Bahrudin Hrnjica Matematika Odabrana Poglavlja 1996

7/22/2019 Bahrudin Hrnjica Matematika Odabrana Poglavlja 1996

1/100

MATEMATIKA

ODABRANA POGLAVLJAMATEMATIKA INDUKCIJA, FUNKCIJE, IZVO DI

B A H R U D I N H R N J I C A

B I H A 1 9 9 6 , R E P R I N T 2 0 1 0


2/100

2 Bahrudin Hrnjica

MATEMATIKA ODABRANA POGLAVLJA www.bhrnjica.wordpress.com

2


3/100

3 Predgovor Bahrudin Hrnjica


3

PREDGOVOR

nspirisan jednim skromnim iskustvom u prenoenju znanja mojim prijateljima ikolegama na fakultetu, odluio sam da pokuam napisati ovaj tekst, u kojem samobradio na nestandardan nain neke teme iz podruja matematike, a koje se studiraju

na prvoj godini Mainskog fakulteta u Bihau. Gotovo sve knjige iz matematike takostrogo obrauju teme kao to i sama matematika to zahtijeva. Pokuao sam sebi dati maloslobode da na jedan nestandardan nain potenciram i obradim neke detalje koji povrnogledajui ne zahtijevaju mnogo panje, a temelj su u stvaranju prave slike i rasuivanja umatematici.Mnogi studenti dobijaju komplekse i razne male traume kada ugledaju te silne teoreme,te matematike simbole i zadatke. Koristio sam jedan, vie simboliki nain u rjeavanju

zadataka, a ne odstupajui od standarda rjeavanja. Na taj nain elio sam pribliiti i dativie hrabrosti studentima da se upuste u prouavanje te tako neophodne grane nauke iobjasniti sve te strogo definisane zakone kroz jednu vrstu humora sa puno simbolike, akoji u biti ostaju tamo gdje su uvijek pripadaliu matematici.Protekli rat je uinio da mnogi studenti koji pohaaju I godinu nisu dolazili u dodir samnogim stvarima iz matematike, koje se obrauju u srednjim kolama. Kada jedan takavratni srednjokolac poinje da susree sve te maloprije navedene stvari , pada u jednu

vrstu averzije prema matematici bez koje nikako ne moe da napreduje. Averzija i strahod matematike u studentu ivi cijelo vrijeme i jednostavno ga koi. U takvom stanjustudent postaje fobian na svakunovu informaciju. On tada trai druge putove spoznaje:dri se strogih ablona ui napamet odreene teoreme i formule, jednostavno vodi jednu

ogorenu bitku s matematikom.Prvo poglavljekoje se obrauje je matematika indukcija- vrlo jednostavna ali potpunoimaginarna metoda rjeavanja problema. Ukoliko se ne razjasni u detalje, njeni opiprincipi vrlo je teko spoznati. Poglavlje detaljno objanjava postupke, metode i korakerjeavanja. Obrauje osnovne tipove zadataka koje rjeavamo matematikom indukcijom.Drugo poglavljegovori o funkcijama jednom od osnovnih pojmova u matematici. Dajedetaljan pregled osnovnih elementarnih funkcija realne promjenjive u matematici, njeneosnovne teoreme, grafove, tokove. Poglavlje, takoer, daje osnovne teoreme vezane zafunkcije.Tree poglavljeobrauje Izvode funkcija koji su vrlo vani za daljnje napredovanje umatematici te su detaljno prikazani izvodu osnovnih funkcija i uraeno nekoliko

zanimljivih zadataka iz ovog poglavlja.Prije nego to ponete itatiprve stranice ovog teksta, neka mi ne zamjere svi oni kojismatraju ovo neim to ne pripada ovoj temi. Moj jedini cilj je u tome da ovaj djelimatematike bude lake shvatljiv svima onima koji zbog rata to nisu dobili.

Biha, Decembra 1996. Bahrudin Hrnjica

I


4/100



4

Sadraj

Predgovor ................................................... ................................ 3Matematika indukcija.................. ..................... 61

1.1 Teorija o matematikoj indukciji...................... 71.2 Primjer primjene matematike indukcije....... 101.3 Zadaci za praktinu primjenu matematike indkucije 131.4 Zadaci za samostalan rad uz povremeno gledanje rjeenja 271.5 Rjeenja zadataka za samostalan rad.............. 29

Funkcije ................................................. ............. 3122.1 Pojam funkcije.......... ................................. ........ 32

2.2 funkcije jedne nezavisno promjenjive ........... 332.2.1 Nain izraavanja funkcije...................... ............. 342.2.2 Osobine funkcije ................................. ................... 352.2.3 Inverzina funkcija ................................................. 432.2.4 Sloena Funkcija..................................... ............. 452.2.5 Funkcija zadana u parametarskom obliku ............ 462.3 Pregled osnovnih elementarnih funkcija ....... 482.3.1 Neto iz historije................................ ................... 482.3.2 Linearna funkcija (jednaina pravca)..................... 522.3.3 Kvadratna funkcija ............ ................................. .. 532.3.4 Kubna funkcija .................. ................................. .. 542.3.5 Stepena funkcija ................................. ................... 54

2.3.6

Eksponencijalne funkcije ............................... ........ 55

2.3.7 Logaritamska funkcija ............................. ............. 562.3.8 Hiperbolne funkcije ............................................... 572.3.9 Trigonometrijske funkcije....................................... 602.3.10 Arkus funkcije .............................. ........................ 60

Izvod funkcije........... ................................. ........ 6333.1 Povijest izvoda ................................................ .. 643.1.1 Konstrukcija tangente .............. .............................. 643.1.2 Srednja i trenutna brzina .................................... .. 673.2 Pojam IzvodA funkcije .................................... 683.3 Izvodi Elementarnih Funkcija ........................ 70

3.3.1 Izvod algebarskog zbira dvije funkcije .................... 733.3.2 Izvod prooizvoda i kolinika dvije funkcije............ 743.3.3 Izvodi trigonometrijskih funkcija ........................... 783.3.4 Izvod inverzne funkcije .......................................... 803.3.5 Izvod hiperbolnih funkcija ................................... .. 843.3.6 Tablice pravila i osnovnih izvoda ........................... 863.4 Diferencijal funkcije ....................................... .. 873.5 Geometrijska interpretacija direfencijala ....... 903.6 Izvod drugog i viih redova......... ................... 943.6.1 Izvodi funkcija datih u parametarskom obliku ...... 983.6.2 Mehanika interpretacija drugog izvoda............... .. 993.6.3 Diferencijali vieg reda.............................. ...........100


5/100



5


6/100

6 Matematika indukcija Bahrudin HrnjicaMATEMATIKA ODABRANA POGLAVLJA www.bhrnjica.wordpress.com

6

MATEMATIKA INDUKCIJA1


7/100


7

1.1 TEORIJA O MATEMATIKOJ INDUKCIJI

eki studenti i srednjokolci pri prvom susretu sa matematikom indukcijomdobiju nekakav, nazvao bih induktivni otpor u modanoj zavojnici. Radismanjivanja i potpunog uklanjanja induktivnog otpora predlaem vam slijedee.

Zaboravite sve to ste znali, do sada, o Principu matematike indukcije!.

Kada ste obrisali i uklonili sve modane vijuge glede matematike indukcije, uvest u vasu nju jednim drugim u biti istim putem. Prije nego to krenem u tu udesnu inevjerovatnu stvarnost ispriat u vam priu ko je kriv za to to nemate sna, i za svenone more koje dobijate od matematike indukcije.

Sve je poelo ne tako davno, negdje blizu 20-tog stoljea, kada je L. Peano ljetovao okoVenecije. U to doba dosta se govorilo o brojevima, posebno na gradskim trgovima ipijacama. Ali Peana, kao matematara, nije zanimalo koliko ta kota, nego neto sasvi mdrugo. On je razmiljao o tome kako sve te brojeve, koji su tako esto u razgovoru iupotrebi, definie i zasnuje na matematikim osnovama, odnosno kako brojeve definisatipomou jednog zatvorenog neproturjenog i konanog skupa aksioma.

Jednog dana tako je i bilo...

Definicija 1:Skupom Prirodnih bojeva zovemo svaki skup N za ija ma

koja dva elementa i postoji odnos da slijedi poslije , ikoji zadovoljavaju slijedee aksiome.Aksioma 1:

1 je prirodan broj.( To je revolucionarno otkrie koje je mali korak za ljude sa trga, a

veliki za Peana)

Aksioma 2: Svaki prirodan broj ima svoj slijedei broj .Aksioma 3: . (Ili, jedan nije slijedei broj ni za koji prirodan broj)Aksioma 4: . Dva prirodna broja su jednaka ako su im

jednaki njihovi sljedei brojevi.

Napomena: Ova aksioma proizala je nakon napornog rada na njivi gdje je Peanobrao tek sazreli limun. I limun je ut, zar ne.

N


8/100


8

Peta Peanova aksioma - poznata je pod nazivom Nona mora. Aksioma zbog koje vi nespavate, ne jedete, aksioma koja je frustrirala najvie studenata od svih Peanovih aksioma.

Njen trei naziv je u narodu poznat pod imenom AKSIOMA INDUKCIJE.

Aksioma 5:

1. 2. ako postoji prirodan broj, pa takoer i njegov. Tada M sadri sve prirodne brojeve tj. M je

identian sa skupom prirodnih brojeva.

Neto nije jasno? Da to je Aksioma indukcije. ta, buni vas to to se spominju nekakviskupovi M i N. Pa lijepo sam vam rekao da zaboravite sve to ste znali o matematikoj

indukciji. Zadnja Peanova aksioma definie matematiku indukciju. Moda vam sad nitanije jasno, ni matematika indukcija ni Peanovi aksiomi. Moda vam je jedino jasno zatoje limun ut. Tako sve poelo ( mislim na none more i branje limuna). To je bio ovjekkoji je za sve kriv tj. definisao je matematiku indukciju. Rei u vam neto u povjerenju:

Tu priu sam i ja uo. Meni je bilo lake, a vama?

Peta Peanova aksioma ili Aksioma indukcije modificirana je u teoremu. No prije nego jeizloim proitajte slijedei primjer: Zamislite da ste u vinskom podrumu i morateprovjeriti kvalitet u 10 000 buradi. Jedino to vlasnik eli od vas jeste da ga trijezniizvijestite da li je vino u svim buradima istog kvaliteta u roku od 15 minuta. Sada kada jepred vama jedan gotovo nerjeiv problem, ne klonite duhom. S takvim i slinim

situacijama priskae u pomo 'nona mora', hou rei matematika indukcija. Nain nakoji bi rijeili ovakav problem sastoji se u sljedeem. Probajte prvih nekoliko buradi svinom. Uvjerite se da je vino istog kvaliteta. Sada 'uzmite' nasumice izabrano bure ipretpostavite da je vino zadanog kvaliteta (moete te ga ak i probati). Tada ispitajte vinou sljedeem buretu. Ako je ocjena ista kao kod pretpostavljenog bureta, moete otii

vlasniku i obavijestiti ga da ste rijeili problem odnosno da je vino istog kvaliteta. Vlasnike vam povjerovati jer poznaje princip matematike indukcija.

