funkcije-rjesenja

Zadaci za vjezbu - FUNKCIJE

Ana Katalenic

1. Ako je f(x) = x3 − 3x2 + 1 izracunajte f(−x), f(0), f(−5), f

(3

2

).

f(−x) = (−x)3 − 3(−x)2 + 1 = −x3 − 3x2 + 1,

f(0) = 03 − 3 · 02 + 1 = 0− 3 · 0 + 1 = 1,

f(−5) = (−5)3 − 3 · (−5)2 + 1 = −53 − 3 · 52 + 1 = −125− 3 · 25 + 1

= −125− 75 + 1 = −199,

f

(3

2

)=

(3

2

)3

− 3 ·(

3

2

)2

+ 1 =33

23− 3 · 32

22+ 1 =

27

8− 3 · 9

4+ 1 =

−19

8.

2. Ako je f(x) = x4 − x2, izracunajte f(2) + 3 · f(0).

f(2) = 24 − 22 = 16− 4 = 12,

f(0) = 04 − 02 = 0,

f(2) + 3 · f(0) = 12 + 3 · 0 = 12.

3. Ako je f(x) =x− 1

x + 2odredite koliko je

f(x)− f(y)

1− f(x) · f(y).

f(x)− f(y)

1− f(x) · f(y)=

x−1x+2 −

y−1y+2

1− x−1x+2 ·

y−1y+2

=

(x−1)(y+2)−(y−1)(x+2)(x+2)(y+2)

1− (x−1)(y−1)(x+2)(y+2)

=

(x−1)(y+2)−(y−1)(x+2)(x+2)(y+2)

(x+2)(y+2)−(x−1)(y−1)(x+2)(y+2)

=(x− 1)(y + 2)− (y − 1)(x + 2)

(x + 2)(y + 2)− (x− 1)(y − 1)

=xy + 2x− y − 2− (xy + 2y − x− 2)

xy + 2x + 2y + 4− (xy − x− y + 1)=

3x− 3y

3x + 3y + 3=

x− y

x + y + 1.

4. Dana je funkcija f(x) =x− 1

x + 1+x + 1

x− 1. Dokazite da je f

(1

x

)= −f(x).

Pojednostavimo izraz za f(x),

f(x) =x− 1

x + 1+

x + 1

x− 1=

(x− 1)2 + (x + 1)2

(x + 1)(x− 1)=

x2 − 2x + 1 + x2 + 2x + 1

x2 − 1

=2x2 + 2

x2 − 1=

2(x2 + 1)

x2 − 1= 2 · x

2 + 1

x2 − 1to jest f(x) = 2 · x

2 + 1

x2 − 1.

Odredimo f

(1

x

)= 2 ·

( 1x)2 + 1

( 1x)2 − 1

= 2 ·1x2 + 11x2 + 1

= 2 ·1+x2

x2

1−x2

x2

= 2 · 1 + x2

1− x2

= 2 · x2 + 1

−(x2 − 1)= −2 · x

2 + 1

x2 − 1= −f(x). Jednakost vrijedi.

5. Za f(x) = x2−1 i g(x) = (x−1)2 odredite (a−1) ·f(a)−(a+1) ·g(−a).

Racunamo: (a− 1) · f(a)− (a + 1) · g(−a)

= (a− 1) ·[a2 − 1

]− (a + 1) ·

[((−a)− 1)2

]= (a− 1) ·

[a2 − 1

]− (a + 1) ·

[(−a− 1)2

]= (a− 1) ·

[a2 − 1

]− (a + 1) ·

[(−(a + 1))2

]= (a− 1) ·

[a2 − 1

]− (a + 1) ·

[(a + 1)2

]= (a− 1) · [(a− 1)(a + 1)]− (a + 1)

[(a + 1)2

]= (a− 1)(a− 1)(a + 1) + (a + 1)(a + 1)2

= (a− 1)2(a + 1)− (a + 1)3 = (a + 1)[(a− 1)2 − (a + 1)2

]= (a + 1) [(a− 1)− (a + 1)] [(a− 1) + (a + 1)]

= (a + 1) [a− 1− a− 1] [a− 1 + a + 1] = (a + 1) · (−2) · 2a = −4a(a + 1).

