Dr. sc. Vladimir Kadum1, profesor visoke škole

T e m a2

2. FUNKCIJE3

5. Pojam funkcije

5.1. KONSTANTE I VARIJABLE. U proučavanju kvantitativnih zakonitosti prirodnih pojava ali i tehničkih procesa, matematika se koristi rezultatima dobivenim računanjem i mjerenjem, polazeći pritom od brojevnih vrijednosti odgovarajućih veličina.

Veličine koje se javljaju u raznim pojavama i procesima međusobno su pove-zane, jedna od druge na određeni način zavise. Neke su od tih veličina promjenljive, dok druge zadržavaju stalnu (konstantnu) vrijednost.

Veličinu koja u danim uvjetima može poprimiti različite brojevne vrijednosti zovemo promjenljiva veličina, a onu koja se u danim uvjetima ne mijenja već zadr-žava jednu istu brojevnu vrijednost zovemo stalna veličina ili konstanta.Primjer 1. U formulama za opseg kruga o = 2r, odnosno površinu kruga P = r2, polumjer r je pro-mjenljiva veličina, koja se mijenja od kruga do kruga, dok su 2 i stalne veličine (konstante).

Primjer 2. Površina jednostranična trokuta stranice duljine a dana je formulom . U ovoj

su formuli i 4 konstante dok je a promjenljiva veličina. Znajući a odgovarajuću površinu P dobit ćemo tako da na a primijenimo propis zapisan u toj formuli. Pritom, stranica a, pa time i površina P, može biti samo pozitivan broj.

5.2. DEFINICIJA FUNKCIJE. Pojam funkcije je jedan od najvažnijih pojmo-va u matematici. S tim pojmom tijekom školovanja susretali smo se često.

Definicija 1. Neka su D i K dva neprazna skupa. Ako svakom elementu xD po ne-kom pravilu (zakonu, propisu) f pridružimo jedan i samo jedan element yK, kaže-mo da je na skupu D zadana funkcija f s vrijednostima u K.

Pišemo

f : D K.

1 Dr. sc. Vladimir Kadum profesor je na Visokoj tehničkoj školi u Puli – Politehnički studij.2 Riječ je o drugoj od pet (5) tema koje se izlažu u okviru kolegija Matematika I., koji se pre-

daje u zimskom semestru I. godine studija s fondom od 3 sata predavanja i 2 sata vježbi.3 Recenzenti su: Dr. sc. Mirko Radić, profesor emeritus Sveučilišta u Rijeci i dr. sc. Cvetan

Jardas, redoviti profesor Ekonomskog fakulteta Sveučilišta u Rijeci.

1

Skup D je područje definicije ili domena, a skup K je područje vrijednosti ili kodomena funkcije f.Primjer 3. Neka je A = 1, 3, 5, B = a, b, c. Relacija prikazana na slici 2.1 je funkcija s A u B. Me-đutim, relacija prikazana na slici 2.2 nije funkcija s A u B, jer se element 1 iz A ne preslikava u nijedan element iz B.

Promotrimo i sliku 2.3. Ni ta relacija nije funkcija s A u B jer se element 1 iz A preslikava u dva elementa iz B.

Element x iz domene funkcije f je nezavisna varijabla i kažemo da je f funkci-ja varijable x. Za element y iz kodomene što ga funkcija f pridružuje elementu x ka-žemo da je slika ili vrijednost od x s obzirom na funkciju f; pišemo

y = f(x)

i čitamo: y je jednako f od x.

Iz definicije pojma funkcije slijedi da funkciju opisuju:

(1) skup D vrijednosti nezavisne varijable x,

(2) zakon pridruživanja f,

(3) skup K vrijednosti funkcije y = f(x).

Ako je f(D) = K, tj. ako je svaki element u K slika barem jednog elementa do-mene, kažemo da funkcija f preslikava D na K, odnosno da je f surjekcija

Funkcija f : D K je injekcija ako za bilo koja dva različita elementa x1,x2D slijedi f(x1) f(x2).Primjer 4. Funkcija prikazana na slici 2.1 nije surjekcija jer se domena ne preslikava na cijelu kodo-menu. Naime, element bB nije slika nijednog elementa iz domene.

Promatrana funkcija nije ni injekcija jer elementi 3 i 5 iz domene idu u jedan (isti) element ko-domene.

Za funkciju koja je i surjekcija i injekcija kažemo da je bijekcija.

Bijekciju definiramo ovako:

Definicija 2. Za funkciju f kažemo da je bijekcija onda i samo onda ako je svaki ele-ment iz kodomene slika jednog i samo jednog elementa iz domene.Primjer 5. Primjerom bijekcije sa skupa S na skup S može poslužiti identično preslikavanje

1x : x x

koje svakom x iz S pridružuje sam taj element x.

2

Slika 2.3.Slika 2.2.

1

3

5

abc

1

3

5

abc

1

3

5

abc

Slika 2.1.

A A AB B B

6. Načini zadavanja funkcija

6.1. ANALITIČKI NAČIN ZADAVANJA FUNKCIJE. Za funkciju y = f(x) ka-žemo da je zadana analitički ako je zakon preslikavanja f dan formulom koja sadrži skup svih operacija koje u određenom poretku moramo izvršiti nad nezavisnom vari-jablom x da bi dobili odgovarajuću vrijednost funkcije f.

Primjer 6. Za funkciju , odredimo f(3). Nalazimo da je

.

Ako je funkcija zadana analitički, njenu domenu određujemo tako da na osno-vi samoga izraza utvrdimo skup vrijednosti nezavisne varijable x na kome izraz ima smisla, odnosno na kome funkcija dobiva realne vrijednosti.

U slučaju kada je funkcija zadana analitički redovito odstupamo od opće defi-nicije jer se u tom slučaju šutke ispušta područje definicije. U vezi s tim smatramo da područje definicije funkcije obuhvaća sve realne brojeve za koje se napisanom formulom nakon naznačenih operacija dobiva realan broj. Takvo područje definicije funkcije zovemo prirodno područje definicije funkcije.

Primjer 7. Funkcija ima smisla i dobiva realne vrijednosti za sve realne

vrijednosti nezavisne varijable x. Dakle, domena zadane funkcije je skup svih realnih brojeva; pišemo

D(f) = xR.

Primjer 8. Odredimo domenu funkcije .

Dijeljenje s nulom u skupu R nije definirano (nemoguće je!). Zato mora biti 2x + 4 0, a odavde slijedi x 2. Zato je domena zadane funkcije

D(f) = xR \ 2.

Primjer 9. Funkcija definirana je za sve realne vrijednosti nezavisne varijable x, osim

za x = 0, jer za x = 0 analitički izraz funkcije nema smisla (dobiva se ). Prema tome je

D(f) = xR \ 0.

Primjer 10. Funkcija definirana je za one vrijednosti za koje je

1. x 0,

2. 1 + x 0 x 1,

3

3. 2 x 0 x 2.

Prema tome, područje definicije zadane funkcije je

D(f) = xR \1, 0, 2.

Primjer 11. Funkcija je definirana za sve vrijednosti x za koje je x 2, tj. za

vrijednosti x koje pripadaju segmentu 2 x 2. Ovo možemo pisati ovako

D(f) = x2, 2.