Napomena

Ni u kom sluaju nemojte popiti previe vina.

Ovo ne morate itati

U matematici postoje dva naina rasuivanja:DeduktivnoInduktivno


9/100


9

Deduktivni nain rasuivanja vodi do toga da morate probati vino u svimburadima i onda tako pijani date izvjetaj vlasniku o kvalitetu vina u buradima.

Drugim rijeima dedukcija je nain rasuivanja u matemat ici koji se bazira natome da sve pojedine zakljuke dobijamo iz jednog opeg zakona.

Induktivni nain zakljuivanja, koji smo ve prezentirali u primjeru, vodi dotoga da pojedinanim zakljuivanjema dolazimo do jednog opeg zakljuka.

Ako se sada svo to vino i burad zamijeni sa prirodnim brojevima dobijamo: principmatematike indukcije.

Definicija 2:

Ako neka tvrdnja , koja zavisi od prirodnog broja ,vrijedi za prvih nekoliko prirodnih brojeva, te ako iz

pretpostavke, da vrijedi za neki prirodni broj tvrdnjavrijedi i za , pomenuta tvrdnja vrijedi za sveprirodne brojeve odnosno za svaki prirodan broj .


10/100


10

1.2 PRIMJER PRIMJENE MATEMATIKE INDUKCIJEZa poetak rijeit emo jedan primjer. Sljedei primjer je najjednostavniji primjer koji se

rjeava pomou matematike indukcije. Doista, jednostavnijeg primjera nema. Primjer jetoliko jednostavan da ga ne moemo zvati zadatak.

Primjer 1:

Potrebno je provjeriti da li:

vrijedi za sve prirodne brojeve.

(1.1)

Dokaz:

Prije samog poetka vratite se na definiciju matamatike indukcije. Nakon to ste jojednom proitali definiciju, proitajte je jo jednom, i obratite panju na prvi dio reenice.Definicija teoreme kae da svaku trvdnju, bilo ona u obliku pr imjera, ili zadatka, teoremeili vinskog podrumapotrebno je provijerili validnost tvrdnje za prvih nekoliko prirodnihbrojeva.

Uzmimo da je n=1.

Sada se deava sljedee (poto je ):

vidimo da, ako izraunamo desnu stranu, dobijamo: .To znai da poetna tvrdnja (1.1)vrijedi za prvi prirodan broj, to ne povlai da vrijediako je , u to se moramo uvjeriti.

Ako je , primjer se svodi na:

odnosno, Vidimo da je tvrdnja (1.1) tana i za n=2. Sada moemo prei na drugi korak jer nema

smisla provjeravati dalje pojedinano validnost tvrdnje primjera 1. Meutim, ako se radio vinskim buradima provjerava se najmanje prvih deset.Poto ste savladali prvi korak predlaem da proitate ponovo definiciju matematikeindukcije i obratite panju na drugi dio reenice tj. 'ako iz pretpostavke da vrijedi nan=k ...'.

Ovo znai da moramo izabrati neki prirodan broj , znai bilo koji. Poto je bilo koji, tone moemo rei da je primjerice , ili . Samim tim mi se nismo ograniili naodreeni.Pretpostavimo da za bilo koji vrijedi tvrdnja (1.1). Na matematikom jezikuzadnja reenica izgleda sljedee:


11/100


11

(1.2)Sada proitajte ponovo definiciju i panju stavite na zadnji dio reenice 'tvrdnja vrijediza . To znai da moramo dokazati da tvrdnja vrijedi za iz pretpostavke(1.2). U stvari mi sebi neto pretpostavimo da bismo s tom pretpostavkom netodokazali. To je isto kada moramo pretpostaviti da e vino potei iz bureta prije negonatoimo au, inae ne bi ni otvarali bure.Ovo je najbitniji momenat procedure dokazivanja baziranog na matematikoj indukciji.

Trei dio najjednostavnije moemo rijeiti ako se pravimo da nita ne znamo.Napiimo pretpostavku:

(1.3)U pretpostavku moramo ukljuiti sljedei broj broja tj. jer to definicija zahtjevaod nas. Ako sada, poto nita ne znamo, imamo na umu da jednoj ekvivalentnosti (biloona pretpostavljena ili ne) moemo dodati isti broj sa lijeve i desne strane i da ona i tadaostaje nepromijenjena (identina), tada smo primjer dokazali. Kako?Dakle dodajmo lijevoj i desnoj strani sljedei broj broja k. Broj koji je dodan je boldiran.

Dobijamo:

(1.4)

Sada je potrebno lijevu i desnu stranu izmanipulisati tako da, gdje je god stajao broj k,

mora biti sljedei broj . Jedino u takvom sluaju zadovolji emo definiciju (1.1),odnosno onog tipa iz Italije.

Pogledajmo lijevu stranu izraza (1.4). Tamo je bio na posljednjem mjestu u jednakosti(1.2), sada stoji . Znai tu smo odradili posao. Na desnoj strani imamo:

Postupit emo kao da se nita ne deava i uradit emo sve ono to se moe uraditi natako oskudnoj desnoj strani. Sabraemo razlomak sa . Imamo:

Izvlaenjem zajednikog lana u brojniku dobijamo sljedee:

odnosno,

lijeva strana desna strana


12/100


12

(1.5)Promatrajui desnu stranu uoavamo da, gdje je god bio broj i sada stoje sljedeibrojevi: i (odnosno ). A to znai da smo iz pretpostavkedokazali da tvrdnja vrijedi za prirodan broj.Po posljednji put proitajte definiciju, a panju usmjerite prema zadnjoj odnosno drugojreenici: 'Tvrdnja vrijedi za svaki prirodan broj'.

Ako definicija kae tako onda budite sigurni da ste stvarno dokazali primjer 1. Ako nevjerujete u to, predlaem vam da odete na pusto ostrvo sa leperom papira i hrane, tepolako krenite od . Ostatak ivota ete sigurno potroiti dokazujui tvrdnju deduktivno,a moda ete dospjeti i do naslovnica svjetskih asopisa pod naslovom 'ovjek sa pustogostrva izmilja toplu vodu'.

Ako ste shvatili prethodni primjer predlaem, vam da odete u podrum i probate vino u11-tom buretu.


13/100


13

1.3 ZADACI ZA PRAKTINU PRIMJENU MATEMATIKEINDKUCIJE

Zadatak 1:

Dokazati primjenom matematike indukcije da: vrijedi za sve prirodne brojeve.

(1.6)

Dokaz:

im pogledamo zadatak primjetit emo da je lijeva strana zbir prvih neparnih brojeva(desna strana je njihova vrijednost).

Ako je dobijamo, , tj. , tj. Pretpostavimo da je za tvrdnja (1.6) tana odnosno da je: (1.7)Smatrajui da su prva dva koraka razumljiva problem predstavlja korak 3, odnosno da izpretpostavke (1.7), dokaemo da tvrdnja vrijedi i za

, to definicija hoe rei,

da dokaemo da tvrdnja vrijedi i tada kada ubacimo u zbir i sljedei neparni broj od broja , odnosno .Lijevoj i desnoj strani dodajemo broj .Moda se pitate: Zato ba ? Zato nije neki drugi, ljepi broj?Pa jednostavno zato to je limu ut, tj. poto definicija trai od nas, da stavimo u glavnuulogu broj .Kod postavljanja u glavnu ulogu broja , morate ii na to da to jeftinije proete stim glumcem. Hou rei da morate biti to ljenji glede rjeavanja matematikih zadataka.Broj je sljedei broj od broja . Evo zato: Kada u broj , umjesto

stavimo sljedei broj tj.

imamo:

Pretpostavimo:

Prije nekoliko godina, vjerojatno kroz neku maglu prisjeate se 8 razreda kada vam jenastavnik govorio da je:


14/100


14

Zbog tog razloga desna strana jednakosti (1.8) poprima oblik:

Ponovo ista situacija kao i u primjeru. Gdje je god stajao broj , sada stoji broj .Zakljuak se svodi na primjer. Po principu matematike indukcije na zadatak 1 jedokazan.

Savjet

Kod bilo kojeg rjeavanja ovakvih tipova zadataka uvijek kod treeg korakaidemo na to da kada dodamo neki broj dodajemo uvijek sljedei u nizu nalijevoj strani (na strani gdje je suma). Tada vie posla sa lijevom stranomnemamo, samo je (lijevu stranu jednakosti) vuemo za sobom i sreujemo desnustranu.

Vidjeli ste kako se neke sume dokazuju primjenom matematike indukcije. Meutim,postoji mnogo tipova drugih zadataka koji se rjeavaju ovom metodom. Pokuau vamobjasniti kako se djeljivost nekog broja moe dokazati ovom metodom (matematikomindukcijom). Takoer, krenut emood jednog primjera.

Primjer 2:Dokazati da je djeljivo sa 2 za sve prirodne brojeve.

(1.8)

Dokaz:

Ako ste zaboravili definiciju (postupak) matematike indukcije proitajte je.Provjeravamo tvrdnju za prvih nekoliko prirodnih brojeva.

Za , , tj. 4 je djeljivo sa 2, odnosno simboliki zapisano: |.Za , , tj. 10 je djeljivo sa 2, odnosno simboliki zapisano:

|.Vidimo da na primjer vrijedi za prva dva prirodna broja.Sad emo pretpostaviti da naa tvrdnja odnosno prosti primjer vrijedi za bilo koji broj k.

Ako smo to uinili tada nau pretpostavku moemo napisati na matematikom jezikukao: , gdje je (1.9)Za one kojim nije jasna zadnja jednakost neka ne itajusljedei dio teksta.Ako je nekiprirodan boj djeljiv sa prirodnim brojem 2, tada je:


15/100


15

drugim rijeima, to znai dakada podjelimo broj sa brojemdobijemo neki prirodnibroj .

Ako zadnju jednakost pomnoimo sa 2 dobijamo:

,a to je isto kao kad smo napisali:

Pomou pretpostavke (1.9), trebamo dokazati da je:

|Ponovo kao i svaki put kada radimo 3 korak pravimo se da nita ne znamo:

Ako niste shvatili zadnje jednakosti tada uzmite teku iz prvog razreda srednje kole iponovite stepene, ako je niste zapalili. Vidimo da je izraz u zagradi isti kao i naapretpostavka pa je djeljiva sa 2, tj.