6. Odredite f(x) ako je:

(a) f(x + 1) = 3x− 2,

Zamijenimo a = x + 1 =⇒ x = a− 1, tako f(x + 1) = f(a) = 3 · (a−1) − 2 = 3a − 3 − 2 = 3a − 5. Tada mozemo pisati f(x) = 3x − 5.

Provjerimo f(x + 1) = 3(x + 1)− 5 = 3x + 3− 5 = 3x− 2√

.

(b) f(3x− 1) = x2,

1

Zamijenimo

b = 3x− 1

b + 1 = 3x1

3(b + 1) = x.

Uvrstimo f(3x− 1) = f(b) = x2 =

(1

3(b + 1)

)2

=

(1

3

)2

(b + 1)2

=1

9(b + 1)2. Mozemo pisati f(x) =

1

9(x + 1)2.

Provjerimo f(3x− 1) =1

9((3x− 1) + 1)2 =

1

9(3x)2 =

1

932x2 = x2√.

(c) f

(x− 1

2

)= −2x +

1

3,

Zamijenimo t = x− 1

2=⇒ x = t +

1

2. Uvrstimo f

(x− 1

2

)= f(t)

= −2x +1

3= −2 ·

(t +

1

2

)+

1

3= −2t − 1 +

1

3= −2t − 2

3, mozemo

pisati f(x) = −2x− 2

3.

Provjerimo f

(x−

1

2

)= −2 ·

(x−

1

2

)−

2

3= −2x + 1−

2

3= −2x +

1

3

√.

7. Ispitajte injektivnost i surjektivnost sljedecih funkcija. Odredite bijek-

cije i pronadite njihov inverz.

(a) f(x) = x− 4, f : Z −→ Z,

I Neka su x1, x2 ∈ Z takvi da je:

f(x1) = f(x2)

To jest: x1 − 4 = x2 − 4

=⇒ x1 = x2

QED, injektivnost vrijedi.

S Neka je y ∈ Z. Trazimo takav x ∈ Z da je:

y = f(x)

To jest: y = x− 4

x = y + 4 ∈ Z

QED, surjektivnost vrijedi.

B Funkcija je bijektivna jer je injektivna i surjektivna.

f−1 Inverz funkcije je odreden pravilom x = y + 4 danom u dokazu

surjekcije to jest f−1(x) = x + 4, f−1 : Z −→ Z.

(b) f(x) = −3x + 1, f : R −→ R,

I Neka su x1, x2 ∈ R takvi da je:

f(x1) = f(x2)

To jest: − 3x1 + 1 = −3x2 + 1

−3x1 = −3x2

=⇒ x1 = x2


S Neka je y ∈ R. Trazimo takav x ∈ R da je:

y = f(x)

To jest: y = −3x + 1

y − 1 = −3x

x =−1

3(y − 1) ∈ R

QED, surjektivnost vrijedi.


f−1 Inverz funkcije je odreden pravilom x = −1

3y+

1

3danom u dokazu

surjekcije to jest f−1(x) = −1

3y +

1

3, f−1 : R −→ R.

(c) f(x) = 4x + 3, f : Z −→ Z,


f(x1) = f(x2)

To jest: 4x1 + 3 = 4x2 + 3

4x1 = 4x2

=⇒ x1 = x2


2

S Neka je y ∈ Z. Trazimo takav x ∈ Z da je:

y = f(x)

To jest: y = 4x + 3

y − 3 = 4x

x =1

4(y − 3), ali

za y = 0 ∈ Z, x =1

4· (0− 3) = −3

4/∈ Z

Nasli smo kontraprimjer. Slika funkcije nije jednaka kodomeni.

Funkcija nije surjektivna.