Primjer 12. Funkcija je definirana za sve realne vrijednosti x, osim onih za koje je

9 x2 = 0,

tj. za x1 = 3, x2 = 3. Prema tome, domena zadane funkcije je

D(f) = xR \ 3, 3.

Primjer 13. Područje definicije funkcije je skup svih vrijednosti nezavisne varijable

x za koje je sin 2x 0, a to su segmenti , kZ.

Primjer 14. Za funkciju područje definicije predstavlja skup vrijednosti varijable

x za koji je > 0. Ova je nejednakost zadovoljena za x2, 2, pa je domena

D(f) = x2, 2.

Primjer 15. U funkciji prvi pribrojnik ima realnu vrijednost za x 0, a

drugi za 2 x > 0, tj. x < 2. Prema tome, domena dane funkcije je

D(f) = x, 0.

Funkcija može biti zadana i s nekoliko različitih formula koje se primjenjuju na različitim dijelovima domene i koje u cjelini predstavljaju zakon preslikavanja f. U ovom slučaju zakon preslikavanja f je sljedećeg oblika

gdje D1, D2, ..., Dn predstavljaju dijelove domene D funkcije f, tj.

i (i j).

Primjer 16. U funkciji je D1 = , 0, D2 = 0, D3 =

0, +. Pritom je

D1D2D3 = D i D1D2 = , D1D3 = , D2D3 = .

6.2. TABLIČNI NAČIN ZADAVANJA FUNKCIJE. Kada je područje definici-je funkcije konačan skup, funkcija se može zadati pomoću tablice.

Kod tabličnog načina zadavanja funkcije funkcionalna zavisnost daje se tabli-com tako da se nizu na neki način odabranih brojevnih vrijednosti varijable x obič-

4

no u rastućem nizu odrede (nađu) i postave odgovarajuće vrijednosti y = f(x) fun-kcije f, pa se ti uređeni parovi slažu u tablicu, ne znajući pritom eksplicitno zakon preslikavanja.

Tablični način izražavanja funkcionalne zavisnosti ima veliku primjenu u pri-rodnim i tehničkim znanostima, u kojima se pomoću eksperimentalnih istraživanja (ili mjerenja) dolazi do skupa parova vrijednosti nezavisne varijable x i odgovara-jućih vrijednosti funkcije f(x). Ovi se parovi daju u obliku tablice:

x x1 x2 x3 ... xn

y = f(x) y1 y2 y3 ... yn

Tako, na primjer, mjerimo li tlak pare u kotlu pri različitim temperaturama dobivamo tablicu koja odražava zakon zavisnosti tlaka o temperaturi uz konstantan volumen.

Tablični način zadavanja funkcija ima svojih prednosti i svojih nedostataka. Prednost takova zadavanja funkcija je ta što pomoću tablica neposredno, bez ikakvih računanja, čitamo vrijednost funkcije za određene vrijednosti varijable x.

I neke funkcije koje su definirane na beskonačnim skupovima, a vrlo se često rabe u konkretnim zadacima (logaritamske i eksponencijalne funkcije, trigonometrij-ske funkcije i druge) dane su u obliku tablica za konačan skup vrijednosti varijable. Za varijable koje nisu obuhvaćene tablicama (to je nedostatak tabličnoga zadavanja funkcije), vrijednosti funkcije moguće je odrediti interpolacijom i ekstrapolacijom. Najjednostavnija je linearna interpolacija, a sastoji se u sljedećem:

Neka su a i b dvije susjedne vrijednosti varijable koje su dane u tablici. Kroz točke A(a, f(a)) i B(b, f(b)) kojima prolazi graf fun-kcije f povučemo pravac

.

Sada se (slika 2.4) za svako xa, b umjesto f(x) uzima vrijednost p(x), (interpolacija).

Ako je x izvan intervala a, b zamjenu vri-jednosti f(x) sa p(x) zovemo ekstrapolacija.

6.3. GRAFIČKI NAČIN ZADAVANJA FUNKCIJE. Najprije dajemo definici-ju grafa.

Definicija 3. Neka je funkcije f : D K definirana na skupu D s vrijednostima u skupu K, što znači da je svakom elementu x iz D pridružen po jedan element f(x) iz K. Time je potpuno određen uređeni par (x, f(x)). Skup f svih tako dobivenih uređe-nih parova zovemo graf funkcije; dakle je

f = (x, f(x)) : xD.Za funkciju kažemo da je zadana grafički ako je nacrtan njen graf.

5

a bx

A

B

x

y

fx px

Slika 2.4.

Vrijednost funkcije za danu varijablu čita se neposredno iz toga grafa. (Toč-nost očitavanja vrijednosti ovisi o preciznosti nacrtanoga grafa.)

Funkcije zadane grafički otkrivaju osnovne osobine funkcije i pružaju moguć-nost da se vide razlike između različitih funkcija koje bi bilo vrlo teško vidjeti iz for-mule. Ilustrirat ćemo to ovim primjerom.

Primjer 17. Na slici 2.5 je prikazan graf funkcije , a na slici 2.6 graf funkcije

. Formule tih dviju funkcija vrlo su slične, gotovo jednake, a grafovi tako različiti.

1 2 3-1-2-3

1

2

3

-1

x

y

Slika 2.5.

1 2 3-1-2-3

1

2

3

-1

x

y

Slika 2.6.

Vježbe 6.

1. Ako je , izračunajte:

1) f(0); 2) f(–1); 3) f ; 4) f ; 5) f .

2. Zadana je funkcija . Nađite:

1) f ; 2) f ; 3) f ; 4) f .

3. Ako je f(x) = x2, g(x) = x3, izračunajte .

4. Odredite funkciju f, ako je:

1) ; 2) ; 3) ;

4) ; 5) .

6

5. Ako je f(x) = x2 – 8x + 12 i , koliko je f(x0)?

6. Ako je i , koliko je f(x0)?

7

7. Odredite domenu sljedećih funkcija:

1) ; 2) ; 3) ; 4)

;

5) ; 6) ; 7)

;

8) ; 9) ; 10) ;

11) ; 12) ; 13) ;

14) ; 15) .

8. Funkcija je zadana formulom , a > 0, a 1. Funkciju

izrazite kao funkciju od f(x) i funkciju f (x) kao funkciju od g(x).

7. Neki pojmovi vezani uz funkcije

7.1. JEDNAKOST FUNKCIJA. Neka su f : Df Kf i g : Dg Kg dvije funk-cije. Ako je

(1) Df = Dg

(2) Kf = Kg

(3) f(x) = g(x), xD (D = Df = Dg)

onda su funkcije f i g jednake i pišemo f = g.

Primjer 18. Funkcije i su jednake za svaku vrijednost

xR i pišemo f = g.

Primjer 19. Zadane su funkcije i g(x) = x + 2. Ove su funkcije

jednake, i pišemo f(x) = g(x), xR. Naime, u formuli f je moguće kraćenje a rezultat toga kraćenja je formula za g.

Primjer 20. Funkcije i g(x) = x – 1 nisu jednake jer je D(f) = xR \ 1, a D(g) =

xR.