Zadnja jednakost nam daje za pravo da zakljuimo kako je djeljivosa 2, adefinicija da je primjer 2 tj. djeljiv sa 2 za svaki prirodan broj n.

Ako niste sigurni u ovaj dokaz postupate kao i u prethodnom primjeru br. 1.

Zadatak 2:Dokazati da za svaki prirodan broj vrijedi: djeljivo sa 2 za sve prirodne brojeve.

(1.10)

Dokaz: Prvi korak napravimo na brzinu, jer jedino je to ovdje shvatljivo.

Za , djeljivo sa Za , djeljivo sa .Pretpostavimo da je Zadatak 2, za neki prirodan broj djeljiv sa 7. Toznai slino kao i u primjeru da moemo pisati: , gdje je (1.11)

Trei korak provodimo kao u primjeru 2:


16/100


16

Vidimo da je izraz u zagradi ona ista pretpostavka sa poetka primjera jednaina (1.10),pa je ona djeljiva sa 7, a broj 35 je svakako djeljiv sa 7 pa cijeli izraz je djeljiv sa 7.

Vidimo da iz pretpostavke za , broj djeljiv sa 7, dokazali smo da je za takoer djeljivo sa 7 to znai da je izraz djeljiv za 7 za svaki prirodan broj.Vidljivo je da smo dokazali neke primjere i zadatke pomou matematike indukcije dostajednostavno. Meutim, ostali zadaci (koji su dati) nisu nita zahtjevniji od ovih. Jedino jeproblem u tome to idui zadaci zahtijevaju malo vie poznavanja elementarnematematike. To je ona matematika koju ste radili u osnovnoj i srednjoj koli. Znai bezstraha i bilo kakvih averzija okrenite siljedei list i naii ete na najljepi zadataka umatematikoj indukciji. Sljedei zadatak je bio MISS ljeta 1888 godine, njegove prve idruge pratilje slijede iza njega.

Zadatak 3:

Dokazati da za svaki prirodan broj vrijedi:

(1.12)

Dokaz:

Za , tano.Za , tano.Pretpostavimo da zadatak 3 vrijedi za , odnosno:

(1.13)

Poznato vam je da uvijek kod ovakvih zadataka u treem koraku uvijek dodajemoobjema stranama sljedei broj zadnjeg broja lijeve strane. S toga imamo:


17/100


17

(1.14)U zadatku 1 smo diskutovali o sljedeem broju nepranih brojeva. Sljedei broj broja je , jer je . Zadnja jednakost (1.14) znai da smoiz pretpostavke (1.13) pretpostavili da tvrdnja vrijedi za , dokazali da vrijedi i za

, pa zakljuujemo po matematikoj indukciji da Zadataka 1 vrijedi za sve

prirodne brojeve.Do jednakosti (1.14) iz jednakosti (1.13) lako smo doli iako se nekima ini da nije. Ovesve k-ove koje vidite u zadnjim jednakostima, to je u stvari samo jedan , ali napisan udrugim oblicima.

Ako bolje pogledate sve one transformacije vidjeete da se one sastoje samo u sabiranjurazlomaka, izvlaenju zajednikih mnoitelja i nekoliko dvica, trica i estica.

Zadatak 4:


(1.15)

Dokaz:

Za ,

tano.Za ,

tano.

Pretpostavimo da zadatak 4 vrijedi za neki prirodan broj k, odnosno:

Korak 3 koji slijedi slian je kao i u zadatku 3, tj. dodajmo objema stranama paimamo:


18/100


18

Vidimo da uz prepostavku za , izraz vrijedi i za , tako i za svaki prirodanbroj.

Zadatak 5:


(1.16)

Dokaz:

Za , tano.Za ,

tano.

Pretpostavimo da jednakost vrijedi za neki ,tj. (1.17)Sada kada smo napisali pretpostavku po ko zna koji put moramo dodati sljedei brojbroja , a to je , pa imamo:

Vidimo da smo iz pretpostavke da vrijedi za , dokazali da zadnja jednakost vrijedi iza , to znai da vrijedi i za svaki prirodan broj .

Ovo ne morate itati


19/100


19

Kada kaemovidimo da smo dokazali i za n=k+1 to znai u bukvalnomsmislu (razmiljanjem jednog prosjenog osnovca) da mi u stvari

pretpostavku uzmemo, malo je prevrnemo, odjenemo je u odjeu,poeljamo je, kupimo joj nove cipele i od jedne pepeljuge postaneprinceza. Znai mi tu u stvari nita ne dokazujemo u smislu dugotrajnihsudskih procesa, svjedoenja, advokata, porote i slino. Samo dodamosaberemo i izvuemo zajedniki lan i pretpostavka za udo postaneupravo ono to mi trebamo dobiti, a to je jednakost za n=k+1. udno ,zar ne?

Vidjeli smo miss, prvu i drugu pratilju ljeta 1888. Poslije te godine vie nisu bili u modizadaci takvog tipa. Vie se ilo na neko dijeljenje, a to je i period kada je bilo ratova inekih podjela.

Tako je 1892 tri zadatka o djeljivosti osvojila su 6 oskara. Za glavnu ulogu, za sporednuulogu, za najbolje statiste, dublere, nosae i kamermane.

Zadatak 6:

Dokazati da za svaki prirodan broj :

djeljivo sa 9.

(1.18)

Dokaz:

Za , djeljivo sa 9.Za , djeljivo sa 9.Pretpostavimo da je za , izraz (1.18) djeljiv sa 9. To moemo pisati kao:

, gdje je (1.19)

Za n=k+1

Ponovo vidimo da koristei pretpostavku lako dokazujemo da nam izraz (1.18) djeljiv sa9, za svaki prirodan broj. Sve to nam omoguuje matematika indukcija. Bez nje ne


20/100


20

bismo lako dokazali ne samo ovaj zadatak ve i mnoge druge. Zato s pravom moramorei: Hvala ti, hvala draga naa indukcijo.

Zadatak 7:

Dokazati da za svaki prirodan broj : djeljivo sa 10.

(1.20)

Dokaz:


, gdje je (1.21)

Za n=k+1

Vidimo da iz prtpostavke (1.21) za lako dokazujemo da (1.22) vrijedi za , odnosno da vrijedi za svaki prirodan broj.

Zadatak 8:

Dokazati da za svaki prirodan broj :

djeljivo sa 5.

(1.22)

Dokaz:


, gdje je (1.23)


21/100


21

Za n=k+1

Jednostavnim dokazom, uz pomo pretpostavke, dokazali smo da izraz (1.22) vrijedi za , pa nam zbog matematike indukcije vrijedi za svaki prirodan broj. Glavniablon ovog tipa zadataka (o djeljivosti ) je da kada se radi trei korak u eksponentuostavi onoliko koliko ima u pretpostavci, a viak se spusti kao mnoitelj. Taj mnoiteljizvlaimo ispred zagrade dok u zagradi stavljamo samo ono to je u pretpostavci. Daklemi sebi natimamo pretpostavku, a sve ono to moramo oduzeti ili dokazati stavljamoiza zagrade. Nije sluajno da sav viak uvijek bude djeljiv sa onim brojem za kojeg ga miprovjeravamo.

Trei esti sluaj tipova zadataka koji se dokazuju matematikom indukcijom su

nejednakosti. One su jo jednostavnije, a sve se bazira na tome da ako je npr. , tada je i , odnosno .Prije nego to preemo na zadatke uvedimopojam Leme. Lema je pomona teorema.Odnosno to je jedan mali podzadatak nekog zadatka. Ako rjeavamo neki zadatak idoemo do jedne tvrdnje koju moramo posebno dokazivati, mi je definiemo kao lemu.

Zadatak 9:Dokazati da za svaki prirodan broj , gdje je

vrijedi nejednakost:

(1.24)

Dokaz:

Poto ovaj zadatak dokazujemo pomou matematike indukcije onda se moramo dratinjenih postavki i redoslijeda. to znai da prvo moramo provjeriti da li ta nejednakost

vrijedi za prvih nekoliko prirodnih brojeva. Uslov zadatka ne kae da provjerimo od 5 padalje.

Za

,

tano.

Za , tano.Sada zastanimo na dokazu ovog zadatka i dokaimo jednu Lemu.

Lema 1: Za svaki izraz (1.25)


22/100


22

Dokaz:

Za

,

tano.

Za , tano.Neka je za neki , vrijedi:

Za imamo:

(1.26)

Zadnja nejednakost koju smo dobili je oigledna. Jer je pa svaki kvadrat je veioddva. Ako sada tu trivijalnu nejednakost stavimo kao prvu i krenemo unazad, doi emodo nekednakosti (1.27), to znai da je nejednakost tana. Ovo nam daje za pravo dakaemo da po principu matematike indukcije Lema 1 je tana za sve prirodne brojeve

vee od 2. Lemu 1 moemo koristiti kao dokazni materijal za svaki sadanji i budui

zadatak.

Nastavimo rjeavanje zadatka 9. Ostao nam je trei korak pa sada imamo:

Za n=k+1

Maloprije smo dokazali da je: Ako sada lijevoj i desnoj strani (Leme 1) dodamo broj imamo: Pa je: odnosno

Vidimo da smo i ne znajui dokazali da je iz pretpostavke za nejednakost vrijedi za , to nam je potrebno i dovoljno da kaemo da nejednakost vrijedi za svakiprirodan broj.


23/100


23

Ako neko itajui ovo rjeenje zadatka 9, nije shvatio posljednje nejednakosti, predlaemda proita mali uvod o dokazivanju nejednakosti i obrati panju na injenicu da ako jenpr: 150>50 tada je 200>50 odnosno 150 >1.

Zadatak 10:

Dokazati da za svaki prirodan broj vei ili jednakod 5 vrijedi nejednakost:

(1.27)Dokaz:

Za , tano.Za , tano.Pretpostavimo da je za neki n=k , vrijedi:

(1.28)Koristei ovu pretpostavku (1.30), te koristei nejednakost da je , to je oiglednojer je: , dobijamo trei korak odnosno dokazujemo trei korak, a samim tim izadatak 11.

