim1x
x xx→
− −−
Rješenje: U ovom slučaju kao rezultat smo dobili 00
. Naša funkcija je racionalna i njen
brojnik i nazivnik su polinomi sa cjelobrojnim koeficijentima. Pošto se i brojnik i nazivnik anulira za 1x = , to su i brojnik i nazivnik djeljivi sa 1x − . Skratimo i brojnik i nazivnik sa
1x − , a zatim ponovo računamo vrijednost funkcije za 1x = i ako je rezultat konačan to je rješenje, a ako nije nastavljamo postupak na odgovarajući način zavisno od toga što smo dobili kao rezultat. U našem slučaju rezultat, nakon navedenog koraka dobijamo konačan rezultat.
2
21 1 1
2 1 ( 1)(2 1) 2 1 3lim lim lim1 ( 1)( 1) 1 2x x x
x x x x xx x x x→ → →
− − − + += = =
− − + +
3. 1
1lim , ( , )1
n
mx
x m nx→
−∈
−
Rješenje: Ovaj zadatak radimo na isti način kao prethodni.
xcosy funkcije Graf =
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
102
1 2 1 2
1 2 1 21 1 1
1 ( 1)( 1) 1lim lim lim1 ( 1)( 1) 1
n n n n n
m m m m mx x x
x x x x x x nx x x x x x m
− − − −
− − − −→ → →
− − + + + + + += = =
− − + + + + + +… …… …
4. 5
31
1lim1x
xx→−
++
Rješenje: Kada uvrstimo 1x = − u funkciju, kao rezutat dobijemo 00
. No, sada brojnik i
nazivnik funkcije n isu polinomi. Koristićemo smjenu kako bismo u brojniku i nazivniku naše funkcije dobili polinome, time ćemo zadatak svesti na oblik kao prethodnog zadatka.
15 3 25
5 4 3 231 1 1
1 1 0 (1 )( 1)lim lim lim1 0 (1 )( 1)11x t t
x tx t t t tt t t t t ttx→− →− →−
=+ + + − += = = =
+ + − + − +→ −+
2
4 3 21
1 3lim1 5t
t tt t t t→−
− += =
− + − +
5. 30
1 1lim1 1x
xx→
+ −+ −
Rješenje: Ovaj zadatak rješavamo na isti način kao prethodni zadatak.
6 3 2
230 1 1
11 1 1 1 3lim lim lim1 1 211 1x t t
x tx t t tt ttx→ → →
+ =+ − − + += = = =
− +→+ −
6. 3
22
2 4lim4 4x
x xx x→
− −− +
Rješenje: Ovaj zadatak rješavamo na isti način kao zadatak 3.
3 2 2
22 2 2
2 4 ( 2)( 2 2) 2 2 10lim lim lim4 4 ( 2)( 2) 2 0x x x
x x x x x x xx x x x x→ → →
− − − + + + += = = = ∞
− + − − −
7. 4
16
2lim4x
xx→
−−
Rješenje: Ovaj zadatak rješavamo na isti način kao zadatak 4.
44
216 2 2 2
2 2 2 1 1lim lim lim lim4 ( 2)( 2) 2 424x t t t
x tx t tt t t ttx→ → → →
=− − −= = = = =
− − + +→−
8. 3
3 31
1 2 1lim2x
xx x→−
+ ++ +
5. Funkcija
103
Rješenje: Ovaj limes je oblika 00
i rješavamo tako što racionališemo i brojnik i nazivnik:.
3
3 31
1 2 1lim2x
xx x→−
+ +=
+ +
( )( ) ( )
( ) ( )( )
2 2 3 233 33 3
3 3 2 21 3 2 33 33
1 2 1 2 1 2 21 2 1lim2 2 2 1 2 1 2 1x
x x x x x xxx x x x x x x x→−
+ − + + + − + ++ += ⋅ ⋅
+ + + − + + + − + +
( )( )
2 3 23 33
21 33
2 21 2 1lim2 1 2 1 2 1x
x x x xxx x x x→−
+ − + ++ += ⋅
+ + + − + +
( )( )
2 3 23 33
21 33
2 2 3lim 131 2 1 2 1x
x x x x
x x→−
+ − + += = =
+ − + +
9. 38
9 2 5lim2x
xx→
+ −−
Rješenje: Ovaj zadatak rješavamo na isti način kao prethodni.
3 2 3
3 3 3 28 8 3
9 2 5 9 2 5 9 2 5 2 4lim lim2 2 9 2 52 4x x
x x x x xx x xx x→ →
+ − + − + + + += ⋅ ⋅
− − + ++ +
3 2 3
8
9 2 25 2 4lim8 9 2 5x
x x xx x→
+ − + += ⋅ =
− + +
3 2 3
8
2 16 2 4lim8 9 2 5x
x x xx x→
− + +⋅
− + +
3 2 3
8
2 4 4 4 4 122lim 25 5 59 2 5x
x xx→
+ + + += = ⋅ =
++ +
U narednim zadacima koristićemo sljedeću činjenicu:
1lim 1x
xe
x→∞
+ =
10. 1lim1
x
x
xx→∞
+ −
Rješenje:
1 22 1
2lim 211 2 1lim lim 1 lim 1 11 12
x
x xx
x xx
xx x x
x e exx x→∞
−⋅ ⋅−
⋅−
→∞ →∞ →∞
+ = + = + = = −− −
11.
2 113lim
2
x xx
x
xx
+ ++
→∞
+ +
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
104
Rješenje: 2 2
21 1 1( 2) lim1 ( 2)( 1) 1( 2)( 1)3 1lim lim 12 2
x
x x x x x xxx x x x x
x x
x e e ex x
→∞
+ + + + + ++ ⋅+ + + + +
→∞ →∞
+ = + = = = + +
12. 1
2
2lim
2x
x
x −
→
Rješenje:
1 12 12 22
2
1 1, 2 1 1lim lim 1 lim 122 2 2
t tx
x t t
t xx e ex tt tt
⋅−
→ →∞ →∞
= = + = = + = + = =− →∞
13. 21
lnlim1x
xx→ −
Rješenje:
21
1 221 1 1
1 1ln , 1 1 1lim lim ln lim ln 1 ln .11 2
t
xx x x
x t xx ex tx tt
−
→ → →
= = += = = + = = − − →∞
14. 0
1 1lim ln1x
xx x→
+−
Rješenje:
0 0 0 0
1 111 1 1 1 1 1 1lim ln lim ln lim ln lim ln11 2 1 2 11
t
x x x x
tx t tx txx x x t tt
x→ → → →
+ =+ + + = = = ⋅ = ⋅ − − − − →∞
0
1 22 1
2 2lim 21 10 0
1 1 1 1 1lim ln 1 lim ln ln ln 112 2 2 22
x
t tt
t tt t
x xe e et
→
−⋅ ⋅−
⋅ ⋅− −
→ →
= ⋅ + = ⋅ = ⋅ = ⋅ = −
15. Dokazati da je 0
1lim ln , 0.h
h
a a ah→
−= >
Rješenje:
0
11 1, ln 11 ln lnlim lim lim ln11 1 ln1ln 1 ln 1ln
hah
th t t
t ha a at aa th e
t a t t
→ →∞ →∞
= = +− = = = = =− ⋅ +→∞ +
5. Funkcija
105
U narednim zadacima koristićemo činjenicu:
0
sinlim 1x
xx→
=
16. 0
sin 5limx
xx→
Rješenje:
0 0
sin 5 sin 5lim lim 5 55x x
x xx x→ →
= ⋅ =
17. 0
sin 5 sin 3limsinx
x xx→
−
Rješenje:
0
sin 5 sin 3limsinx
x xx→
−=
0
sin 5 sin 35 3 5 35 3lim 2sin 1x
x xx x
xx
→
⋅ − ⋅ −= =
18. 20
1 coslimx
xx→
−
Rješenje:
22
2 20 0 0
2sin sin1 cos 2 12 2lim lim lim4 2
2x x x
x xx
xx x→ → →
−
= = ⋅ =
19. 2
2 20
1 coslimsinx
xx x→
−
Rješenje:
22
2 42
2
2 22 2 2 20 0 0
2 2
sin22
2sin1 cos 2 12 4lim lim limsinsin sin 4 2
14
x x x
x
x xx
x xx x x x
x x
→ → →
−= = = =
⋅ ⋅
20. 2
4
2 cos 1lim1 tgx
xxπ
→
−−
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
106
Rješenje:
2
22
4 4 42
2 cos 1 2 cos 1 2 2 cos 1lim lim lim 4sin1 tg 2 cos 2 01cos
x x x
x tx x xxx x tx
π π π
π
→ → →
− =− − −= = = = − →−
0 0
2 22 cos sin 12 21 1 1 cos sinlim lim
2 sin 2 2 sin 2t t
t tt t
t t→ →
⋅ − ⋅ −
− + = ⋅ = ⋅−
2
0 0 0 0
2sin1 1 cos 1 sin 1 1 sin2lim lim lim lim2 sin 2 2 sin 2 2 2sin cos 2 2sin cost t t t
tt t t
t t t t t t→ → → →
−= ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
2
0 0
sin1 1 1 12lim lim2 2 2cos 42sin cos cos
2 2t t
t
t t tt→ →
= ⋅ + ⋅ =
21. 2
4
sin 4 cos 2lim
4x
x x
xπ π→ −
Rješenje: Ovaj limes je oblika 00
i rješavamo ga na sljedeći način:
2 204
sin 4 cos 2sin 4 cos 2 4 4lim lim4
04
tx
t tx tx xttx
π
π ππ
π →→
+ + − = = = →−
20 0
(sin 4 ) (sin 2 ) (sin 4 ) (sin 2 )lim lim 8 84 2t t
t t t tt t t→ →
− ⋅ − ⋅= = ⋅ = −
⋅
22. 22
arcsin( 2)lim2x
xx x→−
++
Rješenje:
22 2
arcsin( 2)arcsin( 2) 1lim sin 2 lim
2 (sin )(sin 2) 20
x x
x tx tx t
x x t tt
→− →−
+ =+ −
= = − = =+ −
→
23. 1
lim(1 ) tg2x
xx π→
−
5. Funkcija
107
Rješenje:
1 0 0 0
1 (1 ) 2lim(1 ) tg lim tg lim ctg lim cos02 2 2 2sin
2x t t t
x tx t t t tx t t ttπ π π π
π π→ → → →
− = −− = = = = ⋅ =
→
24. lim sinx
axx→∞
Rješenje:
0lim sin lim sin
0x t
a ta ax t axx tt
→∞ →
== = =
→
25. 2
2limcosx
xxπ
π→
−
Rješenje:
0 02
2 2 2lim lim lim 22cos sincos0
2t tx
x tx t tx ttt
π
ππ π π
π→ →→
− =− − − −= = = =
− +→
26. 40
1 cos(1 cos )limx
xx→
− −
Rješenje:
22 2 2 2
4 4 4 20 0 0 0
1 cos(2sin ) 2sin (sin ) sin(sin )1 cos(1 cos ) 2 2 2lim lim lim 2limx x x x
x x xx
x x x x→ → → →
− − −= = =
22 2 2
20 2
sin(sin ) sin 1 12 22lim 24 8sin 42 4
x
x x
x x→
= ⋅ = ⋅ =
⋅
5.3. NEPREKIDNOST FUNKCIJE 1. Naći lijevi i desni limes funkcije
a) 1( ) , 55
f x xx
= =−
Rješenje:
Lijevi limes: 5 0
1lim5x x→ −= −∞
−
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
108
Desni limes: 5 0
1lim5x x→ += +∞
−
b) 2
2( ) , 1, 11
f x x xx
= = = −−
Rješenje:
Lijevi limes: 21 0 1 0
2 2lim lim1 (1 )(1 )x xx x x→ − → −
= = +∞− − +
.
Desni limes: 21 0 1 0
2 2lim lim1 (1 )(1 )x xx x x→ + → +
= = −∞− − +
.
Lijevi limes: 21 0 1 0
2 2lim lim1 (1 )(1 )x xx x x→− − →− −
= = −∞− − +
.
Desni limes: 21 0 1 0
2 2lim lim1 (1 )(1 )x xx x x→− + →− +
= = +∞− − +
.
c) 1
( ) 2 , 0xf x x= = Rješenje:
Lijevi limes: 1
0lim 2 0xx→−
=
Desni limes: 1
0lim 2 xx→+
= +∞
d) 11
1( ) , 11 2 x
f x x−
= =+
Rješenje:
Lijevi limes: 11 01
1lim 11 2
xx
→ −−
=+
.
Desni limes: 11 01
1lim 01 2
xx
→ +−
=+
2. Ispitati neprekidnost date funkcije:
a) 2 , 1
( )2, 1
x xf x
x x ≤
= + >
Rješenje: Funkcije 2
1( )f x x= (parabola) i 2 ( ) 2f x x= + (prava) su neprekidne funkcije. Prema tome, funkcija ( )f x je neprekidna za sve { }\ 1x∈ℜ . Potrebno je još ispitati neprekidnost u tački 1x = . Lijevi limes: 2
1 0 1 0lim ( ) lim 1
x xf x x
→ − → −= =
Desni limes: 1 0 1 0
lim ( ) lim ( 2) 3x x
f x x→ + → +
= + =
5. Funkcija
109
Pošto lijevi limes nije jednak desnom limesu, funkcija ( )f x je prekidna u tački 1x = .
b) 11( )
2 1x
f x =+
Rješenje: Ova funkcija je neprekidna za sve { }\ 0x∈ℜ . Osim toga, ova funkcija je definisana
za sve { }\ 0x∈ℜ . Provjerimo da li se funkcija može dodefinisati za 0x = tako da bude neprekidna i u tački 0.x =
Lijevi limes: 10 0
1lim ( ) lim 12 1
x xx
f x→− →−
= =+
Desni limes: 10 0
1lim ( ) lim 02 1
x xx
f x→+ →+
= =+
Pošto lijevi limes nije jednak desnom limesu, mi ne možemo definisati (0)f tako da funkcija bude neprekidna.
c) 1
1( ) 2 xf x −= Rješenje: Funkcija ( )f x je neprekidna za sve { }\ 1x∈ℜ . Osim toga, ova funkcija je
definisana za sve { }\ 1x∈ℜ . Provjerimo da li se funkcija može dodefinisati za 1x = tako da bude neprekidna i u tački 0.x =
Lijevi limes: 1
11 0 1 0
lim ( ) lim 2 0xx x
f x −
→ − → −= = .
Desni limes: 1
11 0 1 0
lim ( ) lim 2 xx x
f x −
→ + → += = +∞ .
Pošto lijevi limes nije jednak desnom limesu, mi ne možemo definisati (1)f tako da funkcija bude neprekidna u tački 1.x =
d) 2 1( )3
xf xx+
=−
Rješenje: Ova funkcija je neprekidna za sve { }\ 3x∈ℜ . Osim toga, ova funkcija je definisana
za sve { }\ 3x∈ℜ . Provjerimo da li se funkcija može dodefinisati za 3x = tako da bude neprekidna i u tački 3x = .
Lijevi limes: 3 0 3 0
2 1lim ( ) lim3x x
xf xx→ − → −
+= = −∞
− .
Desni limes: 3 0 3 0
2 1lim ( ) lim3x x
xf xx→ + → +
+= = +∞
−.
Pošto lijevi limes nije jednak desnom limesu, mi ne možemo definisati (1)f tako da funkcija bude neprekidna u tački 3x = . 3. Odrediti parametar λ tako da data funkcija bude neprekidna za svako x∈ℜ i skicirati
grafik tako dobijene funkcije:
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
110
a)
21 , 0( ) , 0
1 , 0
x xf x x
x xλ − <= = + >
Rješenje: Lijevi limes: ( )2
0 0lim ( ) lim 1 1x x
f x x→− →−
= − = .