7.2. RESTRIKCIJA FUNKCIJE. Polazimo od sljedećeg primjera:

Primjer 21. Promotrimo funkcije i g1(x) = x – 1. Domena funkcije f je D(f) = xR \

1. Nad funkcijom g1 postavit ćemo dodatni uvjet: neka je D(g1) = xR \ 1. Tada je f = g1.

8

Odnos funkcije f i g1 odnosno f i g iz primjera 20 i primjera 21 korisno je raz-motriti. Njihovu vezu iskazat ćemo općenito.

Neka je dana funkcija f : D K i neprazan podskup D0D. Promotrit ćemo funkciju f1 : D0 K definiranu ovako: f1(x) = f(x) za svaki xD0. Dakle, funkcija f1

izvan skupa D0 nije definirana, dok na podskupu D0 djeluje kao i funkcija f. Funkciju f1 s takovom osobinom zovemo restrikcija od f na D0 i označavamo sa f1 = f D0.

Imajući na umu upravo iznijeto, može se reći da je u primjeru 21 funkcija f restrikcija od funkcije g.

7.3. NULTOČKE FUNKCIJE. Vrijednost nezavisne varijable x0 za koju je f(x0) = 0 zovemo nultočka funkcije.

Iz rečenog slijedi da se nultočke funkcije zadane sa y = f(x) određuju kao rje-šenje jednadžbe f(x) = 0.

Geometrijski gledano nultočka funkcije je ona točka u kojoj graf dane funkci-je presijeca (odnosno, dira) apscisnu os.

Primjer 22. Zadana je funkcija f(x) = 2x – 5. Njena je nultočka (slika 2.7). Dobili smo je kao

rješenje jednadžbe 2x – 5 = 0.

Primjer 23. Zadana je funkcija f(x) = x2 – x – 6 = 0. Rješavanjem jednadžbe nalazimo

da su nultočke dane funkcije x1 = 2, x2 = 3.

Primjer 24. Neka je funkcija f : R R zadana formulom f(x) = 2. Zadana funkcija nema nultočke. Naime, graf te funkcije je pravac paralelan s apscisnom osi i kao takav ne presijeca x–os (slika 2.8).

Vježbe 7.

1. Jesu li funkcije f i g jednake

1) , ; 2) f(x) = x – 3,

;

3) f(x) = 2log5x, g(x) = log5x2; 4) f(x) = 1, g(x) = sin2x + cos2x;

5) f(x) = cos x – sin x, ; 6) f(x) = 1, g(x) = tg x ctgx;

9

y = 2x 5

5

x

y

2

5

Slika 2.7.

1

2

x

y

1

Slika 2.8.

7) , g(x) = 2; 8) , ;

9) f(x) = x – 2, .

2. Nađite nultočke sljedećih funkcija:1) f(x) = 3x – 6; 2) f(x) = x2 – 9; 3) f(x) = ax2 + bx + c; 4) f(x) = x3 – 2x2;

5) ; 6) ; 7) f(x) = x + 1;

8) ; 9) f(x) = 2x; 10) f(x) = log (x – 5).

8. Definicije nekih (specijalnih klasa) funkcija

8.1. OGRANIČENE I NEOGRANIČENE FUNKCIJE. Za funkciju f : D R kažemo da je:

1 ograničena odozgo (s gornje strane) ako postoji broj M takav da za sve vrijednosti xD vrijedi nejednakost

f(x) M;

2 ograničena odozdo (s donje strane) ako postoji broj m takav da za sve vri-jednosti xD vrijedi nejednakost

m f(x);

3 ograničena ako je ograničena odozgo i odozdo, tj. ako postoje dva broja M i m takovi da za sve vrijednosti xD vrijedi dvostruka nejednakost

m f(x) M.

Geometrijska interpretacija. Kod funkcije ograničene odozgo postoji pravac y = M takav da se graf funkcije nalazi ispod ovoga pravca (slika 2.9.a); kod funkcije ograničene odozdo postoji pravac y = m takav da se graf funkcije nalazi iznad ovoga pravca (slika 2.9.b). Naposljetku, za ograničenu funkciju postoje dva pravca y = M i y = m, M > m, takovi da se graf funkcije nalazi između njih (slika 2.9.c).Primjer 25. Funkcija f(x) = x2 ograničena je odozdo. Naime, ovdje je m = 0 i za sve vrijednosti xR je

0 f(x).Primjer 26. Funkcija f(x) = sin x ograničena je na skupu R jer za sve vrijednosti xR vrijedi nejed-nakosti

sin x 1.

10

M My = M y = M

y = m y = mm m

x x x

y y y

a b c

Slika 2.9.

Za funkciju koja nije ograničena kažemo da je neograničena.Primjer 27. Funkcija f(x) = 2x – 1 je neograničena. Naime, ne postoji niti broj m niti broj M za koji (koje) bi funkcija f bila ograničena.

8.2. MONOTONE FUNKCIJE. Za funkciju f : S R, SD(f), kažemo da:

(1) raste na S, ako (x1, x2S x1 < x2) (f(x1) f(x2));

(2) strogo raste na S, ako (x1, x2S x1 < x2) (f(x1) < f(x2));

(3) pada na S, ako (x1, x2S x1 < x2) (f(x1) f(x2));

(4) strogo pada na S, ako (x1, x2S x1 < x2) (f(x1) > f(x2)).

Svaka funkcija definirana pod (1) i (3) je monotona na skupu S; funkcija je strogo monotona na S ako je strogo rastuća ili strogo padajuća.

Gornje pojmove upotrebljavat ćemo uglavnom ako je S neki interval. Uz to imamo sljedeću definiciju:

Za funkciju f : a, b R kažemo da je po dijelovima monotona na intervalu a, b, ako postoji konačno mnogo točaka x1, x2, x3, …, xn takovih da je

x1 < x2 < x3 < … < xn

i da je funkcija f monotona na svakom od intervala

a, x1, x1, x2, …, xn, b.Primjer 28. Funkcija f(x) = ax, a > 1, je strogo monotona, i to rastuća na cijelom području definiranosti. Ako je 0 < a < 1, tada je funkcija f(x) = ax strogo monotona, ali padajuća na cijelom području definiranosti.

Primjer 29. Funkcija f(x) = x2 je strogo monotona, i to padajuća za x–, 0, a rastuća za x0, +.

8.3. PARNE I NEPARNE FUNKCIJE. Neka je funkcija f definirana na inter-valu I koji je simetričan s obzirom na koordinatni početak

–a, a, –a, a, –, +.Za funkciju f : I R kažemo da je:

(1) parna, ako vrijedi jednakost

f(–x) = f(x), xI;

(2) neparna, ako vrijedi jednakost

f(–x) = –f(x), xI.

Iz ove definicije proizlazi da o parnosti odnosno neparnosti jedne funkcije ima smisla govoriti pod pretpostavkom da ako je ova definirana u točki x, mora biti definirana i u točki –x.

11

Geometrijska interpretacija. Iz definicije parne funkcije proizlazi da ako točka T(x, f(x)) pripada grafu funkcije f, tada i točka T'(–x, f(x)) mora pri-padati ovome grafu. Točke T i T' simetrične su u odnosu na y–os, a to znači da je i graf parne funkcije simetričan u odnosnu na ordinatnu os (slika 2.10. a).