Za y = 7 ∈ Z =⇒ x =1

4· (7 − 3) =

1

4· 4 = 1 ∈ Z. Broj 7 ∈ Im(f). Odredimo

Im(f) = {. . . ,−9,−5,−1, 3, 7, 11, . . . } = {y ∈ Z : y = 4 · k + 3, k ∈ Z}.

B Funkcija nije bijektivna.

f−1 Funkcija nema inverz.

(d) f(x) = 2x2, f : R −→ R,


f(x1) = f(x2)

To jest: 2x21 = 42x2

2

x21 = x2

2, ali tada

x1 = ±x2

Mozemo pronaci razlicite argumente x1 = −1, x2 = 1 kojima je

vrijednost funkcije jednaka f(x1) = f(x2) = 2. Nasli smo kontra-

primjer. Funkcija nije injektivna.


y = f(x)

To jest: y = 2x2

1

2y = x2, ali

za y = −1

2∈ R, x2 = −1

4

x = ±1

2i /∈ R



B Funkcija nije bijektivna. Kako treba promijeniti domenu i kodo-

menu da funkcija f bude bijektivna?


(e) f(x) = −4

5x +

1

2, f : Z −→ R,


f(x1) = f(x2)

To jest: − 4

5x1 +

1

2= −4

5x2 +

1

2

−4

5x1 = −4

5x2

=⇒ x1 = x2


S Neka je y ∈ R. Trazimo takav x ∈ Z da je:

y = f(x)

To jest: y = −4

5x +

1

2

y +1

2= −4

5x

x = −5

4

(y +

1

2

), ali

za y = 0 ∈ R, x = −5

4·(

0 +1

2

)= −5

4· 1

2= −5

8/∈ Z



Uocimo za y =7

2∈ R =⇒ x =

5

4·(

7

2+

1

2

)=

5

4·8

2=

5

4·4 = 5 ∈ Z. Broj

7

2∈ Im(f).

B Funkcija nije bijektivna.


(f) f(x) =2

x− 1, f : R \ {1} −→ R,

3

I Neka su x1, x2 ∈ R \ {1} takvi da je:

f(x1) = f(x2)

To jest:2

x1 − 1=

2

x2 − 1jer su brojnici jednaki

=⇒ x1 − 1 = x2 − 1

=⇒ x1 = x2


S Neka je y ∈ R. Trazimo takav x ∈ R \ {1} da je:

y = f(x)

To jest: y =2

x− 1, ali

ne postoji takav x ∈ R \ {1} za koji bi2

x− 1bilo jednako 0 =⇒

0 /∈ Im(f). Slika funkcije nije jednaka kodomeni. Funkcija nije

surjektivna.

Za y 6= 0, y =2

x− 1

=⇒ 1

y=

x− 1

22

y= x− 1

=⇒ x = 1 +2

y∈ R \ {1}

Im(f) = R \ {0}.B Funkcija nije bijektivna.


8. Ako je f(x) = 3x+2, f : R −→ R i g(x) = 2−3x, g : Z −→ R, odredite

f ◦ g i g ◦ f−1.

f ◦ g Moramo paziti na domenu i kodomenu kompozicije. Kako je kodomena

funkcije g jednaka domeni funkcije f njihova kompozicija je moguca.

f ◦ g : Z −→ R, (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(2− 3x) = 3 · (2− 3x) + 2

= 6− 9x + 2 = 8− 9x.

g ◦ f−1 Trebamo odrediti f−1 ako postoji.


f(x1) = f(x2)

To jest: 3x1 + 2 = 3x2 + 2

3x1 = 3x2

=⇒ x1 = x2



y = f(x)

To jest: y = 3x + 2

y − 2 = 3x

x =1

3(y − 2) ∈ R

QED, funkcija je surjektivna.


f−1 Inverz funkcije je odreden pravilom x =1

3(y− 2) danom u dokazu

surjekcije to jest f−1(x) =1

3(x− 2), f : R −→ R.