Desni limes: ( )0 0
lim ( ) lim 1 1x x
f x x→+ →+
= + = .
Da bi funkcija bila neprekidna u tački 0x = , λ mora biti jednako 1. Graf tako dobijene funkcije izgleda:
b) 1, 0
( ), 0
xe xf x
x xλ
− + ≥=
+ <
Rješenje: Lijevi limes: ( )
0 0lim ( ) limx x
f x x λ λ→− →−
= + = .
Desni limes: ( )0 0
lim ( ) lim 1 2x
x xf x e−
→+ →+= + = .
Da bi funkcija bila neprekidna u tački 0x = , λ mora biti jednako 2. Graf tako dobijene funkcije izgleda:
5. Funkcija
111
c) 23 , 1
( )1 , 1
x xf x
x xλ − >
= + ≤
Rješenje: Lijevi limes: ( )
1 0 1 0lim ( ) lim 1 2
x xf x x
→ − → −= + = .
Desni limes: ( )2
1 0 1 0lim ( ) lim 3 3
x xf x xλ λ
→ + → += − = − .
Da bi funkcija bila neprekidna u tački 1x = , lijevi i desni limesi moraju biti jednaki odnosno λ mora biti jednako 1. Graf tako dobijene funkcije izgleda:
4. Skicirati grafik funkcije:
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
112
a) 1 1
( )x
f xx
+ −= b)
2 2( )
xf x
x− −
=
c) ( )f x x x= d) ( )f x x x= +
5.4. IZVOD FUNKCIJE 1. Naći po definiciji izvod funkcije: a) 2y x= Rješenje:
2 2 2 2 2
0 0
( ) 2 ( )lim limx x
x x x x x x x xyx x∆ → ∆ →
+ ∆ − + ⋅∆ + ∆ −′ = =∆ ∆
2
0
2 ( )limx
x x xx∆ →
⋅∆ + ∆=
∆
0
2lim 21x
x x x∆ →
+ ∆= =
5. Funkcija
113
b) 1yx
=
Rješenje:
( ) ( )0 0 0
1 1
lim lim limx x x
x x x xx x x x x xx x xy
x x x∆ → ∆ → ∆ →
− −∆ −∆− + ∆ ⋅ + ∆ ⋅+ ∆′ = = = =
∆ ∆ ∆ ( )0limx
xx x x x∆ →
−∆+ ∆ ⋅ ⋅∆
( ) 20
1 1limx x x x x∆ →
−= = −
+ ∆ ⋅
c) y x= Rješenje:
0 0lim limx x
x x x x x x x x xyx x x x x∆ → ∆ →
+ ∆ − + ∆ − + ∆ +′ = = ⋅∆ ∆ + ∆ +
0
1 1lim2x
x x xx x x x x∆ →
+ ∆ −= ⋅ =
∆ + ∆ +
d) cosy x= Rješenje:
( )0 0
22sin sincos cos 2 2lim limx x
x x xx x x
yx x∆ → ∆ →
+ ∆ ∆−+ ∆ −
′ = =∆ ∆ 0
22sin sin2 2lim
22
x
x x x
x∆ →
+ ∆ ∆−
=∆ ⋅
sin x= − e) xy a= Rješenje:
0 0
( 1)lim lim lnx x x x x
x
x x
a a a ay a ax x
+∆ ∆
∆ → ∆ →
− −′ = = =∆ ∆
f) lny x= Rješenje:
( )1
0 0
ln lnlim lim ln 1
x
x x
x x x xyx x
∆
∆ → ∆ →
+ ∆ − ∆ ′ = = + ∆
1
0lim ln 1
xx x
x
xx
⋅∆
∆ →
∆ = +
1 1ln xex
= =
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
114
TABLICA IZVODA
1. 1( )n nx nx −′ =
2. 2
1 1x x
′ = −
3. ( ) 12
xx
′ =
4. ( )sin cosx x′ = 5. ( )cos sinx x′ = − 6. ( ) 2
1tgcos
xx
′ =
7. ( ) 2
1ctgsin
xx
′ = −
8. ( )2
1arcsin1
xx
′ =−
9. ( )2
1arccos1
xx
′ = −−
10. ( ) 2
1arc tg1
xx
′ =+
11. ( ) 2
1arcctg1
xx
′ = −+
12. ( ) lnx xa a a′ =
13. ( )x xe e′ =
14. ( ) loglog ,aa
exx
′ = ( 0, 0)x a> >
15. ( ) 1ln , ( 0)x xx
′ = >
16. ( )sh chx x′ = 17. ( )ch shx x′ = 18. ( ) 2
1thch
xx
′ =
19. ( ) 2
1cthsh
xx
′ = −
20. ( )2
1arsh1
xx
′ =+
21. ( )2
1arch , ( 1)1
x xx
′ = >−
22. ( ) ( )2
1arth , 11
x xx
′ = <−
23. ( ) ( )2
1arcth , 11
x xx
′ = − >−
5. Funkcija
115
Naći izvode datih funkcija
1. 4 3 21 2,5 0,3 0,13
y x x x x= − + − +
Rješenje:
3 24 5 0,3y x x x′ = − + − 2. 33 2y x= + Rješenje:
3 2
13
yx
′ =
3. ( )3 1y x x x= − +
Rješenje:
( )3 2 3 21 1 1 11 3 3 12 2 2 2
y x x x x x x xx x x x
′ = − + + − = + ⋅ + −
4. ( ) ( )21 1y x x= + − Rješenje:
( )( ) ( )22 1 1 1y x x x′ = + − + +
5. 3
3
5 1x xyx− −
=
Rješenje:
( )2 3 2 3 3 2
6 6 4
3 5 3 ( 5 1) 10 3 10 3x x x x x x x xyx x x
− − − − + +′ = = =
6. 2 1xy
x=
+
Rješenje:
( ) ( )2 2 2
2 22 2
1 2 1
1 1
x x xyx x
+ − −′ = =+ +
7. 3
3
11
xyx
−=
+
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
116
Rješenje:
( ) ( )2 3 2 3 2
2 23 3
3 (1 ) 3 (1 ) 6
1 1
x x x x xyx x
− + − − −= =
+ +
8. sin cosy x x= + Rješenje:
cos siny x x′ = −
9. sinsin
x xyx x
= +
Rješenje:
2 2
cos sin sin cossin
x x x x x xyx x− −′ = +
10. sin
xeyx
=
Rješenje:
2
sin (cos )sin
x xe x x eyx
−′ =
11. 2 lny x x= Rješenje:
2 lny x x x′ = +
IZVOD SLOŽENE FUNKCIJE
( ), ( )
u x
y f u u u xy f u= =′ ′ ′= ⋅
Naći prvi izvod date funkcije: 1. ( )31y x= + Rješenje:
( )23 1y x′ = + 2. 21y x= −
5. Funkcija
117
Rješenje:
2
22 1
xyx
−′ =−
3. ( )431 2y x x= − + Rješenje:
( ) ( )33 24 1 2 2 3y x x x′ = − + − + 4. 2ln( 4 )y x x= − Rješenje:
2
2 44
xyx x
−′ =−
5. 1xy e += Rješenje:
112 1
xy ex
+′ =+
6. 2sin (cos3 )y x= Rješenje:
2sin(cos3 ) (cos(cos3 ))( 3sin 3 ) ( 3sin 3 )sin(2cos3 )y x x x x x′ = ⋅ − = −
7. 1arcsin1
xyx
−=
+
8. 21 lny x= + 9. 3cos 4y x=
10. ( )22
2
1y
x x=
− +
11. 2 3xy x e=
IZVOD IMPLICITNE FUNKCIJE
( , ) 0F x y = , ( , ) 0d F x ydx
= i riješimo po y′
1. 2 2
2 2 1x ya b
+ =
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
118
Rješenje:
2
2 2 2
2 2 0x y y xbya b a y
′⋅ −′+ = ⇒ =
2. 2 lny y x= Rješenje:
( )2 12 ln 1
2 ln 1yy y y y
y y′ ′ ′+ ⋅ = ⇒ =
+
3. 4 4 2 2x y x y+ = Rješenje:
3 3 2 24 4 2 2x y y xy yy x′ ′+ = + 2 3
3 2
22xy xy
y yx−′⇒ =−
4. sin( ) cos( ) tan( )xy xy x y+ = + Rješenje:
2
1( ) cos( ) ( )sin( ) (1 )cos ( )
y xy xy y xy xy yx y
′ ′ ′+ − + = ++
2 2
1 1cos( ) sin( ) sin( ) cos( )cos ( ) cos ( )
y x xy x xy y xy y xyx y x y
′ − − = − + + +
2
2
1sin( ) cos( )cos ( )
1cos( ) sin( )cos ( )
y xy y xyx yy
x xy x xyx y
− ++′ =
− −+
5. 2 2 2x y x y++ = Rješenje: 2 ln 2 2 (ln 2) 2 (ln 2)(1 )x y x yy y+′ ′+ = +
y′ = 2 2 2 (2 1)2 2 2 (1 2 )
x y x x y
y x y y x
+
+
− −=
− −
IZVOD INVERZNE FUNKCIJE
1( ), ( )
1x
y
y f x x f y
yx
−= =
′ =′
Naći izvode funkcija inverznih datim funkcijama: a) siny x=
5. Funkcija
119
Rješenje: Inverzna funkcija funkcije siny x= je arcsiny x= . Iz arcsiny x= slijedi sinx y= .
2 2
1 1 1 1cos 1 sin 1
xy
yx y y x
′ = = = =′ − −
b) cosy x=
Rješenje: Inverzna funkcija funkcije cosy x= je arccosy x= . Iz arccosy x= slijedi cosx y= .
2 2
1 1 1 1sin 1 cos 1
xy
yx y y x
− −′ = = = =′ − − −
c) tany x=
Rješenje: Inverzna funkcija funkcije cosy x= je arctany x= . Iz arctany x= slijedi tanx y= .
22
2 2 2 2
2
1 1 cos 1 1cos1 sin cos 1 tan 1cos
xy
yy yx y y y x
y
′ = = = = = =′ + + +
LOGARITAMSKI IZVOD
1. xy x= Rješenje:
1ln ln ln 1 lnx x xy x y x x y x y x x xy
′ ′= ⇒ = ⇒ = + ⇒ = +
2. 2xy x=
Rješenje:
2 22 1 11ln ln 2 ln 2 lnx xy x x y x x x y x x xy
+ +′ ′= ⇒ = + ⇒ = +
3. sin xy x= Rješenje:
sin sin1 sin sinln sin (ln ) (cos ) ln (cos ) lnx xx xy x x y x x y x x x xy x x
′ ′= ⇒ = + ⇒ = + ⋅
4. 1
xxyx
= +
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
120
IZVOD FUNKCIJE ZADANE U PARAMETARSKOM OBLIKU
( ), ( ) x
dydy dty y t x x t y dxdx
dt
′= = ⇒ = =
1. sin , cosy t t x t= + = Rješenje:
1 cossinx
tyt
+′ =−
2. cos , sint ty e t x e t= = Rješenje:
cos sin cos sinsin cos sin cos
t t
x t t
e t e t t tye t e t t t
− −′ = =+ +
3. cos , (1 sin )y xϕ ϕ ϕ ϕ= = − Rješenje:
cos sin1 sin cosxy ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ−′ =
− −
4. 3
2 2
1,1 1
t ty xt t
+= =
− −
121
DIFERENCIJAL PRVOG REDA I PRIMJENA DIFERENCIJALNOG RAČUNA KOD ISPITIVANJA FUNKCIJA
DIFERENCIJAL
Diferencijal prvog reda funkcije ( )y f x= je glavni dio njenog priraštaja koji je linearan u odnosu na priraštaj x∆ nezavisne varijable x .
dy y x′= ∆ .
Ako je y x= , 1y dx x′ = ⇒ = ∆ , pa je
dy y x′= ∆ .
Osnovne osobine diferencijala: a) 0, konstanta.dc c= = b) ( ) , ( )d cu cdu u u x= = . c) ( ) , ( )d u v du dv v v x± = ± = d) ( )d uv vdu udv= +
e) 2
u vdu udvdv v
− =
f) ( ( )) ( )d f u f u du′=
ZADACI 1. Naći priraštaj i diferencijal funkcije 25y x x= + za 2x = i 0.001x∆ = . Rješenje: 5 2y x′ = + ( ) ( ) 14.009001 14 0.009001y y x x y x∆ = + ∆ − = − = 9 0.001 0.009dy y x′= ∆ = ⋅ = 2. Naći približnu vrijednost 3 70 . Rješenje: Koristićemo formulu:
( ) ( ) ( ) ( )f x x f x f x x f x dy′+ ∆ ≈ + ∆ = + .
Posmatraćemo funkciju 3y x= za vrijednosti 64, 6x x= ∆ = .
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
122
3 2
1 1, (64)3 163
y yx
′ ′= =⋅
,
1 16 0.1253 16 8
dy y dx′= = ⋅ = =⋅
3 370 64 0.125 4.125≈ + = 3. Izračunati približno cos61° . Rješenje:
cos61 cos 60 y dx′° = ° + , cos , siny x y x′= = , 3sin 60 , 1 0.0172 180
dx π° = = ⋅ ° ≈
°
3 0.017 0.0152
dy = − ⋅ ≈ − , cos61 0.500 0.015 0.485° ≈ − =
4. Naći približnu vrijednost:
a) ( ) 1 za 0.02f x x x= + = b) 640 c) t g44° d) 4 17
Rješenje:
c) Uputa: t g44 t g45 y (45 )dx,dx 1 0.017, t g44 0.966180π′° = °− ° = ⋅ ° = ° =°
.
5. Naći diferencijal slijedećih funkcija:
a) ( )3
2 23y x x= −
b) 2 3x xy x−= − +
c) 1 1ln cosyx x
= −
d) xa xy x a= −
e) 2
sin 1 ln tan 12cos 2 2
x xyx
= + +
Rješenje:
a) ( ) ( )1
2 23 3 6 12
dy x x x dx= ⋅ − ⋅ −
b) 12 ln 2 3 ln 32
x xdy dxx
− = + +
6. Diferencijal prvog reda i primjena diferencijalnog računa kod ispitivanja funkcija
123
6.1. JEDNAČINA TANGENTE I NORMALE KRIVE Jednačina tangente: ( )Y y y X x′− = − .
Jednačina normale: 1( )Y y X xy−
− = −′
.
ZADACI
1. Napisati jednačine tengenata na krivu 1y xx
= − u tačkama presjeka te krive sa x − osom.
Rješenje: Tačke presjeka krive sa x − osom su 1 (1,0)M = i 2 ( 1,0)M = − , a njih smo
dobili rješavanjem sistema jednačina: 0y = i 1y xx
= − .
221 10 0 1 0 1xx x x
x x−
= − ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ± .
Dakle, traže se dvije tangente. Da bismo napisali jednačinu tangente potreban nam je prvi izvod date krive:
2
11yx
′ = + . Sada ćemo izračunati (1)y′ i ( 1)y′ − .
Postupak dobijanja jednačine za prvu tangenta: 0 (1)( 1)y y x′− = − 2( 1)y x⇔ = − 2 2y x⇔ = − . Postupak dobijanja jednačine za prvu tangenta: 0 ( 1)( 1)y y x′− = − + 2( 1)y x⇔ = + 2 2y x⇔ = + . 2. Napisati jednačine normale na krivu lny x x= paralelne pravoj 2 2 3 0x y− + = . Rješenje:
( )ln ln 1y x x x′′ = = +
Jednačina normale ima koeficijent oblika 1y
−′. Da bi normala bila paralelna sa pravom
32
y x= + , koeficijent normale mora biti jednak koeficijentu date prave.
Slijedi: 1 11 ln x
− =+
1 ln 1x⇔ + = − ln 2x⇔ = − 2x e−⇔ =
Dobili smo da je naša tražena normala na krivu normala u tački 2x e−= .