Iz definicije neparne funkcije slijedi da ako točka T(x, f(x)) pripada grafu funkcije, tada i točka T'(–x, f(–x)) mora pripadati ovome grafu. Iz uvjeta f(–x) = –f(x) slijedi da su točke T i T' simetrične u odnosu na ishodište koordinatnog sustava (sli-ka 2.10.b).

x

y

a)

x

y

b)Slika 2.10.

Primjer 30. Funkcija f(x) = 2x4 – x2 + 7 je parna, jer je

f(–x) = 2 (–x)4 – (–x)2 + 7 = 2x4 – x2 + 7 = f(x).

Primjer 31. Funkcija je neparna, jer je

.

Kako je parna funkcija simetrična u odnosu na y–os, za crtanje njenoga grafa je dovoljno crtati samo onaj dio grafa koji odgovara vrijednostima varijable x 0 ili x 0, a zatim zrcaljenjem na y–osi dobiti drugi (preostali) dio grafa.

Iz činjenice da je neparna funkcija simetrična u odnosu na koordinatni poče-tak, za skiciranje njenog grafa dovoljno je crtati samo onaj dio grafa koji odgovara vrijednostima varijable x 0 ili x 0, a zatim dvostrukim zrcaljenjem na koordinatne osi (nije od bitnosti redoslijed zrcaljenja) dobiti drugi dio grafa.

Postoje funkcije koje nisu ni parne ni neparne. Čak štoviše, većina funkcija ni-je ni parna ni neparna, što znači da se svojstvo parnosti odnosno neparnosti ne po-javljuje tako često. Međutim, svaku funkciju f definiranu na simetričnom intervalu možemo prikazati u obliku zbroja parne i neparne funkcije (na istom tom intervalu)

f = fp + fn,

gdje su parna funkcija fp i neparna funkcija fn dane sa

12

f(x) f(x)

TT

x x

f(x)

f(–x)x

T

T'

–x

, .

Primjer 32. Funkcija f(x) = x3 + 2x + 1 nije ni parna ni neparna, u što se uvjeravamo ovako

f(–x) = (–x)3 + 2 (–x) + 1 = –x3 –2x + 1 = –(x3 + 2x – 1).

Primjer 33. Funkciju f(x) = x2 + 2x – 3 napišimu u obliku zbroja parne i neparne funkcije.

13

Njen parni dio je

,

dok je njen neparni dio

.

Konačno je

.

8.4. PERIODIČNE FUNKCIJE. Za funkciju f : R R kažemo da je periodič-na s periodom p (kraće: p–periodična), p 0, ako vrijedi jednakost

(*) f(x + p) = f(x), xR.

Najmanji od strogo pozitivnih brojeva p (ako postoji) za koji vrijedi (*) zove-mo osnovni ili temeljni period funkcije f.

Iz (*) neposredni slijedi da za periodičnu funkciju f vrijedi

f(x + mp) = f(x), xR.

Iz definicije periodične funkcije slijedi da funkcija f s periodom p ima, ta-kođer, period –p, jer je

f(x – p) = f(x – p) + p = f(x).

Da bismo nacrtali graf p–periodične funkcije dovoljno je nacrtati samo onaj dio grafa koji odgovara intervalu jednog perioda, tj. od vrijednosti x do (x + p), ili,

na primjer, na intervalu , a zatim sukladnim nanošenjem toga dijela grafa

lijevo i desno na udaljenostima p, 2p, 3p, … dobivamo graf funkcije na željenom intervalu (slika 2.11).

Stoga je kod izučavanja periodične funkcije dovoljno ograničiti se na njeno proučavanje na intervalu duljine osnovnog perioda, tj. na intervalu 0, p, jer za sva-ko xR postoji jedinstveni cijeli broj m i broj x' iz intervala 0, p da je x = mp + x'.

14

2

p

x f(x)

y

x

p p p

02

p

Slika 2.11.

Od periodičnih funkcija najpoznatije su trigonometrijske funkcije, a u primjeni najvažnije od njih su sinusoidalne funkcije, tj. funkcije oblika

f(x) = A sin (ax + b),

gdje su amplituda A, kružna frekvencija a 0 i faza b dani realni brojevi.Primjer 34. Odredimo osnovni period funkcije f(x) = sin 3x.

Općenito, funkcije y = sin bx i y = cos bx imaju period , jer je, na primjer, za sinus

funkciju

.

Isto vrijedi i za kosinus funkciju jer je i ona osnovnog perioda 2.

I funkcije

y = A sin (ax + b) i y = A cos (ax + b)

imaju period jer je i sada ispunjen uvijet f(x + p) = f(x). Tako, na primjer, za kosinus funkciju

.

Prema tome, zadanoj funkciji f(x) = sin 3x je osnovni period , a to znači da njezin graf

ima tri promjene u osnovnom periodu 2.

Primjer 35. Koliki je osnovni period funkcije ?

Osnovni period zadane funkcije je najmanji zajednički višekratnik perioda p1, p2 i p3. Vrijednost

perioda p1 je . Za p2 nalazimo da je , i ova je vrijednost šest puta

sadržana u 4, tj. . Za p3 imamo . Zato je osnovni period zadane funkcije p =

4.

Primjer 36. Odredimo osnovni period funkcije f(x) = sin2 x.

Zbog uvjeta periodičnosti f(x + p) = f(x), za svaki x iz područja definicije, je

sin2 (x + p) = sin2 x,

odnosno

15

.

Za x = 0 dobivamo sin2 p = 0 odnosno

sin p = 0.

Odavde slijedi

sin (k) = 0

pa je p = k, kZ \ 0. Konačno, za k = 1, nalazimo da je osnovni period zadane funkcije p = .

Primijetimo da nije moguće uvijek među periodičnim funkcijama f naći naj-manji period. Tako, na primjer, funkcija f(x) = c, gdje je c konstanta, ima period bilo koji realan broj p 0, jer je

f(x p) = c = f(x).

Vježbe 8.

1. Ispitajte funkcije u pogledu ograničenosti ili neograničenosti, ako je:

1) f(x) = sin x; 2) f(x) = tg x; 3) ; 4) ; 5) f(x) = x cos x;

6) ; 7) 8) ; 9) ; 10) f(x) =

log(x – 2).

2. Ispitajte intervale monotonosti funkcije, ako je:

1) f(x) = x2; 2) f(x) = x3; 3) f(x) = –x2 – 4x – 5; 4) ; 5) ;

6) ; 7) ; 8) ; 9) ; 10)

.

3. Ispitajte koje su funkcije parne, koje neparne, a koje ni parne ni neparne, ako je:

1) f(x) = 3x2; 2) f(x) = 2x – 4; 3) ; 4) ; 5)

;

6) ; 7) f(x) = x sin x; 8) f(x) = x ctg 3x; 9) ;

10) ; 11) ; 12) .

4. Odredite osnovne periode funkcija, ako je:

1) f(x) = sin 4x; 2) ; 3) f(x) = sin2 2x; 4) f(x) = cos 3x;

5) f(x) = sin x + 2cos x; 6) .

16

5. Jesu li periodične funkcije:

1) f(x) = 2 + sin x; 2) f(x) = 3x + sin x; 3) ; 4) ?