Dakle, Sabiranjem gornjih nejednakosti imamo: Odnosno sreivanjem: Zadnjim izrazom da nejednakost vrijedi i za . Zadnje nejednakosti daju namzakljuiti ako imamo na umu matematiku indukciju da izraz (1.28) vrijedi za svaki

prirodan broj Zadatak 11:

Dokazati da za svaki prirodan broj vrijedinejednakost:

(1.29)

Dokaz:

Za ,

(1.30)


24/100


24

Za prvi prirodan broj za koji treba dokazati da vrijedi nejednakost (1.29) imamo izraz(1.29). Kod deduktivnog naina dokazivanja nejednakosti (kojeg emo sada primijeniti)trebamo iz polazne nejednakosti (1.29) nizom matematikih dozvoljenih operacija doi

do trivijalne nejednakosti koju lako primjeujemo ak i kad te brojeve zamijenimo sakrukama i jabukama.Pokuajmo to sa nejednakosti (1.30):

Sabiranjem lijevestrane:

Pomnoimo cijelu nejednakost sa .Imamo odnosno: Sada smo doli do jedne trivijalnooigledne nejednakosti, gdje u svak doba dana i noiznamo daje , to znai da je izraz (1.32) taan za .Za , (1.31)Istim postupkom kao i za imamo:

Sabiranjem lijeve strane imamo: Mnoenjem sa imamo:

Kvadriranjem cijele nejednaine:

U svako doba dana i noi mi znamo da nam je pozitivno i uvijek vee od bilo kojegnegativnog broja, to znai da je izraz (1.33) taan.


25/100


25

Pretpostavimo da je za neki izraz (1.33) taan, tj:

(1.32)Na tako pretpostavljenu nejednakost dodajmo -vi lan. Imamo: (1.33)Dokaimo sada da je:

Ostavljanjem samo na lijevoj strani a ostatak prebacimo na desnu imamo:

Pa je:

Mnoenjem sa imamo: Kvadriranjem cijele nejednakosti imamo: Odnosno: to vrijedi za svaki prirodan broj pa i polazna nejednakost. Ako sada ovu dokazanunejednakost primjenimo na (1.35) imamo:

Odnosno:

Pa zakljuujemo da smo preko pretpostavke (1.33) doli do zakljuka da (1.31) vrijedi zasvaki prirodan broj. Vidjeli smo kako se rjeavaju nejednaine preko matematikeindukcije. U biti sve se svodi na pomenutu nejednakost ako je tada je i tj. .


26/100


26

Ovo ne morate itati

Zakljuivanje zovemo izvoenje jednog stava iz jednog ili vie drugihstavova. Indukcija je kako smo rekli, zakljuivanje kojim se iz konanogbroja posebnih stavova izvodi opi stav koji se odnosi na sve sluajeve. Ilikrae, indukcija je zakljuivanje od posebnog ka opem. Ovakav metodzakljuivanja zovemo empirijski ili nepotpun metod.

Ovdje se zavravanaapria o matematikoj indukciji, kao i saiscrpnim i pomalo rekaobih dosadnim ponavljanjem. Ali neki kai da je ponavljanje majka znanja. U narednihnekoliko stranica ostavljani su zadaci u kojima se spominje matematika indukcia (to jeono to smo na poetku definisali) za samostalan rad uz povremeno gledanje rjeenja.Preporuuje se gledanje na kraju uraenog zadatka da se provjeri njegova tanost.


27/100


27

1.4 ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD UZ POVREMENOGLEDANJE RJEENJA

Dokazati da za svaki prirodan broj vrijedi:(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)

(10) (11) (12) (13) Dokazati matematikom indukcijom djeljivost sljedeih brojeva:

(14) sa (15) sa (16) sa (17) sa


28/100


28

(18) sa (19)

sa

(20) sa (21) sa (22) sa (23) sa Dokazati nejednakosti:

(24) , za (25)

(26) (27)

(28) Dokazati da je zbir kubova tri uzastopna prirodna broja djeljiv sa 9.(29) (30) Dokazati da ni za jedan prirodan broj , broj nije djeljiv sa brojem .


29/100


29

1.5 RJEENJA ZADATAKA ZASAMOSTALAN RAD

(1)Kod 3-eg koraka dodavajui lijevoj i desnoj strain , te sabirajui desnustranu imamo:

, a toje i trebalo dokazati.

(2)Kod treeg koraka imamo: Neka je za zadatak 2 taan. Dodavajui lijevoj i desnojstrani desna strana izgleda na sljedei nain: , ato je i trebalo dokazati.

(3)Dodavajui u treem korku lijevoj i desnoj strain broj desna strana dobijaoblik: , a to je i trebalo dokazati.

(4)Dodavajui u treem koraku lijevoj i desnoj strani , desna strana poslijekubiranja i mnoenja poprima oblik: , a to je i trebalo dokazati.

(5) Dodavanjem lijevoj i desnoj strani u treemkoraku desna stranapoprima oblik:

, to je i trebalo dokazati.

(6) Dodavanjem lijevoj i desnoj strani, te poslije naznaenih operacijadesna strana poprima oblik: , a to je i trebalo dokazati.(7)

Dodavanjem lijevoj i desnoj strani imamo: , a to je itrebalo dokazati.

(8)

Provjerimo tvrdnju za prvih nekoliko brojeva:

Za , imamo .Za , imamo .Pretpostavimo da zadatak vrijedi za

, tj.

.Dodajmo pretpostavci broj , pa imamo: .Lako se dokazuje da je , jer ako je paran tada je , pa je . A ako je kojim sluajem neparan , pa je , a to je i trebalo dokazati.


30/100


30

(9) Kada u treem koraku dodamo lijevoj i desnoj strani, imamo:

*

+

, a to je i trebalo dokazati.

(10) U treem koraku dodajui lijevoj i desnoj strani , imamo: , to je i trebalo dokazati.


31/100

31 Funkcije Bahrudin Hrnjica


31

FUNKCIJE2


32/100


33/100



33

2.2 FUNKCIJE JEDNE NEZAVISNO PROMJENJIVE

Definiimo dva skupa i , tako da je element skupa , a element skupa ,drugim rijeima i . Preslikavanje skupa na definisano jezakonom korespodencije gdje svakom odgovara jedan element .Element koji pripada zvaemo argument ilinezavisno promjenjiva. Element koji pripada zvaemo zavisno promjenjiva ilifunkcija.Definicija 2.2.

Funcija jedne nezavisno promjenjive (jednog argumenta)zovemo preslikavanje skupa (vrijednosti argumenata) na skupvrijednosti promjenjive po jednom odreenom fiksnom zakonukorespodencije (dodjeljivanja).

Pravilo pridruivanja oznaavaemo sa tako da se funkcija moe simbolikinapisati: ili (itaj je jednako ef od ) ili (itaj je jednako fi od )

Definicija 2.2 je smisao simbolike . Znai svakom elementu , odgovarajedan element . Definicija 2.2 takoer nam daje smijernice za definisanje funkcije.Pa tako da bi funkciju definisali potrebno je definisati:

1.

Skup vrijednosti elementata .2. Zakon dodjeljivanja ili korespodencije3. Skup vrijednosti funkcije .Skup vrijednosti koji moe primiti argument zovemo jo i oblast definisanosti ilidomenafunkcije . Skup zovemo skupom vrijednosti ili kodomenafunkcije. Ako je na primjer tj pripada domeni funkcije, tadapripada kodomeni funkcije odnosno . Jose kae da predstavlja slikuelementa u skupu . Ako postoji tadanema smisla.

Takoer se moe desiti sa i imamo istu vrijednost funcijeodnosno vrijedi da je:

Ovo znai da dvije razliitevrijednosti argumenata iz domene preslikavaju se i jednu teistu taku kodomene. Ovaj sluaj moemo pokazati na jednom jednostavnom primjeru.Primjer 1.

Ako imamo funkciju , tada za i imamo istuvrijednost funkcije .


34/100



34

2.2.1 NAIN IZRAAVANJA FUNKCIJEMatematiki izraziti funkciju znai nai odreenu uzajamnu korespodenciju izmeu dva

skupa. Naini na koji se funkcija zadaje ili izraava vie je praktino pitanje negosutinsko. Funkciju moemo zadatigrafiki, tablinoi analitiki.

Grafiki nain predstavljanja funkcije sastoji se iz geometrijske prezentacije jednefunkcije u koordinatnom sistemu, gdje svaki ureeni par brojeva , gdje je argument, a - zavisno promjenjiva funkcija, zamiljamo kao par koordinata take ukoordinatnom sistemu u ravni . Skup svih takvih taaka u ravni ije su apcise

vrijednosti argumenata , a ordinate odgovarajue vrijednosti funkcije zovemo grafikfunkcije.Grafik na vidan nain prikazuje ponaanje funkcije tj. njenu monotonost, maksimalnu iminimalnu vrijednost, vrijednosti argument, nul take funkcije, odnosno sve osobine koje

su sastavni dio funkcije. Zato se u drugim naukama Fizici, Biologiji, Psihologiji i dr.izrauju slini grafici i dijagrami gdje se prati tok nekog procesa (pokusa) i grafikiprikazuju osobine tog procesa. Jedan od primjera je dijagram momenta savijanja prostegrede. Iz dijagrama moemo primjetiti kako se mjenja moment savijanja du grede odpoetne takedo krajnje take .

Sa slike vidimo da je najvei ili maksimalni momenat u taki

koja se nalazi na sredini,

odnosno na mjestu gdje djeluje skoncentrisano optereenje . Na slici takoer uoavamoda je izraen dijagam u funkciji duine grede odnosno matematiki reeno .Tabelarni nain zadavanja funkcije imamo u sluaju kada izvjesnim vrijednostimaargumenata pridruujemo zavisno promjenjive , a da pri tomneznamo ili nas ne zanima nain pridruivanja . Tablini nain predstavljanja estokoristimo u prirodnim i tehnikim naukama, u eksperimentalnim istraivanjim i sl. Naosnovu eksperimenta dolazimo do ureenih parova . Ovi parovi se tabelarnoprikazuju na sljedei nain:

Slika 2.1 Dijagram momenta savijanja grede


35/100



35

Tabela 2.1 Tabearni prikaz funkcije

...

... Analitiki nain zadavanje funkcije sastoji se u tome da zakon preslikavanja damomatematikim izrazom ili formulom. Domenu funkcije zadane u analitikom oblikuodreujemo iz samog izraza, odnosno pronalazimo skup svih moguih rjeenja za koje jeizraz ima slisla.

Primjer 2.Funkcija ima domenu svih realnih brojevasimboliki zapisano , jer je izraz (formula) definisan za sve realne brojeve.

Primjer 3.Funkcija ima domenu svih poziotivnih realnih brojevamanjih ili jednako od 5 simboliki zapisano .

Primjer 4.

Funkcija ima domenu koja se izraunava na sljedeinain: i

|| i Na osnovu gornjih izraza domena je definisana za: 2.2.2 OSOBINE FUNKCIJE

Ako dvije ili vie funkcija imaju istu domenu tada se mogu posmatrati zbir, razlika

proizvod i kolinik funkcija, odnosno mogu se posmatrati odreene algebarske operacijemeu funkcijama. Imamo:


36/100



36

2.2.2.1 Jednakost dviju funkcijaZadane su funkcije , koje se definisane na skupovima , i . Za dvije funkcije kaemo da su jednake ako je:

1. definiu istu domenu,2. imaju istu kodomenu,3. imaju iste funkcije.

