MATEMATIKA 1 - lavica.fesb.unist.hrlavica.fesb.unist.hr/matematika1/pdf/vjezbe.pdf · Matematika 1, Sveu cili ste u Splitu, FESB, Split, 2002., te se rje senja zadataka, radi lak

Ivan SlapnicarJosipa Baric

Marina Nincevic

MATEMATIKA 1

Zbirka zadataka

http://www.fesb.unist.hr/mat1

Sveuciliste u Splitu

Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje

Split, rujan 2018.

Sadrzaj

Popis slika xiii

Predgovor xv

1. OSNOVE MATEMATIKE 1

1.1 Nejednadzbe s apsolutnom vrijednoscu . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom . . . . . . . . . . 3

1.3 Dokazivanje nejednakosti pomocu matematicke indukcije . . . . . . . 4

1.4 Binomni poucak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . . . . . 5

1.7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.8 Konjugiranje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.9 Modul kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.11 Jednakost kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.17 Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . 17

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . 18

1.20 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

v

1.21 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2. LINEARNA ALGEBRA 27

2.1 Osnovne operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2 Mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3 Matricni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.4 Komutativnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.5 Potenciranje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.6 Sustav linearnih jednadzbi bez rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem . . . . . . . . . . 32

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja . . . . . . . . . . . 34

2.9 Homogeni sustav linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . 37

2.11 Homogeni sustav jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . 40

2.12 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.13 Rang matrice ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.14 Sarrusovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.15 Laplaceov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.16 Svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . . . . 45

2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik . 46

2.20 Regularna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.21 Racunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom . . . . . . 48

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti . . . . . . . . . . . 49

2.23 Formula za inverz matrice drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.24 Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.25 Matricna jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.26 Jednadzba s kvadratnim matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem . . . . . . . . . . . . . 52

2.28 Rastav matrice na simetricni i antisimetricni dio . . . . . . . . . . . 54

2.29 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.30 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

vi

3. VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA GEOMETRIJA 63

3.1 Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.2 Vektorska projekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.3 Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.4 Linearna kombinacija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.5 Povrsina i visina trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.6 Povrsina paralelograma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.7 Povrsina i duljina dijagonala romba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.8 Mjesoviti produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.9 Volumen paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.10 Visina paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.11 Volumen tetraedra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.12 Jednadzba ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.13 Pramen ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.14 Okomite ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.15 Jednadzba pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.16 Okomiti pravci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.17 Ravnina paralelna s pravcem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.18 Sjeciste pravca i ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.19 Sjeciste dvaju pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.20 Ortogonalna projekcija tocke na pravac . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.21 Ortogonalna projekcija tocke na ravninu . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.22 Ortogonalna projekcija pravca na ravninu . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.23 Udaljenost tocaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.24 Udaljenost ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.25 Udaljenost pravca od ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.26 Udaljenost tocke od pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.27 Udaljenost paralelnih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.28 Udaljenost mimosmjernih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.29 Sjeciste simetrale kuta i simetrale stranice . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.30 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.31 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

vii

4. FUNKCIJE REALNE VARIJABLE 91

4.1 Podrucje definicije funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 93

4.3 Opca sinusoida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.4 Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.5 Nejednadzba s kompozicijom funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.6 Inverzna funkcija i podrucje definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.7 Inverzna funkcija logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.8 Limes slijeva i zdesna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.9 Neodredeni oblik ∞/∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.10 Neodredeni oblik 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.11 Neodredeni oblik ∞−∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.12 Primjena lim(sinx/x) kada x→ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.13 Primjena lim(sinx/x) kada x→∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.14 Oblik a∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.15 Primjena limesa jednakih broju e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.16 Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.17 Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

4.18 Asimptote racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.19 Asimptote iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.20 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom . . . . . . . . . . . . 113

4.21 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.22 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

5. DERIVACIJE I PRIMJENE 123

5.1 Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

5.3 Logaritamsko deriviranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

5.4 Deriviranje implicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

5.5 Derivacije viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

5.6 Deriviranje parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 131

5.7 Tangenta na graf eksplicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . 132

5.8 Tangenta na graf parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . 132

viii

5.9 Kut izmedu tangenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

5.10 L’Hospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5.11 Lokalni ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . 141

5.13 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.14 Tocke infleksije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.15 Tocke infleksije i intervali zakrivljenosti . . . . . . . . . . . . . . . . 144

5.16 Geometrijski ekstrem I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

5.17 Geometrijski ekstrem II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.18 Geometrijski ekstrem III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

5.19 Geometrijski ekstrem IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

5.20 Tok funkcije I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

5.21 Tok funkcije II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5.22 Tok funkcije III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

5.23 Tok funkcije IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

5.24 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

5.25 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

6. NIZOVI I REDOVI 175

6.1 Limes niza po definiciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

6.2 Gomiliste niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

6.3 Konvergencija monotonog i omedenog niza . . . . . . . . . . . . . . . 178

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

6.5 Limes uklijestenog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

6.6 Limes produkta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

6.7 Limes niza sa sumama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

6.8 Limes niza s produktima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

6.9 Limes niza s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

6.10 Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . 186

6.11 Konvergencija i suma reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

6.12 Suma reda s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

6.13 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . 189

6.14 Nuzan uvjet konvergencije reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

ix

6.15 Prvi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

6.16 Drugi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

6.17 D’Alembertov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

6.18 Cauchyjev kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

6.19 Raabeov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

6.20 Apsolutna konvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.21 Leibnizov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.22 Odredivanje podrucja konvergencije D’Alembertovim kriterijem . . . 198

6.23 Odredivanje podrucja konvergencije Cauchyjevim kriterijem . . . . . 199

6.24 Podrucje apsolutne konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

6.25 Taylorov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 203

6.27 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 205

6.28 Taylorov razvoj iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

6.29 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 207

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija . . . . . . . 208

6.31 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

6.32 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

x

Popis slika

1.1 Slike parabola y = x2 − 2x i y = 2x2 − x− 3. . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1, y ≤ −x+ 1}. . . . . . . . 14

1.3 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : 4 < x2 + y2 < 9} ∩ {z ∈ C : π3 ≤ arg z ≤ π}. 15

1.4 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y < x2

4 − 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.5 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : (x− 1)2 + y2 ≥ 1, y ≥ 3x− 1}. . . . . . . . 17

1.6 Rjesenje nejednadzbe (1.12). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.7 Rjesenje nejednadzbe (1.13). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.8 Presjek skupova prikazanih na slikama 1.6 i 1.7. . . . . . . . . . . . . 21

1.9 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 < 1, (x− 1)2 + y2 ≤ 1}. . . . 25

1.10 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 1− y2

4}. . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.11 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x+ 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.12 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 :(x+ 1√

2

)2+(y − 1√

2

)2≤ 1

2 i y ≤ x+√

2}. 26

4.1 Sinusoida y = sin 2x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.2 Sinusoida y = sin(2x− π

3

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.3 Sinusoida y = − 12 sin

(2x− π

3

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.4 Graf funkcije f(x) =x2

x2 − 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.5 Graf funkcije f(x) =x2 + 2x

x− 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.6 Graf funkcije f(x) =√

4x2 + x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

4.7 Graf funkcije f(x) =√

4x2 + x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.8 Graf funkcije f(x) = 2 sin(12x−

π4

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

4.9 Graf funkcije f(x) = 2 cos(3x+ π

4

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

xi

4.10 Graf funkcije f(x) = cos2 x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4.11 Graf funkcije f(x) =1

x2 − 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

4.12 Graf funkcije f(x) =x2 + 2x− 3

x+ 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

4.13 Graf funkcije f(x) =2x2 + 9x+ 7

3(x+ 4). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

4.14 Graf funkcije f(x) =x

2x+ 3e1/x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

5.1 Presjek kruznog stosca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.2 Presjek kanala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

5.3 Pravokutnik upisan u prvi kvadrant elipse . . . . . . . . . . . . . . . 147

5.4 Trokut omeden tangentom i koordinatnim osima . . . . . . . . . . . 148

5.5 Graf funkcije f(x) = x2 +2

x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5.6 Graf funkcije f(x) =(1− x2

)e−x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

5.7 Graf funkcije f(x) =ln 2x√x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

5.8 Graf funkcije f(x) = 2 sin(2x) + sin(4x). . . . . . . . . . . . . . . . . 158

5.9 Graf funkcije f(x) =x− 1

x+ 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

5.10 Graf funkcije f(x) = x+ 1− 2

x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

5.11 Graf funkcije f(x) =7

x2 + 3− 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

5.12 Graf funkcije f(x) =2x3

x2 − 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

5.13 Grafovi funkcija g(x) = e1x − ex i f(x) = |e 1

x − ex|. . . . . . . . . . . 169

5.14 Graf funkcije f(x) = x1 + lnx

1− lnx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

5.15 Graf funkcije f(x) = ex2−1

x2−4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

5.16 Graf funkcije f(x) = ln

(1 +

2

x2 + x− 2

). . . . . . . . . . . . . . . . 171

5.17 Graf funkcije f(x) = x− 2 ln

(1− 1

x

). . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

5.18 Graf funkcije f(x) =

√x2 − 3x− 4

2x+ 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

xii

5.19 Graf funkcije f(x) = x1x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

xiii

Predgovor

Ova zbirka namijenjena je studentima tehnickih i prirodnih znanosti, a u prvom redustudentima Sveucilista u Splitu, Fakulteta elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje(FESB). U zbirci je izlozeno gradivo kolegija ”Matematika 1” po sadrzaju koji sepredaje na FESB-u. Zbirka sadrzi 153 potpuno rijesena zadatka iz poglavlja Osnovematematike, Linearna algebra, Vektorska algebra i analiticka geometrija, Funkcijerealne varijable, Derivacije i primjene te Nizovi i redovi. Slican sadrzaj nalazi se uvecini istoimenih kolegija koji se predaju na tehnickim i prirodoslovnim fakultetima.

Zbirka prati gradivo i nacin izlaganja udzbenika Sveucilista u Splitu: I. Slapnicar,Matematika 1, Sveuciliste u Splitu, FESB, Split, 2002., te se rjesenja zadataka, radilakseg pracenja i razumijevanja, referencijraju na odgovarajuce djelove udzbenika.Pored potpuno rijesenih zadataka, zbirka sadrzi i 166 zadataka za vjezbu s rjesenjima.

Posebnost zbirke je u tome sto svaki zadatak ima naslov iz kojeg se vidi sto studenttreba nauciti. Druga posebnost zbirke je dodatak u kojem se nalazi DA/NE kvizsa sto pitanja razlicite tezine iz svakog poglavlja, takoder s rjesenjima.

Buduci se radi o standardnom sadrzaju, nije citirana posebna literatura. Spomenutcemo samo neke od knjiga koje su utjecale na sadrzaj, a koje preporucujemo icitatelju:

B. P. Demidovic, Zadaci i rijeseni primjeri iz vise matematike, Tehnicka knjiga,Zagreb, 1978.

P. Javor, Matematicka analiza, Zbirka zadataka, Skolska knjiga, Zagreb, 1989.

V. Devide, Rijeseni zadaci iz vise matematike, svezak I i II, Skolska knjiga, Zagreb,1992.

B. Apsen, Rijeseni zadaci vise matematike, prvi dio, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1982.

U izradi zbirke koristena su iskustva i zabiljeske bivsih i sadasnjih nastavnika ma-tematike na FESB-u pa im ovom prilikom iskazujemo svoju zahvalnost.

U Splitu, rujan 2018.

Autori

xv

Poglavlje 1

OSNOVE MATEMATIKE

1.1 Nejednadzbe s apsolutnom vrijednoscu . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom . . . . . . . 3

1.3 Dokazivanje nejednakosti pomocu matematicke indukcije . . . . 4

1.4 Binomni poucak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . . 5

1.7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . 6

1.8 Konjugiranje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.9 Modul kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.11 Jednakost kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . 8

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . 12

1.17 Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . 17

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . 18

1.20 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.21 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 OSNOVE MATEMATIKE

1.1 Nejednadzbe s apsolutnom vrijednoscu

Rijesite sljedece nejednadzbe:

a) |x− 1| < |x+ 1|,

b) |x2 − 2x| ≤ 3− x− x2.

Rjesenje.

a) Buduci su obje strane zadane nejednadzbe pozitivne, smijemo kvadrirati. Timedobivamo sljedecu nejednadzbu

(x− 1)2 < (x+ 1)2,

odnosnox2 − 2x+ 1 < x2 + 2x+ 1,

odakle slijedi4x > 0,

pa nejednadzbu zadovoljava svaki pozitivni realni broj. Dakle, rjesenje je skup

〈0,∞〉.

b) Desna strana nejednadzbe moze biti i pozitivna i negativna pa ne smijemo kva-drirati. Stoga promatrajmo dva slucaja ovisno o predznaku izraza koji se nalaziunutar apsolutnih zagrada:

Slucaj 1. Pretpostavimo da vrijedi

x2 − 2x ≥ 0. (1.1)

Tada je|x2 − 2x| = x2 − 2x,

pa u ovom slucaju zadana nejednadzba glasi

x2 − 2x ≤ 3− x− x2,

odnosno2x2 − x− 3 ≤ 0. (1.2)

U ovom slucaju rjesenje je presjek rjesenja kvadratnih nejednadzbi (1.1) i (1.2).Iz slike parabole y = x2 − 2x slijedi da je rjesenje nejednadzbe (1.1) skup〈−∞, 0] ∪ [2,+∞〉, a iz slike parabole y = 2x2 − x − 3 (vidi sliku 1.1) slijedida je rjesenje nejednadzbe (1.2) segment [−1, 32 ] pa je konacno rjesenje u prvomslucaju presjek dobivenih skupova, odnosno segment [−1, 0].

Slucaj 2. Pretpostavimo sada da vrijedi

x2 − 2x < 0. (1.3)

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom 3

-2 2

-2

2

y=x2-2x

-1 ��

3

2

-3

y=2x2-x-3

Slika 1.1: Slike parabola y = x2 − 2x i y = 2x2 − x− 3.

Tada je

|x2 − 2x| = −(x2 − 2x),

pa u ovom slucaju zadana nejednadzba glasi

−(x2 − 2x) ≤ 3− x− x2,

odnosno

x ≤ 1. (1.4)

Buduci je rjesenje nejednadzbe (1.3) interval 〈0, 2〉 (vidi sliku 1.1), a nejednadzbe(1.4) skup 〈−∞, 1], konacno rjesenje u drugom slucaju je njihov presjek 〈0, 1].

Ukupno rjesenje je unija rjesenja u prvom i drugom slucaju, odnosno

[−1, 0] ∪ 〈0, 1] = [−1, 1].

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom

Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi

1 + a+ a2 + . . .+ an =an+1 − 1

a− 1, a 6= 1, (1.5)

1 + 22 + 32 + 42 + · · ·n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6. (1.6)

Rjesenje. Neka je M skup svih prirodnih brojeva n za koje vrijedi jednakost (1.5).Zelimo dokazati da je M = N. Jednakost ocigledno vrijedi za n = 1 pa je timezadovoljena baza indukcije. Sada pretpostavimo da jednakost (1.5) vrijedi za svek = 1, 2, . . . , n. Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n + 1. Iskoristimopretpostavku da jednakost (1.5) vrijedi za k = n. Tada je

1 + a+ a2 + . . .+ an + an+1 =an+1 − 1

a− 1+ an+1 =

an+2 − 1

a− 1, (1.7)

4 OSNOVE MATEMATIKE

sto pokazuje da jednakost (1.5) vrijedi za k = n+ 1. Time je ispunjen korak induk-cije. Buduci je n proizvoljan, princip matematicke indukcije P4 iz [M1, definicija1.13] povlaci da je M = N, odnosno da jednakost (1.5) vrijedi za sve n ∈ N.

Napomenimo da jednakost (1.5) mozemo dokazati i direktno, odnosno bez koristenjamatematicke indukcije. Naime, za svaki a 6= 1 vrijedi

1 + a+ a2 + . . .+ an = (1 + a+ a2 + . . .+ an) · a− 1

a− 1

=a+ a2 + a3 + · · · an + an+1 − 1− a− a2 − · · · − an

a− 1

=an+1 − 1

a− 1.

Jednakost (1.6) dokazujemo slicno: uvrstavanje daje

1 + 22 + 32 + 42 + · · ·n2 + (n+ 1)2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6+ (n+ 1)2

=n(n+ 1)(2n+ 1) + 6(n+ 1)2

6=

2n3 + 9n2 + 13n+ 6

6

=(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6,

cime smo dokazali korak indukcije.

1.3 Dokazivanje nejednakosti pomocu matematicke in-dukcije

Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n ≥ 2 vrijedi

(1 + a)n > 1 + na, a > 0. (1.8)

Rjesenje. Oznacimo s M skup svih prirodnih brojeva n ≥ 2 za koje nejednakost(1.8) vrijedi. Za n = 2 dobivamo

(1 + a)2 = 1 + 2a+ a2 > 1 + 2a,

pa vrijedi baza indukcije. Pretpostavimo da nejednakost (1.8) vrijedi za k =2, 3, . . . n. Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n+ 1. Krenimo od lijevestrane nejednakosti. Koristenjem pretpostavke da (1.8) vrijedi za k = n, dobivamo

(1 + a)n+1 = (1 + a)(1 + a)n > (1 + a)(1 + na) = 1 + (n+ 1)a+ na2 > 1 + (n+ 1)a.

Dokazali smo da je(1 + a)n+1 > 1 + (n+ 1)a,

odnosno da nejednakost (1.8) vrijedi za k = n + 1. Buduci je n proizvoljan, izprincipa matematicke indukcije P4 iz [M1, definicija 1.13] slijedi M = N. Dakle,nejednakost (1.8) je istinita za sve prirodne brojeve n 6= 1.

1.4 Binomni poucak 5

1.4 Binomni poucak

U razvoju binoma (√x+

14√x

)6

odredite clan koji ne sadrzi x.

Rjesenje. Prema [M1, teorem 1.6] vrijedi(√x+

14√x

)6

=

6∑k=0

(6

k

)(√x)6−k ( 1

4√x

)k=

6∑k=0

(6

k

)· x3− 3

4k.

Clan u razvoju binoma koji ne sadrzi x dobije se uvrstavanjem onog k ∈ N za kojegvrijedi

3− 3

4k = 0,

pa je k = 4 i trazeni clan (6

4

)=

6!

4! · 2!= 15.

1.5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma

Odredite zbroj koeficijenata u razvoju binoma(5x2 − 4y3

)7.

Rjesenje. Prema [M1, teorem 1.6] je

(5x2 − 4y3

)7=

7∑k=0

(7

k

)(5x2)7−k (−4y3

)k,

odnosno (5x2 − 4y3

)7=

7∑k=0

(7

k

)57−k(−4)kx2(7−k)y3k.

Uvrstavanjem x = 1 i y = 1 u gornju jednakost dobivamo trazeni zbroj jer vrijedi

(5 · 12 − 4 · 13

)7=

7∑k=0

(7

k

)57−k(−4)k.

Dakle, zbroj koeficijenata u razvoju zadanog binoma iznosi 1.

1.6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima

Izracunajte z1 + z2, z1 − z2, z1 · z2 iz1z2

ako je z1 = 1− i, z2 = 2 + 3i.

6 OSNOVE MATEMATIKE

Rjesenje. Vrijedi

z1 + z2 = (1− i) + (2 + 3i) = 3 + 2i,

z1 − z2 = (1− i)− (2 + 3i) = −1− 4i,

z1 · z2 = (1− i) · (2 + 3i) = 2 + 3i− 2i− 3i2 = 5 + i,

z1z2

=1− i2 + 3i

· 2− 3i

2− 3i=

2− 3i− 2i+ 3i2

22 − (3i)2=−1− 5i

4 + 9= − 1

13− 5

13i.

1.7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja

Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja z ako je:

a) z =i6 + i3

i2 − i7,

b) z =4 i303√3 + i

.

Rjesenje.

a) Buduci je i2 = −1, i3 = −i, i6 = i4 · i2 = 1 · (−1) = −1, i7 = i4 · i3 = 1 · (−i) =−i, uvrstavanjem i racionalizacijom nazivnika slijedi

z =i6 + i3

i2 − i7=−1− i−1 + i

=1 + i

1− i· 1 + i

1 + i=

1 + 2i+ i2

1− i2=

1 + 2i− 1

1− (−1)=

2i

2= i

pa je Re z = 0, Im z = 1.

b) Buduci je i303 = i4·75+3 =(i4)75 ·i3 = 175 ·(−i) = −i, racionalizacijom nazivnika

slijedi

z =−4i√3 + i

·√

3− i√3− i

=−4√

3 i+ 4i2(√3)2 − i2 =

−4√

3 i− 4

3− (−1)=−4− 4

√3 i

4= −1−

√3 i

pa je Re z = −1, Im z = −√

3.

1.8 Konjugiranje kompleksnog broja

Za kompleksne brojeve w i z, izrazite w preko z ako je w =(2− i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1.