9. Inverzna funkcija

Neka je f : D K injektivno preslikavanje i (f) = y : y = f(x), xD slika funkcije f. Tada za svaki element y(f) postoji barem jedan element xD koji je prešao u y, tj. takav da vrijedi f(x) = y.

Kod injektivnog preslikavanja postoji samo jedan takav x, pa svakom y(f) pripada jedan i samo jedan element xD takav da je f(x) = y.

Na taj način možemo definirati funkciju f–1 : (f) D koja elementu y pri-družuje onaj jedinstveni element xD koji je funkcija f preslikala u y, tj. za koji vri-jedi x = f–1(y). To znači da varijablu x možemo promatrati kao funkciju od y koja je definirana na skupu (f) s vrijednostima u D.

Važno je uočiti da skup (f) može biti pravi podskup skupa K što ima za pos-ljedicu da f–1 nije funkcija sa K u D već funkcija iz K na D. Zato je funkcija f– defini-rana samo na slici (f) funkcije f.

U vezi s tim imamo definiciju:

Definicija 3. Neka je na skupu D definirana funkcija f i neka je (f) slika te funkci-je. Funkciju f–1 definiranu na skupu (f) koja svakom elementu y iz (f) pridružuje jedinstveni element

x = f–1(y)

iz D zovemo inverzna funkcija funkcije f; dakle je

f–1 : (f) D.

Vidimo, slika (f) funkcije f je područje definicije funkcije f–1, a slika (f–1) = D funkcije f–1 je područje definicije funkcije f. Dakle je

f : D (f), f–1 : (f) D.

Ako je f : D K injektivno preslikavanje, tada je graf funkcije f funkcijski skup u odnosu na y–os. To znači da svaka paralela s x–osi siječe graf funkcije f najviše u jednoj točki.

Graf koji dobivamo iz grafa funkcije f simetrijom u odnosu na pravac y = x, tj. u odnosu na si-metralu prvog i trećeg kvadratna, također je funkcijski skup ali u odnosu na x–os, što znači da svaka paralela s y–osi siječe simetrični

17

xx

y

y

0

T

T'

'

x f(x)

x f 1(x)

Slika 2.12.

graf najviše u jednoj točki. Naime, paralela s x–osi prilikom simetrije u donosu na pravac y = x prelazi u paralelu s y–osi (slika 2. 12).

Uzmemo li da je y neki proizvoljan realan broj, tada paralela sa x–osi kroz točku (0, y) siječe graf funkcije f u posve određenoj točki T kojoj je apscisa x, pa točka (x, y) pripada grafu funkcije f. Sa slike 2.12 vidimo da točka (y, x) pripada simetričnom grafu. To je zbog toga što su točke T(x, y) i T'(y, x) jedna drugoj simetrične u odnosu na pravac y = x.

Kako točka (y, x) pripada simetričnom grafu grafa funkcije f, to postoji funk-cija f–1 takova da vrijedi x = f–1(y). Dakle, funkcija f–1 element y šalje u onaj jedin-stveni element x kojeg je funkcija f poslala u y.

Prema tome, graf inverzne funkcije f–1 dobivamo zrcaljenjem grafa funkcije f na simetrali prvog i trećeg kvadranta.

Ako je f–1 inverzna funkcija funkcije f, tada je očigledno i funkcija f inverzna funkcija funkcije f–1; dakle, f i f–1 su jedna drugoj inverzne funkcije.Primjer 37. Funkciji f(x) = 3x – 2 područje definicije je skup R, a njena je slika, također, skup R. Bu-dući da je zadana funkcija f neparna funkcija i kako je strogo rastuća na D(f) = R, to postoji inverzna

funkcija koja je strogo rastuća na (f) = D(f–1) = R.

Primjer 38. Inverznu funkciju funkcije određujemo ovako:

2xy + 5y = 3x – 4

x(2y – 3) = –(5y + 4)

.

Primjer 39. Odredimo inverznu funkciju funkcije .

Radimo ovako:

18

.

Primjer 40. Zadana je funkcija . Njoj inverznu funkciju određujemo ovako:

Iz y = loga b slijedi ay = b, pa imamo

,

a odavde je

.

Vježbe 9.

1. Odredite funkciju koja je inverzna zadanoj funkciji, ako je:

1) f(x) = 2x – 3; 2) f(x) = x2 – 3; 3) , x 0; 4) , x 0;

5) , ; 6) ; 7) ; 8)

;

9) ; 10) ; 11) ;

12) ; 13) ; 14)

;

15) .

10. Kompozicija funkcija

Raznim operacijama s funkcijama dobivamo nove funkcije. Jedna od najpri-rodnijih i najvažnijih operacija s funkcijama je kompozicija ili umnožak – kaže se i sastavljanje –funkcija.

Neka su dana tri neprazna skupa A, B i C i neka su dane dvije funkcije

f : A B, g : B C,

gdje je, kao što vidimo, područje vrijednosti funkcije f ujedno područje definicije funkcije g. Funkciju gf : A C definiranu ovako

gf(x) = gf(x), xA,

zovemo kompozicija ili umnožak funkcija f i g (slika 2.13).

19

x f(x)

gf(x)gf(x)

AB

C

f g

gf

Slika 2.13.

Na opisani je način svakom x iz A pridružen element f(x) iz B i svakom y = f(x) iz B pridružen je element g(x) = gf(x) = gf(x) iz C. Na taj je način elementu x iz A pridružen element f(x) iz B, a onda ovome elementu posve određeni element gf(x) iz C. Dakle, svakom elementu xA pridružen je posve određeni element gf(x)C. Prema tome je sa x gf(x) dana funkcija s A u C.

Da bi kompozicija gf bila definirana, mora – kako vidimo – slika funkcije f bi-ti u području definicije funkcije g jer tek tada postoji niz funkcija

x f(x) gf(x),tj. postoji funkcija x gf(x).

Ako su A, B, C i D četiri neprazna skupa i f, g i h tri funkcije

f : A B, g : B C, h : C D,

tada su očigledno definirane i funkcije, tj. kompozicije

hg, (hg)f, gf, h(gf).

Lako se provjerava da za komponiranje funkcija vrijedi zakon asocijacije

(hg)f = h(gf).

Naime, vrijedi

(hg)f(x) = hgf(x) = hgf(x),h(gf)(x) = hgf(x) = hgf(x).

Primjer 41. Neka su funkcije f : R R i g : R R dane formulama

f(x) = 2x + 1, .

Kompoziciju gf određujemo ovako:

.

Primijetimo da kompozicija funkcija nije komutativna operacija, tj. za kompo-niranje funkcija ne vrijedi zakon komutacije; dakle je

gf fg.Primjer 42. Kompozicija fg za funkcije iz primjera 41 je

.

20

Vidimo da je gf fg, tj. .

Ako zapis

ima smisla, tada lanac uzastopnih preslikavanja

x u v y

definira složenu funkciju y = f(x) varijable x.

Primjer 43. Funkcija je složena. Pomoću dvije međuvarijable u i v definira se

preslikavanje

y u v x

i pritom je

, v = sin u, .