Jednačina normale: ( )1
222 1y e x e− −+ ⋅ = − 23y x e−⇔ = − .
3. Naći rastojanje od koordinatnog početka do normale krive 2 2xy e x= + u tački 0.x =
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
124
Rješenje: Prvo trebamo naći jednačinu normale na krivu 2 2xy e x= + u tački 0x = , pa zatim naći rastojanje te normale od koordinatnog početka. Izračunajmo sada prvi izvod date krive:
22 2xy e x′ = + .
Koeficijenat normale je jednak 1(0)y−′
. Sada možemo napisati jednačinu normale na krivu
2 2xy e x= + u tački 0x = . Jednačina normale:
( )1 11 0 1 2 2 02 2
y x y x x y− −− = − ⇔ = + ⇔ + − = .
Da bismo izračinali udaljenost normale od koordinatnog početka, koristićemo formulu, iz analitičke geometije, za udaljenost tačke od prave:
2 2
Ax By CdA B+ +
=+
,
gdje su x i y koordinate tačke za koju tražimo udaljenost od prave, a ,A B i C dobijamo kada pravu od koje tražimo udaljenost tačke ( , )x y napišemo u implicitnom obliku
0Ax By C+ + = . Sada možemo naći udaljenost:
2 2
1 0 2 0 2 251 2
d ⋅ + ⋅ −= =
+.
Tražena udaljenost iznosi 25
.
4. Odrediti ugao pod kojim se sijeku krive 2 2 2x y+ = i 2.y x= Rješenje: Da bismo odredili ugao pod kojim se sijeku date krive prvo moramo naći tačke presjeka datih krivih, zatim tangente u tim tačkama i na kraju ugao između te dvije tangente, to je traženi ugao. Riješimo sistem jednačina: 2 2 2x y+ = 2y x=
21 22 2, 1y y y y+ = ⇒ = − =
Rješenje 1y otpada, jer je negativno. Sada iz 2 1y = i iz druge jednačine sistema dobijamo da je
12 1x = i 22 1x = − .
Dakle, tačke presjeka su: 1 (1,1)T = i 2 ( 1,0)T = − . Prvi izvod za krivu 2 2 2x y+ = : 2 2 0x yy′+ =
xyy−′⇔ = .
6. Diferencijal prvog reda i primjena diferencijalnog računa kod ispitivanja funkcija
125
Jednačina tangente na krivu 2 2 2x y+ = u tački 1 (1,1)T = : 1 : 1 (1)( 1)t y y x′− = − 1 1( 1)y x⇔ − = − − 2y x⇔ = − + . Prvi izvod za krivu 2y x= : 2y x′ = . Jednačina tangente na krivu 2y x= u tački 1 (1,1)T = :
2 : 1 (1)( 1) 1 2( 1) 2 1t y y x y x y x′− = − ⇔ − = − ⇔ = − .
Ugao ϕ između 1t i 2t računamo po formuli: 1 2
1 2
k kt g1 k k
−ϕ =
+ ⋅, gdje su 1k i 2k koeficijenti
pravih 1t i 2t . Dakle,
( 1) 2 3t g 3 arctan 31 2 ( 1) 1− − −
ϕ = = = ⇒ ϕ =+ ⋅ − −
.
5. Data je kriva 1
.xy xe= Naći jednačinu tangente krive u tački x α= i njen granični položaj kada .α →∞
Rješenje:
Prvi izvod: 1 11 .x xy e e
x′ = −
Jednačina tangente krive u tački x α= :
( )1 1 11y e e e xα α αα α
α
− = − −
1 1 1 1 11y e e e x e eα α α α αα αα
⇔ − = − + −
1 111y e x eα α
α ⇔ = − +
.
Granični položaj tangente krive u tački x α= kada :α →∞
1 11lim lim 1 1y e x e xα α
α α α→∞ →∞
= − + = +
6.2. L’HOSPITALOVO PRAVILO
Neodređeni izrazi su oblika: 0
0, ∞∞
, 0 ⋅∞ , 00 ,1∞ , 0∞ ,∞−∞ .
Ako su ( )f x i ( )g x beskonačno male ili beskonačno velike veličine, kada x a→ tj. ( )( )
f xg x
je
00
ili ∞∞
kada x a→ , onda je ( ) ( )lim lim( ) ( )x a x a
f x f xg x g x→ →
′=
′.
Pravilo važi i kada x →∞ .
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
126
ZADACI
1. 5 4 2
71
3 2 1lim4 3x
x x x xx x→
− + + −− +
.
Rješenje:
Ovo je oblik ∞∞
, pa možemo primjeniti L’Hopitalovo pravilo.
5 4 2 4 3
7 61 1
3 2 1 5 12 4 1 2lim lim4 3 7 4 3x x
x x x x x x xx x x→ →
− + + − − + + −= =
− + −
2. 5 2lim4 5
x
x
ex x→∞ + +
Rješenje:
Ovo je oblik ∞∞
, pa možemo primjeniti L’Hopitalovo pravilo. Nakon što jednom primjenimo
L’Hopitalovo pravilo ponovo ćemo dobiti oblik ∞∞
, pa možemo ponovo primjeniti
L’Hopitalovo pravilo. U ovom zadatku primjenićemo L’Hopitalovo pravilo ukupno pet puta.
5 2 4 3 2lim lim lim lim lim lim4 5 5 8 20 8 60 120 120
x x x x x x
x x x x x x
e e e e e ex x x x x x x→∞ →∞ →∞ →∞ →∞ →∞
= = = = = = ∞+ + + +
3. 0
1limsin
x
x
ex→
−
Rješenje:
Ovo je oblik 00
, pa možemo primjeniti L’Hopitalovo pravilo.
0 0
1lim lim 1sin cos
x x
x x
e ex x→ →
−= =
4. 3x 0
x arctgxlimx→
−
Rješenje:
Ovo je oblik 00
, pa možemo primjeniti L’Hopitalovo pravilo.
( ) ( )
2
22 2
3 2 2 2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
1 x1x arctgx x 1 11 x 1 xlim lim lim lim limx 3x 3x 33x 1 x 3 1 x→ → → → →
−− + += = = = =+ +
.
5. ( )0
ln coslimx
xx→
6. Diferencijal prvog reda i primjena diferencijalnog računa kod ispitivanja funkcija
127
Rješenje:
( )0 0 0
1 ( sin )ln cos coslim lim lim tan 01x x x
xx x xx→ → →
−= = − =
6. 0
2limsin
x x
x
e e xx x
−
→
− −−
Rješenje:
0 0 0 0
2 2lim lim lim lim 2sin 1 cos sin cos
x x x x x x x x
x x x x
e e x e e e e e ex x x x x
− − − −
→ → → →
− − + − − += = = =
− −
7. lim sinx
axx→∞
Rješenje:
2
2
sin coslim sin lim lim lim cos1 1x x x x
a a aa ax x xx a ax x
x x→∞ →∞ →∞ →∞
−
= = = =−
8.
0lim lnx
x x→
Rješenje: Ovo je oblik 0 ⋅∞ . Da bismo mogli primjeniti L’Hopitalovo pravilo prvo ćemo ovaj limes
transformisati na oblik 00
, ∞∞
, a zatim primjeniti pravilo.
( )0 0 0 0
2
1lnlim ln lim lim lim 01 1x x x x
x xx x x
x x→ → → →
= = = − =−
9. lim n x
xx e−
→∞⋅
Rješenje:
!lim lim lim 0n
n xx xx x x
x nx ee e
−
→∞ →∞ →∞⋅ = = =
10. 1
0lim 1xx
x e→
⋅ −
Rješenje:
11
1 12
0 0 0 0
2
11lim 1 lim lim lim1 1
xx
x xx x x x
ee xx e e
x x→ → → →
−⋅ −
⋅ − = = = = ∞ −
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
128
11. sin
0lim x
xx
→
Rješenje: Ovo je oblik 00 .
( )( )( )
( ) ( )( ) ( )2
21 0 0
1ln sinlim limcos sinsin ln sin cossin
0 0 0lim lim lim
x x
x x xx xx x x x xx
x x xx e e e e
−− → →− −
→ → →= = = = ( )0
2sin coslimcos sinx
x xx x xe → − +=
0 1e= =
12. t gx
x 0
1limx→
Rješenje: Ovo je oblik 0∞ .
( ) 1 1x 0
t gx 1 ln x ln xlimt gx ln x 0cos x sin x sin xx 0 x 0 x 0
1lim lim e lim e e e 1x
− −→− ⋅ −−
→ → →
= = = = =
13. ( )1
0lim x xx
x e→
+
Rješenje: Ovo je oblik 1∞ .
( ) ( ) ( )0
ln 111 lim (1 )ln 2
0 0 0lim lim lim
xxx
xx
x eex ex x x x ex
x x xx e e e e e→
+++
+
→ → →+ = = = =
14. ( )x
xlim x tg2→π
π− .
Rješenje: Ovo je oblik 0 ⋅∞ i njega rješavamo na sljedeći način:
( )
( )
2
x x x
2
1 1x x 2tg cosx 2 2lim x t g lim lim1 12x x
→π →π →π
⋅
π − = =
π− π−
( )2
2lim
2cos2
x
xxπ
π→
−=
( )limcos sin
2 2x
xx xπ
π→
− −=
−
2 2
1lim 21 sin cos2 2 2
x x xπ→= =
−
.
15. 2limx x
x
ex→∞
−
6. Diferencijal prvog reda i primjena diferencijalnog računa kod ispitivanja funkcija
129
Rješenje: Koristeći L’Hopitalovo pravilo dobićemo da je limx
x
ex→∞= ∞ , takođe 2lim
x
x x→∞= ∞ , a
ovo povlaći da je 2limx x
x
ex→∞
− oblika ∞−∞ .
2 2lim lim 1 1xx x x
x x
e ex x e→∞ →∞
− = − = ∞ ⋅ = ∞
16.
0lim x
xx
→
Rješenje: Ovo je oblik 00 . Ovaj limes rješavamo tako što ga transformišemo na oblik na koji možemo primjeniti L’Hopitalovo pravilo.
0lim lnln 0
0 0lim lim 1x
x xx x x
x xx e e e→
→ →= = = =
17. 1
11
lim xx
x −
→
Rješenje: Ovaj zadatak je sličan prethodnom.
11
11 1 1ln limlim 11 1 1
1 1lim lim xx
xxx x x
x xx e e e e→→
−−− − −
→ →= = = =
6.3. EKSTREMNE VRIJEDNOSTI FUNKCIJA
1. Naći ekstremne vrijednosti funkcija: a) 2 2( 12)y x x= −
b) 2 2 2
1x xy
x− +
=−
c) ( )223 1y x= −
d) 2lny x x= e) xy xe−= Rješenje: a) Da bismo odredili ekstreme date funkcije potrebno je naći prvi izvod date funkcije, a zatim odrediti njegove nule funkcije (stacionarne tačke). 24 (72 18 )y x x x′ = − + 20 4 (72 18 ) 0 0 6 12y x x x x x x′ = ⇒ − + = ⇒ = ∨ = ∨ = Ordinatu stacionarne tačke ćemo pronaći izračunavanjem vrijednosti funkcije za pronađene apscise.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
130
Funkcija ima tri stacionarne tačke: ( ) ( ) ( )0,0 , 6,1296 , 12,0 . Da bismo vidjeli da li su ove tačke ekstremi i da li se radi o minimumu ili maksimumu moramo naći drugi izvod.
212(24 12 )y x x′′ = − + , (0) 288 0y′′ = > , (6) 144 0y′′ = − < , (12) 288 0y′′ = > . Zaključujemo da su tačke ( )0,0 i ( )12,0 lokalni minimumi, a da je tačka ( )6,1296 lokalni maksimum.
b) ( )2
( 2)1
x xyx−′ =−
0 0 2y x x′ = ⇒ = ∨ = Stacionarne tačke su: ( ) ( )0, 2 , 2,2− .
3
2( 1)
yx
′′ =−
, (0) 2 0, (2) 2 0y y′′ ′′= − < = > .
Funkcija ima lokalni maksimum u tački ( )0, 2− , a lokalni minimum u tački ( )2,2 .
c) 3 2
43 1
xyx
′ =−
0 0y x′ = ⇒ = Funkcija ima jednu stacionarnu tačku: ( )0,1 .
2
2 4 / 3
4( 3)9( 1)
xyx
−′′ =−
, 4(0) 03
y′′ = − < .
Funkcija ima lokalni maksimum. 2. Na paraboli 2y x= naći tačku najbližu pravoj 2 4.y x= − Uputa: Iskoristiti formulu udaljenosti tačke od prave u ravni. U ovom slučaju tačka je oblika ( )2,x x . Na taj način dobiće se funkcija razdaljine u ovisnosti od x , a zatim naći ekstreme dobijene funkcije.
3. Dva tjemena pravougaonika su na krivoj 2
2
21
xyx+
=+
, a druga dva na krivoj 2
2 .1
xyx
=+
Odrediti položaj tjemena tako da površina pravougaonika bude najveća. Rješenje:
6. Diferencijal prvog reda i primjena diferencijalnog računa kod ispitivanja funkcija
131
Na prethodnom grafiku je prikazan grafik datih funkcija. Vidimo da vrhovi našeg
pravougaonika imaju oblik: 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2, , , , , , ,1 1 1 1
x x x xA x B x C x D xx x x x
+ +− − + + + +
.
Poznato nam je da je površina pravougaonika P AB AC= ⋅ . Udaljenost dvije tačke u ravni možemo računati prema formuli 2 2
2 1 2 1( ) ( )d x x y y= − + − . Kada iskoristimo prethodne činjenice dobićemo površinu pravougaonika kao funkciju od x :
2
4( )1
xP xx
=+
. Da bismo odredili položaj vrhova pravougaonika tako da površina bude najveća
moramo pronaći nule prvog izvoda funkcije ( )P x . Te nule su moguća rješenja.
( )2
22
4 4( )1
xP xx
− +′ =+
( ) 0 1P x x′ = ⇒ = ± Da bismo vidjeli koja od pronađenih tačaka zadovoljava naše uslove moramo pronaći drugi izvod i znak drugog izvoda u pomenutim tačkama.
( )3
32
8 24( )1
x xP xx
−′′ =+
, (1) 2 0, ( 1) 2 0P P′′ ′′= − < − = > .
Funkcija ( )P x ima maksimum za 1x = , pa su traženi vrhovi: 3 3 11, , 1, , 1,2 2 2
−
i 11,2
−
.
6.4. ASIMPTOTE KRIVIH LINIJA U RAVNI
( )y f x=
1) lim ( ) ,
xf x m
→∞= y m= horizontalna asimptota
2) lim ( ) ,x
f xα→
= ∞ x α= vertikalna asimptota.
3) ( )lim ,x
f xkx→∞
= [ ]lim ( )x
n f x kx→∞
= − , y kx n= + kosa asimptota.
ZADACI
1. Naći asimptote slijedećih krivih linija:
a) 2
2 1xy
x=
−
Rješenje:
2
21lim
1x
xx
= −∞−
2
21lim
1x
xx
= +∞−
Prava 1x = je vertikalna asimptota i s lijeve i s desne strane.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
132
2
21lim
1x
xx−
= +∞−
2
21lim
1x
xx−
= −∞−
Prava 1x = − je vertikalna asimptota i s lijeve i s desne strane.
2
2lim 11x
xx→±∞
=−
Prava 1y = je horizontalna asimptota. Pošto funkcija ima horizontalnu i vertikalnu asimptotu onda nema kose asimptote.
b) 3
2 2xy
x x=
− −
Rješenje:
3
21lim
2x
xx x−
= −∞− −
3
21lim
2x
xx x−
= +∞− −
Prava 1x = − je vertikalna asimptota i s lijeve i s desne strane.