Rjesenje. Prema formulama pod (a), (b) i (c) iz [M1, zadatak 1.5], vrijedi

w =

[(2− i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1

]=

(2− i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1=

(2− i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1

=(2− i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1=

(2 + i) · z + (−i)(3− 2i) · z − 1

=(2 + i) · z − i

(3− 2i) · z − 1.

1.9 Modul kompleksnog broja 7

1.9 Modul kompleksnog broja

Ako je |z| = 1, izracunajte |1 + z|2 + |1− z|2.

Rjesenje. Prema formuli pod (h) iz [M1, zadatak 1.5], vrijedi

|1 + z|2 + |1− z|2 = (1 + z)(1 + z) + (1− z)(1− z)= (1 + z)(1 + z) + (1− z)(1− z)= 1 + z + z + zz + 1− z − z + zz

= 2(1 + zz) = 2(1 + |z|2) = 4.

1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja

Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi

Re (w + z) = 0 i |w + z| = 1,

ako je w = 1 + i.

Rjesenje. Neka je z = x + iy, gdje su x, y ∈ R nepoznanice. Iz prvog uvjetazadatka slijedi

Re(1− i+ x+ iy) = 0,

Re[(1 + x) + (y − 1)i] = 0,

1 + x = 0,

x = −1,

pa je z = −1 + iy. Uvrstavanjem u drugi uvjet slijedi

|1 + i− 1 + iy| = 1,

|(1 + y)i| = 1,

|1 + y| = 1,

1 + y = ±1.

Dakle, rjesenja su y1 = 0, y2 = −2, odnosno z1 = −1, z2 = −1− 2i.

1.11 Jednakost kompleksnih brojeva

Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi

z + |z| −√

29

2= 1 +

5

2i9.

Rjesenje. Buduci je i9 = i4·2+1 =(i4)2 · i = 12 · i = i, uvrstavanjem z = x + iy

slijedi

x+ iy + |x+ iy| −√

29

2= 1 +

5

2i,

8 OSNOVE MATEMATIKE

x− iy +√x2 + y2 −

√29

2= 1 +

5

2i,

/· 2(

x+√x2 + y2 −

√29)− iy = 2 + 5i.

Izjednacavanjem komponenti kompleksnih brojeva prema [M1, definicija 1.19] sli-jedi

x+√x2 + y2 −

√29 = 2 i − y = 5.

Kako je y = −5 to vrijedi

x+√x2 + 25−

√29 = 2,√

x2 + 25 = (2 +√

29)− x,/

2

x2 + 25 = (2 +√

29)2 − 2(2 +√

29)x+ x2,

2(2 +√

29)x = 8 + 4√

29,

2(2 +√

29)x = 4(2 +√

29),

x = 2.

Rjesenje je z = 2− 5i.

1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja

Odredite trigonometrijski oblik sljedecih kompleksnih brojeva:

a) z = 1 + i,

b) z =1

2−√

3

2i.

Rjesenje.

a) Za kompleksni broj z = 1 + i vrijedi Re z = 1 i Im z = 1. Prema formulama iz[M1, §1.8.1] modul od z je

|z| =√

12 + 12 =√

2,

a argument od z je

tgϕ =1

1= 1.

Kako se z nalazi u prvom kvadrantu, slijedi da je ϕ = π4 . Stoga je

1 + i =√

2(

cosπ

4+ i sin

π

4

).

b) Iz Re z = 12 i Im z = −

√32 , prema formulama iz [M1, §1.8.1] slijedi

|z| =

√√√√(1

2

)2

+

(−√

3

2

)2

= 1.

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva 9

Nadalje, kako se z se nalazi u cetvrtom kvadrantu, vrijedi

tgϕ =−√

3

21

2

= −√

3,

ϕ = 2π − π

3=

5π

3.

Dakle,1

2−√

3

2i = 1 ·

(cos

5π

3+ i sin

5π

3

).

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva

Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

a) (1 + i)10,

b)

(1

2−√

3

2i

)50

.

Rjesenje.

a) Prema zadatku 1.12 pod (a), trigonometrijski oblik od z = 1 + i je

z =√

2(

cosπ

4+ i sin

π

4

).

De Moivreova formula [M1, (1.4)] za n = 10 daje

z10 =(√

2)10 [

cos(

10 · π4

)+ i sin

(10 · π

4

)]= 25

(cos

5π

2+ i sin

5π

2

)= 32

[cos(

2π +π

2

)+ i sin

(2π +

π

2

)]= 32

(cos

π

2+ i sin

π

2

)= 32(0 + i) = 32i,

odnosno vrijedi(1 + i)10 = 32i.

b) Promotrimo kompleksni broj

z =1

2−√

3

2i.

Prema zadatku 1.12 pod (b), trigonometrijski oblik od z je

z = 1 ·(

cos5π

3+ i sin

5π

3

).

10 OSNOVE MATEMATIKE


z50 = 150 ·[cos

(50 · 5π

3

)+ i sin

(50 · 5π

3

)]= cos

250π

3+ i sin

250π

3

= cos

(82π +

4π

3

)+ i sin

(82π +

4π

3

)= cos

4π

3+ i sin

4π

3

= −1

2−√

3

2i.

Dakle, (1

2−√

3

2i

)50

= −1

2−√

3

2i.

1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva

Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

a)3√

1,

b)

√−3(

cosπ

4− i sin

π

4

).

Rjesenje.

a) Prema [M1, §1.8.1] je trigonometrijski oblik od z = 1 jednak

w = 1 · (cos 0 + i sin 0) .

Formula [M1, (1.5)] za n = 3 daje

3√z =

3√

1

[cos

0 + 2kπ

3+ i sin

0 + 2kπ

3

], k = 0, 1, 2.

Dakle, rjesenja su:

z0 = cos 0 + i sin 0 = 1,

z1 = cos2π

3+ i sin

2π

3= −1

2+

√3

2i,

z2 = cos4π

3+ i sin

4π

3= −1

2−√

3

2i.

b) Za kompleksni broj

z = −3(

cosπ

4− i sin

π

4

)= −3

(√2

2− i√

2

2

)= −3

√2

2+ i

3√

2

2,

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva 11

je |z| = 3, a za argument ϕ vrijedi tgϕ = −1, pri cemu je z iz drugog kvadranta.Stoga je ϕ = π − π

4 = 3π4 pa trigonometrijski oblik od z glasi

z = 3

(cos

3π

4+ i sin

3π

4

).

Prema formuli [M1, (1.5)] za n = 2 je

√z =√

3

cos

3π

4+ 2kπ

2

+ i sin

3π

4+ 2kπ

2

, k = 0, 1.

Trazena rjesenja su:

z0 =√

3

(cos

3π

8+ i sin

3π

8

),

z1 =√

3

(cos

11π

8+ i sin

11π

8

).

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva

Odredite kompleksni broj

z =

(√3

2+i

2

)13

(cos

π

12+ i sin

π

12

)8 .Rjesenje. Odredimo prvo trigonometrijski oblik kompleksnog broja

z1 =

√3

2+i

2.

Prema [M1, §1.8.1] je |z1| = 1, a za argument ϕ1 vrijedi

tgϕ1 =1√3.

Buduci je z1 iz prvog kvadranta, njegov trigonometrijski oblik glasi

z1 = cosπ

6+ i sin

π

6.

De Moivreova formula [M1, (1.4)] daje

z =

(cos

π

6+ i sin

π

6

)13(

cosπ

12+ i sin

π

12

)8 =cos

13π

6+ i sin

13π

6

cos8π

12+ i sin

8π

12

=cos

13π

6+ i sin

13π

6

cos2π

3+ i sin

2π

3

pa iz formule za dijeljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku slijedi

z = cos

(13π

6− 2π

3

)+ i sin

(13π

6− 2π

3

)= cos

3π

2+ i sin

3π

2= −i.


1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih brojeva

Rijesite jednadzbe:

a)(3 + 2i)(1 + i) + 2i

(2− i)(1 + i)− 3=

7− i−4

z4,

b)

[1

16(−1 + i)

8 − z]4

=

2√3

− 1√3

+ i.

Rjesenje.

a) Sredivanjem lijeve strane zadane jednadzbe slijedi

1 + 7i

i=

7− i−4

z4,/· (−4i)

−4(1 + 7i) = i(7− i)z4,−4(1 + 7i) = (1 + 7i)z4,

−4 = z4.

Dakle, trebamo odrediti sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi z4 = w, gdje jew = −4. Prema [M1, §1.8.1], kompleksni broj w ima modul |w| = 4 i argumentϕ = π pa je njegov trigonometrijski oblik

w = 4 (cosπ + i sinπ) .

Formula [M1, (1.5)] za n = 4 daje

4√w =

4√

4

(cos

π + 2kπ

4+ sin

π + 2kπ

4

), k = 0, 1, 2, 3,

pa su sva rjesenja jednadzbe:

z0 =4√

4(

cosπ

4+ i sin

π

4

)=√

2

(1√2

+1√2i

)= 1 + i,

z1 =4√

4

(cos

3π

4+ i sin

3π

4

)=√

2

(− 1√

2+

1√2i

)= −1 + i,

z2 =4√

4

(cos

5π

4+ i sin

5π

4

)=√

2

(− 1√

2− 1√

2i

)= −1− i,

z3 =4√

4

(cos

7π

4+ i sin

7π

4

)=√

2

(1√2− 1√

2i

)= 1− i.

b) Racionaliziranje desne strane jednadzbe daje

2√3

− 1√3

+ i·

1√3

+ i

1√3

+ i=

2

3+

2√3i

−1

3− 1

=

2

3+

2√

3

3i

−4

3

= −1

2−√

3

2i.

1.17 Kompleksna ravnina 13

Nadalje, vrijedi

(−1 + i)8 =[(−1 + i)2

]4=(1− 2i+ i2

)4= (−2i)

4= (−2)4i4 = 16.

Uvrstavanjem dobivenih jednakosti u zadanu jednadzbu slijedi

(1− z)4 = −1

2−√

3

2i.

Uz supstituciju 1− z = w, trebamo rijesiti jednadzbu

w4 = −1

2−√

3

2i.

Buduci je

−1

2−√

3

2i = 1 ·

(cos

4π

3+ i sin

4π

3

),

formula [M1, (1.5)] za n = 4 daje

4

√−1

2−√

3

2i =

4√

1

cos

4π

3+ 2kπ

4+ i sin

4π

3+ 2kπ

4

, k = 0, 1, 2, 3,

pa su rjesenja:

w0 = cosπ

3+ i sin

π

3=

1

2+

√3

2i,

w1 = cos5π

6+ i sin

5π

6= −√

3

2+

1

2i,

w2 = cos4π

3+ i sin

4π

3= −1

2−√

3

2i,

w3 = cos11π

6+ i sin

11π

6=

√3

2− 1

2i.

Kako je z = 1− w, rjesenja polazne jednadzbe su:

z0 =1

2−√

3

2i,

z1 = 1 +

√3

2− 1

2i,

z2 =3

2+

√3

2i,

z3 = 1−√

3

2+

1

2i.

1.17 Kompleksna ravnina

Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi:


a) |z − i| ≤ 1 i Im [(1 + i)z] ≤ 1,

b) |z|2 − 5|z|+ 6 < 0 iπ

3≤ arg z ≤ π,

c) |z| > 2 + Im z,

d)

∣∣∣∣ z − 2

z + 1− i

∣∣∣∣ ≥ 1 i Re

(1

z

)≤ 1

2.

Rjesenje.

a) Uvrstavanjem z = x+ iy u prvu nejednadzbu slijedi

|x+ i(y − 1)| ≤ 1,√x2 + (y − 1)2 ≤ 1,

/2

x2 + (y − 1)2 ≤ 1.

Skup rjesenja zadnje nejednadzbe je krug radijusa 1 sa sredistem u tocki S(0, 1),odnosno nejednadzbu zadovoljavaju svi kompleksni brojevi koji se nalaze unutari na rubu tog kruga. Iz druge nejednadzbe slijedi

Im [(1 + i)(x+ iy)] ≤ 1,

Im [(x− y) + i(x+ y)] ≤ 1,

x+ y ≤ 1.

Skup rjesenja zadnje nejednadzbe je poluravnina y ≤ −x+ 1. Konacno rjesenjeje presjek dobivenog kruga i poluravnine (vidi sliku 1.2).

1

1

2

1

1

2

Slika 1.2: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1, y ≤ −x+ 1}.

b) Modul trazenih kompleksnih brojeva zadovoljava kvadratnu nejednadzbu |z|2 −5|z|+ 6 < 0 iz cega slijedi |z| ∈ 〈2, 3〉, odnosno

2 < |z| < 3.

1.17 Kompleksna ravnina 15

Uvrstavanjem z = x+ iy u gornji izraz te njegovim kvadriranjem dobivamo

4 < x2 + y2 < 9,

tj. kruzni vijenac manjeg radijusa 2, a veceg 3 sa sredistem u ishodistu, pricemu rubovi nisu ukljuceni. Konacno rjesenje dobivamo presijecanjem s dijelomkompleksne ravnine koji se nalazi izmedu polupravaca arg z = π

3 i arg z = π(vidi sliku 1.3).

-3 -2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

-3 -2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

Slika 1.3: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : 4 < x2 + y2 < 9} ∩ {z ∈ C : π3 ≤ arg z ≤ π}.

c) Nakon uvrstavanja z = x+ iy dolazimo do iracionalne jednadzbe√x2 + y2 > 2 + y. (1.9)

U ovisnosti o vrijednosti desne strane nejednadzbe, razlikujemo dva slucaja. Akoje 2 + y > 0, kvadriranjem dobivamo

x2 + y2 > (2 + y)2,

x2 + y2 > 4 + 4y + y2,

x2 > 4 + 4y,

y <x2

4− 1.

Dakle, rjesenje u ovom slucajau je dio kompleksne ravnine izmedu parabole

y = x2

4 − 1 i pravca y = −2 , pri cemu ni pravac ni parabola nisu ukljuceni.U slucaju kada je 2 + y ≤ 0, nejednakost (1.9) uvijek vrijedi jer je lijeva stranapozitivna, a desna negativna. Stoga je rjesenje u ovom slucaju poluravninay ≤ −2. Konacno rjesenje je unija rjesenja u prvom i drugom slucaju, odnosno

dio kompleksne ravnine ispod parabole y = x2

4 − 1 bez tocaka parabole (vidisliku 1.4).


-2 2

-1

-2 2

-1

Slika 1.4: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y < x2

4 − 1}.

d) Buduci je ∣∣∣∣ z − 2

z + 1− i

∣∣∣∣ =|z − 2||z + 1− i|

,

mnozenjem prve nejednadzbe s pozitivnim brojem |z + 1− i| slijedi

|z − 2| ≥ |z + 1− i|,|(x− 2) + yi| ≥ |(x+ 1) + (y − 1)i|,√(x− 2)2 + y2 ≥

√(x+ 1)2 + (y − 1)2,

/2

(x− 2)2 + y2 ≥ (x+ 1)2 + (y − 1)2,

x2 − 4x+ 4 + y2 ≥ x2 + 2x+ 1 + y2 − 2y + 1,

y ≥ 3x− 1.

Uvrstavanjem z = x+ iy i racionalizacijom nazivnika slijedi

1

z=

1

x− iy· x+ iy

x+ iy=

x+ iy

x2 + y2=

x

x2 + y2+

y

x2 + y2i,

pa je

Re

(1

z

)=

x

x2 + y2.

Iz druge nejednadzbe slijedi

x

x2 + y2≤ 1

2,

x2 + y2 ≥ 2x,

(x2 − 2x+ 1) + y2 ≥ 1,

(x− 1)2 + y2 ≥ 1.

Zadnja nejednakost predstavlja dio kompleksne ravnine izvan kruga radijusa 1sa sredistem u tocki S(1, 0). Rjesenje dobivamo presijecanjem s poluravninomy ≥ 3x− 1 (vidi sliku 1.5).

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva 17

1��

3

1 2

-1

1��

3

1 2

-1

Slika 1.5: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : (x− 1)2 + y2 ≥ 1, y ≥ 3x− 1}.

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva

Rijesite jednadzbu

a10z2 = |a3|(

1 + i

1− i

)3

, (1.10)

ako za kompleksni broj a vrijedi

|a|+ a =3

2−√

3

2i. (1.11)

Rjesenje. Uvrstavanjem a = x+ iy u (1.11) slijedi√x2 + y2 + x+ iy =

3

2−√

3

2i.

Zbog jednakosti kompleksnih brojeva s lijeve i desne strane jednadzbe vrijedi√x2 + y2 + x =

3

2i y = −

√3

2,

odakle slijedi √x2 +

3

4=

3

2− x,

x2 +3

4=

9

4− 3x+ x2,

x =1

2.

Dakle,

a =1

2−√

3

2i


Da bismo rijesili jednadzbu (1.10), trebamo prvo izracunati a10. Prema poglavlju[M1, §1.8.1] je |a| = 1, a za argument vrijedi tgϕ = −

√3 pa je trigonometrijski

oblik jednak

a = 1 ·(

cos5π

3+ i sin

5π

3

).


a10 = 110[cos

(10 · 5π

3

)+ i sin

(10 · 5π

3

)]= cos

(50π

3

)+ i sin

(50π

3

)=

= cos

(16π +

2π

3

)+ i sin

(16π +

2π

3

)= cos

(2π

3

)+ i sin

(2π

3

)= −1

2+ i

√3

2.

Nadalje, zbog |a| = 1 je |a3| = |a|3 = 1. Jos vrijedi(1 + i

1− i

)3

=

(1 + i

1− i· 1 + i

1 + i

)3

=

(1 + 2i+ i2

1− i2

)3

=

(2i

2

)3

= i3 = −i.

Uvrstavanjem dobivenih rezultata u (1.10) dobivamo(−1

2+ i

√3

2

)z2 = −i,

odnosno z2 = w, pri cemu je

w =−i

−1

2+ i

√3

2

=−i

−1

2+ i

√3

2

·

1

2+ i

√3

21

2+ i

√3

2

=

√3

2− 1

2i

−1

4− 3

4

= −√

3

2+

1

2i

ili u trigonometrijskom obliku

w = 1 ·(

cos5π

6+ i sin

5π

6

).

Primjenom formule [M1, (1.5)] za n = 2 slijedi

√w =

√1

(cos

5π6 + 2kπ

2+ i sin

5π6 + 2kπ

2

), k = 0, 1.

Dakle, rjesenja jednadzbe (1.10) su:

z0 = cos5π

12+ i sin

5π

12,

z1 = cos17π

12+ i sin

17π

12.

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva

Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi

cos[arg(−2iz4

)]≥ 0 i

|z + 4| − 6

4− |z − 2|≤ 1.

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva 19

Rjesenje. Oznacimo arg z = ϕ. Tada prema formulama [M1, (1.3)] i [M1, (1.4)]vrijedi

arg(−2iz4

)= arg (−2i) + arg

(z4)

+ 2kπ =3π

2+ 4ϕ+ 2kπ, k ∈ Z.

Nadalje, vrijedi

cos

(3π

2+ 4ϕ+ 2kπ

)= cos

(π +

π

2+ 4ϕ

)= − cos

(π2

+ 4ϕ)

= sin(4ϕ).

Stoga jecos[arg(−2iz4

)]= sin(4ϕ)

pa iz prve nejednadzbe slijedi da za argument ϕ mora vrijediti

sin(4ϕ) ≥ 0, (1.12)

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

Slika 1.6: Rjesenje nejednadzbe (1.12).

odnosno0 + 2mπ ≤ 4ϕ ≤ π + 2mπ, m ∈ Z.

Buduci je ϕ ∈ [0, 2π〉, svi moguci intervali su odredeni s

m = 0 =⇒ 0 ≤ ϕ ≤ π

4,

m = 1 =⇒ π

2≤ ϕ ≤ 3π

4,

m = 2 =⇒ π ≤ ϕ ≤ 5π

4,

m = 3 =⇒ 3π

2≤ ϕ ≤ 7π

4.

Rjesenje prve nejednadzbe je unija ovih dijelova kompleksne ravnine (vidi sliku 1.6).


Iz druge nejednadzbe slijedi

|z + 4| − 6

4− |z − 2|− 1 ≤ 0,

odnosno|z + 4|+ |z − 2| − 10

4− |z − 2|≤ 0. (1.13)

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

Slika 1.7: Rjesenje nejednadzbe (1.13).

Nejednakost (1.13) vrijedi u dva slucaja:

Slucaj 1.|z + 4|+ |z − 2| − 10 ≥ 0 i 4− |z − 2| < 0. (1.14)

Rjesenje prve nejednadzbe je skup

A = {z ∈ C : |z + 4|+ |z − 2| ≥ 10} .

Prema [M1, primjer 1.4 (c)], skup A je dio kompleksne ravnine izvan elipse kojaima fokuse u tockama z1 = −4 i z2 = 2, veliku poluos a = 5 i malu poluos b = 4,zajedno s rubom te elipse.

Rjesenje druge nejednadzbe je skup

B = {z ∈ C : |z − 2| > 4} .