Primjer 44. Lanac preslikavanja je x u y definiran je sa y = f(x) = log2 u, u = (x) = x – 2. Odre-dimo kompoziciju tih dviju funkcija, tj. složenu funkciju y = f(x).

Funkcija u = (x) = x – 2 definirana je za x, +, a funkcija y = f(x) = log2 u za x2, +. Zato je područje definicije složene funkcije presjek tih dviju pojedinačnih domena, tj. D(f) = x2, +, te je za te vrijednosti varijable x definirana složena funkcija y = f(x) = log2 (x – 2).

Vježbe 10.

1. Zadane su funkcije f(x) = 2x – 3, g(x) = x + 3. Odredite:1) f o g; 2) g o f; 3) f o f; 4) g o g.

2. Ako je , , odredite:

1) f o g; 2) g o f.

3. Odredite f(x), ako je i g(x) = 1 – x2.

4. Riješite jednadžbu (f o g) (x) = (g o f) (x), ako je:

1) , g(x) = log 2x; 2) , g(x) = x + 1;

3) , .

5. Ako je , , riješite jednadžbu (g o f) (x) = 4.

6. Ako je , , riješite jednadžbu (f o g) (x) = –x.

7. Neka je , . Riješite jednadžbu

.

21

11. Neke osnovne elementarne funkcije

11.1. KLASIFIKACIJA ELEMENTARNIH FUNKCIJA. U elementarnoj se matematici promatraju sljedeće elementarne funkcije:

1. potencija xr, r racionalan broj,

2. eksponencijalna funkcija ax, aR+ \ 1,

3. logaritamska funkcija ,

4. trigonometrijske funkcije sin x, cos x, tg x, ctg x, sec x, cosec x,

5. inverzne funkcije trigonometrijskim (ciklometrijske funkcije) arc sin x, arc cos x, arc tg x, arc ctg x.

Elementarne funkcije se klasificiraju na sljedeći način:

(1) Funkcije koje mogu nastati iz funkcija f1(x) = x i f2(x) = C (C je konstanta) primjenom operacija zbrajanja i množenja zovu se polinomi.

Polinom je općeg oblika

,

gdje su a0, a1, ..., an zadani realni brojevi i n prirodan broj. Domena polinoma je skup svih realnih brojeva R.

(2) Funkcije koje mogu nastati iz funkcija f1(x) = x i f2(x) = C primjenom ope-racija iz (1) i operacije dijeljenja zovu se racionalne funkcije.

Svaka racionalna funkcija je količnik dvaju polinoma, tj. oblika je

.

Domena racionalne funkcije je skup svih realnih brojeva koji su različiti od nultočki polinoma koji se nalazi u nazivniku.

Primjer 45. Funkcija je racionalna. Polinom u brojniku je drugog stupnja,

dok je onaj u nazivniku stupnja trećeg.

(3) Funkcije koje mogu nastati iz funkcija f1(x) = x i f2(x) = C = 1 primjenom operacija iz (1) i (2) i operacije korjenovanja zovu se algebarske funkcije (pritom se kod korijena kojemu je eksponent paran broj uzima njegova aritmetička vrijednost).

(4) Algebarske funkcije koje nisu racionalne kažemo da su iracionalne.

Iracionalna funkcija se ne može prikazati u obliku algebarskog razlomka ili polinoma.

22

Primjer 46. Iracionalne funkcije su , . Međutim, funkcija koja je zadana

iracionalnim izrazom nije iracionalna. Ova se funkcija, naime, može zapisati u

obliku .

(5) Sve ostale elementarne funkcije su elementarne transcendentne funkcije.

Primjer 47. Transcendentne funkcije su (qI), sin x, log x, arccos x (i druge).

11.2. POTENCIJA. Funkciju f(x) = xr, rR, zovemo potencija.

Domena potencije xr ovisi o vrijednosti eksponenta r.

Za ma koje realno r potencija xr je definirana za sve xR+.

Za x 0 funkcija xr za neke vrijednosti r može biti definirana, a za neke druge ne mora.

Ako je > 0, tj. pozitivan racionalan broj, tada je potencija xr definirana

za xR ako je:

(1) n neparno, a m parno (tada je graf funkcije simetričan prema yosi) ili m neparno (graf funkcije je simetričan prema ishodištu koordinatnog sustava);

(2) n parno, tada za m neparno potencija xr nije definirana za xR.

Naposljetku, za r 0, pri čemu je r iracionalan broj, potencija xr je definirana samo za x 0, tj. za xR+0.

Sve navedeno vrijedi i za r < 0, uz napomenu da potencija xr nije definirana za x = 0.Primjer 48. Na slici 2.14 nacrtani su grafovi funkcija f(x) = xr za r = 1, 2, 3. Za r = 1 imamo pravac y = x, a za r = 3 kubnu parabolu y = x3. Svaki od ova dva grafa simetričan je u odnosu na ishodište koordi-natnog sustava. Za r = 2 imamo parabolu y = x2 i ona je simetrična s obzirom na yos.

Ako je r negativan cijeli broj, tj. r = n, nN, tada je

i domena je skup R \0.

Za , m,nN, i ireducibilan (skraćen

do kraja), imamo

.

Za n neparno funkcija je definirana za xR, a za n parno za xR+0.

Formula ima, dakle, smisla za sve xR kada je n neparno, odnosno za svaki xR+0 kada je n parno.

23

0 1

1

x

y r = 1

r = 2

r = 3

Slika 2.14.

(N a p o m e n a: m i n ne mogu biti oba parna jer je razlomak ireducibi-

lan).

Ako je , m,nN, i ireducibilan, tada je

.

Za neparno n domena funkcije je skup R \ 0, a za n parno domena je

R+.

11.3. EKSPONENCIJALNA FUNKCIJA. Formulom

f(x) = ax, aR+ \ 1je definirana eksponencijalna funkcija. Ona ima smisla za sve realne brojeve, tj. nje-na je domena skup R.

Eksponencijalna funkcija prima samo pozitivne vrijednosti i vrijedi da je f(R) = R+.

Primijetimo da je ax > 0 za svaki x i da je a0 = 1. To znači da je graf eksponen-cijalne funkcije ax iznad xosi i da prolazi točkom (0, 1).

Ponašanje eksponencijalne funkcije ax zavisi od toga je li

a1, + ili a0, 1.(N a p o m e n a: Za a = 1, eksponencijalna funkcija prezali u konstantu y =

1.)

Za a1, + s uvećanjem varijable x uvećava se i f(x), a sa neograničenim rastom varijable x neograničeno raste i f(x). Funkcija je, znači, strogo monotona i rastuća.

Za a0, 1 funkcija f(x) pada i neograničeno se približava nuli kada varijabla x neograničeno raste. Funkcija je strogo monotona i padajuća.

Negativ dio xosi je asimptota krivulje y = ax, a1, +, a pozitivan dio xosi je asimptota krivulje y = ax, a0, 1.

Graf funkcije f baze a simetričan je prema

yosi s grafom funkcije f baze . Naime, funkciju

možemo pisati u obliku y = a-x i ona za x > 0

dobiva one vrijednosti koje funkcija ax dobiva za x < 0 za varijable jednakih apsolutnih vrijednosti, i obratno. Budući da je

24

1

a = 22

1a

x

y

Slika 2.15.