3
2lim2x
xx x→−∞
= −∞− −
3
2lim2x
xx x→+∞
= +∞− −
Funkcija nema horizontalne asimptote.
2
2lim 12x
xkx x→±∞
= =− −
2
( 2)lim 12x
x xnx x→±∞
+= =
− −
Prava 1y x= + je kosa asimptota.
c) 1xy xe= .
Rješenje:
1
0lim 0xx
xe = 1
0lim xx
xe = +∞
Prava 0x = je vertikalna asimptota s desne strane.
6. Diferencijal prvog reda i primjena diferencijalnog računa kod ispitivanja funkcija
133
1
lim xx
xe→−∞
= −∞ 1
lim xx
xe→+∞
= +∞
Funkcija nema horizontalne asimptote.
1
lim 1xx
k e→±∞
= = 1
lim ( 1) 1xx
n x e→±∞
= − =
Prava 1y x= + je kosa asimptota.
6.5. RAST I OPADANJE FUNKCIJA 1. Odrediti intervale monotonosti date funkcije: a) 22 2y x x= − +
b) xy xe−=
c) ( )( )22 1y x x= − +
d) 2 2lny x x= −
e) 1xy xe=
Rješenje: a) Da bismo odredili intervale monotonosti potrebno je odrediti znak prvog izvoda
2 2y x′ = − 0 1y x′ > ⇒ >
Funkcija raste na intervalu (1, )x∈ +∞ . 0 1y x′ < ⇒ <
Funkcija opada na intervalu ( ,1)x∈ −∞ . b) (1 )xy e x−′ = − Znak prvog izvoda ovisi samo od drugog faktora. 0 1y x′ > ⇒ < Funkcija raste na intervalu ( ,1)x∈ −∞ . 0 1y x′ < ⇒ > Funkcija opada na intervalu (1, )x∈ +∞ .
d) 22 2 22 xy x
x x−′ = − =
0 ( 1,0) (1, )y x′ > ⇒ ∈ − ∪ +∞ Funkcija raste na intervalu (1, )x∈ +∞ . 0 ( , 1) (0,1)y x′ < ⇒ ∈ −∞ − ∪ Funkcija opada na intervalu ( ,0) (0,1)x∈ −∞ ∪ (1, )x∈ +∞ .
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
134
6.6. PREVOJNE TAČKE, KONVEKSNOST I KONKAVNOST FUNKCIJE
1. Odrediti prevojne tačke i intervale konveksnosti i konkavnosti funkcije: a) 3 25 3 5y x x x= − + − b) ( )2ln 1y x= +
c) xy xe=
d) 3
2 2 , ( 0)3
xy ax a
= >+
e) 3siny x= Rješenje: a) Da bismo odredili prevojne tačke date funkcije moramo pronaći drugi izvod date funkcije. 23 10 3y x x′ = − + 6 10y x′′ = − Sada rješavanjem jednačine 0y′′ = dobijamo apscisu prevojne tačke.
6 10 0x − =53
x⇒ =
Izračunavanjem vrijednost funkcije za 53
x = dobijamo ordinatu prevojne tačke.
3 2 5 2505 3 53 27
y x x x y − = − + − ⇒ =
Dakle, data funkcija ima jednu prevojnu tačku 5 250,3 27−
.
b) ( )( ) ( )
2 2 2
2 22 2 2
2 1 42 2 2,1 1 1
x xx xy yx x x
+ − −′ ′′= = =+ + +
20 2 2 0 1y x x′′ = ⇒ − = ⇒ = ± Funkcija ima dvije prevojne tačke ( ) ( )1,ln 2 , 1,ln 2− . c) , 2x x x xy e xe y e xe′ ′′= + = + 0 (2 ) 0 2xy e x x′′ = ⇒ + = ⇒ = − Funkcija ima jednu prevojnu tačku ( )22, e−− − .
135
ISPITIVANJE I GRAFIČKO PREDSTAVLJANJE FUNKCIJA
Ispitati funkciju ( )y f x= znači odrediti a) oblast definisanosti b) parnost (neparnost) c) periodičnost d) nule i presjek s y −osom; znak funkcije e) ponašanje na granicama intervala definisanosti i asimptote f) ekstremne vrijednosti g) rašćenje i opadanje (tok funkcije) h) konveksnost (konkavnost) i) na osnovu svega toga skicirati grafik funkcije.
ZADACI
Ispitati i predstaviti grafički funkciju:
1) 3
2 4xyx
=−
Rješenje: a) DP. 2 4 0 2 ( , 2) ( 2,2) (2, )x x x− ≠ ⇒ ≠ ± ⇒ ∈ −∞ − ∪ − ∪ +∞
b) Funkcija je neparna. Naime, 3 3
2 2
( )( ) ( )( ) 4 4
x xy x y xx x−
− = = − = −− − −
.
c) Nije periodična. d) Nule funkcije: 30 0 0y x x= ⇒ = ⇒ = .
Presjek sa y −osom: 3
2
0 00 4
y y= ⇒ =−
.
2x −
3x
2x +
−∞ 2− 20 +∞
0 + + +
−
+
+
+
0
0 +
+ +
+
+ +−
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
136
Znak funkcije:
0 za ( 2,0) (2, )0 za 00 za ( , 2) (0,2)
xy x
x
> ∈ − ∪ +∞= =< ∈ −∞ − ∪
e) Nema horizontalne asimptote:3
2
2
lim lim 44 1x x
x xx
x→±∞ →±∞
= = ±∞− −
Ima vertikalnu asimptotu 2x = :3 3
22 0 2 0lim lim
4 ( 2)( 2)x x
x xx x x→ − → −
= = −∞− − +
(s lijeva)
3 3
22 0 2 0lim lim
4 ( 2)( 2)x x
x xx x x→ + → +
= = +∞− − +
(s desna).
Ima vertikalnu asimptotu 2x = − :3 3
22 0 2 0lim lim
4 ( 2)( 2)x x
x xx x x→ − → −
= = −∞− − +
(s lijeva)
3 3
22 0 2 0lim lim
4 ( 2)( 2)x x
x xx x x→ + → +
= = +∞− − +
(s desna).
Funkcija ima kosu asimptotu y x= :
2
2
2
( ) 1lim lim lim 144 1x x x
f x xkx x
x→±∞ →±∞ →±∞
= = = =− −
( )3 3
2 2
4 4 4lim ( ) lim lim lim 044 4x x x x
x x x xn f x kxx x x
x→±∞ →±∞ →±∞ →±∞
− += − = = = =
− − −
f) 2 2 3
2 2
3 ( 4) 2( 4)
x x x xyx− − ⋅′ =−
4 2
2 2
12( 4)x xyx−′ =−
Stacionarne tačke: 2 21 2 30 ( 12) 0 0, 2 3, 2 3y x x x x x′ = ⇒ − = ⇒ = = = −
g) Znak prvog izvoda:
Funkcija raste za ( , 2 3) (2 3, )x∈ −∞ − ∪ +∞ , a opada za ( 2 3, 2 3)x∈ − .
2 12x −
−∞ 2 3− 2 3 0 +∞
−−0+ + +0
y
7. Ispitivanje i grafičko predstavljanje funkcija
137
h) 3 2 2 2 4 2
2 4
(4 24 )( 4) 2( 4)2 ( 12 )( 4)
x x x x x x xyx
− − − − −′′ =−
3 2 4 2
2 3
(4 24 )( 4) 4 ( 12 )( 4)
x x x x x xyx
− − − −′′⇔ =−
2 2 4 2
2 3
4 ( 6)( 4) 4 ( 12 )( 4)
x x x x x xyx
− − − −′′⇔ =−
4 2 2 4 2
2 3
4 ( 4 6 24) 4 ( 12 )( 4)
x x x x x x xyx
− − + − −′′⇔ =−
4 2 2 4 2
2 3
4 ( 4 6 24 12 )( 4)
x x x x x xyx
− − + − +′′⇔ =−
2
2 3
8 ( 12)( 4)x xyx
+′′⇔ =−
Nule drugog izvoda: 20 8 ( 12) 0 0y x x x′′ = ⇒ + = ⇒ = Znak drugog izvoda:
Funkcija je konveksna za ( 2,0) (2, )x∈ − ∪ +∞ , a konkavna za ( , 2) (0, 2)x∈ −∞ − ∪ .
Tačka (0,0) je prevojna tačka funkcije. Tačka ( )2 3,3 3 je lokalni minimum, a tačka
( )2 3, 3 3− − je lokalni maksimum.
i) Graf funkcije:
( )32 4x −
2 12x +
x
−∞ 2− 20 +∞
0 + + +
+ + +
+ −
+
−
0
0 +
+ +
+
+ +
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
138
2) 2 1xy
x=
−
Rješenje: a) DP. 2 1 0 1 ( , 1) ( 1,1) (1, )x x x− ≠ ⇒ ≠ ± ⇒ ∈ −∞ − ∪ − ∪ +∞
b) Funkcija je neparna. Naime, 2 2
( )( ) ( )( ) 1 1
x xy x y xx x−
− = = − = −− − −
.
c) Nije periodična. d) Nule funkcije: 0 0 0y x x= ⇒ = ⇒ = .
Presjek sa y −osom: 2
0 00 1
y y= ⇒ =−
.
Znak funkcije:
0 za ( 1,0) (1, )0 za 00 za ( , 1) (0,1)
xy x
x
> ∈ − ∪ +∞= =< ∈ −∞ − ∪
e) Ima horizontalnu asimptotu 0y = : 2
2
1
lim lim 011 1x x
x xx
x→±∞ →±∞
= =− −
Ima vertikalnu asimptotu 1x = : 21 0 1 0lim lim
1 ( 1)( 1)x x
x xx x x→ − → −
= = −∞− − +
(s lijeva)
21 0 1 0lim lim
1 ( 1)( 1)x x
x xx x x→ + → +
= = +∞− − +
(s desna).
Ima vertikalnu asimptotu 1x = − : 21 0 1 0lim lim
1 ( 1)( 1)x x
x xx x x→− − →− −
= = −∞− − +
(s lijeva)
21 0 1 0lim lim
1 ( 1)( 1)x x
x xx x x→− + →− +
= = +∞− − +
(s desna).
Funkcija nema kosu asimptotu:
2
( ) 1lim lim 01x x
f xkx x→±∞ →±∞
= = =−
1x −
x
1x +
−∞ 1− 10 +∞
0 + + +
− +
+
+
0
0 +
+ +
+
+ +
7. Ispitivanje i grafičko predstavljanje funkcija
139
f) 2
2 2
( 1) 2( 1)
x x xyx− − ⋅′ =
−
2
2 2
1( 1)xyx− −′ =
−
Nema stacionarnih tačaka: 20 ( 1) 0 1 .y x x′ = ⇒ − + = ⇒ = ± − ∉ℜ g) Znak prvog izvoda:
Funkcija opada za sve DPx∈ .
h) 2 2 2 2
2 4
( 2 )( 1) 2( 1)2 ( 1)( 1)
x x x x xyx
− − − − − −′′ =−
2 2
2 3
( 2 )( 1) 4 ( 1)( 1)
x x x xyx
− − + +′′⇔ =−
3 3
2 3
2 2 4 4( 1)
x x x xyx
− + + +′′⇔ =−
3
2 3
2 6( 1)x xyx
+′′⇔ =−
Nule drugog izvoda: 20 2 ( 3) 0 0y x x x′′ = ⇒ + = ⇒ = Znak drugog izvoda:
Funkcija je konveksna za ( 1,0) (1, )x∈ − ∪ +∞ , a konkavna za ( , 1) (0,1)x∈ −∞ − ∪ . Tačka (0,0) je prevojna tačka funkcije
( )22 1x −
2 3x +
x
−∞ 1− 10 +∞
0 + + +
+ + +
+
− +
0
0 +
+ +
+
+ +−
+ ( )22 1x −
2 1x− −
−∞ 1− 10 +∞
0 0
y
−
+ +
+ +
−
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
140
i) Graf funkcije:
3) lny x x= Rješenje: a) DP. ( )0,x∈ +∞ b) Za ovu funkciju nema smisla ispitivati parnost. c) Nije periodična. d) Nule funkcije: 0 ln 0 1y x x x= ⇒ = ⇒ = .
Znak funkcije:
0 za (1, )0 za 10 za (0,1)
xy x
x
> ∈ +∞= =< ∈
e) Nema horizontalnu asimptotu: lim ln ( )
xx x
→+∞= ∞ ⋅∞ = +∞
Nema vertikalnu asimptotu:
1 +∞0
ln x
x
0
+
+ +
++
+ +
7. Ispitivanje i grafičko predstavljanje funkcija
141
0 0 0 0
2
1lnlim ln (0 ) lim lim lim ( ) 01 1x x x x
x xx x x
x x→+ →+ →+ →+
= ⋅∞ = = = − =−
(s desna).
Funkcija nema kosu asimptotu:
( )lim lim lnx x
f xk xx→+∞ →+∞
= = = +∞
f) ln 1y x′ = + Funkcija ima jednu stacionarnu tačku: 10 1 ln 0 .y x x e−′ = ⇒ + = ⇒ = g) Znak prvog izvoda:
10 1 ln 0y x x e−′ > ⇒ + > ⇒ > 10 1 ln 0y x x e−′ < ⇒ + < ⇒ <
Funkcija opada za ( )10,x e−∈ , a raste za ( )1, .x e−∈ +∞
h) 1yx
′′ =
Drug izvod nema nula. Znak drugog izvoda: 0 za sve DP.y x′′ > ∈ Funkcija je konveksna za DP.x∈ i) Graf funkcije:
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
142
4) xeyx
=
Rješenje: a) DP. ( ) ( ),0 0,x∈ −∞ ∪ +∞
b) Funkcija nije ni parna ni neparna: ( ) ( )xey x y xx
−
− = ≠ ±−
c) Nije periodična.
d) Funkcija nema nula. Naime, 0 0 0x
xey ex
= ⇒ = ⇒ = , a ovo je nemoguće.
Znak funkcije:
0 za (0, )0 za ( ,0)
xy
x> ∈ +∞< ∈ −∞
e) Ima horizontalnu asimptotu 0y = kada x→−∞ :
( ) 1lim lim lim 0 0 0x
x
x x x
e ex x→−∞ →−∞ →−∞
= ⋅ = ⋅ =
.
Nema horizontalnu asimptotu kada x→+∞ . Naime,
lim lim1
x x
x x
e ex→+∞ →+∞
∞ = = = +∞ ∞
Ima vertikalnu asimptotu 0x = :
0
limx
x
ex→+= +∞ (s desna).
0
limx
x
ex→−= −∞ (s lijeva).
Funkcija nema kosu asimptotu:
0 +∞−∞
x
xe
0
+
+ +
++
+ +−
7. Ispitivanje i grafičko predstavljanje funkcija
143
−∞
2
( )lim lim lim lim2 2
x x x
x x x x
f x e e ekx x x→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
∞ ∞ = = = = = = = +∞ ∞ ∞
f) 2 2
( 1)x x xe x e e xyx x⋅ − −′ = =
Funkcija ima jednu stacionarnu tačku: 0 ( 1) 0 1.xy e x x′ = ⇒ − = ⇒ = g) Znak prvog izvoda:
( ) ( )0 1 0 0 1y x x x′ > ⇒ − > ∧ ≠ ⇒ >
( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 0 ,0 0,1y x x x′ < ⇒ − < ∧ ≠ ⇒ ∈ −∞ ∪ Funkcija opada za ( )10,x e−∈ , a raste za ( )1, .x∈ +∞
h) ( )( ) ( )2
4
1 2 1x x xe x e x xe xy
x− + − −
′′ =
( )2
3
1xe x xy
x− +
′′⇔ =
Drugi izvod nema nula, pa prema tome nema prevojnih tačaka. Znak drugog izvoda:
Funkcija je konveksna za ( )0,x∈ +∞ , a konkavna za ( ),0x∈ −∞ .