Prema [M1, primjer 1.4 (a)], skup B je dio kompleksne ravnine izvan kruzniceradijusa 4 sa sredistem u tocki z0 = 2. Rjesenje sustava nejednadzbi (1.14) jepresjek skupova A i B.

Slucaj 2.|z + 4|+ |z − 2| − 10 ≤ 0 i 4− |z − 2| > 0. (1.15)

Analogno prvom slucaju, rjesenje prve nejednadzbe je dio kompleksne ravnine unu-tar elipse s fokusima u tockama z1 = −4, z2 = 2, velikom poluosi a = 5 i malom

1.20 Zadaci za vjezbu 21

poluosi b = 4, rjesenje druge nejednadzbe je dio kompleksne ravnine unutar kruzniceradijusa 4 sa sredistem u tocki z0 = 2, a rjesenje sustava nejednadzbi (1.15) je pre-sjek tih skupova.

Konacno rjesenje nejednadzbe (1.13) je unija rjesenja u prvom i drugom slucaju(vidi sliku 1.7).

Konacno rjesenje zadatka je presjek rjesenja nejednadzbi (1.12) i (1.13) (vidi sliku1.8).

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

Slika 1.8: Presjek skupova prikazanih na slikama 1.6 i 1.7.

1.20 Zadaci za vjezbu

1. Rijesite sljedece nejednadzbe:

a)

∣∣∣∣ x2 + 2x

x2 − 4x+ 3

∣∣∣∣ < 1,

b) |4x2 + x| ≤ 3− x− 4x2,

c) |2x+ 1| − |x− 3| > x+ 5.

2. Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi

12 − 22 + 32 − · · · (−1)n−1 · n2 = (−1)n−1 · n(n+ 1)

2.


n∑k=1

k

3k=

3

4− 2n+ 3

4 · 3n.



1√1

+1√2

+1√3

+ · · ·+ 1√n≥√n.

5. Odredite x ako je poznato da je treci clan u razvoju binoma(x+ xlog x

)5jednak 1000000.

6. Odredite onaj clan u razvoju binoma(1

2

√a3 +

3√a2)12

koji se nalazi uz potenciju a13.

7. Izracunajte z1 + z2, z1 − z2, z1 · z2 iz1z2

ako je

a) z1 = 2− i, z2 = i,

b) z1 = 2, z2 = 1− 2i.

8. Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja

z =i20 − ii+ 1

.

9. Odredite realan broj t takav da je Im (z1 + z2) = 0, ako je z1 = 1 + 2t i, z2 =3t− 4i.

10. Rijesite jednadzbu z (3 + 2i) = i10.

11. Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi

Re

(z − iz + i

)= 1 i |z − 1 + i| = 1.

12. Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

a)(1 + i

√3)7

,

b)(3− i

√3)7

.

13. Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

a) 4√−i;

b)3

√1 + i

√3.

14. U skupu kompleksnih brojeva rijesite jednadzbe:

a) (2 + 5i) · z3 − 2i+ 5 = 0;

1.21 Rjesenja 23

b) z4√

2 + (1− i) = 0,

c) z4 · 2i+ 3

1− i=

1 + 5i

2,

d) 8z3 +8√2

(1 + i

1− i

)313

= 0,

e) (z + 2i)6 = (1 + i)12.

15. Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi:

a) |z − i| < 1 i |z − 1| ≤ 1,

b) |z|+ Re z ≤ 2,

c) |z − 1|+ Im (2i− z) ≥ 1,

d)

∣∣∣∣z + 2− iz + i

∣∣∣∣ ≤ 1,

e) |z√

2 + 1− i| ≤ 1 i Im

(z

1 + i

)≤√

2

2.

16. Odredite sve kompleksne brojeve z takve da je arg(z3) = π i da su u komplek-snoj ravnini jednako udaljeni od brojeva z1 = −2 + i i z2 = 2− 3i.


arg(z4i25) =π

2i |z| = 1.


arg

[z3

(1

2−√

3

2i

)]=

5π

3i |z|2 + |z| − 12 = 0.

19. Odredite skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi

|z − i|+ Re(z + 1) ≤ 3 i |z − 1|+ Im(2i− z) ≥ 1.

1.21 Rjesenja

1. a) x ∈ 〈−∞,− 12 〉,

b) x ∈[− 3

4 ,12

],

c) x ∈ 〈−∞,− 92 〉.

2. Vidi [M1, §1.4].

3. Vidi [M1, §1.4].

4. Vidi [M1, §1.4].

5. x = 10.


6.

(12

6

)a13

26.

7. a) z1 + z2 = 2, z1 − z2 = 2− 2i, z1 · z2 = 1 + 2i,z1z2

= −1− 2i.

b) z1 + z2 = 3− 2i, z1 − z2 = 1 + 2i, z1 · z2 = 2− 4i,z1z2

=2

5+

4

5i.

8. Re z = 0, Im z = −1.

9. t= 2.

10. z = − 3

13+

2

13i.

11. z1 = 2− i, z2 = −i.

12. a) 64(1 + i

√3),

b) 1728(−1 + i

√3).

13. a) z0 = cos3π

8+ i sin

3π

8,

z1 = cos7π

8+ i sin

7π

8,

z2 = cos11π

8+ i sin

11π

8,

z3 = cos15π

8+ i sin

15π

8.

b) z0 =3√

2(

cosπ

9+ i sin

π

9

),

z1 =3√

2

(cos

7π

9+ i sin

7π

9

),

z2 =3√

2

(cos

13π

9+ i sin

13π

9

).

14. a) z0 =

√3

2+

1

2i, z1 = −

√3

2+

1

2i, z2 = −i.

b) z0 = cos3π

16+ i sin

3π

16,

z1 = cos11π

16+ i sin

11π

16,

z2 = cos19π

16+ i sin

19π

16,

z3 = cos27π

16+ i sin

27π

16.

c) z0 = 1, z1 = i, z2 = −1, z3 = −i.

d) z0 =16√

2

(cos

π

2+ i sin

π

2

),

z1 =16√

2

(cos

7π

6+ i sin

7π

6

),

1.21 Rjesenja 25

z2 =16√

2

(cos

11π

6+ i sin

11π

6

).

e) z0 =√

3− i, z1 = 0, z2 = −√

3− i, z3 = −√

3− 3i, z4 = −4i, z5 =√

3− 3i.

15. a) Vidi sliku 1.9.

1 2

1

2

1 2

1

2

Slika 1.9: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 < 1, (x− 1)2 + y2 ≤ 1}.

b) Vidi sliku 1.10.

-2

2

-2

2

Slika 1.10: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 1− y2

4}.

c) R2.

d) Vidi sliku 1.11.

e) Vidi sliku 1.12.

16. z =1

1 +√

3−√

3

1 +√

3i.


-1

1

-1

1

Slika 1.11: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x+ 1}.

-

1��!!!!2

-

�!!!!2

1��!!!!2

�!!!!2

-

1��!!!!2

-

�!!!!2

1��!!!!2

�!!!!2

Slika 1.12: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 :(x+ 1√

2

)2+(y − 1√

2

)2≤ 1

2 i y ≤ x+√

2}.

17. z0 = 1, z1 = i, z2 = −1, z3 = −i.

18. z0 = 3, z1 = −3

2+

3√

3

2i, z2 = −3

2− 3√

3

2i.

19. {(x, y) ∈ R2 : x = −y2

4+y

2+

3

4}.

Poglavlje 2

LINEARNA ALGEBRA

2.1 Osnovne operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2 Mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3 Matricni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.4 Komutativnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.5 Potenciranje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.6 Sustav linearnih jednadzbi bez rjesenja . . . . . . . . . . . . . . 32

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem . . . . . . . 32

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja . . . . . . . . 34

2.9 Homogeni sustav linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . 37

2.11 Homogeni sustav jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . 40

2.12 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.13 Rang matrice ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.14 Sarrusovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.15 Laplaceov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.16 Svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . 45

2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . 46

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik 46

2.20 Regularna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.21 Racunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom . . . 48

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti . . . . . . . . 49

2.23 Formula za inverz matrice drugog reda . . . . . . . . . . . . . . 49

2.24 Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.25 Matricna jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.26 Jednadzba s kvadratnim matricama . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem . . . . . . . . . . 52

2.28 Rastav matrice na simetricni i antisimetricni dio . . . . . . . . 54

2.29 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.30 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

28 LINEARNA ALGEBRA

U nekim zadacima u ovom poglavlju cemo koristiti elementarne transformacije nadretcima i stupcima matrice. Radi jednostavnijeg zapisa cemo i-ti redak oznacavatis Ri, a i-ti stupac sa Si. Transformacija koja se vrsi u danom koraku pisat ce desnood retka ili iznad stupca na koji se odnosi.

2.1 Osnovne operacije s matricama

Zadane su matrice

A =

[2 3 71 0 1

]i B =

[1 3 42 −1 1

].

Izracunajte:

a) A+B,

b) AT +BT ,

c) 2A− 3B.

Rjesenje.

a) A+B =

[2 3 71 0 1

]+

[1 3 42 −1 1

]=

[2 + 1 3 + 3 7 + 41 + 2 0− 1 1 + 1

]=

[3 6 113 −1 2

],

b) AT +BT =

2 13 07 1

+

1 23 −14 1

=

2 + 1 1 + 23 + 3 0− 17 + 4 1 + 1

=

3 36 −111 2

,

c) 2A− 3B = 2 ·[2 3 71 0 1

]− 3 ·

[1 3 42 −1 1

]=

[1 −3 2−4 3 −1

].

2.2 Mnozenje matrica

Izracunajte 5 27 −11 −5

· [2 3 1 42 −2 4 0

].

2.3 Matricni polinom 29

Rjesenje.

5 27 −11 −5

[2 3 1 42 −2 4 0

]=

5 · 2 + 2 · 2 5 · 3− 2 · 2 5 · 1 + 2 · 4 5 · 4 + 2 · 07 · 2− 1 · 2 7 · 3 + 1 · 2 7 · 1− 1 · 4 7 · 4− 1 · 01 · 2− 5 · 2 1 · 3 + 5 · 2 1 · 1− 5 · 4 1 · 4− 5 · 0

=

14 11 13 2012 23 3 28−8 13 −19 4

.

2.3 Matricni polinom

Neka je A =

[2 1−3 0

]. Izracunajte P (A), ako je P (x) = 5x3 + 2x2 − 4x+ 3.

Rjesenje. Trebamo izracunati P (A) = 5 ·A3 + 2 ·A2 − 4 ·A+ 3 · I. Vrijedi

A2 = A ·A =

[2 1−3 0

]·[

2 1−3 0

]=

[1 2−6 −3

],

A3 = A2 ·A =

[1 2−6 −3

]·[

2 1−3 0

]=

[−4 1−3 −6

],

pa je

P (A) = 5 ·[−4 1−3 −6

]+ 2 ·

[1 2−6 −3

]− 4 ·

[2 1−3 0

]+ 3 ·

[1 00 1

]=

[−20 5−15 −30

]+

[2 4−12 −6

]+

[−8 −412 0

]+

[3 00 3

]=

[−23 5−15 −33

].

2.4 Komutativnost matrica

a) Zadane su matrice

A =

[a a

a− 1 a

]i B =

[1 −16a 1

].

Odredite sve vrijednosti realnog parametra a za koje su matrice A i B komuta-tivne?

b) Odredite sve matrice koje komutiraju s matricom

A =

1 −1 00 1 −10 0 1

.

30 LINEARNA ALGEBRA

Rjesenje.

a) Vrijedi

AB =

[a a

a− 1 a

]·[

1 −16a 1

]=

[a+ 6a2 0

a− 1 + 6a2 1

],

BA =

[1 −16a 1

]·[

a aa− 1 a

]=

[1 0

a− 1 + 6a2 a+ 6a2

].

Matrice A i B su komutativne ako vrijedi AB = BA. Izjednacavanjem odgo-varajucih elemenata slijedi da realni parametar a treba zadovoljavati kvadratnujednadzbu

6a2 + a− 1 = 0.

Dakle, rjesenja su

a1 = −1

2i a2 =

1

3.

b) Oznacimo matricu B s

B =

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

.Potrebno je odrediti sve koeficijente xi, yi, zi za koje vrijedi AB = BA. Iz-jednacavanjem matrica

AB =

1 −1 00 1 −10 0 1

·x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

=

x1 − x2 y1 − y2 z1 − z2x2 − x3 y2 − y3 z2 − z3x3 y3 z3

i

BA =

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

·1 −1 0

0 1 −10 0 1

=

x1 −x1 + y1 −y1 + z1x2 −x2 + y2 −y2 + z2x3 −x3 + y3 −y3 + z3

slijedi da elementi matrice B moraju zadovoljavati sustav jednadzbi

x1 − x2 = x1, y1 − y2 = −x1 + y1, z1 − z2 = −y1 + z1,

x2 − x3 = x2, y2 − y3 = −x2 + y2, z2 − z3 = −y2 + z2,

x3 = x3, y3 = −x3 + y3, z3 = −y3 + z3,

odakle slijedi da je

x2 = 0, y2 = x1, z2 = y1,

x3 = 0, y3 = x2, z3 = y2,

x3 = 0, y3 = 0.

Zakljucujemo da koeficijenti xi, yi, zi zadovoljavaju relacije

x1 = y2 = z3, y1 = z2, x2 = x3 = 0.

2.5 Potenciranje matrica 31

Ako uvedemo oznake x1 = α, y1 = β i z1 = γ, onda se matrica B moze zapisatiu obliku

B =

α β γ0 α β0 0 α

gdje su α, β i γ realni brojevi. Provjerimo na kraju da svaka matrica oblika Bkomutira s matricom A:

AB =

1 −1 00 1 −10 0 1

·α β γ

0 α β0 0 α

=

α β − α γ − β0 α β − α0 0 α

,

BA =

α β γ0 α β0 0 α

·1 −1 0

0 1 −10 0 1

=

α β − α γ − β0 α β − α0 0 α

.Uistinu, matrice AB i BA su jednake.

2.5 Potenciranje matrica

Zadana je matrica

A =

1 1 00 1 10 0 1

.Izracunajte n-tu potenciju matrice A.

Rjesenje. Da bismo odredili n-tu potenciju matrice A, izracunajmo prvo nekolikopotencija nizeg reda. Iz oblika tih potencija cemo prepoznati opci oblik za An.Konacno, ispravnost dobivenog oblika treba provjeriti matematickom indukcijom.Za n = 2, 3, 4 imamo

A2 =

1 1 00 1 10 0 1

1 1 00 1 10 0 1

=

1 2 10 1 20 0 1

,

A3 =

1 2 10 1 20 0 1

1 1 00 1 10 0 1

=

1 3 1 + 20 1 30 0 1

,

A4 =

1 3 1 + 20 1 30 0 1

1 1 00 1 10 0 1

=

1 4 1 + 2 + 30 1 40 0 1

.Iz oblika ovih potencija zakljucujemo da je

An =

1 n 1 + 2 + · · ·+ (n− 1)0 1 n0 0 1

=

1 n n(n−1)2

0 1 n0 0 1

(2.1)

32 LINEARNA ALGEBRA

gdje smo koristili formulu 1 + 2 + · · · + (n − 1) = n(n−1)2 (vidi [M1, primjer 1.3]).

Ispravnost dobivenog izraza za An cemo provjeriti matematickom indukcijom P4 iz[M1, definicija 1.13]. Jednakost (2.1) ocigledno vrijedi za n = 1 pa je time ispunjenabaza indukcije. Pretpostavimo sada da jednakost (2.1) vrijedi za n = m. Tada je

Am+1 = Am ·A =

1 m m(m−1)2

0 1 m0 0 1

·1 1 0

0 1 10 0 1

=

1 m+ 1 m+ m(m−1)2

0 1 m+ 10 0 1

=

1 m+ 1 (m+1)m2

0 1 m+ 10 0 1

,sto pokazuje da jednakost (2.1) vrijedi za n = m+1. Dakle, po principu matematickeindukcije jednakost vrijedi za svako n ∈ N.

2.6 Sustav linearnih jednadzbi bez rjesenja

Rijesite sustavx + 2y + 3z = −2,−4x − 3y − 2z = 3,3x + 4y + 5z = 0.

Rjesenje. Zapisimo sustav u matricnom obliku i na prosirenu matricu sustavaprimijenimo Gaussovu metodu eliminacije opisanu u [M1, §2.4]. Vrijedi

[A b

]=

1 2 3 −2−4 −3 −2 33 4 5 0

R2+4R1

R3−3R1

∼

1 2 3 −20 5 10 −50 −2 −4 6

5R3+2R2

∼

1 2 3 −20 5 10 −50 0 0 20

.Dobili smo prosirenu matricu sustava koji je ekvivalentan polaznom. Buduci da iztreceg retka slijedi 0 = 20, sustav nema rjesenja.

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem

Rijesite sustave:

a) x + 2y + 3z = 3,

−2x + z = −2,

x + 2y − z = 3,

−x + 2y + 12z = 1.

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem 33

b) 2x1 + 3x2 + 11x3 + 5x4 = 2,

x1 + x2 + 5x3 + 2x4 = 1,

2x1 + x2 + 3x3 + 2x4 = −3,

x1 + x2 + 3x3 + 4x4 = −3.

Rjesenje.

a) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

1 2 3 3−2 0 1 −21 2 −1 3−1 2 12 1

R2+2R1

R3−R1

R4+R1

∼

1 2 3 30 4 7 40 0 −4 00 4 15 4

R4−R2

∼

1 2 3 30 4 7 40 0 −4 00 0 8 0

R4+2R3

∼

1 2 3 30 4 7 40 0 −4 00 0 0 0

.Cetvrti redak glasi 0 = 0, sto je tocno. Iz treceg retka slijedi z = 0, iz drugog

4y + 7z = 4 ⇒ 4y = 4 ⇒ y = 1,

a i prvog

x+ 2y + 3z = 3 ⇒ x+ 2 = 3 ⇒ x = 1.

Dakle, sustav ima jedinstveno rjesenjexyz

=

110

.b) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

2 3 11 5 21 1 5 2 12 1 3 2 −31 1 3 4 −3

2R2−R1

R3−R1

2R4−R1

∼

2 3 11 5 20 −1 −1 −1 00 −2 −8 −3 −50 −1 −5 3 −8

R3−2R2

R4−R2

∼

2 3 11 5 20 −1 −1 −1 00 0 −6 −1 −50 0 −4 4 −8

3R4−2R3

∼

2 3 11 5 20 −1 −1 −1 00 0 −6 −1 −50 0 0 14 −14

.Iz cetvrtog retka slijedi

14x4 = −14 ⇒ x4 = −1,

34 LINEARNA ALGEBRA

iz treceg

−6x3 − x4 = −5 ⇒ −6x3 + 1 = −5 ⇒ x3 = 1,

iz drugog

−x2 − x3 − x4 = 0 ⇒ −x2 − 1 + 1 = 0 ⇒ x2 = 0,

te iz prvog

2x1 + 3x2 + 11x3 + 5x4 = 2 ⇒ 2x1 + 0 + 11 + 5 · (−1) = 2 ⇒ x1 = −2.

Rjesenje zadanog sustava je jedinstveno i glasix1x2x3x4

=

−201−1

.

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja

Rijesite sljedece sustave:

a) x1 + 2x2 + x3 = 4,

2x1 − x2 − 3x3 = 2,

x1 − 8x2 − 9x3 = −8,

5x1 + 5x2 = 14.

b) x1 + x2 − x3 − 3x4 + 4x5 = 2,

3x1 + x2 − x3 − x4 = 2,

9x1 + x2 − 2x3 − x4 − 2x5 = 5,

x1 − x2 − x4 + 2x5 = 1.

Rjesenje.

a) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

1 2 1 42 −1 −3 21 −8 −9 −85 5 0 14

R2−2R1

R3−R1

R4−5R1

∼

1 2 1 40 −5 −5 −60 −10 −10 −120 −5 −5 −6

R3−2R2

R4−R2

∼

1 2 1 40 −5 −5 −60 0 0 00 0 0 0

.

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja 35

Treci i cetvrti redak glase 0 = 0, sto je tocno. Iz preostalih redaka slijedejednadzbe

−5x2 − 5x3 = −6 i x1 + 2x2 + x3 = 4,

pomocu kojih mozemo nepoznanice x1 i x2 izraziti preko x3. Vrijedi

− 5x2 − 5x3 = −6 ⇒ 5x2 = 6− 5x3 ⇒ x2 =6

5− x3,

x1 + 2x2 + x3 = 4 ⇒ x1 = 4− 2

(6

5− x3

)− x3 ⇒ x1 =

8

5+ x3.

Dakle, sustav ima jednoparametarsko rjesenje. Stavimo x3 = λ, gdje je λ ∈ Rproizvoljan. Tada rjesenje sustava glasi

x1 =8

5+ λ,

x2 =6

5− λ,

x3 = λ,

odnosno u matricnom zapisux1x2x3

=

8/56/50

+ λ

1−11

, λ ∈ R.

b) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

1 1 −1 −3 4 23 1 −1 −1 0 29 1 −2 −1 −2 51 −1 0 −1 2 1

R2−3R1

R3−9R1

R4−R1

∼

1 1 −1 −3 4 20 −2 2 8 −12 −40 −8 7 26 −38 −130 −2 1 2 −2 −1

R3−4R2

R4−R2

∼

1 1 −1 −3 4 20 −2 2 8 −12 −40 0 −1 −6 10 30 0 −1 −6 10 3

R4−R3

∼

1 1 −1 −3 4 20 −2 2 8 −12 −40 0 −1 −6 10 30 0 0 0 0 0

.