> 1 za a < 1 i < 1 za a > 1,

to svakom grafu eksponencijalne funkcije f baze a0, 1 odgovara graf funkcije f baze a1, +, (i obratno), simetričan u odnosu na yos.

Primjer 49. Na slici 2.15 su nacrtani grafovi funkcija f(x) = 2x, , tj. za slučaj kada je a =

2 i .

11.4. LOGARITAMSKA FUNKCIJA. Funkcija dana formulom

f(x) = loga x, aR+ \ 1,je logaritamska funkcija i ona je inverzna eksponencijalnoj funkciji f(x) = ax.

Budući da su loga x i ax inverzne, to je

, xR, i , xR+.

Za logaritamsku funkciju vrijede i sljedeće formule:

,

,

,

pri čemu su x,yR+ i rR.

Graf logaritamske funkcije y = loga x dobiva se iz grafa eksponencijalne funk-cije y = ax tako da se graf funkcije ax zrcali u odnosu na pravac y = x (slika 2.16).

Iz grafa logaritamske funkcije vidi se sljedeće:

1. Logaritamska funkcija nije definirana za negativne vrijednosti x i nulu. Dakle, njena je do-mena

D(loga x) = xR+.

2. Graf logaritamske funkcije prolazi toč-kom (1, 0).

2. Za a1, + logaritamska funkcije stro-go raste, dok za a0, 1 strogo pada, te za x,y R+ vrijedi

(x < y) (loga x < loga y), a1, +,(x < y) (loga x > loga y), a0, 1.

Od posebnog su interesa dvije funkcije:

25

1

axy = x

loga x

0

1

Slika 2.16.

jedna je ona kod koje je baza a = 10; u tom slučaju imamo dekadske ili Briggsove logaritme i pišemo log x,

druga je ona kod koje je baza a = e = 2,718...; u tom slučaju imamo prirod-ne ili Naipierove logaritme i pišemo ln x.

(N a p o m e n a: O broju e bit će riječi kasnije.)

Veza između dekadskog i prirodnog logaritma dana je formulama

,

odnosno

i one nam omogućavaju da se pomoću dekadskih logaritama izračunaju prirodni lo-garitmi i obratno.

11.5. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE. Neka je u ravnini dan Kartezijev pravokutni sustav i neka je u njemu dana kružnica jediničnog polumjera r sa središ-tem u ishodištu (slika 2.17). U točki A(1, 0) položen je brojevni pravac paralelan s yosi. Namatanjem toga pravca na kružnicu i to dijela s pozitivnim brojevima su-protno, a dijel s negativnim brojevima u smjeru gibanja kazaljki na satu, pridružimo svakom realnom broju x jednu točku T te kružnice. Takvu kružnicu zovemo brojev-na ili trigonometrijska kružnica.

Realnom broju x prethodno opisanim postupkom pridružimo točku T, smješ-tene na trigonometrijskoj kružnici. Ordinatu točke T označimo sa sin x, a apscisu sa cos x. Na taj način definirali smo sinus uz oznaku

sin x : R R.

Za sliku te funkcije vrijedi sin (R) = 1, 1.Pridružimo li broju x točku T trigonometrij-

ske kružnice, onda je ta točka pridružena i sva-kom broju koji se od x razlikuje za 2k, kZ, što možemo pisati

sin (x + 2k) = sin x, xR, kZ.

Funkcija cos x : R R koja svakom real-nom broju x pridružuje apscisu pripadne mu točke T trigonometrijske kružnice zove se kosinus.

I za kosinus vrijedi

cos (x + 2k) = cos x, xR, kZ.

Grafovi funkcija sin x (a) i cos x (b) prikazani su na slici 2.18.

26

TO

AB

T xy

cos x

sin

x

r

Slika 2.17.

(a) (b)

Slika 2.18.

Definira se

, .

Funkcije sin x, cos x, tg x, ctg x zovu se trigonometrijske funkcije.

11.6. ARKUS FUNKCIJE. Funkcija sin x : R R nije injektivna. Naime, ova funkcija za različite vrijednosti, na primjer x = 0, x = , x = 2, ..., dobiva istu vri-

jednost. Zato promatramo restrikciju funkcije sin x na segmentu . Tu res-

trikciju označavamo sa Sin x, tj. Sin x = sin x . Prema tome imamo funk-

ciju

Sin x : R.

Sličnim zaključivanjem dolazimo do funkcije

Cos x : 0, R,

gdje je Cos x restrikcija od cos x na 0, .Funkcije Sin x i Cos x su injektivne a to znači da postoje njihove inverzne fun-

kcije; označavamo ih sa

Sin1 x arc sin x, Cos1 x arc cos x.

Pritom je

arc sin x : 1, 1 i arc cos x : 1, 1 0, .

To znači da funkcija arc sin x svakom broju x1, 1 pridružuje luk (arc) čiji je sinus jednak x. Slično, funkcija arc cos x svakom broju x1, 1 pridružuje luk čiji je kosinus jednak x.

Grafovi tih funkcija prikazani su slikama 2.19 i 2.20.

27

Slika 2.19. Slika 2.20.

Restrikciju funkcije tg na intervalu označavamo sa Tg x, tj. vrijedi

Tg x = tg x .

Slično je Ctg x = ctg x0, .Budući da su Tg x i Ctg x injektivna preslikavanja, to postoje inverzne funkci-

je

Tg1 x arc tg x i Ctg1 x arc ctg x

koje definiramo ovako

arc tg x : R i arc ctg x : R 0, .

Funkcije arc sin x, arc cos x, arc tg x i arc ctg x poznate su pod imenom arkus ili ciklometrijske funkcije.

11.7. HIPERBOLNE FUNKCIJE. Promatrajmo linearne kombinacije funkcija ax i ax, tj.

, .

Lako se pokazuje da je f1 parna, a f2 neparna funkcija varijable x, tj. da je

f1(x) = f1(x), f2(x) = f2(x).

Jednako se tako lako može pokazati točnost sljedećih jednakosti

, .

Uzmemo li u funkcijama f1 i f2 umjesto baze a > 1 broj e, dobivamo ove dvije funkcije

, .

28

Prvu od njih zovemo kosinus hiperbolni, a druga je sinus hiperbolni.

Iz definicije kosinusa hiperbolnog i sinusa hiperbolnog slijedi

, .

Dakle, ch (x) je parna, a sh (x) je neparna funkcija.

Tangens hiperbolni definiramo kao količnik sinusa hiperbolnog i kosinusa hi-perbolnog, tj.

.

Za tangens hiperbolni vrijedi da je

th (x) = th (x),

tj. th x je neparna funkcija varijable x.

Sličnim postupkom nalazimo da je

,

gdje je sa cth x dan kotangens hiperbolni.

Funkcije sh x, ch x, th x i cth x su hiperbolne funkcije.

REZULTATI, UPUTE, RJEŠENJAnekih zadatak

Vježbe 6.

1. 1) –3; 2) ; 3) ; 4) ; 5) .

2. 1) ; 2) ; 3) ; 4) .

3. .

4. 1) ; 2) f(x) = 4x2 + 18x + 3; 3) f(x) = x2 – 2; 4) .