Moramo paziti na domenu i kodomenu kompozicije. Kako je kodo-

mena funkcije f−1 veca od domene funkcije g njihova kompozicija nije

moguca. Moramo prosiriti domenu funkcije g te definirati novu funk-

ciju g′(x) = 2− 3x, g′ : R −→ R.

Kompozicija g′ ◦ f−1 : R −→ R je moguca. (g′ ◦ f−1)(x) = g′(f−1(x))

= g′(

1

3(x− 2)

)= 2− 3 ·

(1

3(x− 2)

)= 2− (x− 2) = 4− x.

9. Ako je f(x) = 2x2 + 4, f : R −→ R+ i g(x) = x + 5, g : R −→ R,

odredite koliko je (f ◦ g)(0)− (g ◦ f)(0).

Kodomena od g jednaka je domeni od f kompozicija f ◦g je moguca. Kodo-

mena od f je podskup domene od g, R+ ⊂ R, kompozicija g ◦ f je moguca.

Racunamo (f ◦g)(0) = f(g(0)) = f(0+5) = f(5) = 2 ·52 +4 = 2 ·25+4 = 54

4

i (g ◦ f)(0) = g(f(0)) = g(2 · 02 + 4) = g(0 + 4) = g(4) = 4 + 5 = 9. Konacno

(f ◦ g)(0)− (g ◦ f)(0) = 54− 9 = 45.

10. Odredite domenu i nultocku realne funkcije:

(a) f(x) =x

x2 + 1,

Znamo da 0 ne smije biti nazivnik razlomka. Domenu funkcije cine svi

realni brojevi za koje x2 + 1 6= 0.

Odredimo x ∈ R takve da je

x2 + 1 = 0

x2 = −1

x = ±i /∈ R

Za svaki x ∈ R, x2 + 1 6= 0. Domena funkcije f je skup R.

Odredimo x iz domene R za koji je

f(x) = 0

To jestx

x2 + 1= 0, brojnik mora biti 0

=⇒ x0 = 0

Nultocka funkcije f je (0, 0).

(b) f(x) =√x− 4,

Izraz pod korjenom mora biti nenegativan. Domenu funkcije cine svi

realni brojevi za koje je x− 4 ≥ 0.


x− 4 ≥ 0

x ≥ 4

Za svaki x ∈ [4,+∞〉, x− 4 ≥ 0. Domena funkcije f je skup [4,+∞〉.Odredimo x iz domene [4,+∞〉 za koji je

f(x) = 0

To jest√x− 4 = 0

=⇒ x− 4 = 0

x0 = 4


(c) f(x) =x− 2

x + 5,

Izraz u nazivniku mora biti razlicit od 0. Domenu funkcije cine svi

realni brojevi za koje je x + 5 6= 0.


x + 5 = 0

x = −5

Za x = −5 je x + 5 = 0. Domena funkcije f je skup R \ {−5}.Odredimo x iz domene R \ {−5} za koji je

f(x) = 0

To jestx− 2

x + 5= 0, brojnik mora biti 0

=⇒ x− 2 = 0

x0 = 2


11. Ispitajte parnost realne funkcije:

(a) f(x) = 3x4 − x2 + 1,

Odredimo f(−x) = 3(−x)4 − (−x)2 + 1 = 3x4 − x2 + 1 = f(x).

Funkcija je parna.

(b) f(x) = 2x3 − x,

Odredimo f(−x) = 2(−x)3 − (−x) = 2(−x3) + x = −2x3 + x

= −(2x3 − x) = −f(x). Funkcija je neparna.

(c) f(x) =x4 + x2

x3 + 1,

Odredimo f(−x) =(−x)4 + (−x)2

(−x)3 + 1=

x4 + x2

−x3 + 1= −x4 + x2

x3 − 1. S druge

strane −f(x) = −(x4 + x2

x3 + 1

)= −x4 + x2

x3 + 1. Vidimo f(−x) 6= f(x) i

f(−x) 6= −f(x). Funkcija nije parna i nije neparna.

5

Documents

funkcije-rjesenja