36 LINEARNA ALGEBRA

Cetvrti redak glasi 0 = 0, sto je tocno. Iz preostalih redaka slijede tri jednadzbeiz kojih sve nepoznanice mozemo izraziti preko x4 i x5. Stoga sustav ima dvo-parametarsko rjesenje pa mozemo staviti x4 = α, x5 = β, gdje su α, β ∈ Rproizvoljni. Iz treceg retka slijedi

−x3 − 6x4 + 10x5 = 3 =⇒ x3 = −3− 6α+ 10β,

iz drugog

− 2x2 + 2x3 + 8x4 − 12x5 = −4,

x2 = 2 + (−3− 6α+ 10β) + 4α− 6β,

x2 = −1− 2α+ 4β

te iz prvog

x1 + x2 − x3 − 3x4 + 4x5 = 2,

x1 = 2− (−1− 2α+ 4β) + (−3− 6α+ 10β) + 3α− 4β,

x1 = −α+ 2β.

Rjesenje zapisano u matricnom obliku glasix1x2x3x4x5

=

0−1−300

+ α

−1−2−610

+ β

241001

, α, β ∈ R.

2.9 Homogeni sustav linearnih jednadzbi

Rijesite sustavx1 + x2 + x3 = 0,2x1 + x2 = 0,3x1 + x2 − x3 = 0.

Rjesenje. Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

1 1 1 02 1 0 03 1 −1 0

R2−2R1

R3−3R1

∼

1 1 1 00 −1 −2 00 −2 −4 0

R3−2R2

∼

1 1 1 00 −1 −2 00 0 0 0

.Zadnji redak daje istinitu tvrdnju 0 = 0, a iz prvog i drugog retka slijedi

−x2 − 2x3 = 0 i x1 + x2 + x3 = 0,

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru 37

pa mozemo sve nepoznanice izraziti preko x3. Stavimo li x3 = t, gdje je t ∈ Rproizvoljan, slijedi

x2 = −2t i x1 = −x2 − x3 = 2t− t = t.

Sustav ima jednoparametarsko rjesenje koje glasix1x2x3

= t

1−21

, t ∈ R.

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru

Rijesite sljedece sustave u ovisnosti o realnom parametru:

a) x + y − z = 1,

2x + 3y + az = 3,

x + ay + 3z = 2.

b) λx + y + z = 1,

x + λy + z = λ,

x + y + λz = λ2.

Rjesenje.

a) Gaussovu metodu eliminacije iz [M1, §2.4] primijenimo na prosirenu matricusustava, pri cemu je a proizvoljan realan parametar. Dobivamo

[A b

]=

1 1 −1 12 3 a 31 a 3 2

R2−2R1

R3−R1

∼

1 1 −1 10 1 a+ 2 10 a− 1 4 1

R3−(a−1)R2

∼

1 1 −1 10 1 a+ 2 10 0 (a+ 3)(2− a) 2− a

.Ovisno o tome je li element na mjestu (3, 3) jednak ili razlicit od nule, razlikujemotri slucaja:

Slucaj 1. Promotrimo prvo slucaj kada je (a + 3)(2 − a) 6= 0, odnosno kadaa /∈ {−3, 2}. Tada mozemo podijeliti treci redak s a− 2 6= 0 pa vrijedi

[A b

]∼

1 1 −1 10 1 a+ 2 10 0 a+ 3 1

.Buduci je i a+ 3 6= 0, iz treceg retka slijedi

(a+ 3) z = 1⇒ z =1

a+ 3.

38 LINEARNA ALGEBRA

Uvrstavanjem u jednadzbu koja slijedi iz drugog retka, dobivamo

y + (a+ 2) z = 1⇒ y = 1− a+ 2

a+ 3⇒ y =

1

a+ 3.

Sada iz prvog retka imamo

x+ y − z = 1⇒ x = 1− 1

a+ 3+

1

a+ 3⇒ x = 1.

U ovom slucaju sustav ima jedinstveno rjesenje koje glasixyz

=

11/(a+ 3)1/(a+ 3)

.Slucaj 2. Ako je a = −3, iz treceg retka slijedi jednadzba 0 = 5 pa sustav nemarjesenja.

Slucaj 3. Za a = 2 je

[A b

]∼

1 1 −1 10 1 4 10 0 0 0

.Sada iz drugog retka slijedi

y + 4z = 1⇒ y = 1− 4z,

a iz prvog je

x+ y − z = 1⇒ x = 1− (1− 4z) + z ⇒ x = 5z.

Ako stavimo z = λ, gdje je λ ∈ R proizvoljan parametar, rjesenje glasixyz

=

5λ1− 4λλ

=

010

+ λ

5−41

, λ ∈ R.

b) Sustav rjesavamo metodom Gaussove eliminacije opisanom u [M1, §2.4]. Vrijedi

[A b

]=

λ 1 1 11 λ 1 λ1 1 λ λ2

.Da bi smanjili broj redaka koje treba pomnoziti s parametrom λ i tako pojed-nostavnili rjesavanje sustava, zamijenimo prvi i treci redak. Tada je

[A b

]∼

1 1 λ λ2

1 λ 1 λλ 1 1 1

R2−R1

R3−λR1

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru 39

∼

1 1 λ λ2

0 λ− 1 1− λ λ− λ20 1− λ 1− λ2 1− λ3

R3+R2

∼

1 1 λ λ2

0 λ− 1 1− λ λ− λ20 0 (1− λ) + (1− λ2) (1− λ3) + (λ− λ2)

=

1 1 λ λ2

0 λ− 1 1− λ λ(1− λ)0 0 (1− λ)(λ+ 2) (1− λ)(1 + λ)2

.Zadani sustav jednadzbi je ekvivalentan dobivenom gornje trokutastom sustavu

x+ y + λz = λ2,

(λ− 1)y + (1− λ)z = λ(1− λ),

(1− λ)(λ+ 2)z = (1− λ)(1 + λ)2.

Promotrimo posebno sljedeca tri slucaja ovisna o tome je li izraz na mjestu (3, 3)jednak ili razlicit od nule:

Slucaj 1. Ako je (1−λ)(λ+2) 6= 0, odnosno λ /∈ {1,−2}, iz posljednje jednadzbeslijedi

z =(1− λ)(1 + λ)2

(1− λ)(λ+ 2),

pa sustav ima jedinstveno rjesenje

x = −λ+ 1

λ+ 2, y =

1

λ+ 2, z =

(1 + λ)2

λ+ 2.

Slucaj 2. Za λ = 1 sustav se svodi na jednadzbu x + y + z = 1 iz koje dobi-vamo x = 1− y − z, odnosno dvoparametarsko rjesenje gdje su y i z parametri.Oznacimo li ih s α i β, rjesenje zapisujemo u obliku

x = 1− α− β, y = α, z = β, α, β ∈ R.

Slucaj 3. Za λ = −2 imamo sustav

x+ y − 2z = 4,

−3y + 3z = −6,

0 · z = 3,

koji zbog zadnje jednakosti 0 = 3 ocito nema rjesenja.

40 LINEARNA ALGEBRA

2.11 Homogeni sustav jednadzbi ovisan o parametru

Odredite sve realne parametre p za koje sustav

x1 + 3x2 + 2x3 + x4 = 0,x1 + x2 + 4x3 + px4 = 0,−3x1 + 2x2 − 17x3 + 8x4 = 0,2x1 + px2 + 11x3 − 5x4 = 0.

ima samo trivijalno rjesenje.

Rjesenje. Sustav je homogen pa je dovoljno primijeniti Gaussovu metodu elimi-nacije iz [M1, §2.4] na matricu sustava. Vrijedi

A =

1 3 2 11 1 4 p−3 2 −17 82 p 11 −5

R2−R1

R3+3R1

R4−2R1

∼

1 3 2 10 −2 2 p− 10 11 −11 110 p− 6 7 −7

Buduci da drugi redak sadrzi parametar p, da bi pojednostavnili racunanje, zami-jenimo ga s trecim retkom koji ga ne sadrzi. Takoder, podijelimo treci redak s 11.Tada je

A ∼

1 3 2 10 1 −1 10 −2 2 p− 10 p− 6 7 −7

R3+2R2

R4−(p−6)R2

∼

1 3 2 10 1 −1 10 0 0 p+ 10 0 p+ 1 −p− 1

.Da bi dobili gornje trokutasti oblik, sada moramo zamijeniti treci i cetvrti redak.Stoga za prosirenu matricu sustava vrijedi

[A b

]∼

1 3 2 1 00 1 −1 1 00 0 p+ 1 −p− 1 00 0 0 p+ 1 0

.Ako homogeni sustav ima jedinstveno rjesenje, onda je ono trivijalno. Rjesenje ocitonije jedinstveno ako je p = −1 jer se tada treci i cetvrti redak sastoje samo od nula,a sustav ima cetiri nepoznanice. Medutim, za sve parametre p 6= −1 dijeljenjemtreceg i cetvrtog retka s p+ 1 6= 0 dobivamo da je

[A b

]∼

1 3 2 1 00 1 −1 1 00 0 1 1 00 0 0 1 0

,sto je prosirena matrica sustava koji ima jedinstveno trivijalno rjesenje.

2.12 Rang matrice 41

2.12 Rang matrice

Odredite rang sljedecih matrica:

a) A =

2 −3 16 11 6 −2 31 3 2 2

,

b) B =

2 3 −1 41 0 1 23 4 0 7−2 −1 4 14 −2 3 5

.

Rjesenje.

a) Zamijenimo prvi i drugi redak da bi doveli broj 1 na mjesto (1, 1). Elementarnimtransformacijama nad retcima iz [M1, teorem 2.4] slijedi

A ∼

1 6 −2 32 −3 16 11 3 2 2

R2−2R1

R3−R1

∼

1 6 −2 30 −15 20 −50 −3 4 −1

5R3−R2

∼

1 6 −2 30 −15 20 −50 0 0 0

.Dobili smo matricu u reduciranom obliku koja je ekvivalentna polaznoj. Buducida je rang dobivene matrice jednak broju ne-nul redaka, prema [M1, definicija2.4], slijedi

rang(A) = 2.

b) Zamijenimo prvi i drugi redak i zadanu matricu svedimo na reducirani oblik.Vrijedi

B ∼

1 0 1 22 3 −1 43 4 0 7−2 −1 4 14 −2 3 5

R2−2R1

R3−3R1

R4+2R1

R5−4R1

∼

1 0 1 20 3 −3 00 4 −3 10 −1 6 50 −2 −1 −3

Podijelimo sada drugi redak s brojem 3. Tada je

B ∼

1 0 1 20 1 −1 00 4 −3 10 −1 6 50 −2 −1 −3

R3−4R2

R4+R2

R5+2R2

∼

1 0 1 20 1 −1 00 0 1 10 0 5 50 0 −3 −3

R4−5R3

R5+3R3

∼

1 0 1 20 1 −1 00 0 1 10 0 0 00 0 0 0

.

Prema [M1, teorem 2.4], dobivena matrica je ekvivalentna polaznoj, odnosnoobje imaju isti rang. Buduci je rang dobivene matrice jednak broju ne-nulredaka, slijedi

rang(B) = 3.

42 LINEARNA ALGEBRA

2.13 Rang matrice ovisan o parametru

U ovisnosti o parametru λ ∈ R odredite rang matrice

A =

1 1 11 λ λ2

1 λ2 λ

.Rjesenje. Elementarnim transformacijama nad retcima iz [M1, teorem 2.4] dobi-vamo da je

A =

1 1 11 λ λ2

1 λ2 λ

R2−R1

R3−R1

∼

1 1 10 λ− 1 λ2 − 10 λ2 − 1 λ− 1

=

1 1 10 λ− 1 (λ− 1)(λ+ 1)0 (λ− 1)(λ+ 1) λ− 1

.Drugi i treci redak u gornjoj matrici smijemo podijeliti s λ−1, samo uz pretpostavkuda je λ 6= 1. Tada je

A ∼

1 1 10 1 λ+ 10 λ+ 1 1

R3−(λ+1)R2

∼

1 1 10 1 λ+ 10 0 −λ(λ+ 2)

. (2.2)

Promotrimo sada posebno slucajeve λ = −2 i λ = 0 za koje dobivamo nulu namjestu (3, 3) jer tada treci redak postaje nul-redak, te slucaj kada je λ = 1 koji smoizbacili na pocetku.

Slucaj 1. Za λ = −2 dobivamo

A ∼

1 1 10 1 −10 0 0

,iz cega zakljucujemo da je rang(A) = 2.

Slucaj 2. Slicno, za λ = 0 imamo

A ∼

1 1 10 1 10 0 0

pa je opet rang(A) = 2.

Slucaj 3. Ako je λ = 1, tada ne vrijedi dobivena ekvivalencija jer u tom slucaju nesmijemo dijeliti s λ− 1. Stoga uvrstimo λ = 1 u zadanu matricu. Dobivamo

A =

1 1 11 1 11 1 1

R2−R1

R3−R1

∼

1 1 10 0 00 0 0

2.14 Sarrusovo pravilo 43

pa je rang(A) = 1.

Slucaj 4. Konacno, u svim ostalim slucajevima, odnosno ako λ /∈ {−2, 0, 1}, redu-cirana matrica (2.2) ima tri ne-nul retka pa je rang(A) = 3.

2.14 Sarrusovo pravilo

Sarrusovim pravilom izracunajte determinantu matrice

A =

3 4 −58 7 −22 1 8

.Rjesenje. Prepisimo prva dva stupca zadane matrice iza treceg. Mnozenjem trijubrojeva na dijagonalama, pri cemu umnoske na padajucim dijagonala zbrajamo, aone na rastucim oduzimamo, dobivamo

detA =

∣∣∣∣∣∣3 4 −58 7 −22 1 8

∣∣∣∣∣∣3 48 72 1

= 3 · 7 · 8 + 4 · (−2) · 2 + (−5) · 8 · 1− (−5) · 7 · 2− 3 · (−2) · 1− 4 · 8 · 8= −68.

2.15 Laplaceov razvoj

Laplaceovim razvojem izracunajte determinantu matrice

A =

1 5 −1 12 0 1 −10 1 2 31 0 0 −1

.Rjesenje. Laplaceovim razvojem [M1, §2.9.3] po cetvrtom retku slijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 5 −1 12 0 1 −10 1 2 31 0 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 · (−1)4+1

∣∣∣∣∣∣5 −1 10 1 −11 2 3

∣∣∣∣∣∣+ (−1) · (−1)4+4

∣∣∣∣∣∣1 5 −12 0 10 1 2

∣∣∣∣∣∣ .Sada izracunajmo dobivene determinante treceg reda. Laplaceovim razvojem podrugom retku dobivamo∣∣∣∣∣∣

5 −1 10 1 −11 2 3

∣∣∣∣∣∣ = 1 · (−1)2+2

∣∣∣∣5 11 3

∣∣∣∣+ (−1) · (−1)2+3

∣∣∣∣5 −11 2

∣∣∣∣= (5 · 3− 1 · 1) + [5 · 2− (−1) · 1] = 14 + 11 = 25.

44 LINEARNA ALGEBRA

Razvojem po prvom stupcu slijedi∣∣∣∣∣∣1 5 −12 0 10 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 1 · (−1)1+1

∣∣∣∣0 11 2

∣∣∣∣+ 2 · (−1)2+1

∣∣∣∣5 −11 2

∣∣∣∣= (0 · 2− 1 · 1)− 2 [5 · 2− (−1) · 1] = −1− 22 = −23.

Dakle,detA = −1 · 25− 1 · (−23) = −2.

2.16 Svojstva determinanti

Izracunajte determinante sljedecih matrica:

a) A =

1 1 1a b ca2 b2 c2

,

b) B =

−2 5 0 −1 31 0 3 7 −23 −1 0 5 −52 6 −4 1 20 −3 −1 2 3

.

Rjesenje.

a) Koristenjem svojstva D6. iz [M1, §2.9.1], determinantu transformirajmo takoda u prvom retku dobijemo sto vise nula i onda primijenimo Laplaceov razvojpo tom retku. Vrijedi

detA =

S2−S1 S3−S1∣∣∣∣∣∣1 1 1a b ca2 b2 c2

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 0a b− a c− aa2 b2 − a2 c2 − a2

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣ b− a c− ab2 − a2 c2 − a2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ b− a c− a(b− a)(b+ a) (c− a)(c+ a)

∣∣∣∣= (b− a)

∣∣∣∣ 1 c− ab+ a (c− a)(c+ a)

∣∣∣∣ = (b− a)(c− a)

∣∣∣∣ 1 1b+ a c+ a

∣∣∣∣= (b− a)(c− a)(c− b).

b) Buduci da treci stupac ima najvise nula, transformirajmo determinantu tako dau tom stupcu ostane samo jedan element razlicit od nule. Koristenjem svojstva

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik 45

D6. iz [M1, §2.9.1] dobivamo

detB =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−2 5 0 −1 31 0 3 7 −23 −1 0 5 −52 6 −4 1 20 −3 −1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣R2+3R5

R4−4R5

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−2 5 0 −1 31 −9 0 13 73 −1 0 5 −52 18 0 −7 −100 −3 −1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Razvojem po trecem stupcu i primjenom istog postupka na prvi stupac dobivenedeterminante slijedi

detB = (−1) · (−1)5+3

∣∣∣∣∣∣∣∣−2 5 −1 31 −9 13 73 −1 5 −52 18 −7 −10

∣∣∣∣∣∣∣∣R1+2R2

R3−3R2

R4−2R2

= −

∣∣∣∣∣∣∣∣0 −13 25 171 −9 13 70 26 −34 −260 36 −33 −24

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Razvojem po prvom stupcu i primjenom svojstava D5. i D6. iz [M1, §2.9.1] je

detB = −1 · (−1)2+1

∣∣∣∣∣∣−13 25 1726 −34 −2636 −33 −24

∣∣∣∣∣∣ = 2 · 3

∣∣∣∣∣∣−13 25 1713 −17 −1312 −11 −8

∣∣∣∣∣∣R1+R2

R3−R2

= 6

∣∣∣∣∣∣0 8 413 −17 −13−1 6 −5

∣∣∣∣∣∣R2+13R3 = 6 · 4

∣∣∣∣∣∣0 2 10 61 52−1 6 5

∣∣∣∣∣∣ .Razvojem po prvom stupcu konacno dobivamo

detB = 24 · (−1) · (−1)1+3

∣∣∣∣ 2 161 52

∣∣∣∣ = −24 · (2 · 52− 1 · 61) = −24 · 43

= −1032.

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutastioblik

Izracunajte determinantu matrice

A =

1 2 0 12 3 −1 00 −1 2 4−1 0 4 −1

.Rjesenje. Determinanta trokutaste matrice je jednaka umnosku elemenata nadijagonali. Koristeci svojstva determinante D5 i D6 iz [M1, §2.9.1], svedimo zadanumatricu na gornje trokutasti oblik. Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 12 3 −1 00 −1 2 4−1 0 4 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣R2−2R1

R4+R1

=

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 10 −1 −1 −20 −1 2 40 2 4 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ R3−R2

R4+2R2

46 LINEARNA ALGEBRA

=

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 10 −1 −1 −20 0 3 60 0 2 −4

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3 · 2

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 10 −1 −1 −20 0 1 20 0 1 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣R4−R3

= 6 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0 10 −1 −1 −20 0 1 20 0 0 −4

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 6 · [1 · (−1) · 1 · (−4)] = 24.

2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda

Izracunajte determinantu n-tog reda

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

α β 0 . . . 00 α β . . . 0...

.... . .

. . ....

0 0 . . . α ββ 0 . . . 0 α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Rjesenje. Uocimo da se na glavnoj dijagonali nalaze elementi α te da se elementi βnalaze na dijagonali iznad glavne i na mjestu (n, 1). Na ovu determinantu stoga pri-mijenimo Laplaceov razvoj po prvom stupcu, jer cemo time dobiti dvije trokutastedeterminante reda n− 1. Vrijedi

D = (−1)1+1α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

α β 0 . . . 00 α β . . . 0...

.... . .

. . ....

0 0 . . . α β0 0 . . . 0 α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)n+1β

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

β 0 0 . . . 0α β 0 . . . 00 α β . . . 0...

.... . .

. . ....

0 0 . . . α β

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= α · αn−1 + (−1)n+1β · βn−1 = αn + (−1)n+1βn,

jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnosku elemenata na dijagonali.

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjemna trokutasti oblik

Izracunajte determinantu n-tog reda

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−1 2 2 . . . 22 −1 2 . . . 2...

.... . .

. . ....

2 2 2 . . . −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .

2.20 Regularna matrica 47

Rjesenje. Za razliku od prethodnog primjera u ovoj determinanti ne postoje stupciili retci s puno nula. Medutim, zbog simetrije s obzirom na glavnu dijagonalu, ovudeterminantu prikladno je izracunati svodenjem na trokutasti oblik. Naime, kada bise u prvom retku nalazile samo jedinice, trokutasti oblik bi se lako dobio mnozenjemprvog retka s −2 i pribrajanjem ostalim retcima. S obzirom da je suma elemenatau svakom stupcu jednaka −1 + (n− 1) · 2 = 2n− 3, prvom retku pribrojimo sumupreostalih n− 1 redaka. Time dobivamo

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2n− 3 2n− 3 2n− 3 . . . 2n− 32 −1 2 . . . 22 2 −1 . . . 2...

......

. . ....

2 2 2 . . . −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (2n− 3)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 12 −1 2 . . . 22 2 −1 . . . 2...

......

. . ....

2 2 2 . . . −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣R2−2R1

R3−2R1

Rn−2R1

= (2n− 3)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 10 −3 0 . . . 00 0 −3 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . −3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (2n− 3)[1 ·(−3) · (−3) · · · (−3)︸︷︷︸

n−1 puta

] = (−3)n−1(2n− 3),

jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnosku elemenata na dijagonali.

2.20 Regularna matrica

Odredite sve x ∈ R za koje je realna matrica

A =

ln(x− 3) −2 6x −2 50 −1 3

regularna.

Rjesenje. Vrijedi

detA =

S3+3S2∣∣∣∣∣∣ln(x− 3) −2 6

x −2 50 −1 3

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣ln(x− 3) −2 0

x −2 −10 −1 0

∣∣∣∣∣∣.

48 LINEARNA ALGEBRA

Laplaceovim razvojem po trecem retku dobivamo

detA = (−1) · (−1)3+2

∣∣∣∣ln(x− 3) 0x −1

∣∣∣∣ = − ln(x− 3).

Matrica A je regularna ako i samo ako je detA 6= 0, odnosno − ln(x− 3) 6= 0. Zbogpodrucja definicije logaritamske funkcije, jos treba vrijediti x − 3 > 0, odnosnox > 3. Iz prvog uvjeta slijedi x 6= 4 pa je zadana matrica regularna za sve x ∈〈3, 4〉 ∪ 〈4,+∞〉.

2.21 Racunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovommetodom

Gauss-Jordanovom metodom odredite inverz matrice

A =

1 1 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 1

.

Rjesenje. Matrica je gornje trokutasta zbog cega je determinanta jednaka umnoskuelemenata na dijagonali, odnosno detA = 1. Dakle, determinanta je razlicita odnule pa postoji inverzna matrica. Elementarnim transformacijama iskljucivo nadretcima svedimo matricu na oblik

[I B

]. Tada je A−1 = B. Vrijedi

[A I

]=

1 1 0 0 1 0 0 00 1 1 0 0 1 0 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R1−R2

∼

1 0 −1 0 1 −1 0 00 1 1 0 0 1 0 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R1+R3

R2−R3

∼

1 0 0 1 1 −1 1 00 1 0 −1 0 1 −1 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R1−R4

R2+R4

R3−R4

∼

1 0 0 0 1 −1 1 −10 1 0 0 0 1 −1 10 0 1 0 0 0 1 −10 0 0 1 0 0 0 1

.

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti 49

Dakle, inverz matrice A je

A−1 =

1 −1 1 −10 1 −1 10 0 1 −10 0 0 1

.

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti

Cramerovim pravilom odredite inverz matrice

A =

−2 3 01 −1 54 2 7

.Rjesenje. Sarrusovim pravilom dobivamo

detA =

∣∣∣∣∣∣−2 3 01 −1 54 2 7

∣∣∣∣∣∣−2 31 −14 2

= 14 + 60 + 0− 0 + 20− 21 = 73 6= 0,

pa postoji inverzna matrica. Prema [M1, teorem 2.9] je

A−1 =1

detA

A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

T ,gdje je Aij algebarski komplement elementa aij . Dakle,

A11 = (−1)1+1

∣∣∣∣−1 52 7

∣∣∣∣ , A12 = (−1)1+2

∣∣∣∣1 54 7

∣∣∣∣ , A13 = (−1)1+3

∣∣∣∣1 −14 2

∣∣∣∣ ,A21 = (−1)2+1

∣∣∣∣3 02 7

∣∣∣∣ , A22 = (−1)2+2

∣∣∣∣−2 04 7

∣∣∣∣ , A23 = (−1)2+3

∣∣∣∣−2 34 2

∣∣∣∣ ,A31 = (−1)3+1

∣∣∣∣ 3 0−1 5

∣∣∣∣ , A32 = (−1)3+2

∣∣∣∣−2 01 5

∣∣∣∣ , A33 = (−1)3+3

∣∣∣∣−2 31 −1

∣∣∣∣ ,pa je

A−1 =1

73

−17 13 6−21 −14 1615 10 −1

T =1

73

−17 −21 1513 −14 106 16 −1

.

2.23 Formula za inverz matrice drugog reda

Odredite inverz matrice

A =

[a bc d

],

50 LINEARNA ALGEBRA

ako je ad− bc 6= 0.

Rjesenje. Zbog uvjeta ad − bc 6= 0 matrica A je regularna. Prema [M1, teorem2.9] je

A−1 =1

detA

[A11 A12

A21 A22

]T,

gdje suA11 = (−1)1+1d = d, A12 = (−1)1+2c = −c,

A21 = (−1)2+1b = −b, A22 = (−1)2+2a = a.

Dakle,

A−1 =1

ad− bc

[d −c−b a

]T=

1

ad− bc

[d −b−c a

].

2.24 Cramerovo pravilo

Cramerovim pravilom rijesite sustav

2x1 + x2 + x3 = 2,x1 + 2x2 + x3 = 3,x1 + x2 + 2x3 = −1.

Rjesenje. Matrica sustava A je kvadratna i regularna jer je

detA =

∣∣∣∣∣∣2 1 11 2 11 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 8 + 1 + 1− 2− 2− 2 = 4 6= 0.

Stoga prema [M1, teorem 2.10] vrijedi

xi =Di

detA, i = 1, 2, 3,

gdje je

D1 =

∣∣∣∣∣∣2 1 13 2 1−1 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 8− 1 + 3 + 2− 2− 6 = 4,

D2 =

∣∣∣∣∣∣2 2 11 3 11 −1 2

∣∣∣∣∣∣ = 12 + 2− 1− 3 + 2− 4 = 8,

D3 =

∣∣∣∣∣∣2 1 21 2 31 1 −1

∣∣∣∣∣∣ = −4 + 3 + 2− 4− 6 + 1 = −8.

Slijedi

x1 =4

4, x2 =

8

4, x3 =

−8

4,

2.25 Matricna jednadzba 51

pa rjesnje sustava glasi x1x2x3

=

12−2

.

2.25 Matricna jednadzba

Rijesite matricnu jednadzbu AX = B, gdje je

A =

2 02 −31 −1

i B =

2 0 6−1 −6 00 −2 1

.Rjesenje. Prema [M1, §2.1.3], matrica X mora biti tipa (2, 3) pa je zapisimo uobliku

X =

[a b cd e f

].

Uvrstavanjem zadanih matrica u jednadzbu AX = B dobivamo2 02 −31 −1

· [a b cd e f

]=

2 0 6−1 −6 00 −2 1

,odnosno 2a 2b 2c

2a− 3d 2b− 3e 2c− 3fa− d b− e c− f

=

2 0 6−1 −6 00 −2 1

.Izjednacavanjem odgovarajucih elemenata u matricama slijedi

2a = 2, 2b = 0, 2c = 6,

2a− 3d = −1, 2b− 3e = −6, 2c− 3f = 0,

a− d = 0, b− e = −2, c− f = 1.

Dakle,

a = 1, b = 0, c = 3, d = 1, e = 2, f = 2

pa trazena matrica X glasi

X =

[1 0 31 2 2

].

2.26 Jednadzba s kvadratnim matricama

Rijesite matricnu jednadzbu

(AX)−1 +X−1 = B,

52 LINEARNA ALGEBRA

gdje je

A =

[2 −13 4

]i B =

[3 41 −3

].

Rjesenje. Prema formulama iz [M1, §2.8] slijedi

(AX)−1 +X−1 = B,

X−1A−1 +X−1 = B,

X−1(A−1 + I) = B.

Mnozenjem jednadzbe s lijeve strane matricom X i s desne strane matricom B−1

dobivamo

X ·X−1(A−1 + I) ·B−1 = X ·B ·B−1,I · (A−1 + I) ·B−1 = X · I,

(A−1 + I) ·B−1 = X,

odnosnoX = (A−1 + I) ·B−1.

Matrice A i B imaju inverze jer je

detA = 2 · 4− (−1) · 3 = 11 6= 0 i detB = 3 · (−3)− 4 · 1 = −13 6= 0

Prema zadatku 2.23 vrijedi

A−1 =1

11

[4 1−3 2

]i B−1 =

1

−13

[−3 −4−1 3

]=

1

13

[3 41 −3

].

Stoga je

X =

(1

11

[4 1−3 2

]+

[1 00 1

])· 1

13

[3 41 −3

]

=

(1

11

[4 1−3 2

]+

1

11

[11 00 11

])· 1

13

[3 41 −3

]

=1

11 · 13

[15 1−3 13

]·[3 41 −3

]=

1

143

[46 574 −51

].

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem

Rijesite matricnu jednadzbu

B(AX − I)−1C = I

gdje je

A =

1 23 22 1

, B =

10 −2 −9−5 2 54 −1 −4

, C =

1 2 02 1 −30 2 3

.

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem 53

Rjesenje. Kako su matrice B i C kvadratne i regularne (provjerite regularnostracunajuci determinante), zadanu jednadzbu mozemo pomnoziti slijeva s B−1 izdesna s C−1. Tada dobivamo

B−1B · (AX − I)−1 · CC−1 = B−1 · I · C−1,I · (AX − I)−1 · I = B−1 · I · C−1,

(AX − I)−1 = B−1C−1.

Buduci da je B−1C−1 = (CB)−1 (vidi [M1, §2.8]), slijedi

(AX − I)−1 = (CB)−1.

Invertiranjem lijeve i desne strane sada dobivamo jednadzbu

AX − I = CB,

odnosnoAX = CB + I.

Izracunajmo sada matricu CB + I. Vrijedi

CB + I =

1 2 02 1 −30 2 3

10 −2 −9−5 2 54 −1 −4

+

1 0 00 1 00 0 1

=

0 2 13 1 −12 1 −2

+

1 0 00 1 00 0 1

=

1 2 13 2 −12 1 −1

.Buduci da je A matrica tipa 3× 2 i matrica CB + I tipa 3× 3, trazena matrica Xmora biti tipa 2× 3, pa je zapisimo u obliku

X =

[x1 y1 z1x2 y2 z2

].

Sada jednadzba AX = CB + I glasi1 23 22 1

· [x1 y1 z1x2 y2 z2

]=

1 2 13 2 −12 1 −1

,odnosno x1 + 2x2 y1 + 2y2 z1 + 2z2

3x1 + 2x2 3y1 + 2y2 3z1 + 2z22x1 + x2 2y1 + y2 2z1 + z2

=

1 2 13 2 −12 1 −1

.Izjednacavanjem odgovarajucih elemenata matrica dobivamo sljedece jednadzbe:

x1 + 2x2 = 1, y1 + 2y2 = 2, z1 + 2z2 = 1,

3x1 + 2x2 = 3, 3y1 + 2y2 = 2, 3z1 + 2z2 = −1,

2x1 + x2 = 2, 2y1 + y2, = 1, 2z1 + z2 = −1.

54 LINEARNA ALGEBRA

Promotrimo prvo jednadzbe

x1 + 2x2 = 1,

3x1 + 2x2 = 3,

2x1 + x2 = 2,

koje jedine sadrze nepoznanice x1 i x2. Oduzimanjem prve od druge odmah do-bivamo da je x1 = 1, a uvrstavanjem u trecu da je x2 = 0. Dobiveni x1 i x2zadovoljavaju sve tri jednadzbe pa su to uistinu rjesenja. Na isti nacin rijesimo sus-tav jednadzbi koje jedine sadrze nepoznanice y1 i y2 odakle dobivamo da je y1 = 0 iy2 = 1, te preostali sustav jednadzbi koji sadrzi nepoznanice z1 i z2 i daje z1 = −1i z2 = 1. Dakle, rjesenje je matrica

X =

[1 0 −10 1 1

].

2.28 Rastav matrice na simetricni i antisimetricni dio

Svaka kvadratna matrica A se moze napisati kao zbroj simetricne i antisimetricnematrice. Pokazite da su te matrice dane s

A1 =A+AT

2, A2 =

A−AT

2.

Odredite A1 i A2 ako je

A =

1 2 04 3 21 −1 1

. (2.3)

Rjesenje. Pretpostavimo da se matrica moze napisati kao zbroj

A = A1 +A2 (2.4)

gdje je

AT1 = A1, odnosno A1 je simetricna matrica i

AT2 = −A2, odnosno A2 je antisimetricna matrica.

Transponiranjem jednakosti (2.4) slijedi

AT = AT1 +AT2 = A1 −A2. (2.5)

Zbrajanjem i oduzimanjem jednakosti (2.4) i (2.5) dobivamo redom jednakosti

A+AT = 2A1,

A−AT = 2A2,

odakle je

A1 =A+AT

2, A2 =

A−AT

2.


Provjerimo sada da je matrica A1 uistinu simetricna, a A2 anti-simetricna. Vrijedi

AT1 =

(A+AT

2

)T=AT +A

2= A1,

AT2 =

(A−AT

2

)T=AT −A

2= −A2.

Za zadanu matricu A je

AT =

1 4 12 3 −10 2 1

pa njen rastav na simetricni i anti-simetricni dio cine matrice

A1 =1

2

1 2 04 3 21 −1 1

+

1 4 12 3 −10 2 1

=

1 3 12

3 3 12

12

12 1

,

A2 =1

2

1 2 04 3 21 −1 1

−1 4 1

2 3 −10 2 1

=

0 −1 − 12

1 0 32

12 − 3

2 0

.


1. Za matrice

A =

[1 10 1

], B =

[1 −10 1

],

izracunajte AB, BA, A2 +AB − 2B.

2. Neka je A =

[2 1−3 0

]. Izracunajte P (A), ako je P (x) = x4 − x2 + 1.

3. Izracunajte trecu potenciju matrice n-tog reda

A =

1 1 1 · · · 10 1 1 · · · 10 0 1 · · · 1· · · · ·· · · · ·0 0 0 · · · 1

4. Rijesite sljedece sustave:

a) 2x1 + x2 + x3 − 4 = 0,

−x1 + 2x2 + 3x3 − 8 = 0,

x1 + 3x2 − x3 − 4 = 0.

56 LINEARNA ALGEBRA

b) 2x − y + 3z = 0,

x + 2y − 5z = 0,

3x + y − 2z = 0.

c) x1 + 2x2 + x3 + x4 = 0,

2x1 + x2 + x3 + 2x4 = 0,

x1 + 2x2 + 2x3 + x4 = 0,

x1 + x2 + x3 + x4 = 0.

5. Rijesite sljedece sustave:

a) 2x1 + 2x2 − x3 + x4 = 4,

4x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 6,

8x1 + 5x2 − 3x3 + 4x4 = 12,

3x1 + 3x2 − 2x3 + 2x4 = 6.

b) x1 + 3x2 + 5x3 − 4x4 = 1,

x1 + 3x2 + 2x3 − 2x4 + x5 = −1,

x1 − 2x2 + x3 − x4 − x5 = 3,

x1 − 4x2 + x3 + x4 − x5 = 3,

x1 + 2x2 + x3 − 4x4 + x5 = −1.

c) x + 2y + z − u = 2,

2x − y − 2z + 3u = 5.

d) 2x1 + x2 − x3 − x4 + x5 = 1,

x1 − x2 + x3 + x4 − 2x5 = 0,

3x1 + 3x2 − 3x3 − 3x4 + 4x5 = 2,

4x1 + 5x2 − 5x3 − 5x4 + 7x5 = 3.

6. U ovisnosti o parametru λ ∈ R rijesite sustave:

a) 2x1 + 3x2 + x3 = 1,

3x1 + 4x2 + 2x3 = 1,

x1 + x2 + λx3 = 2.

b) λx + 2y + z = 4,

2x + y + 2z = 5,

3x + 2y + 3z = 12.

c) −2x1 + x2 − x3 = 1,

x3 + 2x4 = 3,

2x1 − x2 + 3x3 + 4x4 = 5,

λx1 − 2x2 + 5x3 + 6x4 = 7.

7. Odredite sve a ∈ R za koje sustav

−x + y + z = ax,

x − y + z = ay,

x + y − z = az,


ima jednoparametarsko rjesenje.

8. Odredite rang sljedecih matrica:

a) A =

1 2 1 12 0 1 −10 0 2 0

,

b) B =

1 −1 32 −1 33 1 3

,

c) C =

3 1 1 40 4 10 11 7 17 32 2 4 3

,

d) D =

−1 2 0 1 41 2 3 −1 50 4 3 0 9

.

9. Izracunajte determinante sljedecih matrica:

a) A =

0 0 03 −1 62 8 3

,

b) B =

3 −5 1 41 3 0 −2−3 5 2 1−1 −3 5 7

,

c) C =

−1 2 5 63 −1 −15 −182 1 0 73 1 1 6

,

d) D =

0 c −b x−c 0 a yb −a 0 z−x −y −z 0

.

10. Izracunajte determinante sljedecih matrica n-tog reda:

a) A =

1 2 3 · · · n0 1 2 · · · n− 10 0 1 · · · n− 2· · · · ·0 0 0 · · · 1

,

b) B =

1 n n · · · nn 2 n · · · nn n 3 · · · n· · · · ·n n n · · · n

.

58 LINEARNA ALGEBRA

11. Odredite sve x ∈ R za koje je matrica

A =

1 1 2 31 2− x2 2 32 3 1 52 3 1 9− x2

singularna.

12. Gauss-Jordanovom metodom i Cramerovim pravilom izracunajte inverze ma-trica:

a) A =

2 1 00 2 10 0 2

,

b) B =

3 −4 52 −3 13 −5 −1

,

c) C =

1 2 2 22 1 2 22 2 1 22 2 2 1

.

13. Rijesite sljedece matricne jednadzbe:

a) 3A− 2X = B, ako je

A =

[3 2−2 1

], B =

[1 −52 3

],

b) AXB = C, ako je

A =

[1 3−3 1

], B =

[1 00 5

], C =

[3 20 5

],

c) AX + 2B = C +BX, ako je

A =

1 2 30 2 40 0 1

, B =

−1 2 −30 4 20 0 2

, C =

3 0 10 2 40 0 1

,d) A(A+B)BX = I, ako je

A =

1 0 00 1 04 0 1

, B =

−1 0 20 1 00 0 1

,e) AX−1B − C = AX−1, ako je

A =

1 1 20 1 20 2 1

, B =

2 1 10 −1 10 0 −1

, C =

2 1 00 1 20 0 1

.

2.30 Rjesenja 59

14. Rijesite sustav

− x2 + 3x3 = 7−2x1 + x2 − x3 = −3

3x1 − 2x2 = 2

a) Cramerovim pravilom,

b) rjesavanjem matricne jednadzbe,

c) Gaussovom metodom eliminacije.

15. Izracunajte matrice X i Y reda 2 koje zadovoljavaju matricne jednadzbe

AX + Y = I,XB + A−1Y = O,

ako je A =

[3 −2−4 3

], B =

[1 −1−1 1

], I jedinicna matrica, a O nulmatrica.

2.30 Rjesenja

1. AB =

[1 00 1

], BA =

[1 00 1

], A2 +AB − 2B =

[0 40 0

].

2. P (A) =

[−11 −618 1

].

3. A3 =

1 s2 s3 · · · sn0 1 s2 · · · sn−10 0 1 · · · sn−2· · · · ·0 0 0 · · · 1

, gdje je sn = 1 + 2 + · · ·+ n = n(n+1)2 .

4. a)

x1x2x3

=

8/2544/258/5

,

b)

xyz

= λ

−1135

, λ ∈ R,

c)

x1x2x3x4

= λ

−1001

, λ ∈ R.

5. a)

x1x2x3x4

=

11−1−1

,

60 LINEARNA ALGEBRA

b)

x1x2x3x4x5

=

0−10−10

+ α

−1−10−12

, α ∈ R,

c)

xyzu

=

12/5−1/5

00

+ α

3−450

+ β

−1101

, α, β ∈ R,

d)

x1x2x3x4x5

=

1/31/3000

+ α

01100

+ β

01010

+ γ

1−5003

, α, β, γ ∈ R.