Parne i neparne funkcije

Definicija 3.

Funkcija je parna ako za vrijednosti argumenata koji su suprotni brojevinjihove vrijednosti su jednake, odnosno ako je: Definicija 4.

Funkcija je neparna ako za vrijednosti argumenata koji su suprotnibrojevi njihove vrijednosti su takoer suprotne, odnosno ako je:

2.2.2.2 Geometrijska interpretacija parnosti i neparnosti funkcijeIz definicije parne funkcije proizilazi da ako je taka pripada grafikufuhnkcije, tada i taka , takoer pripada grafu. Poto su take i simetrine u odnosu na to je i graf funkcije simetrian u odnosu na .

Slika 2.2 Grafika interpretacija parne(lijevo) i neparne (desno) funkcije


37/100



37

Analogno (Slika 2.2) iz definicije neparne funkcije uoavamo da ako je taka pripada grafiku funkcije, tada i taka , takoerpripada grafiku funkcije.Poto su take

simtrine i odnosu na ishodite koordinatnog sistema, zakljuujemo

da je neparna funkcija centralno simetrina u koordinatnom poetku.Iz geometrijske interpretacije proizilazi da pri konstrukciji grafa parne i neparne funkcije

dovoljno je da prvu konstruiemo za pozitivne brojeve dok emo ostatak konstruisatisimetrino osi , a drugu na pozitivnom dijelu ose, a ostatak centralno simetrino takiishodita koordinatnog sistem.

Definicija 5.Funkcija koja nije ni parna ni neparna jednostavno zovemo ni parnani neparna funkcija.

Primjer 5.Funkcija , gdje je k- cijeli broj, ,|| - su parnefunkcije.

Primjer 6.Funkcija , gdje je k- cijeli broj, ,|| - su neparnefunkcije.

2.2.2.3 Periodinost funkcije

Definicija 6.

Funkcija

se naziva periodinom ako postoji jedan realan pozitivan broj

, takav da su vrijednosti funkcijeu takama jednake, tj. da zasvako vai , pri emu se najmanji pozitivan broj zoveprimitivni period ili krae periodom funkcije f.

Ako , domeni funkcije f tada svaki broj oblika , gdje je takoer pripada oblasti definisanosti, i pri emu je .Ovo se lako dokazje jer ako krenemo od poetne definicije imamo: . Iz gornjeg lako zakljuujemo da take iz domene funkcije preslikavaju se u jednu taku skupa

odnosno kodomene funkcije

. Takoer zakljuujemo da e se grafik

periodine funkcije biti sastavljen od lukova koji se ponavljaju na svakom od segmenata , gdje je . Prema tome ako je funkcijaperoodina dovoljno je analizirati istu na osnovnom segment , a ostalom dijeludomene se periodinost ponavlja.

Primjer 7.

Trigonometrijske funkcije , su periodine funkcije saperiodom , a funkcije , sa periodom ,tj.

, pa je


38/100



38

Primjer 8.

Funkcija {} je periodina funkcija speriodom , jer je:{ } {}

I uope kada imamo:

{ } {}Ovo ne morate itati

Periodinost funkcije moe se zadati i samo n anekom segmentu . Tako da u primjeru 7 funkciju ograniavamo samo nasegment , a ispitivanje funkcije na .

Periodinost je pojava vrlo esta u prirodi odnosno u svakodnevnom ivotu .Periodinost pojave Sunca, poslije 24 sata, kao i openito kretanje planeta itd.

2.2.2.4 Ograniene i neograniene funkcije

Definicija 7.

Funkcija je ograniena u svojoj Domeni (oblasti definisanosti)ako je skup K odnosno skup njenih vrijednosti (Kodomena) ograniena.Drugim rijeima ako postoji takva dva broja i da je za sve

vrijednosti x vrijedi , gdje su i realnibrojevi.

Geometrijska interpretacija Definicije 7 je takva sa se cijeli grafik funkcije nalazi u dijelu

ravni koja je ograniena sa pravcima i .


39/100



39

Za ograniene funkcije jednog argumenta vai sljedea teorema.

Teorema2.1.

Ako je funkcijaograniena na skupu x , tada postojipozitivan broj takav da je odnosno || .

Dokaz:Ako uzmemo da je broj { }tj. || tada je || odnosno || .Vai i obrnuto.

Primjer 9.Funkcija ograniena je za , tada imamo || ,kao i to da je || . Ovo pak znai da grafik funkcije sini cos leeunutar trake koju ine pravci y=1 i y=-1. Vidi sliku 2.4.

Napomena: Ogranienost funkcije moe biti i samo s jedne strane odnosno sa gornje ilidonje strane.Drugim rijeima postoji broj takav da je -ogranienost sadonje strane i

takav da je

ogranienost s gornje strane.

Primjer 10. Funkcija ograniena sa donje strane jer je .Primjer 11. Funkcija ograniena sa gornje strane jer je .

Kaemo da funkcija nije ograniena u koliko ne postoji realni broj M takav da je .

Slika 2.3 Funkcija , ograniena je pravim i


40/100



40

2.2.2.5 Monotonost funkcije

Definicija 8.

Za funkciju

kaemo da je neopadajua na skupu

ako za

dva razliita argumenta i iz domene vrijedi Funkcija se zove streogo rastua ili rastua ako je za Definicija 9.

Za funkcijukaemo da je nerastua na skupu ako zadvarazliita argumenta i iz domene vrijedi

Funkcija se zove strogo opadajua ili opadajua ako je za Ako je funkcija neopadajua tada za neke elemente domene i vrijedi . Uoimo li segment tada je , odnosno . U ovom sluaju funkciju zovemo konstantnom na segmentu . Izizloenog moemo zakljuiti da svaka rastua funkcija ujedno je i neopadajua, a doksvaka neopadajua funkcija nije uvijek rastua. Slinu logiku moemo primjeniti i zaopadajuu i nerastuu funkciju.

Definicija 10.Monotona funkcija na nekom intervalu domene funkcijezove se funkcija koja je ili neopadajua ili nerastua.

Funkcija je strogo monotona ako je ili opadajua ili rastua.

Slika 2.4 Ogranienost , funkcija pravim i


41/100



41

Primjeri monotonosti funkcije:

Primjer 12. Funkcija za , za i predstavljaju primjere strogo monotono rastuih funkcijaPrimjer 13.

Funkcija je strogo monotona, a rastua je u intervalima , 2.2.2.6 Neprekidnost funkcije

Definicija 11.

Ako je funkcijadefinisana u nekoj taki odnosno ako jeza

imamo

i ako sa proizvoljno malim brojem

definiemo okolinu take takoer dobijamoproizvoljno malu okolinu funkcije takva funkcijaje neprekidna u taki .

Funkcija je neprekidna na segmentu ako je neprekirdna u svakoj taki segmenta. Svaki grafik neprekidne funkcije je neprekidna kriva.Primjeri neprekidnih funkcija.

Slika 2.5 Primjeri neprekidnih funkcija


42/100



42

Primjeri prekidnih funkcija.

Funkcija je prekidna za jer nepostoji . Funkcija nijeneprekidna jer ima prekid u taki .esto se iz funkcije koja je zadana anaitikim putem lako nalazi prekid u koliko postoji.

To je ona taka za koju vrijednost argumenta funkcija nema smisla. Primjer funkcije .2.2.2.7 Ekstremi funkcijeNeka je funkcijadefinisana u intervalu i neka je . Ako za sve izokoline take vrijedni: tada funkcija ima utaki maksimum (sl.2.7 lijevo) odnosno minimum (sl. 2.7. desno). Drugim rijeimanjena ordinata u taki je vea odnosno manja od ordinata taaka okoline take .Maksimum i minimu se zajedno zovu ekstremne vrijednosti funkcije.

U taki funkcija ima maksimum tj. za . I zadnjihizraza vidimo da je lijevo od take funkcija raste, a desno od date take funkcija opada.

Slika 2.6 Primjeri prekidnih funkcija

Definicija 12.Funkcija je prekidna u taki ako je .

Slika 2.7 Primjeri funkcija i njihove ekstremne vrijednosti


43/100



43

Analogno zakljuujemo i kada jeminimum funkcije, samo u suprotnim stranamaVidi sliku 2.7. Iz ovoga vidimo da svaki ekstrem razdvaja intervale monotonosti funkcije.

2.2.2.8 Asimptote funkci jeDefinicija 13.

Prava ija udaljenost od take na grafu funkcije tei nulikada taka funkcije tei u beskonanost.

Kako je reeno asimptote su prave linije, pa stoga imaju jednainu pravca . Zavisnood vrijednosti argumenata a i b dijelimo ih na : horizontalne, vertikalne i kose asimptote.

Primjer 14.

Hiperbola

dodiruje koordinatne ose u beskonanim

takama. Kaemo da funkcija ima jednu horizontalnu ijednu vertikalnu asimptotu. Slika 2.8.

2.2.3 INVERZINA FUNKCIJAPosmatrajmo funkciju jedne nezavisno promjenjive kojoj je skup vrijednosti . Skupneka bude skup vrijednosti funkcije, odnosno skup predstavlja sliku skupa . Naosnovu definicije funkcije svakom elementu skupa odgovara jedinstven broj . Da bi se mogla definisati inverzna funkcija potrebno je da se posmatrabijektivno preslikavanje u kojem svaki element iz domene propada jedan i samo jedanelement iz kodomene i obrnuto. Na osnovu toga moemo definisati inverznu funkciju.

Definicija 14.

Ako svakoj vrijednosti funkcije iz skupa odgovarajedan i samo jedan element iz skupa , pri kojoj je definisanajednoznana korespodencija tada govorimo o

Slika 2.8 Graf hiperbole na kojoj su prikazane asimptote koje su ujednoose koordinatnog sistema


44/100



44

inverznoj funkciji u odnosu na funkciju.Za inverznu funkciju oblast definisanosti

ili domenu inverzne funkcije ini kodomena

ili skup , a vrijednosti inverzne funkcije skup . Funkcije i zovemo uzajamno inverzne funkcije. Preslikavanje vrijednosti posredstvompravila dolazimo do funkcije , dok preslikavanje vrijednosti posredstvom pravila. To znai da je:

, a (2.1)

Primjer 15.

Za funkciju inverzna funkcija je , pa je

, a

. Ove funkcije su uzajamno inverzne, jer je

, .Primjer 16. Za funkciju inverzna funkcija je .

Primjer 17.