5. , f(x0) = 8.

29

6. , x 1; ; .

7. 3) x0, + \ 1; 4) x–4, 0; 5) Funkciju možemo prikazati u obliku

. Ako je x < –2, onda su sve vrijednosti faktora u

radikandu negativne, pa se pod korijenom nalazi negativan broj; za –2 x –1, tada je x + 2 0 i istovremeno x + 1 0, x < 0, x – 1<0 i x – 2 <0, pa se pod korijenom nalazi pozitivan broj. Na isti način se pokazuje da je za –1 < x < 0 izraz pod korijenom negativan. Za 0 < x < 1 izraz pod kori-jenom je nenegativan, a za 1 < x < 2 izraz je negativan. Za x > 2 izraz pod korijenom je pozitivan. Prema tome, područje definicije je x–2, –10, 12, +. 7) Funkcija je definiran zax2 – 2x > 0, tj. za – < x < 0 i 2 < x < +. Prema tome, domena je xR \ 0, 2; 8) x1, +; 9) Funkcija je definirana za one vrijednosti x za koje je 1 – x > 0, x 0, x + 2 0. Prema tome, domena je x–2, 00, 1; 10) xR; 11) x–3, +; 12) xR \ –2, 1;

13) x1, +; 14) x (1 + 4k), kZ; 15) x2k, (1 + 4k), kZ.

8. Iz slijedi ; .

Odavde nalazimo da je , odnosno , ili

.

Vježbe 7.1. 1) Ne; 2) ne; 3) ne; 4) da; 5) da; 6) ne; 7) ne; 8) ne; 9) ne.

2. 1) x = 2; 2) x = 3; 3) ; 4) x = 0 i x = 2; 5) x = 1 je

dvostruka nultočka, dok su x = 2 i x = –3 jednostrke nultočke. 6) Ne postoje. 7) x = –1;

8) , kZ; 9) Funkcija nema nultočki. 10) Iz x – 5 = 1 slijedi da je nultočka x =

6.

Vježbe 8.1. 1) Ograničena, jer za svako xR je –1 sin x 1, tj. sin x 1. 2) Funkcija je definirana za

svako , kZ; ona, na primjer u intervalu prima sve svoje

vrijednosti. U tom intervalu funkcije je neograničena i može primiti svaku vrijednost između – i +. 3) Funkcija je definirana za svako x 0; u području definicije funkcija je neograničena. Naime, kada x teži k nuli preko pozitivnih vrijednosti funkcija raste u +; kada x teži k nuli preko nega-tivnih vrijednosti, funkcija pada u –. 4) Neograničena na intervalu 3, +. 5) Neograniče-na. 6) Funkcija je definirana za svako x 0; ograničena je. 7) Ograničena; 8) Definirana za svako x 1; neograničena. 9) Neograničena. 10) Neograničena.

30

2. 1) Neka je x1 < x2. Promotrimo izraz A = f(x2) – f(x1) = = (x2 – x1) (x2 – x1); izraz

x2 – x1 > 0, pa znak od A zavisi od znaka izraza x2 + x1. Ako je x2 + x1 >0, a to je za 0 x1 < x2, onda je i A > 0, pa funkcija raste; ako je x2 + x1 < 0, a to je za x1 < x2 0, onda je i A < 0, pa funk-cija pada. Zaključujemo: funkcija pada u intevalu –, 0, a raste u intervalu 0, +. 2) Uzmi-

mo x1 < x2 i promotrimo izraz A = , odnosno A = (x2 – x1)( + x1x2 + ). Izraz x2 – x1 je

pozitivan, pa znak od A zavisi od znaka drugog faktora u kome su i pozitivni. Ako je

x1x2 > 0, onda je i drugi faktor pozitivan, pa je i A > 0, tj. f(x2) > f(x1); ako je x1x2 < 0, onda je drugi

faktor, koji se može pisati u obliku + x1x2 + = (x1 + x2)2 – x1x2, opet pozitivan, što znači da je

i u ovom slučaju f(x2) > f(x1). Zaključujemo: funkcija raste na cijeloj domeni. 3) U intervalu –, –2 raste, a u intervalu –2, + pada. 4) Funkcija pada u intervalima –, 0 i 0, +. 5) Funkcija pada u intervalu –, 1 i 1, +. 6) Funkcija raste u intervalima –, 3 i 3, +. 7) Funkcija pada u intervalu –, 0 \ –1, a raste u inetravlu 0, + \ 1. 8) Funkcija raste –, 3 i 3, +. 9) Funkcija raste u cijelom skupu R. 10) Funkcija pada u intervalu 0, +.

3. 1) 7) i 8) su parne; 3), 6), 10), i 11) su neparne; ostale nisu ni parne ni neparne.

4. 1) ; 2) ; 3) ; 4) ; 5) 2; 6) 2.

5. 1) i 3) periodične; 2) i 4) neperiodične.

Vježbe 9.

1. 1) ; 2) ; 3) Ova je funkcija sama sebi inverzna.

4) ; 5) ; 6) ; 7)

;

8) ; 9) ; 10) ; 11)

;

12) ; 13) ; 14) ; 15)

.

Vježbe 10.1. 1) f o g = 2x + 3; 2) g o f = 2x; 3) f o f = 4x – 9; 4) g o g = x + 6.

2. 1) f o g = ; 2) g o f = .

3. .

4. 1) x 0,873; 2) x1 = –1, x2 = 1; 3) Jednadžba nema rješenja.5. x1 = 0, x2 = 1.

6. , .

7. x1 = 1, x2 = 2.

31

L i t e r a t u r a

БЕРМАН, Г.Н. (1965), Cбopник эaдaч по курсу мaтeмaтичecчкoго aнaлиэa, Mocквa, Издaтельство "Наука"

BRADIĆ, T. i dr. (1998), Matematika za tehnološke fakultete, Zagreb, Element

CHIANG, A.C. (1994), Osnovne metode matematičke ekonomije (prijevod s engleskog), Za-greb, "Mate" d.o.o.

DEDEIĆ, R. (1977), Uvod u matematičku analizu, Rijeka, Pedagoški fakultet u Rijeci

ДEMИДOBИЧ, Б.П. (1963), Cбopник эaдaч и yпpaжнeний по мaтeмaтичecчкoмy aнaлиэy, Mocквa, Гocyдaрствeннoе издaтелство

FERENCI, F. i dr. (1963), Zbirka rešenih zadataka iz matematike 1, Beograd, Naučna knjiga

KADUM, V. (2001), Realne funkcije jedne varijable (Habilitacijski rad), Pula, Filozofski fa-kultet u Puli

KRAJNOVIĆ, M. (1975), Grafovi funkcija, Zagreb, Školska knjiga

KUREPA, S. (1970), Matematička analiza 1, Zagreb, Tehnička knjiga

MIHAILOVIĆ, D. – JANIĆ, R. R. (1976), Elementi matematičke analize 1, Beograd, Naučna knjiga

MINORSKI, V. P. (1971), Zbirka zadataka više matematike, Zagreb, Tehnička knjiga

PALATINI, A. – FAGGIOLI, V. (1975), Complementi di matematica, Milano, Ghisetti e Cor-vi editori

32