6. a) Sustav nema rjesenja za λ = 1,x1x2x3

=

(λ+ 3)/(1− λ)(λ+ 1)/(λ− 1)

2/(λ− 1)

, za λ 6= 1.

b) Sustav nema rjesenja za λ = 1,xyz

=

12/(1− λ)9

(2λ− 14)/(1− λ)

, za λ 6= 1.

c)

x1x2x3x4

=

0430

+ t

0−2−21

, t ∈ R za λ 6= 4,

x1x2x3x4

=

−2030

+ s

1/2100

+ t

10−21

, s, t ∈ R, za λ = 4.

7. a = 1.

8. a) rang(A) = 3,

b) rang(B) = 3,

c) rang(C) = 2,

d) rang(D) = 2.

9. a) detA = 0,

b) detB = −140,

c) detC = 320,

d) detD = (ax+ by + cz)2.

10. a) detA = 1,

b) detB = (−1)n−1 n!.

2.30 Rjesenja 61

11. Matrica A je singularna za sve x ∈ { − 2,−1, 1, 2}.

12. a) A−1 =1

8

4 −2 10 4 −20 0 4

,

b) B−1 =

−8 29 −11−5 18 −71 −3 1

,

c) C−1 =1

7

−5 2 2 22 −5 2 22 2 −5 22 2 2 −5

.

13. a) X =

[4 11/2−4 0

],

b) A−1 =1

10

[1 −33 1

], B−1 =

1

5

[5 00 1

], X =

1

50

[15 −1345 11

],

c) X =

5/2 −2 −11/20 3 30 0 3

,

d) X =1

4

9 0 −10 2 02 0 0

,

e) X =1

2

1 2 40 16 20 −8 −4

.

14.

x1x2x3

=

0−12

.

15. X =

[2 33 4

], Y =

[1 −1−1 1

].

Poglavlje 3

VEKTORSKA ALGEBRA IANALITICKA GEOMETRIJA

3.1 Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.2 Vektorska projekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.3 Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.4 Linearna kombinacija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.5 Povrsina i visina trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.6 Povrsina paralelograma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.7 Povrsina i duljina dijagonala romba . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.8 Mjesoviti produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.9 Volumen paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.10 Visina paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.11 Volumen tetraedra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.12 Jednadzba ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.13 Pramen ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.14 Okomite ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.15 Jednadzba pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.16 Okomiti pravci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.17 Ravnina paralelna s pravcem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.18 Sjeciste pravca i ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.19 Sjeciste dvaju pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.20 Ortogonalna projekcija tocke na pravac . . . . . . . . . . . . . 77

3.21 Ortogonalna projekcija tocke na ravninu . . . . . . . . . . . . . 78

3.22 Ortogonalna projekcija pravca na ravninu . . . . . . . . . . . . 78

3.23 Udaljenost tocaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.24 Udaljenost ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.25 Udaljenost pravca od ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.26 Udaljenost tocke od pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.27 Udaljenost paralelnih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.28 Udaljenost mimosmjernih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . 82

64 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA GEOMETRIJA

3.29 Sjeciste simetrale kuta i simetrale stranice . . . . . . . . . . . . 83

3.30 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.31 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.1 Skalarni produkt

Zadani su vektori p = λa + 17b i q = 3a− b, gdje je |a| = 2, |b| = 5,∠(a,b) = 2π3 .

a) Odredite parametar λ tako da vektori p i q budu medusobno okomiti.

b) Izracunajte duljinu vektora r = 4p− 23q.

Rjesenje.

a) Izracunajmo prvo skalarni produkt vektora p i q. Prema svojstvima skalarnogprodukta S6, S7, S8 i S4 iz [M1, §3.9] te definiciji skalarnog produkta [M1,definicija 3.4], vrijedi

p · q = (λa + 17b) · (3a− b)

= 3λa · a + (51− λ) a · b− 17b · b= 3λ |a|2 + (51− λ) |a| · |b| · cos∠(a,b)− 17|b|2

= 3λ · 22 + (51− λ) 2 · 5 · cos2π

3− 17 · 52

= 17λ− 680.

Prema svojstvu S1 iz [M1, §3.9], vektori p i q ce biti medusobno okomiti akovrijedi p · q = 0, odnosno ako je 17λ− 680 = 0. Dakle, rjesenje je λ = 40.

b) Prikazimo vektor r preko vektora a i b. Vrijedi

r = 4p− 23q = 4(40a + 17b)− 23(3a− b) = 91(a + b).

Prema svojstvu S4 iz [M1, §3.9] je

|a + b|2 = (a + b) · (a + b)

= a2 + 2 a · b + b2

= |a|2 + 2 |a| · |b| · cos∠(a,b) + |b|2

= 22 + 2 · 2 · 5 · cos2π

3+ 52 = 19.

Slijedi |a + b| =√

19, pa je duljina vektora r jednaka

|r| = |91(a + b)| = 91|a + b| = 91√

19.

3.2 Vektorska projekcija 65

3.2 Vektorska projekcija

Zadane su tocke A(2, 3, 2), B(0, 1, 1), C(4, 4, 0) i D(8, 6, 6). Odredite vektorsku

projekciju vektora−−→AB na vektor

−−→CD i njenu duljinu.

Rjesenje. Prema [M1, §3.2] je

−−→AB =

−−→OB −

−→OA = (0− 2)i + (1− 3)j + (1− 2)k = −2i− 2j− k,

−−→CD =

−−→OD −

−−→OC = (8− 4)i + (6− 4)j + (6− 0)k = 4i + 2j + 6k.

Prema formuli S5 iz [M1, §3.9], duljina vektorske projekcije vektora−−→AB na vektor

−−→CD pomnozena s odgovarajucim predznakom iznosi

AB−−→CD

=

−−→AB ·

−−→CD

|−−→CD|

=−2 · 4− 2 · 2− 1 · 6√

42 + 22 + 62= − 9√

14.

Sama vektorska projekcija vektora−−→AB na vektor

−−→CD jednaka je umnosku dobivenog

broja i jedinicnog vektora vektora−−→CD. Dakle,

−−→AB−−→

CD= AB−−→

CD·−−→CD

|−−→CD|

= − 9√14· 2i + j + 3k√

14= −9

7i− 9

14j− 27

14k.

Duljina vektorske projekcije vektora−−→AB na vektor

−−→CD jednaka je apsolutnoj vri-

jednosti broja AB−−→CD

, odnosno

|−−→AB−−→

CD| = |AB−−→

CD| = 9√

14.

3.3 Vektorski produkt

Dani su vektori a = {0, 2λ, λ}, b = {2, 2, 1} i c = {−1,−2,−1}.

a) Odredite parametar λ takav da je (a− b) · c = a · c + λ.

b) Odredite vektor d koji zadovoljava uvjete a× b = c× d i a× c = b× d.

c) Pokazite da su vektori a− d i b− c kolinearni.

Rjesenje.

a) Buduci je

(a− b) · c = [(2λj + λk)− (2i + 2j + k)] · (−i− 2j− k)

= [−2i + (2λ− 2)j + (λ− 1)k] · (−i− 2j− k)

= 2− 4λ+ 4− λ+ 1 = −5λ+ 7,

aa · c + λ = (2λj + λk)(−i− 2j− k) + λ = −4λ,

izjednacavanjem dobivamo −5λ+ 7 = −4λ pa je λ = 7.


b) Stavimo d = x1i+x2j+x3k, gdje su x1, x2, x3 nepoznanice. Prema [M1, teorem3.3] je

a× b =

∣∣∣∣∣∣i j k0 14 72 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 14j− 28k,

c× d =

∣∣∣∣∣∣i j k−1 −2 −1x1 x2 x3

∣∣∣∣∣∣ = (x2 − 2x3)i + (x3 − x1)j + (2x1 − x2)k,

a× c =

∣∣∣∣∣∣i j k0 14 7−1 −2 −1

∣∣∣∣∣∣ = −7j + 14k,

b× d =

∣∣∣∣∣∣i j k2 2 1x1 x2 x3

∣∣∣∣∣∣ = (2x3 − x2)i + (x1 − 2x3)j + (2x2 − 2x1)k.

Uvrstavanjem dobivenih vektora u zadane uvjete slijedi

(x2 − 2x3)i + (x3 − x1)j + (2x1 − x2)k = 14j− 28k,

(2x3 − x2)i + (x1 − 2x3)j + (2x2 − 2x1)k = −7j + 14k.

Vektori su jednaki samo ako su im odgovarajuce komponente jednake pa stogadobivamo sustav

x2 − 2x3 = 0,−x1 + x3 = 14,2x1 − x2 = −28,

x2 + 2x3 = 0,x1 − 2x3 = −7,−2x1 + 2x2 = 14,

kojeg cemo rijesiti Gaussovom metodom eliminacije [M1, §2.4]. Zamjenom prvogi drugog retka dobivamo

[A b

]=

0 1 −2 0−1 0 1 142 −1 0 −280 −1 2 01 0 −2 −7−2 2 0 14

∼−1 0 1 140 1 −2 02 −1 0 −280 −1 2 01 0 −2 −7−2 2 0 14

R3+2R1

R4+R1

R6−2R1

∼

−1 0 1 140 1 −2 00 −1 2 00 −1 2 00 0 −1 70 2 −2 −14

R3+R2

R4+R2

R6−2R2

∼

−1 0 1 140 1 −2 00 0 0 00 0 0 00 0 −1 70 0 2 −14

.

3.4 Linearna kombinacija vektora 67

Iz treceg i cetvrtog retka slijedi 0 = 0, pa ih mozemo zanemariti. Iz cetvrtog ipetog retka slijedi x3 = −7, iz drugog retka slijedi x2 = 2x3 = −14, a iz prvogretka slijedi x1 = −14 + x3 = −21. Dakle, rjesenje je d = −21i− 14j− 7k.

c) Da bismo ispitali kolinearnost vektora a−d i b− c, prema svojstvu V1 iz [M1,§3.10], dovoljno je provjeriti je li njihov vektorski produkt jednak nul-vektoru.Svojstva V3 i V4 iz [M1, §3.10] daju

(a− b)× (b− c) = a× b− a× c− d× b + d× c

= a× b− a× c− (−b× d) + (−c× d).

Prema uvjetima pod b), za vektor d vrijedi a × b = c × d i a × c = b × d, paslijedi (a− d)× (b− c) = 0. Dakle, vektori a− d i b− c su kolinearni.

3.4 Linearna kombinacija vektora

Zadani su vektori a, b i c takvi da a i b nisu kolinearni i vrijedi a + b + c = 0.Izrazite vektor a preko vektora c i d, ako je d = 2a + 3b.

Rjesenje. Trebamo odrediti koeficijente α, β ∈ R za koje vrijedi

a = αc + βd.

Iz zadanih uvjeta slijedi

a = α(−a− b) + β(2a + 3b),

odakle imamo

(1 + α− 2β)a + (α− 3β)b = 0.

Nekolinearnost vektora a i b povlaci njihovu linearnu nezavisnost pa je, prema [M1,§3.7],

1 + α− 2β = 0 i α− 3β = 0.

Rjesenja ovog sustava je α = −3, β = −1. Trazena linearna kombinacija glasi

a = −3c− d.

3.5 Povrsina i visina trokuta

Trokut ABC zadan je vektorima−−→AB = 3p − 4q i

−−→BC = p + 5q, pri cemu je

|p| = |q| = 2 i ∠(p,q) =π

3. Izracunajte povrsinu trokuta P i duljinu visine vC

spustene iz vrha C.

Rjesenje. Prema svojstvu V6 iz [M1, §3.10] je

P =1

2|−−→AB ×

−→AC|.


Uvrstavanjem−−→AB = 3p − 4q i

−−→BC = p + 5q, te primjenom svojstava vektorskog

produkta V1, V3, V4 i V5 iz [M1, §3.10] dobivamo

P =1

2|(3p− 4q)× (p + 5q)| = 1

2|3p× p + 15p× q− 4q× p− 20q× q| =

=1

2|3 · 0 + 15p× q− 4(−p× q)− 20 · 0| = 1

2|19p× q| = 19

2|p× q| =

=19

2|p| · |q| · sin∠(p,q) =

19

2· 2 · 2 · sin π

3= 19

√3.

Duljinu visine racunamo iz formule

P =1

2|−−→AB| · vC .

Buduci je

|−−→AB|2 = (3p− 4q)2 = 9|p|2 − 24p · q + 16|q|2 = 52,

slijedi

vC =2P

|−−→AB|

=2 · 19

√3√

52=

19√

39

13.

3.6 Povrsina paralelograma

Odredite povrsinu paralelograma s dijagonalama

e = −i− 2j− 4k i f = 5i− 4j− 8k.

Rjesenje. Dijagonale paralelograma se raspolavljaju pa povrsina paralelogramaiznosi

P =1

2|e× f | = 1

2|

∣∣∣∣∣∣i j k−1 −2 −45 −4 −8

∣∣∣∣∣∣ | = 1

2| − 28j + 14k| = 7 | − 2j + k| = 7

√5.

3.7 Povrsina i duljina dijagonala romba

Neka su a i b jedinicni vektori koji zatvaraju kut odπ

3. Izracunajte duljine dijago-

nala i povrsinu romba razapetog vektorima a i b.

Rjesenje. Oznacimo s e i f dijagonale romba. Tada je

e = a + b i f = b− a,

pa vrijedi

|e|2 = (a + b)2 = |a|2 + 2a · b + |b|2 = 1 + 2 · 1

2+ 1 = 3,

|f |2 = (b− a)2 = |b|2 − 2b · a + |a|2 = 1− 21

2+ 1 = 1.

3.8 Mjesoviti produkt 69

Stoga su duljine dijagonala jednake

|e| =√

3 i |f | = 1.

Buduci se dijagonale romba raspolavljaju i sijeku pod pravim kutom, povrsinaromba iznosi

P =1

2|e| · |f | =

√3

2.

3.8 Mjesoviti produkt

Zadani su vektori a = {1, 2α, 1}, b = {2, α, α} i c = {3α, 2,−α}.

a) Izracunajte mjesoviti produkt vektora a, b i c.

b) Odredite α ∈ R takav da su vektori a, b i c komplanarni.

Rjesenje.

a) Prema [M1, teorem 3.4], mjesoviti produkt vektora a, b i c je

(a× b) · c =

∣∣∣∣∣∣1 2α 12 α α

3α 2 −α

∣∣∣∣∣∣ = 1 · (−α2 − 2α)− 2α · (−2α− 3α2) + 1 · (4− 3α2)

= 6α3 − 2α+ 4.

b) Prema [M1, §3.11], vektori a, b i c su komplanarni ako vrijedi

(a× b) · c = 0,

odnosno ako je

6α3 − 2α+ 4 = 0.

Ova jednadzba ima samo jedno realno rjesenje α = −1.

3.9 Volumen paralelopipeda

Izracunajte volumen paralelopipeda razapetog vektorima

a = i− 3j + k, b = 2i + j− 3k, c = i + 2j + k.

Rjesenje. Prema [M1, §3.11], volumen zadanog paralelopipeda iznosi

V = |(a× b) · c| = |

∣∣∣∣∣∣1 −3 12 1 −31 2 1

∣∣∣∣∣∣ | = |1 · (1 + 6) + 3 · (2 + 3) + 1 · (4− 1)| = 25.


3.10 Visina paralelopipeda

Izracunajte duljinu visine paralelopipeda razapetog vektorima

a = 3i + 2j− 5k, b = i− j + 4k, c = i− 3j + k,

kojemu je osnovica paralelogram razapet vektorima a i b.

Rjesenje. Volumen paralelopipeda razapetog vektorima a, b i c je jednak

V = |(a× b) · c|.

S druge strane je V = B · v, gdje je B povrsina osnovice paralelopipeda, a v duljinanjegove visine spustene na tu osnovicu. Buduci je osnovica paralelogram razapetvektorima a i b, vrijedi B = |a× b|, pa je

V = |a× b| · v.

Sada je

v =|(a× b) · c||a× b|

.

Prema [M1, teorem 3.4] je

(a× b) · c =

∣∣∣∣∣∣3 2 −51 −1 41 −3 1

∣∣∣∣∣∣ = 49,

a prema [M1, teorem 3.3] je

a× b =

∣∣∣∣∣∣i j k3 2 −51 −1 4

∣∣∣∣∣∣ = 3i− 17j− 5k,

pa je|a× b| =

√32 + (−17)2 + (−5)2 =

√323.

Uvrstavanjem dobivenih rezultata dobivamo da je duljina visine paralelopipeda jed-naka

v =49√323

.

3.11 Volumen tetraedra

Odredite α tako da volumen tetraedra razapetog vektorima a, b i α c iznosi 2/3,gdje je

a = i + j− 2k, b = 2i + j− k, c = i− 1

3k.

Rjesenje. Prema [M1, primjer 3.8] je volumen zadanog tetraedra jednak

V =1

6|(a× b) · c|. (3.1)

3.12 Jednadzba ravnine 71

Koristenjem formule iz [M1, teorem 3.4] dobivamo da je

V =1

6|

∣∣∣∣∣∣1 1 −22 1 −1α 0 −α3

∣∣∣∣∣∣ | = 1

6|[1 ·(−α

3− 0)− 1 ·

(−2α

3+ α

)− 2 · (0− α)

]| = 2

9|α|.

Iz uvjeta zadatka slijedi2

9|α| = 2

3,

odnosno,|α| = 3,

pa su trazena rjesenja α1 = 3 i α2 = −3.

3.12 Jednadzba ravnine

Odredite jednadzbu ravnine koja prolazi tockom T0(2,−1, 3) i

a) na koordinatnim osima odsijeca iste odsjecke a 6= 0.

b) sadrzi x-os.

c) sadrzi ishodiste i tocku T (1, 1, 1).

Rjesenje.

a) Prema [M1, §3.14], segmentni oblik jednadzbe ravnine koja na koordinatnimosima odsijeca iste odsjecke a 6= 0 je

x

a+y

a+z

a= 1.

Ravnina prolazi tockom T0 pa njene koordinate zadovoljavaju jednadzbu ravnine.Vrijedi

2

a+−1

a+

3

a= 1,

odakle je a = 4 i jednadzba ravnine glasi

x+ y + z − 4 = 0.

b) Prema [M1, §3.14], opci oblik jednadzbe ravnine je

Ax+By + Cz +D = 0,

gdje je vektor normale trazene ravnine n = {A,B,C}. Buduci da ravnina sadrzix-os, vektor normale n je okomit na vektor i = {1, 0, 0}. Tada je n · i = 0,odakle je A = 0. Nadalje, ravnina sadrzi ishodiste O(0, 0, 0) pa je D = 0. Dakle,jednadzba trazene ravnine je oblika

By + Cz = 0,


odnosnoB

Cy + z = 0.

Konacno, tocka T0 lezi u ravnini pa vrijedi

B

C· (−1) + 3 = 0,

B

C= 3

i jednadzba ravnine je3y + z = 0.

c) Zadana ravnina prolazi tockama O(0, 0, 0), T (1, 1, 1) i T0(2,−1, 3). Uz oznakeO(x1, y1, z1), T (x2, y2, z2) i T0(x3, y3, z3), prema [M1, §3.14], jednadzba trazeneravnine je ∣∣∣∣∣∣

x y z1 1 12 −1 3

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Racunanjem determinante na lijevoj strani dobivamo

x(3 + 1)− y(3− 2) + z(−1− 2) = 0,

odnosno4x− y − 3z = 0.

3.13 Pramen ravnina

Kroz presjek ravnina zadanih jednadzbama 4x− y+ 3z− 1 = 0 i x+ 5y− z+ 2 = 0postavite ravninu koja

a) prolazi tockom M(1, 0, 2).

b) je paralelna s xy-ravninom.

c) je okomita na ravninu 2x− y + 5z − 3 = 0.

Rjesenje. Proizvoljna ravnina koja prolazi presjekom zadanih ravnina je danajednadzbom

(4x− y + 3z − 1) + λ(x+ 5y − z + 2) = 0,

za neku vrijednost parametara λ ∈ R. Sredivanjem dobivamo

(4 + λ)x+ (−1 + 5λ)y + (3− λ)z + (−1 + 2λ) = 0. (3.2)

a) Uvrstavanjem koordinata tocke M , koja lezi u ravnini, u (3.2) dobivamo

(4 + λ) · 1 + (−1 + 5λ) · 0 + (3− λ) · 2 + (−1 + 2λ) = 0.

Odatle je λ = −9 pa jednadzba trazene ravnine glasi

5x+ 46y − 12z + 19 = 0.

3.14 Okomite ravnine 73

b) Iz paralelnosti zadane ravnine s xy-ravninom slijedi da je vektor normale

n = {4 + λ,−1 + 5λ, 3− λ}

okomit na vektore i = {1, 0, 0} i j = {0, 1, 0}, pa je n · i = 0 i n · j = 0. Dobivenisustav jednadzbi

4 + λ = 0,

−1 + 5λ = 0,

nema rjesenja pa ne postoji ravnina koja ispunjava zadane uvjete.

c) Ako su ravnine okomite, njihovi vektori normala su okomiti. Vektor normaleravnine 2x− y + 5z − 3 = 0 je n1 = {2,−1, 5} i vrijedi n1 · n = 0, odnosno

2(4 + λ)− (−1 + 5λ) + 5(3− λ) = 0.