Za funkciju imamo da je domena , a dok je . To znai da je uspostavljeno jednoznano preslikavanj sa . Meutim, ako potraimo inverznu funkciju uoiemo da zasvako dobijemo dvije razliite vrijednosti , to znai da ova funkcijakao i svaka funkcja nema inverznu funkciju jer je . Inverznu funkciju moramo odvojeno posmatrati napoluintervalima i .

Vana osobina meusobno inverznih funkcija jeste da su im grafici simetrini u odnosuna pravac . Dokaz ove tvrdnje lako sprovodimo.Ako taka pripada grafikufunkcije , odnosno , tada taka pripada grafiku funkcije

. Dokaimo jo da su take

i

simetrine u odnosu na pravac

.

Slika 2.9 Grafika interpretacija inverzne funkcije


45/100



45

Ako je grafik funkcije , tj. grafik sijee I i III kvadrant na dva jednaka dijelaimamo da je:

(katete su im jednake) Kada oduzmemo prvi i trei izraz imamo:

(2.2)

Zadnji izraz daje na da zakljuimo da je - simetrala ugla , a poto su zakljuujemo ujedno da je jednakokraki trougao pa simetrala ugla jednakokrakogtrougla polovi stranicu

, tj.

je simetrala dui

. Zakljuivanjem da su take

i

simetrine u odnosu na pravac . Poto su i bilo koje take zakljuujemo da su igrafici funkcije i njene inverzne funkcije simetrini u odnosu na pravac .Definicija 14.

Ako svakoj vrijednosti funkcije iz skupa odgovarajedan i samo jedan element iz skupa , pri kojoj je definisanajednoznana korespodencija tada govorimo oinverznoj funkciji u odnosu na funkciju.

2.2.4 SLOENA FUNKCIJASloenu funkciju moemo posmatrati kao proces vie preslikavanja gdje je kodomenaprvog domena drugog preslikavanja i td.

Ako pretpostavimo da imamo dvije funkcije i tada funkcija znai preslikavanje skupa na skup koji je skup vrijednosti odnosno

Slika 2.10 Poloaj funkcije i njene inverzne komponente na grafu


46/100



46

domena funkcije . Na cijeli skup nemora pripadati oblast definisanosti funkcije. Vrijednost argumenta , za koji je pripada oblasti definisanosti funkcije

, formira skup

koji je dio skupa

.

Definicija 15.

Funkcija sa znakom korespodencije iju domenuini skup onih vrijednosti argumenata za koji je

pripada oblasti domeni funkcije , zovemo sloenomnfunkcijom od preko meuargumenta .

Zato simbol znai (kao to je reeno)dva oreslikavanja i imasmisla ako domena funkcije . Ako ne pripada domenifunkcije

, tada simbol

nema smisla i ne definie sloenu funkciju.

Analogno moemo definisati sloenu funkciju sa tri ili vie konanih preslikavanja imeuargumenata.

Primjer 18.

Sloena funkcija sa dva meuargumenta bile bi sljedee funkcije: , , .Ako je ima smisla ostvareno je preslikavanje i definisana sloena funkcija y sa argumentom .

Svaka slena funkcija moe se razbiti na lanac uzastopnih preslikavanja. Zato se sloenafunkcija zove jo i posredna funkcija.

Primjer 19. Zadan je lanac preslikavanja definisan sljedeim zakonomkorespodencije: , .Funkcija definisana sa definisana je za sve realne brojeve Ovaj interval obrazuje domenu funkcije . Meutim sve

vrijednosti ove frunkcije funkcije tj. svi elementi kodomene ne pripadaju domeni funkcije

sljedee u lancu odnosno funkciji . Domeni funkcije pripadaesamo vrijednosti iz intervala , jer samo za te vrijednosti definisana je funkcija . Zbog toga podruje definisanosti sloene funkcije bie samo vrijednosti zakoje ova funkcija ima smisla odnosno poluinterval

.

2.2.5 FUNKCIJA ZADANA U PARAMETARSKOM OBLIKUAko imamo skup funkcija i , koje su definisane na skupu . Neka jeza funkciju definisana inverzna funkcija , tada je: . Ovo znai da gornji skup funkcija , , definie kaofunkciju od sa zakonom korespodencije: .Neka je sada i . U ovom sluaju emo kazati da je funkcija data u parametarskom obliku . Argument

zovemo parametrom a postupak prelaska sa


47/100



47

parametarskog oblika na klasini oblik zovemo eliminacijomparametra. Iz zadnjeg zakljuujemo da je za svako vrijedi: .Kada prelazimo sa funkcije

na parametarski oblik

i

kaemo da smo parametrizirali funkciju .

Primjer 20.

Ako su nam zadani parametarski oblici funkcije i , eliminacijom parametara imamo:

Primjer 20.

Imamo jednaine i gdje je .Eliminacijom parametara imamo:

Kvadriranjem i sabiranjem jednaina imamo: Zadnja jednaina koju smo dobili predstavlja jednainu astroide.


48/100



48

2.3 PREGLED OSNOVNIH ELEMENTARNIH FUNKCIJA2.3.1 NETO IZ HISTORIJEPoznavanje osnovnh elementarnih funkcija je neophodno u daljnjem studiranjuMatematike. Cijela Matermatika uvijek je povezana sa funkcijama zadanim kako uanalitikom tako i grafikom (zadana preko grafa funkcije) obliku. Ve smo vidjeli kako se funkcija moe zadati i svaki od naina njenog zadavanja je jednako vaav. Kadafunkciju elimo da spoznamo mi je sebi nacrtamo, jer lake je neto shvatiti kada nam jeprikazano u obliku crtea. Prije nego se upoznamo sa elementarnim funkcijamaobjasnimo pojmove preko kojih se zadaju funkcije, posebno kada je u pitanju grafikiprikaz funkcija. Saku funkciju koju elimo da grafiki prikaemo postavljamo jdan bilopravougli ili polarni koordinatni sistem. Ovi sistemi na omoguavaju da analitiki zadanufunkciju pretvorimo u grafiki oblik. Meutim nije sve bilo tako jednostavno kao to

izgleda. Da li grijeimo kada postavimo koordinatni sistem i svakom paru realnih brojevapridruujemo odgovarajue take na brojevnom pravcu apcise ili ordinate? Moda imavie taaka na pravcu nego brojeva i obrnuto?. Za takva i druga slina pitanja pobrinuli suse Deskart, Dedekind i Kantor, tri matematiara.

Kantor je prvi dokazao da je skup realnihp brojeva neprebrojiv. To znai da skup realnihbrojeva broji vie elemenata nego to ima skup prirodnih brojeva. To se moe shvatiti dasu realni brojevi neprekidni te da ih ima koliko i taaka na pravcu. Meutim iako se naprvi pogled ne moe vidjeti skup raconalnih brojeva je isti kao i skup cijeli odnosno ovadva skupa su jednaka, odnosno ima ih onliko koliko i prirodnih brojeva. Bez obzira na to

da izmeu svaka dva racionalne broja i moemo nai broj koji se nalazi izmeu njihodnosno ipak racionalni brojevi se ne poklapaju sa takama na jednompravcu. Jednstavan dokaz ove teze je da dijagonala kvadrata stranice 1. Znamo da je tadaduina dijagonela po Pitagorinoj teoremu . Vidimo da ovaj broj ne pripada skupuracionalnih brojeva, ali se ipak moe nacrtati na pravoj. Donja slika prkazuje kakoodrediti taku . U koliko brojevnom pravcu definiemo duz duine 1, te nad krajnjomtaki konstruiemo pod uglom od takoer drugu du duine 1, tada du koja spajapoetnu taku prve dui i krajnju taku druge dui ima duinu , koju onda lakoprenosimo na brojevni pravac.

Dedekind je zasluan po tome to je definisao realne brojeve preko racionalnih brojeva.Poznata je njegova definicija realnih brojeva preko rezova skupa racionalnih brojeva.

Slika 2.11 Konstrukcija broja ,


49/100



49

Dekart je zasluan zbog toga to je formulirao principe analitike geometrije. Ono sesastoji u odreivanju poloaja jedne take u ravni ili prostoru pomou sistema brojevakoji su nazvani koordinate taaka-Time je prouavanje geometrijskoh likova svedeno na

prouavanje brojeva. Dekartov koordinatni sistem u ravni upravo se definie na jednojfunkciji (korespodenciji) skupa taaka u ravni i realnih brojeva. Kantorovomformulacijom neprebrojivosti realnih brojeva, te identinosti skupa realnih brojeva saskupom R ureenih parova realnih brojeva a samim tim i skupom ureenih parova sajednom i samo jednom takom u ravni, na potpun nain je formulisana itava analitikageometrija i svi koordinatni sistemi.

2.3.1.1 Pravougli Dekartov koordinatni sistem

Jo emo rei da je Dekartov pravougli koordinatni sistem tvore dvije okomite usmjereneprave i koje se sjeku u taki . Svakoj taki u ravni pripada ureen parrealnih brojeva na brojevnim pravcima i i to i obrnuto svkom paruureenih brojeva odgovara jedna i samo jedna taka M u ravni . Ureen par zovemo jo i koordinata take .

2.3.1.2 Polarni koordinatni sistemaVidjeli smo da se Dekartov pravougli koordinatni sistem dozvoljava odreivanje poloaja

take pomou sistema od dvije koordinate. Mogu se pronai i drugi sistemi pomou kojih seuspostavlja korespodencija izmeu take i para koordinata (brojeva). To je sluaj polarnihkoordinata u ravni. Ako u pravouglom koordinatnom sistemu posmatramo taku koja imakoordinate , lako moemo vidjeti da e ona jednoznano biti odreena i ako du iz koordinatnog poetka zarotiramo za ugao . Vrijednost i jednoznano odreujupoloaj take , tj. ima polarne koordinate . Vrijednost zove se polarni ugao take, a radijus vektor. Znai jednom ureenom paru brojeva odgovara jedna i samo jedna

Slika 2.12 Pravougli koordinatni sistem


50/100



50

taka u ravni . Meutim jednoj taki u ravni moe odgovarati beskonano mnogo parova .Iz tog razloga pretpostavicemo da imamo odnosno da nam je poznato jedno partikularnorjeenje .

Zbog periodinosti uglova pored poetnog rjeenja imamo i ostala rjeenje u obliku , gdje je .Konverzija polarnih koordinata u pravougle moemo izvritina sljedei nain:

, odnosno ili tj. ,

Iz zadnjih relacija lako moemo iz jednog sist ema prei u gdrugi.

Ovo su dva najee koritena koordinatna sistema, mada postoje i drugi sistemi uprostoru preko kojih se prikazuju grafici funkcija dvije promjenjive, a zovemo ihpravougli prostorni, cilindrini te sferni koordinatni sistem.