3x
2 1x x− +
xe
1− 10 +∞
+ + +
+ + +
+ +
0 +
+ +
+
+ ++
+
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
144
i) Graf funkcije
145
NEODREĐENI INTEGRAL
Ako je funkcija ( )f x definirana na intervalu ( , )a b neprekidna i ( ) ( )F x f x′ = za a x b< < , tada je ( ) ( ) , ,f x dx F x C a x b= + < <∫ (1) gdje je C proizvoljna konstanta. Funkcija ( )F x zove se primitivana funkcija ili prvobitna funkcija. Zbir ( )F x C+ je neodređeni integral. Za neodređeni integral vrijedi ( ) ( ) ,( ., 0).kf x dx k f x dx k konst k= = ≠∫ ∫ (2)
[ ]( ) ( ) ( ) ( ) .f x g x dx f x dx g x dx± = ±∫ ∫ ∫ (3)
TABLICA OSNOVNIH INTEGRALA
1. 1
, 1.1
nn xx dx C n
n
+
= + ≠ −+∫
2. ln .dx x Cx= +∫
3. 12 2
1 1 ,( 0).dx x xarctg C arcctg C ax a a a a a
= + = − + ≠+∫
4. 2 2
1 ln ,( 0).2
dx x a C ax a a x a
−= + ≠
− +∫
5. 12 2arcsin arccos ,( 0).dx x xC C a
a aa x= + = − + >
−∫
6. 2
2ln ,( 0).dx x x a C a
x a= + + + ≠
+∫
7. ,( 0); .ln
xx x xaa dx C a e dx e C
a= + > = +∫ ∫
8. sin cos .xdx x C− +∫
9. cos sin .xdx x C= +∫
10. 2 .cos
dx tgx Cx= +∫
11. 2 .sin
dx ctgx Cx= − +∫
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
146
12. ln .sin 2dx xtg C
x= +∫
13. ln ( ) .cos 2 4
dx xtg Cx
π= + +∫
14. .shxdx chx C= +∫
15. .chx shx C= +∫
16. 2 .dx thx Cch x
= +∫
17. 2 .dx cthx Csh x
= − +∫
OSNOVNE METODE INTEGRIRANJA
1. Neposredno integriranje Neposredna integracija sastoji se u direktnoj primjeni navedenih osobina neodređenog integrala i tablice integrala.
2. Metoda supstitucije(zamjene) Ako je moguće, uvodi se supstitucija ( )x tϕ= gdje je t nova varijabla i ( )tϕ neprekidna diferencijabilna funkcija tako da je [ ]( ) ( ) ( )f x dx f t t dtϕ ϕ′=∫ ∫ . Na ovaj način se pomoću takve supstitucije zadani integral svodi na elementarni tablični integral.
3. Metoda parcijalne integracije Ako su ( )u f x= i ( )v g x= diferencijabilne funkcije od x, tada je .udv uv vdu= −∫ ∫ Izbor funkcije ( )u f x= i diferencijala dv funkcije ( )v g x= mora biti takav da se integral
vdu∫ može jednostavno riješiti. Ovaj metod rješavanja integrala zove se metod parcijalne integracije.
OSNOVNE KLASE INTEGRABILNIH FUNKCIJA
1. Integral racionalne funkcije Nepravi razlomak funkcija moguće je dijeljenjem dovesti do cijele racionalne funkcije i ostatka. Prvi dio se može jednostavno integrirati a drugi dio je slučaj razlomljene racionalne
funkcije oblika ( )( )
P xQ x
, pri čemu je P(x) polinom nižeg stepena od polinoma Q(x).
i) Integriranje nekih racionalnih funkcija Jednostavne racionalne funkcije su:
a) lnAdx A x a Cx a
= − +−∫ (Rješava se metodom supstitucije).
b) 1
1 , 2,3,...( ) 1 ( )k k
Adx A C kx a k x a −= − ⋅ + =− − −∫ ( Rješava se metodom supstitucije).
c) 2
Ax B dxx px q
++ +∫ , , , ,A B p q R∈ i
2
04p q− < .
8. Neodređeni integral
147
222( )
2 4
Ax B Ax Bdx dxp px px q x q
+ +=
+ + + + −∫ ∫ . Uvođenjem smjene ,
2pt x dx dt= + = dobija se da je
22 2 2
2 2ln( )2 4 4
Ax B A B Ap x pdx x px q arctg Cx px q q p q p
+ − += + + + +
+ + − −∫ .
d) 2 , 2,3,...( )m
Ax B dx mx px q
+=
+ +∫ , 2
, , , , 0.4pA B p q R q∈ − < Smjenom ,
2pt x dx dt= + = dobija se
2 2 2
( )2
( ) ( )m m
ApAt BAx B dx dtx px q t a
+ −+=
+ + +∫ ∫ . Integral se rastavi na dva integrala. Prvi se rješava
metodom supstitucije a drugi može parcijalno ili se svodi rekurzivnom formulom na tablični integral.
e) Integriranje razlomljene racionalne funkcije rastavljanjem na parcijalne razlomke
Neka je razlomljena racionalna funkcija ( )( )
P xQ x
pravi razlomak. Ako se ( )Q x može
izraziti pomoću korjenih faktora 2 2( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) ...,j k m nQ x x a x b x px q x rx s= − − ⋅ ⋅ + + + + ⋅ gdje su a,b,... međusobno različiti brojevi, a kvadratni trinomi nemaju realnih korijena, tada se
zadana funkcija ( )( )
P xQ x
može rastaviti na parcijalne razlomke
1 2 1 22 2
( ) ... ...( ) ( ) ( ) ( )
jj
AA A B BP xQ x x a x a x a x b x b
= + + + + + +− − − − −
1 1 2 22 2 2... ... ...
( ) ( )k
k
B C x D C x Dx b x px q x px q
+ ++ + + + +
− + + + +
1 12 2 2... ... ...
( ) ( )m m n n
m n
C x D E x FE x Fx px q x rx s x rx s
+ +++ + + + +
+ + + + + + gdje su
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1, ,..., , ,..., , ,..., , ,..., ,..., ,..., ,...nA A B B C C D D E F F realne konstante koje se mogu odrediti
metodom neodređenih koeficijenata. Rastavljanjem zadane funkcije ( )( )
P xQ x
na parcijalne
razlomke svodi se ( )( )
P x dxQ x∫ na prethodne slučajeve.
2. Integrali nekih iracionalnih funkcija
a) Neka je integral dat u slijedećem obliku
1 2
1 2( , ( ) ,( ) ,..., ( ) )s
s
mm mnn nax b ax b ax bR x dx
cx d cx d cx d+ + ++ + +∫ .
Supstitucijom kax b tcx d
+=
+, gdje je { }1 2, ,..., sk NZS n n n= , integral se svodi na integral
racionalne funkcije argumenta t.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
148
b) Eulerove supstitucije Integrali oblika 2( , )R x ax bx c dx+ +∫ mogu se riješiti Eulerovim smjenama na slijedeći način: 1. 2 ,ax bx c t x a+ + = ± ako je 0,a > 2. 2 ,ax bx c tx c+ + = ± ako je 0c > , 3. 2 ( ) ,ax bx c x tα+ + = − ako je 2 ( )( ),ax bx c a x xα β+ + = − − tj. ako je α realan korijen trinoma 2ax bx c+ + . c) Binomni integral Integral oblika ( )m n px a bx dx+∫ zove se binomnim inegralom. Može se izraziti pomoću elementarnih funkcija jedino u ova tri slučaja:
a) p cijeli broj, supstitucija je sx t= , gdje je s najmanji zajednički nazivnik razlomaka m i n;
b) 1mn+ cijeli broj, supstitucija je n sa bx t+ = , gdje je s nazivnik razlomka p;
c) 1m pn+
+ cijeli broj, supstitucija je n sax b t− + = , gdje je s nazivnik razlomka p.
Ove supstitucije svode integral na integral racionalne funkcije.
3. Integrali trigonometrijskih funkcija a) Integrali oblika (sin ,cos )R x x dx∫ , gdje je R racionalna funkcija od sin x i cos x , svode se na integraciju racionalnih funkcija argumenta t supstitucijom
, ( )2xtg t xπ π= − < <
2
2 2 2
2 1 2sin ,cos ,1 1 1
t t dtx x dxt t t
−⇒ = = =
+ + +.
Nekada su pogodne slijedeće supstitucije za rješavanje gornjeg integrala: cos x t= , ako je ( sin ,cos ) (sin ,cos )R x x R x x− = − , sin x t= , ako je (sin , cos ) (sin ,cos )R x x R x x− = − ,
tgx t= , ako je ( sin , cos ) (sin ,cos )R x x R x x− − = . b) Kod integrala oblika sin sin , sin cosx xdx x xdxα β α β∫ ∫ ,
cos cosx xdxα β∫ , (a, b realni brojevi, a b≠ ) podintegralna funkcija se transformira pomoću slijedećih formula:
[ ]1sin sin cos( ) cos( )2
x x x xα β α β α β= − − + ,
[ ]1sin cos sin( ) sin( )2
x x x xα β α β α β= − + + ,
8. Neodređeni integral
149
[ ]1cos cos cos( ) cos( )2
x x x xα β α β α β= − + + .
c) Kod integrala oblika sin cosm nx xdx∫ , ,m n Z∈ , primjenit ćemo slijedeće supstitucije: cos x t= , ako je m neparan pozitivan broj sin xdx dt⇒ = − , sin x t= , ako je n neparan pozitivan broj cos xdx dt⇒ = ,
tgx t= , ako je m+n paran negativan broj 2cosdx dt
x⇒ = .
ZADACI
1. 1
2
1 1 1ln ln1
xdx x C x Cx x x
− − = − + = − − + − ∫
2. ( ) ( )
2 2 2
2 22 2 2 2
1 3 1 2 1 2 1 2arctan11 1
x x xdx dx dx dx x Cx x xx x x x
+ + += = + = − + +
++ +∫ ∫ ∫ ∫
3. ( )2
2 36 3 5 2 3 52xx x dx x x C− + = + + +∫
4. ( ) ( )2 2 cos sin cos sincos 2 cos sincos sin cos sin cos sin
x x x xx x xdx dx dxx x x x x x
− ⋅ +−= =
− − −∫ ∫ ∫
( )cos sin sin cosx x dx x x C= + = − +∫
5. ( )4 4 3
22 2 2
1 1 1 arctan1 1 1 3
x x dx xdx dx x dx x x Cx x x
− += = − + = − + +
+ + +∫ ∫ ∫ ∫
6. 2 1x
x x x xx
e dx e dx e dx e e Ce
− −−= − = + +∫ ∫ ∫
METODE INTEGRACIJE
8.1. METODA SUPSTITUCIJE
( )( ) ( ( )) ( )
( )x t
f x dx f t t dtdx t dt
ϕϕ ϕ
ϕ=
′= =′=∫ ∫
1. 2
22
3 42 1 1 14 ln ln 3 43 4 4 4 48
dtx tx dtdx t C x C
x t txdx dt+ =
= = = = + = + ++ =∫ ∫ ∫
2. ( )
22
2
5 26 15 3 3 3ln 3ln 5 25 2 2 5
x x tx dt dtdx t C x x Cx x t tx dx dt
− + =−= = = = + = − + +
− + − =∫ ∫ ∫
3. 3
ln ln 33
x tdx dt t C x Cdx dtx t− =
= = = + = − +=−∫ ∫
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
150
4. 4
4 44 4 4
t xx dx dxdx dx xdt dxx x x= +
= − = − ==+ + +∫ ∫ ∫ ∫ 4 dtx
t= − ∫
4 ln 4 ln 4x t C x x C= − + = − + +
5. 4
3 3 4sin 1sin cos sincos 4 4
x t tx xdx t dt C x Cxdx dt=
= = = + = +=∫ ∫
6. 2 2
3 2 223 2
312 9 2 2 (3 2)2
3
x tdx dx dx dt
x x xdx dt
− =
= = = =− − − −
=
∫ ∫ 22 2dt
t−∫
2
1 1 1 3 2arcsin arcsin3 3 3 21
dt xt C Ct
−= = + = +
−∫
7. ( )2
2 2 2
6 18 11 8 8 32( 1)5 2 6 ( 1) 6 ( 1)
x tx x dxdx dxx dx dtx x x x
− − =− −= − =
− − =+ − − − − −∫ ∫ ∫
2
4 36 ( 1)
dt dxt x
−= −
− −∫ ∫ 2
8 36 ( 1)
dxtx
= − −− −
∫
2
2
( 1) 68 6 ( 1) 3
6 ( 1) 6
x tdxxx dx dt
− == − − − − =
− − =∫
2 2
2
68 6 ( 1) 3 8 6 ( 1) 3arcsin6 6
dtx x t Ct
= − − − − = − − − − +−
∫
2 18 6 ( 1) 3arcsin6
xx C−= − − − − +
8. 2 2 2 2
2 2 1 12 2 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1
x x xdx dx dx dxx x x x x
+ + += = +
+ + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫
2( 1) 12( 1)x t
x dx dt+ + =
=+ = 2 2
1 1 1 1 1ln2 ( 1) 1 2 ( 1) 1
dt dx t dxt x x
= + = ++ + + +∫ ∫ ∫
1x zdx dz+ =
==
( ) ( )2 2
2
1 1 1ln ( 1) 1 ln ( 1) 1 arctan2 1 2
x dz x z Cz
= + + + = + + + ++∫
( ) ( )21 ln ( 1) 1 arctan 1
2x x C= + + + + +
9. 2 2 2 2 2 2 2sinsin cos cos
cosx a t
a x dx a a ta tdt a tdtdx a tdt=
− = = − ==∫ ∫ ∫
22 1 cos 2
2 2t aa dt t+
= = +∫2
sin 24a t C+
2 2
arcsin sin 2arcsin2 4a x a x C
a a= + +
8. Neodređeni integral
151
8.2. METODA PARCIJALNE INTEGRACIJE
udv uv vdu= −∫ ∫
1. , sin cos
sinu x v xdx x
x xdxdu dx
= = = −=
=∫∫ cos cosx x xdx= − + ∫
cos sinx x x C= − + +
2.
, x xx u x v e dx e
xe dxdu dx
− −− = = = −
==
∫∫ x x x xxe e dx xe e C− − − −= − + = − − +∫
3.
, cos sincos
xx
x
u e v xdx xe xdx
du e dx
= = ==
=∫∫ sinxe x= − sinxe xdx∫
, sin cosx
x
u e v xdx x
du e dx
= = = −=
=∫
sin cos cosx x xe x e x e xdx = − − + ∫
sin cos cosx x xe x xe e dx= + − ∫
[ ] [ ]12 cos sin cos cos sin cos
2x x x xe xdx e x x e xdx e x x C⇒ = + ⇒ = + +∫ ∫
4.
3 2
3
1 1ln ,ln 2
1
u x v dxx x xdxx du dx
x
−= = =
==
∫∫ 2 3 2 2
ln 1 1 ln 1 .2 2 2 4
x xdx Cx x x x
− −= + = − +∫
5.
22
arccos ,arccos arccos1
11
u x v dx xxxdx x x dx
du dx xx
= = == = +−
= −−
∫∫ ∫
212
x txdx dt− =
=− =
1arccos2
x x= −dt
t∫ arccosx x t C= − + 2arccos 1x x x C= − − +
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
152
6.