Rjesenje ove jednadzbe je λ = 3, cijim uvrstavanjem u (3.2) dobivamo jednadzbutrazene ravnine:

7x+ 14y + 5 = 0.

3.14 Okomite ravnine

a) Odredite jednadzbu ravnine π0 koja prolazi tockom M(2,−1, 1) i okomita je naravnine

π1 . . . 3x + 2y − z − 4 = 0,π2 . . . x + y + z − 3 = 0.

b) Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockama A(1, 2, 3), B(3, 2, 1) i oko-mita je na ravninu π1 . . . 4x− y + 2z − 7 = 0.


Rjesenje.

a) Oznacimo s ni vektor normale ravnine πi za i = 0, 1, 2. Ravnina π0 je okomitana ravnine π1 i π2, pa je n0 ⊥ n1,n2. Buduci je vektorski produkt

n1 × n2 =

∣∣∣∣∣∣i j k3 2 −11 1 1

∣∣∣∣∣∣ = 3i− 4j + k

vektor okomit na n1 i n2, mozemo uzeti n0 = n1 × n2. Jednadzba ravnine π0kroz tocku M(2,−1, 1) s vektorom smjera n = {3,−4, 1}, prema poglavlju [M1,§3.14], glasi

3(x− 2)− 4(y + 1) + (z − 1) = 0,

odnosno3x− 4y + z − 11 = 0.

b) Neka je P (x, y, z) proizvoljna tocka u ravnini π. Tada vektori

−→AP = rP − rA = (x− 1)i + (y − 2)j + (z − 3)k,−−→AB = rB − rA = 2i− 2k

leze u ravnini π. Vektor normale ravnine π1 je n1 = {4,−1, 2}. Buduci je ravnina

π1 okomita na ravninu π, vektori−→AP ,

−−→AB i n1 su komplanarni. Stoga je, prema

[M1, §3.11], njihov mjesoviti produkt jednak nuli, odnosno∣∣∣∣∣∣x− 1 y − 2 z − 3

2 0 −24 −1 2

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Odatle slijedi

(x− 1)(0− 2)− (y − 2)(4 + 8) + (z − 3)(−2− 0) = 0

pa je ravnina π dana jednadzbom

x+ 6y + z − 16 = 0.

3.15 Jednadzba pravca

Odredite kanonsku i parametarsku jednadzbu pravca koji

a) prolazi tockama M(1, 2,−1) i N(2, 0, 3).

b) je zadan kao presjek ravnina

π1 . . . x− y + z − 4 = 0 i π2 . . . 2x+ y − 2z + 5 = 0.

3.16 Okomiti pravci 75

Rjesenje.

a) Buduci da vektor−−→MN = rN − rM = i− 2j + 4k

lezi na pravcu, vektor smjera zadanog pravca je s = {1,−2, 4}. Potrebna jejos jedna tocka kojom pravac prolazi, pa odaberimo M(1, 2,−1). Prema [M1,§3.13], kanonska jednadzba pravca p glasi

x− 1

1=y − 2

−2=z + 1

4.

Stavimox− 1

1=y − 2

−2=z + 1

4= t, t ∈ R.

Odavde slijedi parametarska jednadzba pravca

x = 1 + t, y = 2− 2t, z = −1 + 4t, t ∈ R.

b) Zbrajanjem jednadzbi ravnina π1 i π2 slijedi

3x− z + 1 = 0,

odakle jez = 3x+ 1.

Uvrstavanjem u prvu jednadzbu dobivamo

y = x+ z − 4 = x+ (3x+ 1)− 4 = 4x− 3.

Stavimo x = t, t ∈ R. Tada je

x = t, y = 4t− 3, z = 3t+ 1, t ∈ R

jednoparametarsko rjesenje sustava jednadzbi ravnina π1 i π2, a ujedno i parame-tarska jednadzba zadanog pravca. Eliminacijom parametra t dobivamo kanonskujednadzbu

x

1=y + 3

4=z − 1

3.

3.16 Okomiti pravci

Zadane su tocke

A(1, 2, 2), B(3, 1, 2), C(−1, 5, 2), D(2,−1, 0).

Odredite jednadzbu pravca p koji prolazi tockom T (1, 2, 3) i okomit je na pravce

odredene vektorima−−→AB i

−−→CD.

Rjesenje. Iz okomitosti pravaca slijedi da je vektor smjera s pravca p okomit navektore

−−→AB = rB − rA = 2i− j i

−−→CD = rD − rC = 3i− 6j− 2k.


Stoga mozemo uzeti

s =−−→AB ×

−−→CD =

∣∣∣∣∣∣i j k2 −1 03 −6 −2

∣∣∣∣∣∣ = 2i + 4j− 9k.

Obzirom da pravac p prolazi tockom T , njegova kanonska jednadzba glasi

x− 1

2=y − 2

4=z − 3

−9.

3.17 Ravnina paralelna s pravcem

Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockama A(1, 0,−1) i B(−1, 2, 1), aparalelna je s pravcem p koji je presjek ravnina

π1 . . . 3x+ y − 2z − 6 = 0,

π2 . . . 4x− y + 3z = 0.

Rjesenje. Vektori normala ravnina π1 i π2 su n1 = {3, 1,−2} i n2 = {4,−1, 3}.Vektor smjera s pravca p je okomit na n1 i n2, pa mozemo uzeti

s = n1 × n2 = i− 17j− 7k.

Buduci su vektori s i−−→AB okomiti na vektor normale n ravnine π, n je kolinearan s

vektorskim produktom

−−→AB × s = 20i− 12j + 32k = 4(5i− 3j + 8k)

pa za vektor smjera mozemo uzeti n = 5i − 3j + 8k. Jednadzba ravnine π, kojaje potpuno odredena vektorom normale n = {5,−3, 8} i tockom A(1, 0,−1) kojomprolazi, glasi

5(x− 1)− 3(y − 0) + 8(z + 1) = 0,

odnosno5x− 3y + 8z + 3 = 0.

3.18 Sjeciste pravca i ravnine

Zadan je pravac p kao presjek ravnina

π1 . . . x− 2z − 3 = 0,

π2 . . . y − 2z = 0.

Odredite sjeciste pravca p i ravnine π . . . x+ 3y − z + 4 = 0.

Rjesenje. Trazeno sjeciste je sjeciste ravnina π1, π2 i π pa je dovoljno rijesiti sustavod njihovih jednadzbi. Trazeno sjeciste je tocka s koordinatama (1,−2,−1).

3.19 Sjeciste dvaju pravaca 77

3.19 Sjeciste dvaju pravaca

Odredite sjeciste pravaca

p1 . . .x− 1

4=y − 2

3=z

1i p2 . . .

x

3=y + 1

3=z − 2

0.

Rjesenje. Stavimox− 1

4=y − 2

3=z

1= t, t ∈ R.

Slijedi da parametarska jednadzba pravca p1 glasi

x = 1 + 4t, y = 2 + 3t, z = t, t ∈ R.

Na isti nacin izx

3=y + 1

3=z − 2

0= s, s ∈ R,

slijedi parametarska jednadzba pravca p2

x = 3s, y = −1 + 3s, z = 2, s ∈ R.

Izjednacavanjem odgovarajucih koordinata dobivamo sustav

1 + 4t = 3s,

2 + 3t = −1 + 3s,

t = 2,

koji ima jedinstveno rjesenje t = 2, s = 3. Dakle, pravci p1 i p2 se sijeku u tockikoja ima koordinate

x = 1 + 4 · 2 = 9, y = 2 + 3 · 2 = 8, z = 2.

3.20 Ortogonalna projekcija tocke na pravac

Odredite tocku N simetricnu tocki M(1, 0, 2) s obzirom na pravac

p . . .x− 2

3=y

5=z + 1

1.

Rjesenje. Odredimo prvo ortogonalnu projekciju P tocke M na pravac p. Nekaje π ravnina koja prolazi tockom M i okomita je na p. Tada za vektor normalen ravnine π mozemo uzeti vektor smjera pravca p pa je n = {3, 5, 1}. Jednadzbaravnine π glasi

3 · (x− 1) + 5 · (y − 0) + 1 · (z − 2) = 0,

odnosno3x+ 5y + z − 5 = 0.

Tocka P je sjeciste ravnine π i pravca p, pa uvrstavanjem parametarske jednadzbepravca p

x = 2 + 3t, y = 5t, z = −1 + t, t ∈ R


u jednadzbu ravnine π dobivamo

3(2 + 3t) + 5 · 5t+ (−1 + t)− 5 = 0.

Slijedi t = 0 i P (2, 0,−1). Tocka P je poloviste duzine MN pa su, uz oznakeM(x1, y1, z1) i N(x2, y2, z2), njene koordinate koordinate jednake(

x1 + x22

,y1 + y2

2,z1 + z2

2

).

Uvrstavanjem poznatih koordinata dobivamo

x1 + 1

2= 2,

y1 + 0

2= 0,

z1 + 2

2= −1,

odakle je x1 = 3, y1 = 0 i z1 = −4 pa je trazena tocka N(3, 0,−4).

3.21 Ortogonalna projekcija tocke na ravninu

Odredite ortogonalnu projekcijuN tockeM(−1, 0, 1) na ravninu π . . . 2x+y−z = 7.

Rjesenje. Neka pravac p prolazi tockom M i okomit je na ravninu π. Za vektorsmjera s pravca p mozemo uzeti vektor normale ravnine π, dakle s = {2, 1,−1}.Parametarska jednadzba pravca p glasi

x = −1 + 2t, y = t, z = 1− t, t ∈ R. (3.3)

Trazena tocka je sjeciste pravca p i ravnine π, pa uvrstavanjem (3.3) u jednadzburavnine π dobivamo

2(−1 + 2t) + t− (1− 7) + 7 = 0,

odakle je

t = −2

3i N =

(−7

3,−2

3,

5

3

).

3.22 Ortogonalna projekcija pravca na ravninu

Odredite parametarsku jednadzbu ortogonalne projekcije q pravca

p . . .x

−2=y − 12

7

1=z − 10

7

3

na ravninu π . . . 2x− y + 5z − 5 = 0.

Rjesenje. Neka je π1 ravnina koja sadrzi pravac p i okomita je na ravninu π.Pravac p prolazi tockom

T

(0,

12

7,

10

7

)

3.23 Udaljenost tocaka 79

i ima vektor smjera s = {−2, 1, 3}. Vektor normale ravnine π je n = {2,−1, 5}.Stoga ravnina π1 prolazi tockom T i vektor normale n1 je kolinearan vektoru

n× s =

∣∣∣∣∣∣i j k2 −1 5−2 1 3

∣∣∣∣∣∣ = −8i− 16j = −8(i + 2j),

pa mozemo uzeti n1 = i + 2j. Jednadzba ravnine π1 glasi

2 · (x− 0) + 4 ·(y − 12

7

)+ 0 ·

(z − 10

7

)= 0,

odnosno7x+ 14y − 24 = 0.

Pravac q je presjek ravnina π i π1, odnosno zadan je jednadzbama

2x− y + 5z − 5 = 0,

7x+ 14y − 24 = 0.

Odredimo sada parametarsku jednadzbu pravca q. Iz druge jednadzbe slijedi

x = −2y +24

7.

Uvrstavanjem u prvu jednadzbu dobivamo

2

(−2y +

24

7

)− y + 5z − 5 = 0,

odakle slijedi

z = y − 13

35.

Stavimo li y = t, t ∈ R, dobivamo trazenu parametarsku jednadzbu

x = −2t+24

7, y = t, z = t− 13

35, t ∈ R.

3.23 Udaljenost tocaka

Odredite jednadzbu skupa tocaka koje su jednako udaljene od tocaka A(2,−1, 2) iB(0, 1, 0).

Rjesenje. Neka je T (x, y, z) proizvoljna tocka iz zadanog skupa. Vrijedi

d(T,A) = d(T,B),√(x− 2)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 =

√(x− 0)2 + (y − 2)2 + (z − 0)2,

(x2 − 4x+ 4) + (y2 + 2y + 1) + (z2 − 4z + 4) = x2 + (y2 − 2y + 1) + z2,

−4x+ 4y − 4z + 8 = 0.

Dakle, trazeni skup tocaka je ravnina s jednadzbom

x− y + z − 2 = 0.


3.24 Udaljenost ravnina

Nadite udaljenost izmedu ravnina

π1 . . . 2x+ 3y − 6z + 14 = 0 i π2 . . . 2x+ 3y − 6z − 35 = 0.

Rjesenje. Za vektore normale ravnina π1 i π2 vrijedi n1 = n2 = {2, 3,−6}, pasu ravnine paralelne. Stoga je dovoljno odrediti bilo koju tocku na jednoj ravninii izracunati udaljenost te tocke do druge ravnine. Uvrstavanjem y = 0 i z = 0 ujednadzbu ravnine π1 dobivamo x = −7, pa tocka T (−7, 0, 0) lezi na π1. Opcenito,udaljenost tocke T1(x1, y1, z1) od ravnine π . . . Ax+By + Cz +D = 0 je jednaka

d(T1, π) =|Ax1 +By1 + Cz1 +D|√

A2 +B2 + C2. (3.4)

Dakle, ravnine π1 i π2 su udaljene za

d(π1, π2) = d(T, π2) =|2 · (−7) + 3 · 0− 6 · 0− 35|√

22 + 32 + 62= 7.

3.25 Udaljenost pravca od ravnine

Nadite ravninu π koja je paralelna pravcima

p1 . . .

{y = 2x− 1z = 3x+ 2

i p2 . . .

{y = −x+ 2z = 4x− 1

i jednako udaljena od tih pravaca.

Rjesenje. Opca jednadzba ravnine π glasi

Ax+By + Cz +D = 0.

Stavljanjem x = t, t ∈ R dobivamo parametarsku jednadzbu pravca p1

x = t, y = 2t− 1, z = 3t+ 2, t ∈ R

i pravca p2x = t, y = −t+ 2, z = 4t− 1, t ∈ R.

Vektor normale n ravnine π je okomit na vektore smjera s1 = {1, 2, 3} i s2 ={1,−1, 4} zadanih pravaca pa mozemo staviti

n = s1 × s2 =

∣∣∣∣∣∣i j k1 2 31 −1 4

∣∣∣∣∣∣ = 11i− j− 3k.

Dakle, A = 11, B = −1 i C = −3. Preostaje izracunati D iz uvjeta

d(p1, π) = d(p2, π).

3.26 Udaljenost tocke od pravca 81

Buduci je ravnina π paralelna pravcima p1 i p2, slijedi

d(T1, π) = d(T2, π),

gdje je T1 proizvoljna tocka na pravcu p1, a T2 na pravcu p2. Uzmemo li T1(0,−1, 2)i T2(0, 2,−1), prema formuli (3.4), vrijedi

|11 · 0− 1 · (−1)− 3 · 2 +D|√112 + 12 + 32

=|11 · 0− 1 · 2− 3 · (−1) +D|√

112 + 12 + 32,

odnosno

|D − 5| = |D + 1|.

Odatle dobivamo D = 2 i jednadzbu ravnine π,

11x− y − 3z + 2 = 0.

3.26 Udaljenost tocke od pravca

Odredite udaljenost tocke T (2, 1, 3) od pravca

p . . .x− 1

1=y − 1

2=z − 1

3.

Rjesenje. Prvo odredimo jednadzbu ravnine π koja prolazi tockom T i okomitaje na pravac p. Buduci je vektor normale n ravnine π jednak vektoru smjera s ={1, 2, 3} pravca p, jednadzba ravnine π je

1 · (x− 2) + 2 · (y − 1) + 3 · (z − 3) = 0,

odnosno

x+ 2y + 3z − 13 = 0.

Odredimo sada sjeciste pravca p i ravnine π. Uvrstavanjem parametarske jednadzbepravca

x = t+ 1, y = 2t+ 1, z = 3t+ 1, t ∈ R.

u jednadzbu ravnine dobivamo t = 12 , pa sjeciste S ima koordinate

x =1

2+ 1 =

3

2, y = 2

1

2+ 1 = 2, z = 3

1

2+ 1 =

5

2.

Buduci je S ortogonalna projekcija tocke T na pravac p, trazena udaljenost iznosi

d(T, p) = d(T, S) =

√(2− 3

2

)2

+ (1− 2)2

+

(3− 5

2

)2

=

√6

2.


3.27 Udaljenost paralelnih pravaca

Odredite udaljenost izmedu paralelnih pravaca

p1 . . .x

1=y − 1

1=z

2i p2 . . .

x− 1

1=y

1=z − 1

2.

Rjesenje. Pravci p1 i p2 su paralelni pa je dovoljno odabrati proizvoljnu tocku najednom pravcu i izracunati njenu udaljenost do drugog pravca. Opcenito, ako jepravac p zadan tockom T0 i vektorom smjera s, tada je

d(T, p) =|−−→TT0 × s||s|

.

Tocka T1(0, 1, 0) lezi na pravcu p1, a pravac p2 je zadan tockom T2(1, 0, 1) i vektoromsmjera s2 = {1, 1, 2}. Stoga je

d(p1, p2) = d(T1, p2) =|−−→T1T2 × s2||s2|

.

Vrijedi

−−→T1T2 × s2 =

∣∣∣∣∣∣i j k−1 1 −11 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 3i + j− 2k

pa je

d(p1, p2) =|3i + j− 2k||i + j + 2k|

=

√32 + 12 + 22√12 + 12 + 22

=

√21

3.

3.28 Udaljenost mimosmjernih pravaca

Zadani su pravci p1, koji prolazi tockama A(1, 0,−1) i B(−1, 1, 0), i p2, koji prolazitockma C(3, 1,−1) i D(4, 5,−2). Dokazite da su ti pravci mimosmjerni i odreditenajmanju udaljenost izmedu njih.

Rjesenje. Pravci p1 i p2 imaju vektore smjera

s1 =−−→AB = −2i + j + k,

s2 =−−→CD = i + 4j− k,

pa nisu paralelni. Jos treba pokazati da se ne sijeku. Uvedimo vektor v =−−→CB =

−4i+k koji spaja tocku C na pravcu p2 s tockom B na pravcu p1. Mjesoviti produktvektora s1, s2 i v,

v · (s1 × s2) =

∣∣∣∣∣∣−4 0 1−2 1 11 4 −1

∣∣∣∣∣∣ = 11

je razlicit od nule pa vektori nisu komplanarni. Stoga se pravci p1 i p2 ne sijeku.Najkraca udaljenost izmedu dva mimosmjerna pravca odreduje se po formuli

d(p1, p2) =|v · (s1 × s2)||s1 × s2|

.

3.29 Sjeciste simetrale kuta i simetrale stranice 83

Vrijedi |s1 × s2| = | − 5i− j− 9k| =√

107 pa je

d(p1, p2) =11√107

.

3.29 Sjeciste simetrale kuta i simetrale stranice

Zadan je trokut s vrhovima A(2, 3, 2), B(0, 1, 1) i C(4, 4, 0). Odredite sjeciste Ssimetrale unutarnjeg kuta pri vrhu A i simetrale stranice AB.

Rjesenje. Neka je π ravnina koja prolazi polovistem P stranice AB okomito napravac koji prolazi tockama A i B. Nadalje, neka je p pravac kroz tocku A svektorom smjera

s =

−−→AB

|−−→AB|

+

−→AC

|−→AC|

.

Tada je tocka S sjeciste ravnine π i pravca p. Poloviste P stranice AB ima koordi-nate (

2 + 0

2,

3 + 1

2,

2 + 1

2

)=

(1, 2,

3

2

),

a vektor normale n je jednak−−→AB = {−2,−2,−1}. Stoga jednadzba ravnine π glasi

−2 · (x− 1)− 2 · (y − 2)− 1 ·(z − 3

2

)= 0,

odnosno

−2x− 2y − z +15

2= 0.

Zbog

s =−2i− 2j− k

| − 2i− 2j− k|+

2i + j− 2k

|2i + j− 2k|=

(−2i− 2j− k) + (2i + j− 2k)

3= −1

3j− k,

mozemo za vektor smjera pravca p uzeti kolinearan vektor s1 = −j − 3k pa para-metarska jednadzba pravca p glasi

x = 2, y = −t+ 3, z = −3t+ 2, t ∈ R.

Uvrstavanjem u jednadzbu ravnine π dobivamo

−2 · 2− 2 · (−t+ 3)− (−3t+ 2) +15

2= 0,

odakle je

t =9

10i S

(2,

21

10,− 7

10

).



1. Odredite duljinu vektora a = p− 2q ako je |p| = 2, |q| = 3, ∠(p,q) =π

6.

2. Zadani su vektori a = {2λ, 1, 1 − λ}, b = {−1, 3, 0} i c = {5,−1, 8}. Naditeparametar λ za koji je ∠(a,b) = ∠(a, c).

3. Zadani su vektori a = {1,−2, 1}, b = {−1, 1, 2} i c = {1, y, z}. Ako je c ⊥ a ic ⊥ b, izracunajte y i z.

4. Odredite parametar λ takav da su vektori a = {2,−3, 0} i b = {λ, 4, 0} okomiti.

5. Odredite kut α izmedu vektora a i b ako je (a + b) ⊥ (7a − 5b) i (a − 4b) ⊥(7a− 2b).

6. Zadani su vektori p i q takvi da je |p| = 2, |q| = 3 i ∠(p,q) =π

3.

a) Izrazite vektor n preko vektora p i q ako vrijedi n · p = 7 i n · q = 3.

b) Izrazite jedinicni vektor vektora n preko p i q.