Slika 2.13 Polarni koordinatni sistem


51/100



51

2.3.1.3 Klasifikacija funkcija

Klasifikacija funkcija se vri prema operacijama koje se pojavljuju u funkciji. Racionalneoperacije su raunske operacije: oduzimanje, sabiranje, djeljenje, mnoenje i stepenovanjecijelim brojevima.Iracionelne operacije su operacije korjenovanja i stepenovanja razlomaka. Algebarskeoperacije zovemo zajedno racionalnim i iracionalnim operacijama. Sve operacije koje nisualgebarske zovemo transcedentnim. Racionalni izrazi su izrazi u kojima se pojavljuju

racionalne operacije nrp. , , . Racionalni izrazimogu biti: cijeli i razlomljeni. Racionalni izrazi koji ne sadre djeljenje opim brojevima

zovemo cijeli. Npr. .Racionalni izraz koji sadri djeljenje opim brojevima zovemo razlomljenim. Npr.

,

.Racionalne izraze oblika , gdje je zovemo polinom n-tog stepena, sa jednom promjenjivom . Koeficijenti ne zavise od, a je prirodan broj.Racionalne funkcije su one funkcije u kojima se zavisno promjenjiva varijabla dobija kadase argument podvrgne konanom broju racionalnih operacija i realnih konstanti. Opioblik racionalne funkcije: , gdje je .Zavisno od broja dobijamo:Za linearna funkcijaZa kvadratna funkcija (parabola)Za kubna funkcija (kubna parabola)Itd.

Sve racionalne funkcije su najjednostavnije funkcije matematike analize. Algebarskefunkcije su one funkcije u kojima su zastupljeni algearski izrazi. U ove funkcije spadajusve racionalne i iracionalne funkcije kao najei oblik inverznih racionalnih funkcija.

Primjer 21. Primjeri algebarskih funkcija: , Sve funkcije koje nisu algebarske zovemo transcedentne funkcije. Osnovnetranscedentne funkcije su: trigonometrijske, eksponencijalne, hiperbolne, i njihoveinverzne funkcije odnosno arkus funkcije. Naziv transcedentne dobile su po tome todefenisanje ovih funkcija prevazilazi snage algebre ili lat. Algebrae vires transcendit,odnosno nisu algebarske operacije primjenjene u konano mnogo puta.


52/100



52

2.3.2 LINEARNA FUNKCIJA (JEDNAINA PRAVCA)

Opi oblik linearne funkcije dobija se za n=1, odnosno: .

Pretpostavimo da imamo jedan pravac u koordinatnom sistemu te dvije take A i B, kojeimaju koordinate i respektivno i koje pripadaju pravoj . Sa slike2.14 jasno se vidi da je:

(2.3)Takoer lako se uoava da je pa je . Iz slijedi da je

.Pretpostavimo da je taka pripada pravoj tada je:

tj. (2.4)

Zadnja jednakosto izraza (2.4) zovemo jednaina prave, a zbog poetne formulacijejednainu prave moemo pisati i kao gdje je . Broj zovemo koeficijent smjera prave. On je jednak tangensu ugla tp ga prava zaklapa sapozitivnim dijelom ose . Broj l je odsjeak na osi to ga pravi prava . Iz jednakosti2.4 zakljuujemo da nam je za prikaz linearne funkcije u grafikom obliku potrebno bar

dvije take, a Aksioma 1 Euklidove geometrije jedinstvenost te prave.

Slika 2.14 Grafik linearne funkcije


53/100



53

2.3.3 KVADRATNA FUNKCIJAGraf kvadratne funkcije zove se i parabola. Kvadratna kao i linearna funkcija definisanaje na cijelom intervalu realnih brojeva. Kvadratna funkcija uvijek posjeduje jednuekstremnu vrijednost koja razdvaja dva intervala u kome je funkcija rastua odnosnoopadajua.

Kada je i dobijamo isto kvadratnu funkciju. Ta funkcija je parna pa jesimetrina u odnosu na osu. Za funkcija posjeduje maksimum u taki , aza posjeduje minimum u istoj taki (sl. 2.15). Funkcija ija kvadratna jednainaima konjugovano kompleksne korijene ne sijee x-osu (sl. 2.15), pa je na itavomintervalu pozitivna ili negativna, zavisno od kvadratnog slobodnog koeficijenta.

Slika 2.15 Razliiti grafici kvadratne funkcije


54/100



54

2.3.4 KUBNA FUNKCIJAGraf kubne funkcije zovem jo i kubna parabola. Definisana je na cijelom intervalu

realnih brojeva. ista kubna parabola dobije se za . Ta funkcija jenaparna pa je centralno-simetrina u odnosu na koordinatni poetak.

Na itavom intervalu je strogo rastua u odnosno opadajua zavisno od kubnogkoeficijenta polinoma .Nema ekstremnih vrijednosti. Postoji samo taka infleksije izkoje funkcija prelazi iz konkavnosti u konveksnost.

2.3.5 STEPENA FUNKCIJAStepena funkcija je funkcija oblika , gdje je .

Ako je racionalan broj, tada je ovo algebarska funkcija inae je transcedentna, kao tosmo pokazali ranije. isto kvadratna i kubna funkcija spadaju takoer u stepene funkcije.

Ako se upustimo u ope razmatranje stepene funkcije zakljuujemo da moemodefinisanti razne oblike stepene funkcije pri odreenim uslovima. Drugim rijeima zarazliite vrijednosti stepena

dobijamo i razliite vrste stepene funkcije. Domena

stepena funkcije zavisi od vrijednosti stepena pa tako imamo:Za funkcija je definisana za Za funkcija moe ali i nemora biti definisana za neke vrijednosti stepena .Kada je , tj. kada je pozitivan racionalni broj tada je funkcija definisana za , a ako je i za , graf funkcije je simetrian u odnosu na yosu tj. funkcija je parna.

Slika 2.16 Razliiti grafici kvadratne funkcije


55/100



55

A ako je graf funkcije je osnosimetrian u odnosu na koordinatni poetak paje funkcija neparna.

Ako pak je , tada za neparno funkcija je definisana samo za .Ako je pri emu je iracionalan broj funkcija je definisana samo za Sve posljednje reeno vai i za , s tim to stepena funkcija nije definisana za , jer tada funkciju ne moemo napisati u obliku to za nije definsan izraz.

Ako stepena funkcija ima inverznu funkciju zada ona takoer stepena inverzna funkcija

odnosno , , .Objasnimo nakratko ponaanje stepene funkcije za razliite vrijednosti .1. Kada je funkcija je rastua u intervalu , grafik krive prolazi

kroz take i . Grafici ovih funkcija podjeljeni su u dvije klase uodnosu na pravac .

2. Kada je , te kada je , krivu zovemo kao to smo vespomenuli parabola.

3. Kada je , tada moemo uzeti smjenu , pa je .Ove krive opadaju u intervalu

. Kada

raste tada

i obrnuto.

i

ose su u ovom sluaju asymptote krivih. Krive prolaze kroz taku . Glavnipredstavnik ovih krivih je hiperbola , gdje se krive grupiu u dvije familijeza i , dok u taki (1,1) funkcija nije definisana.

Grafici stepene funkcije zovemo jo i politropnim krivim linijama.

2.3.6 EKSPONENCIJALNE FUNKCIJESvaki oblik funkcije , gdje je zovemo eksponencijalna funkcija. Ako je tada vrijednosti argumenata mogu biti samo oblika , gdje je - neparan broj.Kada je za istu vrijednost broja , iracionalan broj i oblika , gdje je paranbroj, tada funkcija nije definisana.

Zbog ovih uslova eksponencijalna funkcija posmatra se samo kada je . Ako je tajuslov ispunjen tada funkcija ima uvijek pozitivnu vrijednost, to znai da senalazi iznad -ose. Da li eksponencijalna finkcija srtrogo rastua ili opadajua zavisi odbroja .


56/100



56

Kada je tada je funkcija strogo rastua na cijelom intervalu .Kada je tada je funkcija na cijelom interval opadajua. Eksponencijalnafunkcija za obe vrijednosti broja ima za horizontalnu asimptotu osu x.Kada je tada je funkcija konstantna . Grafiki prikaz eksponencijlnefunkcije drugije zovemo eksponencijlne krive.

2.3.7 LOGARITAMSKA FUNKCIJA

Iz samog naziva zakljuujemo da bi logaritamska funkcija bila svaka funkcija oblika . Iz definicije logaritamske operacije moemo zakljuiti da je logaritamskafunkcija inverzna funkcija eeksponencijalne funkcije . Da bi egzistiralalogaritamska funkcija mora postojati njena inverzna funkcija odnosno mora biti: . Za prikaz grafa logaritamske funkcije posluiemo se osobinom inverzne funkcije.

Slika 2.17 Grafik eksponencijalnih funkcija


57/100



57

Kada grafik eksponencijalne funkcije okrenemo oko prave za dobijamografik logaritamske funkcije. Iz grafika funkcije zapaamo da je logaritamska funkcijadefinisana samo za pozitivne vrijednosti argumenta . Svaka logaritamska funkcija sijee osu u taki . Za logaritamska funkcija je strogo rastuca, inae jeopadajuau intervalu ( ). Za logaritamska funkcija prelazi u konstantu . Za oba sluaja logaritamske funkcije postoji jedna zajednika asimptota ,odnosno za logaritamsku funkciju yosa predstavlja ujedno i asimptotu.2.3.8 HIPERBOLNE FUNKCIJEPosmatrajmo polu zbir i polu razliku dviju eksponencijalnih funkcija: i . Njihove grafike lako moemo dobiti ako saberemo odnosno oduzmemografike eksponencijalnih funkcije

i .

Ispitajmo parnost ovih funkcija:

(2.5)

Vidimo da jeparna funkcija dok je- neparna funkcija.

Slika 2.18 Grafik eksponencijalne funkcije i njene inverzne

logaritmaske funkcije , za razliitu vrijednost . Strelicapokazuje eksponencijalnu i njenu inverznu logaritmamsku krivu


58/100



58

Ako umjesto prouzvoljnog broja stavimo Eulerov broj tada smo dobili tzv.Hiperbolne funkcije.

sinus hiperbolni cosinus hiperbolni (2.6)Analogno trigonometrijskim funkcijama imamo korespodentne tangens i kotangenshiperbolne funkcije:

tangens hiperbolni kotangens hiperbolni (2.7)

Grafici ovih funkcija vidimo na gornjoj slici. Iz samog grafika moe se uoiti da je strogo rastua, a rastua u intervalu , a opadajua u . Ve smopokazali da je neparna, a parna funkcija, pa iz tog zakljuujemo poosobinama zbira i razlike funkcija da je i neparne funkcije, odnosnorastua odnosno opadajua funkcija respektivno.Moemo takoer kazati da se hiperbolne funkcije slino ponaaju kao i trigonometrijske,bar kad govorimo oko same definicije funkcija. Za hiperbolnu funkcijuslino kao i zatrigonometrijsku moemo dokazati sljedeu teoremu.