( ) ( ) ( ) ( )
22
2 22 2 2 2 22
1 1 1 11 1 2 22 2 11
u x du dxx x x tx dtdx x dx v dxx x t txdx dt xx
= ⇒ =
+ = − −= ⋅ = = = = = =+ + = ++∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( )22 2
x 1 dx x 1 arc tgx C2 1 x 22 1 x 2 1 x
− −= + = + +
++ +∫
1sin sin2 2sin sin 2 sin
sin2
nx n xx x nx x
+
+ + + =…
8.3. INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJA
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1
2 22 2
( ) M x NAP x A A M x Nx a x px qx a x ax a x px q x px q
βαβ α βα
β++= + + + + + +
− + +− −− + + + +…
1. 2
8 319 14
x dxx x
−− +∫
Rješenje:
2
8 31 8 319 14 ( 7)( 2)
x xdx dxx x x x
− −=
− + − −∫ ∫
( )22
8 319 149 14 7 2
x A Bx xx x x x
−= +
⋅ − +− + − −
8 31 2 7x Ax A Bx B− = − + − 8, 2 7 31A B A B⇒ + = − − = − Rješavanjem posljednjeg sistema dobijamo: 5, 3A B= =
Sada imamo: 2
8 31 5 3 5ln 7 3ln 29 14 7 2
x dx dx dx x x Cx x x x
−= + = − + − +
− + − −∫ ∫ ∫
2. ( ) ( )
2
31
1 3x dx
x x+
− +∫
Rješenje:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
33 2 31
3 1 1 ( 3)1 3 1 1x A B C D
x x x xx x x x+
= + + ++ − ⋅ − +− + − −
8. Neodređeni integral
153
2 3 21 ( 1) ( 1) ( 3) ( 1)( 3) ( 3)x A x B x x C x x D x+ = − + − + + − + + + 2 3 21 ( ) ( 3 ) (3 5 2 ) ( 3 3 3 )x x A B x A B C x A B C D A B C D+ = + + − + + + − + + + − + − +
Sada iz jednakosti dva polinoma dobijamo sistem jednačina:
0, 3 1,3 5 2 0, 3 3 3 1A B A B C A B C D A B C D+ = − + + = − + + = − + − + =
Rješavanjem ovog sistema dobijamo 5 5 3 1, , ,32 32 8 2
A B C D−= = = = .
Sada se naš integral svodi na sumu sljedećih integrala:
( ) ( ) ( ) ( )
2
3 2 31 5 1 5 1 3 1 1 1
32 3 32 1 8 21 3 1 1x dx dx dx dx dx
x xx x x x+ −
= ⋅ + ⋅ + ⋅ ++ −− + − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Integrale na desnoj strani rješavamo metodom smjene. U prvom integralu uzimamo smjenu
3t x= + , a u preostala tri integrala smjenu 1t x= − . Nakon smjene u svim integralima imamo dt dx= .
1 ln ln 33
dtdx t C x Cx t
= = + = + ++∫ ∫
1 ln ln 11
dtdx t C x Cx t
= = + = − +−∫ ∫
( )2 2
1 1 1 111
dx dt C Ct t xx
− −= = + = +
−−∫ ∫
( )3 3 2 2
1 1 1 12 2( 1)1
dx dt C Ct t xx
− −= = + = +
−−∫ ∫
Konačno:
( ) ( )
2
3 2
1 5 5 3 1 1 1ln 3 ln 132 32 8 1 4 ( 1)1 3
x dx x x Cx xx x
+ −= ⋅ + + ⋅ − − ⋅ − ⋅ +
− −− +∫ .
3. 3 1dx
x +∫
Rješenje: Da bismo izračunali ovaj integral trebamo rastaviti nazivnik podintegralne funkcije na faktore, a onda rastaviti podintegralnu racionalnu funkciju kao zbir racionalnih funkcija:
3 21 ( 1)( 1)dx dx
x x x x=
+ + − +∫ ∫
23 2
1( 1)( 1)1 1 1
A Bx Cx x xx x x x
+= +
⋅ + − ++ + − +
21 ( 1) ( )( 1)A x x Bx C x= − + + + + Iz jednakosti polinoma dobijamo sistem jednačina: 0, 0, 1A B A B C A C+ = − + + = + = .
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
154
Rješavanjem ovog sistema dobijamo: 1 1 2, ,3 3 3
A B C−= = = .
3 2 2
1 1 1 1 2 1 1 2 4ln 11 3 1 3 1 3 3 2 1
x xdx dx dx x dxx x x x x x
− −= ⋅ − = + −
+ + − + ⋅ − +∫ ∫ ∫ ∫
2 2
1 1 2 1 1ln 13 6 1 2 1
x dxx dxx x x x
−= ⋅ + − ⋅ + ⋅
− + − +∫ ∫2
21 1 1ln 1 ln 13 6 2 1 3
2 4
dxx x xx
= ⋅ + − − + + ⋅ − +
∫
Riješimo posljednji integral:
2 2
2 1231 1 4
2 2 31 3 4 1 2 312 4 3 2 23
x tdx dx
x x dx dt dx dt
− =
⋅ = ⋅ ⋅ = − + ⋅ − + = ⇒ =
∫ ∫
2
3 3 1 2 1arctg( ) arctg3 1 3 3 3
dt xt C Ct
− = ⋅ = + = + + ∫ .
Konačno:
23
1 1 1 1 2 1ln 1 ln 1 arctg1 3 6 3 3
xdx x x x Cx
− = ⋅ + − − + + + + ∫
4. 2
2 2
5 12( 6 13)
x dxx x
−− +∫
Rješenje:
2 2 2
22 2 2 22
35 12 5 12 5( 3) 12
( 6 13) ( 4)( 3) 4 3
x tx x tI dx dx dt dt
x x tx x t
− =− − + −
= = = = = =− + + − + = +
∫ ∫ ∫
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
5 30 33 5 30 33 (*)( 4) ( 4) ( 4) ( 4)
t t t t dtdt dt dtt t t t+ +
= = + + =+ + + +∫ ∫ ∫ ∫
2
1 2 2
2 2
( 4)1
( 4) 2( 4)
u ttI dt du dt
ttv dt C
t t
== = =
+= = − +
+ +
∫∫
=
2 2 2
1 12( 4) 2 4 2( 4) 4 2
t dt t tarctg Ct t t
= − + = − + ++ + +∫ .
8. Neodređeni integral
155
2
2 2 2 2 2
4 1 1 1( 4) 2 2 2( 4)
2
t kt dkI dt C Cdkt k k ttdt
+ == = = = − + = − +
+ +=∫ ∫ .
2 2 2
3 2 2 2 2 2 2 2
1 4 1 1 (**)( 4) 4 ( 4) 4 4 4 ( 4)
dt t t dt tI dt dtt t t t
+ −= = = − =
+ + + +∫ ∫ ∫ ∫
3 2
14 2 2a
dt tI arctg Ct
= = ++∫ .
2
3 2 2
1( 4) 2( 4) 4 2b
t t tI dt arctg Ct t
= = − + ++ +∫ .
3 3 2
1 1 1(**)4 4 8( 4) 16 2a b
t tI I arctg Ct
= − = + ++
.
1 2 3 2 2 2
5 5 1 33 335 30 332 4 4 2 15( 4) 8( 4) 16 2
t t t tI I I I arctg arctg Ct t t
= + + = − + − + + + =+ + +
2 2
13 1 53 ,( 3).8( 4) 15( 4) 16 2
t tarctg C t xt t
= − + + = −+ +
5. 5 4
3
84
x x dxx x+ −−∫
Rješenje: Kada je u brojniku polinom većeg stepena od polinoma u nazivniku prvo treba izvršiti djeljenje ta dva polinoma.
( ) ( )2
5 4 3 23
4 16 88 : 4 44
x xx x x x x xx x+ −
+ − − = + + +−
( )5 4 2
23 3
8 4 16 844 4
x x x xdx x x dx dxx x x x+ − + −
= + + + =− −∫ ∫ ∫
3 2 2
2
4 24 43 2 ( 4)x x x xx dx
x x+ −
= + + + ⋅−∫
Posljednji integral rješavamo kao u prvom zadatku.
2
2
4 2( 2)( 2)( 4) 2 2
x x A B Cx x xx x x x x
+ −= + + ⋅ − +− + −
2 24 2 ( 4) ( 2) ( 2)x x A x Bx x Cx x+ − = − + − + + 2 24 2 ( ) ( 2 2 ) 4x x x A B C x B C A+ − = + + + − + −
1, 2 2 4, 4 2A B C B C A+ + = − + = − = − 1 3 5, ,2 4 4
A B C−= = =
2
2
4 2 1 3 5 1 3 5ln ln 2 ln 2( 4) 2 4 2 4 2 2 4 4
x x dx dx dxdx x x x Cx x x x x+ −
= − + = − + + − +− + −∫ ∫ ∫ ∫
Konačno:
5 4 3 2
3
8 4 2ln 3ln 2 5ln 24 3 2
x x x xdx x x x x Cx x+ −
= + + + − + + − +−∫ .
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
156
8.4. METODA OSTROGRADSKOG
212 2
( ) ( )nn
P x dxdx Q x ax bx cax bx c ax bx c
λ−= + + ++ + + +
∫ ∫
ZADACI
1. 3 2
2
2 3 42 2
x x x dxx x+ + +
+ +∫
Rješenje:
3 2
2 2
2 2
2 3 4 ( ) 2 22 2 2 2
x x x dxdx ax bx c x xx x x x
λ+ + += + + + + +
+ + + +∫ ∫ (1)
Diferenciranjem lijeve i desne strane dobijamo:
3 22 2
2 2 2
2 3 4 2 2 1(2 ) 2 2 ( )2 2 2 2 2 2 2
x x x xax b x x ax bx cx x x x x x
λ+ + + += + + + + + + +
+ + + + + +
Sređivanjem dobijamo:
3 2 2 2
2 2
2 3 4 (2 )( 2 2) ( 1)( )2 2 2 2
x x x ax b x x x ax bx cx x x x
λ+ + + + + + + + + + +=
+ + + +
3 2 3 2
2 2
2 3 4 3 (2 5 ) (4 3 ) 22 2 2 2
x x x ax b a x a b c x b cx x x x
λ+ + + + + + + + + + +=
+ + + +
Iz jednakosti razlomaka i polinoma slijedi:
3 2 3 22 3 4 3 (2 5 ) (4 3 ) 2x x x ax b a x a b c x b c λ+ + + = + + + + + + + + 1 3 , 2 2 5 ,3 4 3 , 4 2a b a a b c b c λ= = + = + + = + + Rješavanjem posljednjeg sistema dobijamo:
1 1 7 5, , , .3 6 6 2
a b c λ= = = =
Vratimo se sada u (1).
3 22 2
2 2
2 3 4 1 1 7 52 23 6 6 22 2 2 2
x x x dxdx x x x xx x x x+ + + = + + + + +
+ + + +∫ ∫
8. Neodređeni integral
157
2 2
2
1 1 7 52 23 6 6 2 ( 1) 1
dxx x x xx
= + + + + + + +
∫
2 2 21 1 7 52 2 ln 1 2 23 6 6 2
x x x x x x x C = + + + + + + + + + +
2. 3 2
2 2
2
1 1 2 1(2 5 19) 1 2 861 2
x x xdx x x x x arctg Cxx x
+ − −= − + + + − − +
+ −∫
3. 2
2
2
2 3 1 25 4 13arcsin2 24
x x xdx x x x Cx x+ + − = − + − + + +
− +∫
8.5. INTEGRACIJA BINOMNOG DIFERENCIJALA Integral binomnog diferencijala ( ) ; ( , , )m n px a bx dx m n p Q+ ∈∫ može se izraziti u konačnom obliku u ova tri slučaja: 1° p Z∈ , smjena sx t= , s je najmanji zajednički sadržalac nazivnika razlomaka m i n
2° 1m Zn+
∈ , smjena n sa bx t+ = , s je nazivnik razlomka p.
3° 1m p Zn+ + ∈
, smjena n sax b t− + = , s je nazivnik razlomka p.
ZADACI
1. 113
64 1x x dx−−
+
∫
Rješenje: U ovom zadatku imamo zadovoljen prvi slučaj, tj.
3 ,4
m −=
1 , 1 , (4,6) 126
n p Z s NZS= = − ∈ = = . Dakle, imaćemo smjenu 12x t= .
113
64 1x x dx−−
+
∫11
9 212 12(1 )t dt
t t= =
+∫2
2 121
t dtt
=+∫
2
2
1 11
t dtt
+ −+∫
2
112 121
dt dtt
= −+∫ ∫ 12 1212( arctg ) 12( arctg )t t C x x C= − + = − +
2. 3
3 2
1 x dxx+
∫
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
158
Rješenje:
U ovom zadatku je zadovoljen drugi slučaj. Naime, imamo 23
m −= , 1
3n = i 1
2p = i vrijedi
2 11 3 113
m Zn
− ++= = ∈ , pa je 2s = i smjena
1231 x t+ = .
11 232 1 13 2
23 3 223 2
3
11 1 6 ( )1 23
x tx dx x x dx t tdtx x dx tdt
−
−
+ = += + = =
=∫ ∫ ∫
( )33
2 36 6 2 13tt dt C x C= = + = + +∫
3. ( )32 21
dx
x x+∫
Rješenje: U ovom zadatku je zadovoljen treći slučaj. Naime, 1,a = 1,b = 2,n =
2,m = −3 ,
2p −=
1 2 1 3 22 2
m p Zn+ − +
+ = − = − ∈ . Smjena u ovom zadatku je: 2 21x t− + = .
( )( )
( )
( )
2 2
22
33 2 2
2 2 22323 22 2 2 2
32
11
111 ( 1)
111 1
1
x t
xt
dx t tx x dx t dtx ttx x ttdtdx
t
−
−−
−
+ =
=−
= + = = − −= − −+ −
−=
−
∫ ∫ ∫
2 2( 1)t t dt−= − −∫ 2 1dt t dt t C
t−= − + = − − +∫ ∫
2 2
2
1 21
t xC Ct x
−
−
+ += − + = − +
+
2
2
1 21
x Cx x+
= − ++
.
8.6. EULEROVE SMJENE
Ako se pod integralom pojavljuje količnik funkcija u kojima figuriše izraz 2ax bx c+ + ,
20, 4 0,a b ac≠ − ≠ tada koristimo neku od Eulerovih smjena: a) Ako je 0a > , smjena 2ax bx c ax t+ + = ± +
8. Neodređeni integral
159
b) Ako je 0,c > smjena 2ax bx c xt c+ + = ±
c) Ako postoje realne nule 1 2ix x polinoma 2ax bx c+ + , smjena ( )21ax bx c t x x+ + = − .
ZADACI
1. 2 1
dxIx x x
=+ + +
∫ =?
Pošto je a = 1 > 0, uzimamo smjenu 2 1x x x t+ + = − + . Kvadriranjem ove jednakosti
dobijamo da je 2 1
1 2tx
t+
=+
, odakle slijedi da je ( )
2
22 2 2
1 2t tdx dt
t+ +
=+
. Zato je
( )( )
2
2 2
2
2 2 21 2 2 2 2
1 2
t t dtt t tI dtt t t
+ ++ + +
= =+∫ ∫ .
Funkciju ( )
2
22 2 2
1 2t tt t+ +
+ razložimo na parcijalne razlomke:
( ) ( )
2
2 22 2 2 3 3 2
1 21 2 1 2t t
t tt t t+ +
= − − +++ +
, pa se na kraju dobija:
( ) ( )4
33 3 3 1ln 1 2 2ln ln
2 1 2 2 2 1 2 2 1 2tI t t C C
t t t= − + + + = + +
+ + +, gdje je 2 1t x x x= + + + .
2. 21 1 2
dxIx x
=+ − −
∫ =?
Pošto je 0c > uzimamo smjenu: 21 1 2xt x x= + − − . Kvadriranjem i sređivanjem dobijamo
( )2
2 11
tx
t−
=+
, odakle slijedi da je ( )
( )
2
22
2 2 1
1
t t dtdx
t
− + +=
+. Sada je
( )( )( ) ( )( )
2
22 2
2
2
2 2 1
1 2 12 1 1 1
1
t t
t t tI dt dtt t t tt
t
− + +
+ − + += =
− − ++
∫ ∫ . Podintegralna funkcija se razlaže kao zbir:
2
1 1 21 1t t t
−+ +
− +, pa je zato 1ln ln 1 2 ln 2tI t t arctg t C arctg t C
t−
= − + − − + = − + , gdje je
21 1 2x xtx
+ − −= .
