zbirka zadataka iz matematike

182
UNIVERZITET U ZENICI MAŠINSKI FAKULTET ELEMENTI TEORIJE SA ZBIRKOM URAĐENIH ZADATAKA IZ MATEMATIKE I Dževad Zečić, Almir Huskanović, Hermina Dragunić ZENICA, 2005.

Upload: adyalmy

Post on 17-Jul-2016

769 views

Category:

Documents


77 download

DESCRIPTION

zbirka

TRANSCRIPT

Page 1: Zbirka Zadataka Iz Matematike

UNIVERZITET U ZENICI

MAŠINSKI FAKULTET

ELEMENTI TEORIJE SA ZBIRKOM URAĐENIH ZADATAKA IZ MATEMATIKE I

Dževad Zečić, Almir Huskanović, Hermina Dragunić

ZENICA, 2005.

Page 2: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 3: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 4: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 5: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 6: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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)

Page 7: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

=

+ = + + +∑

Page 8: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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)

Page 9: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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)

Page 10: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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)

Page 11: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 12: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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=

− = − = =

Page 13: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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:

Page 14: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+

= =

Page 15: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 16: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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+ − .

Page 17: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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)

Page 18: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 19: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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+ = +

Page 20: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

= − ++

= − − +

= − + − − + =−

= − + − −

− += + − ⇒ =

Page 21: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

− − + −

+ − + −

Page 22: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

= = + ∈

− − − −+ + + + = = =

− − − −…

Page 23: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+

+ + + =…

Page 24: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= .

Page 25: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 26: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 27: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 = .

Page 28: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 .

Page 29: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 30: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 = =

Page 31: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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:

Page 32: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

=

Page 33: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 34: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 ⋅ =

Page 35: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+ + =+ + =

=

Page 36: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= = + = +

Page 37: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= = = = + + = + = +

Page 38: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+ =+ =+ =

Page 39: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

− − − = − − = − − − −

Page 40: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 41: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 42: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 43: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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− −

= − = = = ∈

Page 44: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 45: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

= = − − = − − − − − = − ++ − −

= ⇔ = = −+ + =+ + =+ + =

= − ≠

Page 46: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+ + + =+ + + =+ + + =+ + + =

Page 47: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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!

Page 48: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= = =+ + + + + +

Page 49: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

− − − − −= = = − +

−= = − =

Page 50: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

− = + −

− = ⇒ + = − ⇒ = = − ⇒ = −=

Page 51: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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=

Page 52: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 53: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= = =

Page 54: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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).

Page 55: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 −

Page 56: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

− =⇒ − = ⇒ = − = − = −

− = −

= − − −

Page 57: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 58: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= − − .

Page 59: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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?

Page 60: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 .

Page 61: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 62: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 63: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+ + − − − −± =

+ + + ++ + − − − −

± =

+ + − ± − − − =

+ + − =+ + − =

− − − =− − − =

Page 64: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 65: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 66: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

= + = += − = += + = +

− =− − =

− = ⇒ = − =

Page 67: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

×⋅ = ( )... 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

Page 68: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 69: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 −

Page 70: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 71: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 72: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 73: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

−= = =−

= + = − =

+ + + − =

+ + − =

− = ⇒ = ⇒ −

Page 74: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

− == ⇒

+ = −

=+ = −

= − = −

Page 75: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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+ + − + + =

+ + =

Page 76: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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− − −= =

−.

Page 77: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 78: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→∞

−+ =

Page 79: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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−

=

Page 80: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 81: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 82: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

→∞= = =

+ + + − + −

Page 83: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→∞

+ + + ⋅ ⋅ − ⋅ +

Page 84: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→∞

− + + +

+ + − + +

Page 85: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 86: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 87: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 + += .

Page 88: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= .

Page 89: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→ →

⋅ = ⋅ = ⋅ ∈ ;

Page 90: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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∆ →

+ ∆ −= =

∆ .

Page 91: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 92: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= + −

Page 93: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

=−

Page 94: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 .

Page 95: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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≠ + ∈

Page 96: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 97: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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)

Page 98: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 99: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 −=

Page 100: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 =

Page 101: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 102: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= ⇒ =

Page 103: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 =

Page 104: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 105: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 =

Page 106: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→−

+ ++ +

Page 107: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+ ++

→∞

+ +

Page 108: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

→ →∞ →∞

= = +− = = = = =− ⋅ +→∞ +

Page 109: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

−−

Page 110: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→

Page 111: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→ −= −∞

Page 112: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→ + → +

= + =

Page 113: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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:

Page 114: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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:

Page 115: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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:

Page 116: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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∆ →

+ ∆= =

Page 117: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

= =

Page 118: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

′ = − >−

Page 119: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

−=

+

Page 120: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= −

Page 121: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+ =

Page 122: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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=

Page 123: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

= +

Page 124: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+= =

− −

Page 125: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= ∆ = .

Page 126: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

− = + +

Page 127: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 =

Page 128: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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−′⇔ = .

Page 129: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 →∞ .

Page 130: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→

Page 131: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→ → → →

−⋅ −

⋅ − = = = = ∞ −

Page 132: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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→∞

Page 133: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 134: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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:

Page 135: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 136: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 137: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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∈ +∞ .

Page 138: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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−− − .

Page 139: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 +

+ +

+

+ +−

Page 140: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 141: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 +

+ +

+

+ +

Page 142: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 +

+ +

+

+ +

Page 143: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+ +

+ +

Page 144: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+

+ +

++

+ +

Page 145: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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:

Page 146: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

+

+ +

++

+ +−

Page 147: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 +

+ +

+

+ ++

+

Page 148: Zbirka Zadataka Iz Matematike

Elementi teorije sa zbirkom urađenih zadataka iz Matematike I

144

i) Graf funkcije

Page 149: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= − +∫

Page 150: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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− < .

Page 151: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 152: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= − + + ,

Page 153: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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− =

= = = + = − +=−∫ ∫

Page 154: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= + +

Page 155: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= − − +

Page 156: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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+

= + + ++ − ⋅ − +− + − −

Page 157: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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+ = − + + = + = .

Page 158: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

= − + = − + ++ + +∫ .

Page 159: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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+ −

= + + + − + + − +−∫ .

Page 160: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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+ + + = + + + + +

+ + + +∫ ∫

Page 161: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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+

Page 162: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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+ + = ± +

Page 163: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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− + +

=+ + +

Page 164: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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− +∫

Page 165: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 166: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= + + −

Page 167: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

= + = + + + =

= + + + +

∫ ∫ ∫ ∫

Page 168: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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≤ < ;

Page 169: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 170: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= = :

Page 171: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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∫ = ?

Page 172: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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−

=+∫

Page 173: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.

Page 174: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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= = = = .

Page 175: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

)

Page 176: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 .

Page 177: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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 = + + .

Page 178: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

Page 179: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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

= − = − + = − + =

− + = − + =

∫ ∫ ∫

Page 180: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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=

Page 181: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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).

Page 182: Zbirka Zadataka Iz Matematike

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.