Slika 2.19 Grafik hiperbolnih funkcija


59/100



59

Teorema 2.2.

Dokaz

Zbog jednostavnosti dokaza, italac moe ali i ne mora dokazatinedokazane dijelove teoreme.

.to je i trebalo dokazati.

NapomenaIz zadnja tri svojstva lako dolazimo do relacija za dvostruke

vrijednosti argumenata kada se stavi da je .


60/100



60

2.3.9 TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJEJo iz srednje kole poznate su nam trigonometrijske funkcije. Znaajna osobina ovih

funkcija je njihova periodinost. Iz adicionih teorema se moe vidjeti da je periodinostsinusne i kosinusne funkcije , a tangens i arkustangens . Takoer, lako se moedokazati da je kosinusna funkcija parna a sinusna neparna, odnosno tangens i kotangenssu neparne funkcija. Sve ove osobine su vidljive iz grafa funckije.

Sa grafika se vidi da su trigonometrijske funkcije ograniene funkcije. Sinusna funkcija jemonotono rastua na intervalu od , a monotono opadajua naintervalu . Kosinus funkcija je strogo opadajua na intervalu. A monotona rastua na intervalu .

Tangens funkcija je strogo rastua na cijelom intervalu, a kotangens opadajua. Tangens ikotangesn funkcije imaju asimptote u takama , odnosno respektivno.2.3.10 ARKUS FUNKCIJEFunkcije inverzna trigonometrijskim i hiperbolnim jednim imenom zovem arkus funkcije.

2.3.10.1 Inverzne hiperbolne funkcijeFunkcije zovemo inverznim hiperbolnimfunkcijama funkcija respektivno. POsmatrajmoinverznu funkciju funkcije , dobijamo , Ova funkcija je rastuana cijelom interval realnih brojeva. Iz sam edefinicije imamo:

Slika 2.20 Grafik trigonometrijskih funkcija


61/100



61

Rjeavanjem jednine po imamo: U rjeenju smo uzeli samo pozitivnu vrijednost, jer drugorjeenje otpada.

(2.8)

Iz zadnjih izraza vidimo da je:

(2.9)Ova funkcija raste na poluintervalu . Sa grafa se vidi da za ove vrijednostiargumenta funkcija dobija vrijednosti na .

Analogno moemo doi do izraza za :

(2.10)Iz zadnjeg izraza jasno se vidi da domena funkcije mora biti , to smo ve rekli.Funkcija je monotono opadajua na intervalu , a monotono rastua naintervalu . Zbog inverznosti funkcije zakljuujemo da e ova funkcijabiti monotono opadajua na dijelu ,kada je u izrazu znak -, a rastua kada je uizrazu znak +, na istom intrevalu argumenta.....


62/100



62


63/100

63 Izvod funkcije Bahrudin Hrnjica


63

IZVOD FUNKCIJE3


64/100



64

3.1 POVIJEST IZVODAKad ne bi bilo izvoda (derivacije) svi nai snovi vezani za uspjeh u polju matematike bilibi lako ostvarivi. Matematika bi se bavila samo elementarnim stvarima. Doista,matematika bi se svela na elementarnu matematiku. Kau da padom jabuke naNewtonovu glavu sve je krenulo drugaije. Ta nesretna jabuka okrenula je Newtona tadaka spoznaji osnovnih zakona dinamike i gravitacije. Newton je za dokaz svojih zakona,povrh siromanih eksperimenata koje je izvodio, za svoje zakone morao nai matematikiaparat da ih dokae. Otkriem diferencijalnog i integralnog rauna Newton je dokazaosvoje zakone, a nama obinim smrtnicima studentima ostavio jabuke i diferencijalniraun za posvetu. Mnogi filozofi se spore o tome koliko je jabuka palo na Newtonovuglavu. Veliki dio njih zagovara tezu da je nemogue da padom samo jedne jabukeopravdava injenicu Newtonovog djela. Po njihovom miljenju smatra se da je na

Newtonovu glavu palo bar desetak jabuka i to krupnijih koje rastu na vrhu drveta, umalom vremenskom intervalu . Kad ne bi bilo izvoda, itav ovozemaljski razvojtehnike i tehnologije sigurno bi bio na stepenu razvoja u Newtonovo doba. Moemo spravom rei da smo imali sree. Da nema izvoda sigurno ne bi bilo ni kompjutera, ni

video igrica ni flipera. Povrh svih munina koje nam zadaje izvod, ipak neka samopostoje kompjuteri i ostalo uz njih, a za izvode emo lako rekao je neko iz mase.

POJMOVI PREKO KOJIH SE DEFINIE IZVOD

Da bismo definisali izvod neke funkcije moramo objasniti neke sporedne stvari kojeokruuju izvod, a to su:

Tangenta i konstrukcija tangente Srednja i trenutna brzina

3.1.1 KONSTRUKCIJA TANGENTEDefinicija tangente u elementarnoj geometriji, koja se radi u osnovnoj koli, definietangentu kao jednu pravu koja ima samo jednu zajedniku taku sa krunicom. Meutim,ima tu neto. Tano je da se radi o jednoj taki i tano je da se radi o pravoj. Meutim,kada pogledamo iz drugog ugla stvari odnosno sliku 3.1, vidimo kako jedna prava sijee


65/100



65

parabolu samo u jednoj taki, ali ova prava nije tangenta date parabole u toj taki. Pravatangenta u toj taki je prava koja je normalna na pravu i prolazi takom.

Da bi smo doli do valjane definicije tangente uoimo sliku i sve to je na njoj nacrtano.Slika 3.2 sadri jednu krivu , dvije take te pravu koja spaja ove take. Vidimo daprava

sijee krivu u obliku krike lubenice te emo je nazvati sjeica

. Kada

hoemo da odsjeemo to manji komad lubenice odnosno krive, mi emo postupiti takoda takupomjeramo prema takipreko ruba lubenice odnosno krive. Ako se taka, krijui se, pribliava taki krika lubenice e se sve vie smanjivati.

Sjeica e se mijenjati u odnosu na poetni poloaj, i kad taka tei taki , teijednom graninom poloaju. Granini poloaj sjeice upravo e biti tangenta, tj.lubenica e ostati itava.

Slika 3.1 Poloaj krive, sjeice i tangente

Slika 3.2 Sjeica


66/100



66

Definicija 3.1. Tangenta krive u datoj taki zove se granini poloaj sjeice kada taka ove krive tei po krivoj ka taki .Ako se napravimo Englezi i elimo da ne odsjeemo lubenicu tj. da nam taka teitaki koeficijent smjera krive u taki jednak je koeficijentu smjera tangente krive u tojtaki. Sve prethodno reeno kaimo na jednom drugom (matematikom) jeziku.Posmatrajmo sliku, tamo emo vidjeti krivu slinu proloj krivoj i koordinatni sistem. Ova kriva koju vidimo je grafik neprekidne funkcije . U gornjem dijelusmo kazali da je kojeficijent smjera sjeice koja prolazi takama koje imajukoordinate , a . Koordinate take lako se prepoznaju akoznamo da je odnosno , to se sa slike moe vidjeti. Nadalje,znamo da je koeficijent smjera dat izrazom: (4.1)

Dakle koeficijent smjera tangente krive u taki jednak je graninojvrijednosti kolinika

prirataja funkcije i prirataja argumenta (nezavisnopromjenjive ) kad on tei nuli.Kao i u Poglavlju I (Matematika indukcija) mi definiemo neke sporedne pojmove,nesvjesno dolazimo do onoga emu ovdje teimo da definiemo to je prvi izvod

funkcije. Zadnja tvrdnja koju smo napisali izraz 2.1 zovemo prvi izvod funkcijeili

Slika 3.3 Sjeica


67/100



67

krae izvod funkcije, a kojeg obiljeavamo sa (itaj prim jednako prim od ). Dakle prvim izvodom funkcije zovemo:

(4.2)Na ovaj nain smo definisali ta je koeficijent smjera krive u taki, odnosno koeficijentsmjera tangente u taki, a istovremeno smo se upoznali sa osnovnom metodomodreivanja koeficijenta smjera tangente u datoj taki krive, odnosno vidjeli smojednostavni postupak konstruisanja tangente.

3.1.2 SREDNJA I TRENUTNA BRZINAIz fizike nam je dosta stvari jasno kada spomenemo srednju i trenutnu brzin. Kada smosluali predavanja iz fizike profesori su nam objanjavali da je srednja brzina kolinikprirataja puta i vremenskog intervala tj. prirataja vremena za koje jetijelo prelo put , odnosno:

(4.3)Znamo da je zakon puta skoro uvijek povezan sa vremenom , pa je . Akoposmatramo prirataj puta

koji je tijelo prelo za

moemo napisati kao

, pa nam je srednja brzina jednaka: (4.4)S gornjim izrazom uvijek se moe izraunati neka srednja brzina koje se u toku nekog

vremenskog intervala promijenila vie puta. Meutim, ako posmatramo vremenskiinterval to manji promjene brzine za dati vremenski interval e biti sve manje. Kadapustimo da srednja brzina e postati trenutna:

(4.5)Trenutna brzina (brzina u trenutku t odnosno je granina vrijednostsrednje brzine u vremenskom intervalu kad . Drugim rijeima:

(4.6)I ovdje vidimo da je trenutna brzina kretnja izvod duine puta po vremenu. Na ovajnain (preko srednje i trenutne brzine) je Newton definisao izvod funkcije pa se akmoe rei da je orginalna definicija izvoda upravo definisana preko srednje odnosno


68/100



68

trenutne brzine. Moemo s pravom kazati: Izvod je brzina promjene duine puta povremenu.

3.2 POJAM IZVODA FUNKCIJENamjernim raspravljanjem o tangenti i srednjoj i trenutnoj brzini odnosno koeficijentusmjera tangente doli smo do pojma izvoda:

(4.7)Kao i kod definisanja trenutne brzine, u koliko je poznat zakon puta , do pojmaizvoda moemo doi bilo kakvim izraunavanjem brzine promjene neke veliine u toku

vremena ako je poznat zakon ovisnosti te veliine od vremena.

Definicija3.2.

Izvod funkcije po argumentu je granina vrijednostkolinika prirataja funkcije i prirataja argumenta kadpriratajtei nuli, tj.

Kada govorimo o izvodima esto se spominje rije od 3 slova - diferenciranje.Dife

Documents

Bahrudin Hrnjica Matematika Odabrana Poglavlja 1996