3. 2
2
3 23 2
x x xI dxx x x− + +
=+ + +
∫
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
160
Pošto je ( )( )2 3 2 1 2x x x x+ + = + + , možemo uzeti smjenu: ( )2 3 2 1x x t x+ + = + .
Kvadriranjem i sređivanjem se dobije da je 2
2
21tx
t−
=−
, odakle slijedi ( )22
2
1
dtdxt
= −−
. Nakon
uvrštavanja pod integral i sređivanja dobijemo: ( )( )( )
2
32 4
2 1 1t tI dt
t t t− −
=− − +∫ . Podintegralna
funkcija se razlaže na razlomke:
( )( )( ) ( ) ( )
2
3 3 22 4 1 1 5 1 17 1 3 1 16 1
3 18 108 1 4 1 27 22 1 1 1 1t t
t t tt t t t t− −
= + − + −+ − −− − + + +
, pa je
( ) ( )2
1 5 17 3 16ln 1 ln 1 ln 218 1 108 4 276 1
I t t t Ctt
= − − − + + − − − +++
, gdje je 21
xtx+
=+
.
Zadaci za vježbu:
2
2
1 14.1
x x dxx x x− + +
+ +∫
5. 2 2 2x x x dx− +∫
6. ( )
21 1
dx
x x + + ∫
8.7. INTEGRACIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA
(sin ,cos )R x x dx∫
Univerzalna trigonometrijska smjena: 2
2tg , ,2 1x dtt dx
t= =
+
2
2 2
2 1sin ,cos1 1
t tx xt t
−= =
+ +
ZADACI
1. 5 4sin 3cos
dxx x− +∫
8. Neodređeni integral
161
Rješenje:
5 4sin 3cosdxx x
=− +∫
2
2
2 2
212 15 4 3
1 1
dtt
t tt t
+−
− ++ +
∫2
2 2
2
21
5 5 8 3 31
dtt
t t tt
+=+ − + −
+
∫ 2
22 8 8
dtt t
=− +∫
2( 2)dt
t=
−∫2 1 1 1
2 2 22 2
t zC C Cx xdt dz t tg tg
− == = − + = − + = +
= − − −…
2. sin cos 3 ln sin 2cossin 2cos 5 5
x x xdx x x Cx x−
= − − + ++∫
3. sin 1 ln sin cossin cos 2 2
xdx x x x Cx x
= − + ++∫
2 2(sin ,cos )R x x dx∫ ili 2 2(sin ,cos ,sin cos )R x x x x dx∫
Smjena: 2tg , ,1
dtx t dxt
= =+
22 2
2 2
1sin ,cos ,1 1
tx xt t
= =+ +
2
2 2 2
1sin cos1 1 1
t tx xt t t
= ⋅ =+ + +
.
ZADACI
1. 21 2cosdx
x+∫
Rješenje:
2
2 2 2
2
1 11 arctg tg 11 2cos 1 2 3 3 31 21
dtdx dt dtt x C
x t tt
+= = = = + + + + + + ⋅+
∫ ∫ ∫ ∫
2. 34
1ctg ctgsin 3
dx x x Cx
−= − +∫
3. 34
1tg tgcos 3
dx x x Cx= + +∫
sin cosm nx xdx∫ 1° Jedan od brojeva m i n je neparan pozitivan broj. 2° Oba eksponenta su pozitivni parni brojevi.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
162
ZADACI
1. 4 5 4 2 2 4 2 4sinsin cos (1 ) (1 2 )
cosx t
x xdx t t dt t t t dtxdx dt=
= = − = − +=∫ ∫ ∫
5 7 91 2 1sin sin sin5 7 9
x x x C= = − + +…
2. 4 7 4 2 3sinsin cos (1 )
cosx t
x xdx t t dtxdx dt=
= = −=∫ ∫
5 7 9 111 3 1 1sin sin sin sin5 7 3 11
x x x x C= = − + − +…
4. 5 6 6 2 2cossin cos (1 )
sinx t
x xdx t t dtxdx dt=
= = − − = =− =∫ ∫ …
Ako su oba eksponenta parni brojevi onda se podintegralna funkcija transformiše pomoću formula:
1sin cos sin 22
x x x= , 2 1 cos 2sin2
xx −= , 2 1 cos 2cos
2xx +
= .
ZADACI
1. 2 2sin cosx xdx∫ Rješenje:
2 2sin cosx xdx∫ = 21 1 cos 4 1 1sin 2 sin 44 8 8 32
xxdx dx x x C−= = − +∫ ∫
2. 2 4 31 1 1sin cos sin 4 sin 216 64 48
x xdx x x x C= − + +∫
3. 6 35 1 3 1cos sin 2 sin 4 sin 216 4 64 48
xdx x x x x C= + + − +∫
sin cosmx nxdx∫ , sin sinmx nxdx∫ , cos cosmx nxdx∫
Rješavaju se transformacijama:
[ ]1sin cos sin( ) sin( )2
mx nx m n x m n x= + + −
[ ]1sin sin cos( ) cos( )2
mx nx m n x m n x= − + − −
[ ]1cos cos cos( ) cos( )2
mx nx m n x m n x= + + −
8. Neodređeni integral
163
ZADACI
1. sin 5 cos3x xdx∫
Rješenje: 1 1 1sin 5 cos3 (sin 8 sin 2 ) sin 8 sin 22 2 2
x xdx x x dx xdx xdx= + = +∫ ∫ ∫ ∫
1 1cos8 cos 216 4
x x C−= − +
2. 1cos cos 2 cos3 (cos3 cos )cos32
x x xdx x x xdx= +∫ ∫
1 1 1 1cos3 cos3 cos cos3 (cos6 cos 0) (cos 4 cos 2 )2 2 4 41 1 1 1sin 6 sin 2 sin 4 .24 8 4 16
x xdx x xdx x dx x x dx
x x x x C
= + = + + + =
= + + + +
∫ ∫ ∫ ∫
164
ODREĐENI INTEGRAL
Ako postoji broj I takav da za svaki broj 0ε > postoji takav broj 0δ > , tako da za svaku subdiviziju ∆ , ( )m δ∆ < i za svaki izbor tačaka iξ vrijedi ( )S I ε∆ − < , kažemo da je I određeni integral, u Riemannovu smislu, funkcije ( )f x na intervalu [ ],a b , a da je funkcija ( )f x integrabilna na [ ],a b . Određeni integral označavamo sa:
( )b
a
I f x dx= ∫ ,
a sadržaj gornje definicije se simbolički može iskazati u obliku:
( ) 0 ( ) 0 1lim ( ) lim ( ) ( )
bn
i im m i a
S f f x dxξ σ∆ → ∆ →
=
∆ = ⋅ =∑ ∫ .
Klase integrabilnih funkcija su: 1. Svaka ograničena funkcija ( )f x u intervalu [ ],a b s konačim brojem tačaka prekida
između a i b je integrabilna u tom intervalu. 2. Svaka monotona funkcija ( )f x u intervalu [ ],a b je integrabilna u tom intervalu.
3. Svaka neprekidna funkcija ( )f x u intervalu [ ],a b je integrabilna u tom intervalu.
Osnovna svojstva određenog integrala
1. ( ) 0a
a
f x dx =∫ ;
2. ( ) ( ) ,( )b a
a b
f x dx f x dx a b= − <∫ ∫ ;
3. ( ) ( )b b
a a
c f x dx c f x dx⋅ =∫ ∫ , .c konst= ;
4. [ ]( ) ( ) ( ) ( )b b b
a a a
f x g x dx f x dx g x dx± = ±∫ ∫ ∫ ;
5. ( ) ( ) ( ) , ( , )b c b
a a c
f x dx f x dx f x dx c a b= + ∈∫ ∫ ∫ ;
6. ( ) 0, ( ) 0,b
a
f x dx f x a b≥ ≥ <∫ ;
7. ( ) ( )b b
a a
f x dx g x dx≤∫ ∫ , ako je ( ) ( ),( )f x g x a b≤ < ;
9. Određeni integral
165
8. ( ) ( )b b
a a
f x dx f x dx≤∫ ∫ .
Teorem o srednjoj vrijednosti Ako su funkcije ( )f x i ( )g x integrabilne na intervalu [ ],a b i ako funkcija ( )g x ima stalni znak na tom intervalu, tada postoji broj µ koji leži između infimuma i supremuma funkcije ( )f x , m Mµ≤ ≤ , takav da je
( ) ( ) ( )=∫ ∫b b
a a
f x g x dx g x dxµ .
Ako je ( )f x neprekidna funkcija, tada postoji bar jedna tačka [ ],a bξ ∈ u kojoj je ( )f ξ µ= , te je
( ) ( ) ( ) ( )b b
a a
f x g x dx f g x dxξ=∫ ∫ .
Ako je ( ) 1g x = , tada se iz gornje jednakosti dobiva da je
( ) ( )( )b
a
f x dx f b aξ= −∫ , gdje je [ ],a bξ ∈ . Ova formula se naziva formula za
srednju vrijednost funkcije ( )f x na intervalu [ ],a b , odnosno broj ( )f ξ nazivamo srednjom vrijednošću funkcije ( )f x na intervalu [ ],a b .
Veza između određenog i neodređenog integrala Osnovna formula određenog integrala je Newton-Leibnizova formula koja predstavlja analitički izraz kojim se uspostavlja veza između određenog integrala i primitivne funkcije. Ako je funkcija ( )f x integrabilna na intervalu [ ],a b i ima na tom intervalu primitivnu funkciju ( )F x , tj. ( ) ( )F x f x′ = , tada je vrijednost određenog integrala jednaka razlici vrijednosti primitivne funkcije za gornju i donju granicu, tj.
( ) ( ) ( )b
a
f x dx F b F a= −∫ .
Supstitucija u određenom integralu Neka je ( )f x neprekidna funkcija na intervalu [ ],I a b= , a ( )g t diferencijabilna i
( )g t′ neprekidna na intervalu [ ],I α β′ = , pri čemu je ( ) , ( )g a g bα β= = , ( )g I I′ ⊇ . Tada važi
( ) ( ( )) ( )b
a
f x f g t g t dtβ
α
′=∫ ∫ .
Parcijalna integracija u određenom integralu Neka funkcije ( )u x i ( )v x imaju integrabilne derivacije na intervalu [ ],a b . Tada je:
|b bb
aa a
udv uv vdu= −∫ ∫ .
Nepravi integrali Integrali kod kojih su granice beskonačne i integrali kod kojih podintegralna funkcija nije ograničena zovu se nepravi integrali.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
166
a) Integral sa beskonačnim granicama Neka je funkcija ( )y f x= definirana i integrabilna za sve [ ),b a∈ +∞ .
( ) ( )b
a
I b f x dx= ∫ , ( )b a> .
Ako postoji lim ( )b
I b I→+∞
= , kažemo da integral ( )I b konvergira i tada se ta granična vrijednost
I zove nepravi integral u granicama od a do +∞ , a označava se:
( )a
I f x dx+∞
= ∫ .
Dakle, po definiciji je:
( ) lim ( )b
ba a
f x dx f x dx+∞
→+∞=∫ ∫ .
Ako limes ne postoji (kao realan broj), kažemo da integral ( )I b divergira ili da nepravi integral ne postoji.
b) Integrali neograničene funkcije
Neka je funkcija ( )y f x= definirana i integrabilna na [ ],a t za svako [ ],t a b∈ , a za
x b= ona nije definirana ili je 0
lim ( )x b
f x→ −
= ∞ , tj. postoji integral ( ) ( )b
a
I f x dxε
ε−
= ∫ ,
(0 )b aε< < − , ma koliko malo bilo ε . Ako postoji 0
lim ( )I Iε
ε→
= , kažemo da integral ( )I ε
konvergira i tada se ta granična vrijednost I zove nepravi integral u granicama od a do b i
može se pisati ( )b
a
I f x dx= ∫ . U protivnom slučaju integral ( )I ε divergira. Tačka b se zove
singularna tačka.
Primjena određenog integrala a) Površine ravnih likova
Neka je zadana neprekidna funkcija ( )y f x= ( ( ) 0)f x ≥ . Površina lika omeđenog grafom te funkcije, pravcima ,x a x b= = i odsječkom a x b≤ ≤ apscisne ose data je integralom
( )b
a
P f x dx= ∫ .
Ako je ( ) 0f x ≤ na [ ],a b , onda je i određeni integral ( ) 0b
a
f x dx ≤∫ . Tada je površina data sa
( )b
a
P f x dx= ∫ .
Neka su zadane neprekidne funkcije ( )y f x= i ( )y g x= i neka je ( ) ( )f x g x≥ . Površina lika omeđenog grafovima zadanih funkcija i pravcima ,x a x b= = data je integralom
[ ]( ) ( )b
a
P f x g x dx= −∫ .
Isto tako, se može tražiti površina lika koji je omeđen ordinatnom osom, lukom krivulje i dvjema paralelama s apscisnom osom tj. ,y c y d= = :
9. Određeni integral
167
( )d
c
P g y dy= ∫ .
Ako je kriva data u polarnim koordinatama jednačinom ( )( 0)r r rϕ= ≥ , onda površina lika omeđenog lukom te krive i zrakama ,ϕ α ϕ β= = data je integralom
[ ]2
1 ( )2
P r dβ
α
ϕ ϕ= ∫ .
b) Dužina luka krive Neka je zadata kriva jednačinom ( )y f x= . Dužina luka krive između tačaka s
apscisama x a= i x b= data je integralom
[ ]21 ( )b
a
s f x dx′= +∫ .
Površina i zapremina rotacionih tijela
a) Površina rotacione plohe Kada rotaciona površ nastaje rotacijom oko x ose lika krivulje zadane jednačinom
( )y f x= , onda je površina dobivene površine data integralom
22 1b
a
P y y dxπ ′= +∫ ,
gdje su a i b vrijednosti varijable integracije u početnoj odnosno krajnjoj tački luka. Za rotaciju oko y ose, analogno prethodnom, površina je data integralom
22 1d
c
P x x dyπ ′= +∫ .
b) Zapremina rotacionih tijela Zapremina tijela koje nastaje rotacijom oko x ose pseudotrapeza omeđenog grafom
krive ( )y f x= , osom x, pravim ,x a x b= = data je integralom
2b
a
V y dxπ= ∫ .
Zapremina tijela koje nastaje rotacijom oko y ose, analogno prethodnom, data je integralom
2d
c
V x dyπ= ∫ .
ZADACI
1) Izračunati određene integrale :
a) I1 = 4
2
6
cosdx
x
π
π∫ = ?
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
168
Poznat nam je tablični integral 2cosdx
x∫ = tg x + c. Otuda koristeći Newton – Leibnizovu
formulu , pišemo : I1 = tg x 4
6
π
π = tg 3tg 1
4 6 3π π− = − .
b) I2 = 1
0
xxe dx−∫ = ?
Koristićemo parcijalnu integraciju : u x= ⇒ du dx= ; dv = x x xe dx v e dx e− − −⇒ = = −∫
( ) ( ) ( )1
1 12
0
1 1 1 1 1 21 1 10 0
x x xI xe e dx e e ee e e e
− − − − −= − − − = − + − = − − − = − − + = −∫ .
c) I3 = 2
1
ln ?e x dx
x=∫
Uzećemo smjenu : ln x = t. Tada je dx dtx= i izvršimo promjenu granica :
x = 1 ln1 0t⇒ = = ; x = e ln 1t e⇒ = = ;
Dakle , 1 3
23
0
1 103 3
tI t dt= = =∫ .
d) 2 24
0
?r
I r x dx= − =∫
Uzimamo smjenu : x = r sint . Tada je dx = r cost dt , odnosno 2 2 2 2 2 2 2 2 2sin (1 sin ) cosr x r r t r t r t− = − = − = , a nove granice su :
x = 0 ⇒ sint = 0 ⇒ t = 0 ; x = r ⇒ sint = 1 ⇒ t = 2π . Otuda je
( )2 22 2 2 2 2
2 24
0 0 0 0 0
cos cos cos 1 cos2 cos22 2r rI r t r t dt r t dt t dt dt t dt
π π π π π = ⋅ = = + = + =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
= 2 2 2 21 1 1sin 2 sin sin 02 2
2 2 2 2 2 2 2 2 40 0
r r r rt tπ π
π π ππ
+ = + − = =
e) I5 =5 2
25
sin ?1
x xdxx−
=+∫
9. Određeni integral
169
Pošto su granice integrala simetrične u odnosu na 0, provjerimo da li je podintegralna
funkcija parna ili neparna. Ako stavimo da je f(x) = 2
2
sin1
x xx +
, tada je
( ) ( ) ( )( )
( )2 2
2 2
sin sinf f11
x x x xx xxx
− −− = = − = −
+− +, dakle f(x) je neparna , pa je zato
I5 = 0.
f) I6 = 1
1
?x arctg dx−
=∫
Ponovo su granice integrala simetrične u odnosu na 0 , pa provjerimo parnost funkcije f(x) = x arctg x . Imamo da je ( ) ( ) ( )( ) ( )f x x arctg x x arctg x xarctg x f x− = − − = − − = = , dakle f(x) je parna
funkcija i zato je 1 1
1 0
2x arctg dx x arctg dx−
=∫ ∫ . Posljednji integral rješavamo
pomoću parcijalne integracije . Stavimo da je
2
2 ;1 2
dx xu arctg x du dv x dx v x dxx
= ⇒ = = ⇒ = =+ ∫ . Zato je
1 12 2 2
6 2 20 0
1 1
20 0
1 1 1 1 1 1I = 2 2 102 2 1 2 2 1
111 1 2 1 101 4 4 2
x x xarctg x dx arctg dxx x
arctg dx dx arctg xx
π π π
+ −− = − = + +
− − = − + = ⋅ − = − +
∫ ∫
∫ ∫
g) I7 = 3
3 2
1
1 ?x x dx− =∫
Uputa : Koristiti metodu zamjene ; 2 2 464 21 ;Rez. : 15
x t− =
h) I8 = 1
0
?xx ee dx+ =∫
Uputa : Metoda zamjene , ; Re . :x ee t z e e= −
i) I9 = 1 2
21
arcsin ?1
x x dxx−
=+∫
Uputa : provjeriti parnost (neparnost) podintegralne funkcije.
j) I10 = 3
2
3
sincos
x x dxx
π
π
−
−
∫ = ?
Uputa : provjeriti parnost (neparnost) podintegralne funkcije.
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
170
PRIMJENA ODREĐENIH INTEGRALA
9.1. IZRAČUNAVANJE POVRŠINE RAVNIH FIGURA
1. Krug 2 2 8x y+ = je podijeljen parabolom 2
2xy = na dva dijela. Izračunati površine tih
dijelova.
Rješenje: Prvo riješimo sistem jednačina : 2 2 8x y+ = , 2
2xy = da nađemo presječne tačke
kružnice i parabole. Iz druge jednačine sistema je x2 = 2y pa uvrštavanjem u jednačinu slijedi: y2 + 2y – 8 = 0 . Rješenja posljednje jednačine su y1 = 2 i y2 = - 4 . Sada iz x2 = 2y slijedi : x2 = 4 ili x2 = - 8 . Posljednja jednačina nema realnih rješenja tako da je x2 = 4 , tj. x1 = 2 , x2 = - 2 . Dakle rješenja polaznog sistema su : ( 2,2) i ( -2, 2).
Označimo sa P1 površinu manjeg , a sa P2 površinu većeg dijela datog kruga. Zbog očigledne simetrije imamo da je
2 2 22
2 2 21
0 0 0
18 82 2 2P xx dx x dx x dx = − − = − −
∫ ∫ ∫
Da riješimo integral 2
21
0
8I x dx= −∫ uzmimo smjenu 8 sin 2 2 sinx t t= = .
Tada je 2 2 22 2 cos i 8 8 8cos 8sindx tdt x t t= − = − = , a nove granice su :
1 22 2arcsin 0 0 i =arcsin arcsin
2 42 2t t π= = = = .
9. Određeni integral
171
Dakle,
4 4 42 2
10 0 0
1 cos2 12 2 8cos cos 2 2 8 cos 8 4 sin 2 42 2 0
tI t t dt t dt dt t t
π π π π+ = = ⋅ = = +
∫ ∫ ∫
= 1 14 sin 2 4 24 2 4 4 2π π π π + ⋅ = + = +
. Dalje slijedi :
3 3
1 21 2 22 202 2 3 6 3
P xπ π π= + − ⋅ = + − = + pa je 1423
P π= + . Površina datog kruga je 8π pa je
zato 24 48 2 63 3
P π π π = − + = −
.
1) Naći površinu figure ograničene linijama
a) 2y x= − i 2 0x y+ + = . Rješenje: Iz 2 2y x x= − = − − slijedi 2 2 0x x− − = , pa su 1 2x 2 i 1x= = − prve koordinate presječnih tačaka datih krivih. Sa slike je sada očito tražena površina
( ) ( )2 2 2 3
2 2
1 1
22 2 2
12 3x xP x x dx x x x
− −
= − − − − = + − = + − − ∫ ∫ = … = 9
2.
b) 22
1 1,1 2
y y xx
= =+
( Rez. 12 3π− )
c) 2 2 1 , 2 1y x y x= + = − ( Rez. 94
)
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
172
9.2. KOMPLANACIJA OBRTNIH POVRŠI
1. Izračunati površinu omotača tijela koje nastaje rotacijom krive xy e−= oko x – ose za 0x ≥ .
Rješenje :
( )
0 12 2 2
0 1 0
1 1 122
12 2 20 0 0
2 1 2 1 2 1
112 2 2 ln 1 ...( )01 1 1
xx x
x
e tP e e dx t dt t dt
e dx dt
t dt dtt t t It t t
π π π
π π π
−+∞− −
−
== + = = − + = + =
− =
+= = + ⋅ = + + + ∗
+ + +
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
Integral označen sa I1 riješavamo parcijalnom integracijom uzimajući
u t du dt= ⇒ = ; 2
21
1t dtdv v t
t= ⇒ = +
+. Dakle,
12 2
10
11 1
0I t t t= + − +∫ , pa kako je iz ( )∗ očito
( ) ( )1 1
2 21
0 0
1 ln 1 2 ln 1 2 2 1t dt I t dt+ = + + = + + − +∫ ∫ , to je
( )1
2
0
2 1 ln 1 2 2t dt+ = + +∫ , dakle ( ) ( )
1
ln 1 2 2 2 ln 1 22
2 2I
+ + − += − = i naizad
( ) ( ) ( )2 ln 1 2
2 ln 1 2 2 ln 1 22
P π π − +
= + + = + +
.
2. Izračunati površinu sfere koja nastaje rotacijom polukruga 2 2 2x y R+ = ( 0y ≥ ) oko
x – ose .
9. Određeni integral
173
Rješenje :
Iz 2 2 2 i y 0x y R+ = ≥ slijedi 2 2y R x= − pa je
2 2' xy
R x−
=−
. Sada slijedi da je tražena
površina jednaka: 2
2 2 2 2 2 22 2
0 0
2 1 4 4 4 .R R R
R
xP R x dx R x x dx R dx RR x
π π π π−
= − ⋅ + = − + = =−∫ ∫ ∫
3. Naći površinu tijela koje nastaje rotacijom petlje krive 2 29 (3 )y x x= − oko x – ose . Rješenje :
Jasno da je ( )33xy x= ± − i lako se dobije da tada je 1'
2xyx
−= ± . Sada računamo traženu
površinu :
( ) ( ) ( ) ( )
( )
23 3 32
0 0 0
32
11 2 12 3 1 3 3 23 4 3 32
33 9 9 9 3 .
02 3 3
x xP x x dx x x dx x x dxx x
xx x
π ππ
π π π
− += − + = − ⋅ = + −
= + − = + − =
∫ ∫ ∫
4. Izračunati površinu rotacionog tijela koje se dobija rotacijom krive sin 2y x= oko x – ose
od tačke 0x = do tačke 2
x π= .
Rezultat : ( )2 5 ln 5 22
P π = + + .
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
174
5. Izračunati površinu rotacionog tijela koje se dobija rotacijom parabole 2 4y x= od tačke 0x = do tačke 2x = .
Rezultat : ( )8 27 13
P π= − .
9.3. ZAPREMINA ROTACIONOG TIJELA
1. Elipsa 2 2
2 2 1x ya b
+ = rotira oko x – ose. Izračunati zapreminu dobijenog elipsoida.
Rješenje:
Iz jednačine elipse slijedi da je 2
2 221 xy b
a
= −
, pa je tražena zapremina
2 3 3 22 2 2 2
2 2 20
1 2 42 1 2 2 203 3 3 3
a ax x a a abb dx b x x b a ba a a
ππ π π
− = − ⋅ = − = =
∫ .
2. Cikloida x = a ( t – sin t ) , y = a ( 1 – cos t ) , rotira oko x – ose . Izračunati zapreminu dobijenog tijela ! Rješenje: Posmatraćemo jedan svod cikloide za 0 ≤ t ≤ 2π . Pošto je x ' = a( 1 – cos t ) , to je
9. Određeni integral
175
( ) ( ) ( )2 2
2 32 3
0 0
2 2 2 23 2 3
0 0 0 0
V= a 1 cos 1 cos 1 cos
3 cos 3 cos cos
t a t dt a t
a dt t dt t dt t dt
π π
π π π π
π π
π
− ⋅ − = − =
− + −
∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫
Dalje imamo : 2
10
2I dtπ
π= =∫ ; 2
20
2cos sin sin 2 sin 0 0
0I t dt t
π ππ= = = − =∫ ;
( )2 2 2 2
23
0 0 0 0
21 1 1 1cos 1 cos 2 cos 2 2 sin 202 2 2 2
I t dt t dt dt t dt tπ π π π π
π π
= = + = + = + =
∫ ∫ ∫ ∫
( )2 2
3 24
0 0
sin ; 0 0cos cos 1 sin 0
cos ; 2 0t u t u
I t dt t t dtt dt du t u
π π
π= = ⇒ =
= = − = == = ⇒ =∫ ∫
pa je V = ( )3 3 22 3 0 3 0 5a aπ π π π− ⋅ + ⋅ − = 3. Izračunati zapreminu tijela koje nastaje rotacijom dijela površi ograničene linijama :
a) 2
1 , 01
y yx
= =+
oko x – ose
b) y = x2 ( 1 – x2 ) , y = 0 oko x – ose Rješenje:
a) V=( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 222 2 20 0 0 0
1 12 2 211 1 1
x x dx x dxdx dxxx x x
π π π+∞ +∞ +∞ +∞ + − = = −
++ + + ∫ ∫ ∫ ∫
( )1 20
lim 0 lim1 2R R
dxI arc tgR arc tg arc tgRx
π+∞
→∞ →∞= = − = =
+∫
( ) ( )( )
( )
( )
222
2 2 22 20 0
2
12 220
2
1
11 12 1
11 1 1lim lim lim 20 2 1 2 2 2 2 22 1 2
04 4
R R R
x dxu x dvxx dx x dxI x
x x du dx vx
Rx dx R RIx Rx
R
π
π π
+∞ +∞
+∞
→∞ →∞ →∞
= =+
= = ⋅ = =−+ + = =+
− − − + = + = + ⋅ = + ++ +
+ =
∫ ∫
∫
b) Zbog očigledne simetrije je
( ) ( ) ( )1 1 1
24 2 4 2 4 4 6 8
0 0 0
5 7 9
V 2 1 2 1 2 2 2
12 1 2 1 162 2 .05 7 9 5 7 9 315
x x dx x x x dx x x x dx
x x x
π π π
ππ π
= − = − + = − + =
− + = − + =
∫ ∫ ∫
Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I
176
9.4. DUŽINA LUKA KRIVE
1. Izračunati dužinu luka parabole 2 2 1y x= + koju odsjeca prava 1x y− = . Rješenje: Najprije utvrdimo presječne tačke date parabole i date prave. Uvrštavanjem
1x y= + u jednačinu 2 2 1y x= + dobijemo kvadratnu jednačinu 2 2 3 0y y− − = , čija su rješenja 1 21, 3y y= − = . Otuda se dobiju prve koordinate presječnih tačaka: 1 20, 4.x x= =
Iz 2 2 1y x= + slijedi da je 1 12 ' 2 ' .2 1
yy yy x
= ⇒ = =+
Zato je tražena dužina kružnog luka: 4 4
0 0
1 2 212 1 2 1
xl dx dxx x
+= + =
+ +∫ ∫ .
Uzimanjem smjene: 22 22 1x tx+
=+
, dobijamo ( )
2
2
22 1
txt−
=−
i otuda ( )22 1
tdx dtt
= −−
.
Pri tome se promijene granice integrala: za 0x = dobijemo 2 2 2t t= ⇒ = , a za 4x =
dobijemo 2 10 109 3
t t= ⇒ = . Dalje slijedi:
( )
1023
222 1
tl dtt
= −−
∫ .
Ovaj integral rješavamo parcijalnom integracijom, uzme se: u t du dt= ⇒ = , odnosno
( ) ( )2 22
12 11
tdtdv vtt
= ⇒ = −−−
. Najzad, poslije kraćeg računa dobija se rezultat:
( )( )3 10 2 1 ln 10 3 2 12 2
l −= − − + .
2. Izračunati obim kružnice 2 2 2.x y R+ = Rješenje: Dovoljno je izračunati četvrtinu kružnog luka – obima l date kružnice, koji se nalazi u prvom kvadrantu. Jednačina kružnice u (prvom kvadrantu) se može lahko prikazati u parametarskom obliku:
cossin
0,2
x R ty R t
t π
= = ∈
Slijedi da je:
2 22 2 2
0 0
1 sin cos .4 2
l R t t dt R dt R
π π
π= + = =∫ ∫ Otuda se dobija poznata formula za obim
kružnice: 2 .l Rπ=
9. Određeni integral
177
Zadaci za vježbu:
3. Izračunati dužinu kružnog luka krive ln siny x= od 3
x π= do .
2x π= (Rez.: 1 ln 3
2)
4. Izračunati dužinu kružnog luka astroide: 3 3cos , sin , 0,2
x a t y a t t π = = ∈ .
(Rez.: 8a).
178
10. LITERATURA
1) Ušćumlić M. P., Miličić P. M., Zbirka zadataka iz više matematike I, XIV izdanje,
Naučna knjiga, Beograd, 1989. 2) Merkle M., Matematička analiza, Pregled teorije i zadaci, Beograd, 1997. 3) Demidovič B. P., Sbornik zadač i upražnenii po matematičeskomu analizu, Moskva,
1972. 4) Mitrinović D. S., Matematika u obliku metodičke zbirke zadataka sa rešenjima, II,
Beograd, 1989. 5) Mitrinović D. S., Mihailović D., Vasić P. M., Linearna algebra, polinomi, analitička
geometrija, Građevinska knjiga, Beograd, 1985. 6) Adnađević D., Kadelburg Z., Matematička analiza I, Nauka, Beograd, 1994. 7) Javor P., Matematička analiza I, Element, Zagreb, 1999. 8) Aglić A., Linearna algebra, Zbirka zadataka, Element, Zagreb, 1999. 9) Subašić K., Zbirka riješenih zadataka iz Matematike I, Metalurški fakultet, Zenica,
1984.