7. Odredite vektor b koji je kolinearan s vektorom a = {2,−1, 2} i zadovoljavauvjet a · b = −18.

8. Odredite povrsinu P trokuta sto ga odreduju vektori a = {2, 3, 5} i b = {1, 2, 1}.

9. Odredite povrsinu P trokuta s vrhovima A(1, 1, 1), B(2, 3, 4) i C(4, 3, 2).

10. Odredite duljinu visine vA spustene iz vrha A u trokutu ABC ako su vrhovitrokuta A(1, 0,−1), B(−1, 1, 1) i C(0, 2, 1).

11. Odredite povrsinu P i duljinu visine vB spustene iz vrha B u trokutu ABC svrhovima A(1,−2, 8), B(0, 0, 4) i C(6, 2, 0).

12. Zadani su vrhovi A(1,−2, 3), B(3, 2, 1) i C(6, 4, 4) paralelograma ABCD. Odre-dite povrsinu P paralelograma ABCD i koordinate vrha D.

13. Odredite povrsinu P paralelograma s dijagonalama e = 2m−n i f = 4m− 5n,

ako je |m| = |n| = 1 i ∠(m,n) =π

4.

14. Zadani su vektori m = a−b+c, n = −2a−b+c, gdje su a, b i c jedinicni vektori

koji zatvaraju kutove ∠(a,b) =π

3, ∠(b, c) =

2π

3i ∠(a, c) =

π

3. Izracunajte

duljine dijagonala d1 i d2 paralelograma konstruiranog nad tim vektorima.

15. Odredite volumen V paralelopipeda razapetog vektorima a = {1, 0, 3}, b ={−1, 1, 0} i c = {2, 1, 1}.

16. Zadane su tocke A(1, 2, 1), B(3,−2, 1), C(1, 4, 3) i D(5, 0, 5). Izracunajte volu-

men V paralelopipeda razapetog vektorima−−→AB,

−→AC i

−−→AD.

17. Pokazite da ako za tri proizvoljna vektora a, b i c vrijedi a×b+b×c+c×a = 0,onda su vektori a, b i c komplanarni, a vektori d = a−c i e = b−a kolinearni.


18. Odredite parametar t takav da vektori a = {3, 2, t}, b = {−1, 0, 0} i c = {4, 1, 0}ne cine bazu vektorskog prostora.

19. Odredite jedinicni vektor okomit na vektore a = {−2,−6,−1} i b = {1, 2, 0}koji s vektorom c = {−2, 1, 0} zatvara siljasti kut. U smjeru tog jedinicnogvektora odredite d takav da vektori a, b i d budu stranice paralelopipeda cijivolumen iznosi 18.

20. Odredite jednadzbe koordinatnih ravnina, te ravnina paralelnih s njima.

21. Odredite jednadzbu ravnine π koja sadrzi tocku T (1,−3, 2) i paralelna je sravninom π1 . . . 7x− 4y + z − 4 = 0.

22. Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockom M(−2, 1,−5) i okomita jena ravnine

π1 . . . − 3x+ 2y + z + 5 = 0 i π2 . . . 6x− 5y + 4z + 2 = 0.

23. Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockama A(1, 2, 3), B(3, 2, 1) i oko-mita je na ravninu π1 . . . 4x− y + 2z − 7 = 0.

24. Odredite opci, segmentni i normalni oblik jednadzbe ravnine π kroz tockeA(2,−6, 4), B(10, 2,−8) i C(0, 4, 6).

25. Odredite kanonske i parametarske jednadzbe koordinatnih osi.

26. Vrhovi trokuta su A(1, 1, 1), B(3, 0, 3) i C(−2, 1, 1). Odredite jednadzbu sime-trale s kuta BAC.

27. Odredite jednadzbu ravnine π koja sadrzi tocku P (1,−1, 2) i pravac koji jezadan kao presjek ravnina 3x+ y − z + 5 = 0 i x− y + 2z − 1 = 0.

28. Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockama A(1, 0,−1) i B(−1, 2, 1), aparalelna je s pravcem koji je presjek ravnina 3x+y−2z−6 = 0 i 4x−y+3z = 0.

29. Odredite jednadzbu ravnine π koja sadrzi pravce

p1 . . .x

2=y − 2

3=z + 2

−1i p2 . . .

x− 2

−2=y + 1

3=

z

−1.

30. Odredite sjeciste S pravca

p . . .x− 2

1=

y

−2=z + 1

−1

i ravnine π . . . 2x− 3y + z + 4 = 0.

31. Ispitajte medusobni polozaj pravca

p . . .x

−2=y − 1

−1=z − 2

1

i ravnine π . . . x+ y + 3z − 7 = 0.


32. Da li se pravci

p1 . . .x

1=y

2=z − 1

1i p2 . . .

x

2=y − 1

1=z

2

sijeku?

33. Odredite jednadzbu pravca p koji prolazi tockom A(2,−3, 1), sijece pravac

q . . .x− 3

2=y + 3

−1=z − 5

3

i okomit je na njega.

34. Odredite jednadzbu pravca p koji lezi u ravnini π . . . x − 4y + 2z − 7 = 0,prolazi tockom T u kojoj pravac p1 zadan jednadzbama x − 2y − 4z + 3 = 0 i2x+ y − 3z + 1 = 0 probada ravninu π i okomit je na pravac p1.

35. Odredite tocku N simetricnu tocki M(3,−1, 1) s obzirom na ravninu koja pro-lazi tockama T1(−2,−1,−1), T2(2, 1,−5) i T3(−4,−1, 0).

36. Odredite kanonsku jednadzbu ortogonalne projekcije pravca

p . . .x− 7

−8=y

1=z + 1

3

na ravninu π . . . x− y + 3z + 7 = 0.

37. Odredite kanonsku jednadzbu ortogonalne projekcije pravca

p . . .x− 1

2=y + 1

3=z − 3

−1

na ravninu π . . . x+ 2y − 5z + 3 = 0.

38. Zadani su paralelni pravci

p . . .x

1=y − 3

2=z − 3

0i q . . .

x− 2

1=y − 1

2=z − 3

0.

Odredite ravninu π s obzirom na koju su ti pravci zrcalno simetricni.

39. Odredite sve tocke na pravcu p zadanog kao presjek ravnina x+ y− 3z+ 6 = 0i x− y − z = 0 koje su udaljene od tocke T (1, 0, 1) za

√8.

40. Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi pravcem

p1 . . .x− 1

2=y + 1

3=z − 2

1

i paralelna je pravcu

p2 . . .x+ 3

3=y − 1

4=z + 2

2.

Izracunajte udaljenost pravca p2 od ravnine π.

3.31 Rjesenja 87

41. Izracunajte udaljenost tocke M(2,−1, 3) od pravca

p . . .x+ 1

3=y + 2

4=z − 1

2.

42. Odredite najmanju udaljenost izmedu pravaca

p1 . . .x+ 1

2=

y

−1=z − 1

3i p2 . . .

x

−1=y + 1

1=z − 2

2.

43. Odredite najmanju udaljenost izmedu pravaca

p1 . . .x+ 1

1=y

1=z − 1

2i p2 . . .

x

1=y + 1

3=z − 2

4.

44. Na pravcu

p . . .x+ 4

1=y + 2

−1=z − 10

−1

odredite tocku A koja je najbliza pravcu

q . . .x− 3

1=y − 3

−4=z + 3

2.

3.31 Rjesenja

1. |a| = 2√

10− 3√

3.

2. λ =1

4.

3. y =3

5, z = 1

5 .

4. λ = 6.

5. cosα =13√

7

8√

67.

6. a) n = 2 p− 1

3q,

b) n0 =2√13

p− 1

3√

13q.

7. b = {−4, 2,−4}.

8. P =

√59

2.

9. P = 2√

6.

10. vA =

√34

2.


11. P = 7√

5, vB = 23

√21.

12. P = 4√

29, D(4, 0, 6).

13. P =3√

2

2.

14. d1 = 3, d2 =√

13.

15. V = 8.

16. V = 8.

17. Dovoljno je pokazati da vrijedi (a× b) · c = 0 i d× e = 0.

18. t = 0.

19. d = {−4, 2,−4}.

20. Jednadzba xy-ravnine je z = 0, xz-ravnine y = 0, yz-ravnina x = 0. Jednadzberavnina paralelnih xy-ravnini su oblika z = c, xz-ravnini oblika y = c, yz-ravninioblika x = c, za neki c ∈ R.

21. π . . . 7x− 4y + z − 21 = 0.

22. π . . . 13x+ 18y + 3z + 23 = 0.

23. π . . . x+ 6y + z − 16 = 0.

24. Opci oblik jednadzbe ravnine π glasi

17x+ y + 12z − 76 = 0,

segmentni oblikx76

17

+y

76+

z19

3

= 1,

a normalni oblik

17√434

x+1√434

y +12√434

z − 76√434

= 0.

25. Kanonska jednadzba x-osi jex

1=y

0=z

0, y-osi

x

0=y

1=z

0, z-osi

x

0=y

0=z

1.

Parametarska jednadzba x-osi je x = t, y = 0, z = 0, y-osi x = 0, y = t, z = 0, az-osi x = 0, y = 0, z = t, t ∈ R.

26. s . . .x− 1

−1=y − 1

−1=z − 1

2.

27. π . . . 2x+ 2y − 3z + 6 = 0.

28. π . . . 5x− 3y + 8z + 3 = 0.

29. π . . . y + 3z + 4 = 0.

30. S(1, 2, 0).

3.31 Rjesenja 89

31. Ravnina π sadrzi pravac p.

32. Pravci p1 i p2 se ne sijeku.

33. p . . .x− 2

−1=y + 3

1=z − 1

1.

34. p . . .x− 2

−2=y +

1

23

=z − 3

27

.

35. N(1,−5,−3).

36. p . . .x− 6

−8=y − 1

1=z + 4

3.

37. p . . .x− 43

3047

=y +

4

3064

=z − 25

3035

.

38. π . . . 2x− y = 0.

39. A(3, 0, 3), B(−1,−2, 1).

40. π . . . 2x− y − z − 1 = 0, d(p2, π) =√

6.

41. d(M,p) =3√

377

29.

42. d(p1, p2) =

√3

5.

43. d(p1, p2) =

√3

3.

44. A(4,−10, 2).


Poglavlje 4

FUNKCIJE REALNEVARIJABLE

4.1 Podrucje definicije funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija . . . . . . . . . . . . 93

4.3 Opca sinusoida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.4 Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.5 Nejednadzba s kompozicijom funkcija . . . . . . . . . . . . . . 97

4.6 Inverzna funkcija i podrucje definicije . . . . . . . . . . . . . . 98

4.7 Inverzna funkcija logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . 99

4.8 Limes slijeva i zdesna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.9 Neodredeni oblik ∞/∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.10 Neodredeni oblik 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.11 Neodredeni oblik ∞−∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.12 Primjena lim(sinx/x) kada x→ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.13 Primjena lim(sinx/x) kada x→∞ . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.14 Oblik a∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.15 Primjena limesa jednakih broju e . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.16 Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.17 Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

4.18 Asimptote racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.19 Asimptote iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.20 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom . . . . . . . . . 113

4.21 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.22 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

U zadacima za koje to ima smisla nacrtajte graf odgovarajuce funkcije ili njegovedjelove pomocu programa NetPlot1 ili nekog drugog programa za crtanje grafovafunkcija i provjerite tocnost odgovarajucih rjesenja.

1http://lavica.fesb.hr/netplot

http://lavica.fesb.hr/netplot

92 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE

4.1 Podrucje definicije funkcije

Odredite podrucje definicije funkcije f zadane s:

a) f(x) = logx2 − 3x+ 2

x+ 1,

b) f(x) = arccos(log 13x),

c) f(x) = ln arcsinx+ 2

5− x.

Rjesenje.

a) Prema [M1, §4.6.4] i [M1, §4.6.2], funkcija f je definirana za sve x ∈ R za kojevrijedi

x2 − 3x+ 2

x+ 1> 0 i x+ 1 6= 0.

Rastavljanjem lijeve strane prvog uvjeta na faktore dobivamo nejednadzbu

(x− 1)(x− 2)

x+ 1> 0,

koju zadovoljavaju svi x ∈ 〈−1, 1〉 ∪ 〈2,+∞〉. Iz drugog uvjeta slijedi x 6= −1 paje

D(f) = 〈−1, 1〉 ∪ 〈2,+∞〉.

b) Prema [M1, §4.6.6] i [M1, §4.6.4], funkcija f je definirana za sve x ∈ R za kojevrijedi

−1 ≤ log 13x ≤ 1 i x > 0.

Iz prvog uvjeta napisanog u obliku

log 13

3 ≤ log 13x ≤ log 1

3

1

3

slijedi 3 ≥ x ≥ 13 , jer je log 1

3padajuca funkcija. Buduci je segment [3, 13 ] sadrzan

u intervalu 〈0,+∞〉, koji je rjesenje drugog uvjeta, dobivamo

D(f) =

[3,

1

3

].

c) Prema [M1, §4.6.4], [M1, §4.6.6] i [M1, §4.6.2], funkcija f je definirana za svex ∈ R za koje vrijedi

arcsinx+ 2

5− x> 0, −1 ≤ x+ 2

5− x≤ 1 i 5− x 6= 0.

Iz prvog uvjeta i svojstava funkcije arcsin (vidi [M1, §4.6.6]) slijedi

x+ 2

5− x> 0

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija 93

pa prva dva uvjeta zajedno daju

0 <x+ 2

5− x≤ 1.

Lijevu nejednakost zadovoljavaju svi

x ∈ 〈−2, 5〉 .

Raspisivanjem desne nejednakosti dobivamo

x+ 2

5− x− 1 ≤ 0 tj.

2x− 3

5− x≤ 0,

sto vrijedi za sve

x ∈⟨−∞, 3

2

]∪ 〈5,+∞〉 .

Podrucje definicije funkcije f je presjek dobivenih intervala, odnosno

D(f) =

⟨−2,

3

2

].

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija

Odredite podrucje definicije funkcije f zadane s:

a) f(x) = arctg(x+ 2)− ln(−x),

b) f(x) =√x+ 1−

√3− x+ e

1x ,

c) f(x) =√

16− x2 + log sin (x− 3),

d) f(x) = arch

(log

80x− 170

3− 2x− 5x2

)+

√log

3− 2x− 5x2

8x− 17.

Rjesenje.

a) Mozemo pisati f(x) = f1(x)−f2(x), gdje je f1(x) = arctg(x+2) i f2(x) = ln(−x).Prema [M1, §4.6.6], funkcija f1 je definirana za sve x ∈ R. Nadalje, prema [M1,§4.6.4], funkcija f2 je definirana za sve x ∈ R za koje je −x > 0, odnosno x < 0.Podrucje definicije funkcije f kao razlike funkcija f1 i f2 je presjek njihovihpodrucja definicije, odnosno

D(f) = 〈−∞, 0〉.

b) Mozemo pisati f(x) = f1(x) − f2(x) + f3(x), gdje je f1(x) =√x+ 1, f2(x) =√

3− x i f3(x) = e1x . Podrucje definicije funkcije f je presjek podrucja definicije

funkcija f1, f2 i f3. Stoga je, prema [M1, §4.6.2] i [M1, §4.6.3], funkcija fdefinirana za sve x ∈ R za koje su ispunjeni uvjeti

x+ 1 ≥ 0, 3− x ≥ 0 i x 6= 0,


odnosno

x ≥ −1, x ≤ 3 i x 6= 0.

Dakle,

D(f) = [−1, 0〉 ∪ 〈0, 3].

c) Mozemo pisati f(x) = f1(x) + f2(x), gdje je f1(x) =√

16− x2 i f2(x) =log sin (x− 3). Prema [M1, §4.6.2], funkcija f1 je definirana za sve x ∈ Rza koje vrijedi

16− x2 ≥ 0,

pa je

D(f1) = [−4, 4] .

Prema [M1, §4.6.4], funkcija f2 je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi

sin (x− 3) > 0,

odnosno, prema [M1, §4.6.5], za sve x ∈ R za koje je

0 + 2kπ < x− 3 < π + 2kπ, k ∈ Z,

tj.

3 + 2kπ < x < 3 + (2k + 1)π, k ∈ Z.

Dakle,

D(f2) =⋃k∈Z〈3 + 2kπ, 3 + (2k + 1)π〉 .

Podrucje definicije funkcije f kao sume funkcija f1 i f2 je presjek njihovih po-drucja definicije. Buduci D(f1) ima neprazan presjek jedino s intervalima

〈3− 2π, 3− π〉 i 〈3, 3 + π〉

iz D(f2), koji se dobiju uvrstavanjem indeksa k = −1 i k = 0, dobivamo

D(f) = 〈3− 2π, 3− π〉 ∪ 〈3, 4] .

d) Mozemo pisati f(x) = f1(x) + f2(x), gdje je

f1(x) = arch

(log

80x− 170

3− 2x− 5x2

)i f2(x) =

√log

3− 2x− 5x2

8x− 17.

Prema [M1, §4.6.9] i [M1, §4.6.4], funkcija f1 je definirana za sve x ∈ R kojizadovoljavaju

log80x− 170

3− 2x− 5x2≥ 1 i

80x− 170

3− 2x− 5x2> 0,

odnosno80x− 170

3− 2x− 5x2≥ 10 i

80x− 170

3− 2x− 5x2> 0.

4.3 Opca sinusoida 95

Buduci da rjesenja prve nejednadzbe zadovoljavaju i drugu, funkcija f1 je defi-nirana za sve x ∈ R koji zadovoljavaju

80x− 170

3− 2x− 5x2≥ 10,

odnosno dijeljenjem s 10 nejednadzbu

8x− 17

3− 2x− 5x2≥ 1.

Analogno, prema [M1, §4.6.2] i [M1, §4.6.4], funkcija f2 je definirana za svex ∈ R koji zadovoljavaju

log3− 2x− 5x2

8x− 17≥ 0 i

3− 2x− 5x2

8x− 17> 0,

odnosno3− 2x− 5x2

8x− 17≥ 1 i

3− 2x− 5x2

8x− 17> 0,

pa je f2 definirana za sve x ∈ R za koje je

3− 2x− 5x2

8x− 17≥ 1.

Podrucje definicije funkcije f je presjek podrucja definicije funkcija f1 i f2 pa jefunkcija f definirana za sve x ∈ R koji zadovoljavaju

8x− 17

3− 2x− 5x2≥ 1 i

3− 2x− 5x2

8x− 17≥ 1,

sto je moguce samo kada je (objasnite zasto!)

3− 2x− 5x2

8x− 17= 1.

Mnozenjem ovog izraza s nazivnikom dobivamo kvadratnu jednadzbu

x2 + 2x− 4 = 0

cija su rjesenjax1 = −1−

√5 i x2 = −1 +

√5.

Dakle, zadana funkcija je definirana samo za brojeve x1 i x2, odnosno

D(f) = {−1−√

5,−1 +√

5}.

4.3 Opca sinusoida

Nacrtajte graf funkcije

f(x) = −1

2sin(

2x− π

3

).


Rjesenje. Prema oznakama u [M1, §4.6.5], za zadanu funkciju je

A = −1

2, ω = 2 i ϕ = −π

3.

Graf funkcije f dobivamo iz grafa funkcije sinx u sljedeca tri koraka:

1. Nacrtajmo graf funkcije f1(x) = sin 2x ciji je osnovni period od 2πω = 2π

2 = π(slika 4.1).

Π��Π

2��3 Π

22 Π

-1

1

Slika 4.1: Sinusoida y = sin 2x.

2. Graf funkcije f1(x) = sin 2x pomaknimo za −ϕω = −−π3

2 = π6 u pozitivnom

smjeru x-osi sto nam daje graf funkcije f2(x) = sin(2x− π

3

)(slika 4.2).

Π��Π

2��3 Π

22 Π��

Π

6��7 Π

6��2 Π

3��5 Π

3

-1

1

Slika 4.2: Sinusoida y = sin(2x− π

3

).

3. Konacno, ordinatu svake tocke grafa funkcije f2(x) = sin(2x− π

3

)pomnozimo

brojem A = − 12 , cime dobivamo graf zadane funkcije (slika 4.3).

4.4 Kompozicija funkcija

Ako je

f(x) = log1 + x

1− xi g(x) =

3x+ x3

3x2 + 1,

dokazite da je (f ◦ g) (x) = 3f(x).

4.5 Nejednadzba s kompozicijom funkcija 97

��Π

6��7 Π

6��2 Π

3��5 Π

3

-1

��1

2

- ��1

2

1

Slika 4.3: Sinusoida y = − 12 sin

(2x− π

3

).

Rjesenje. Prema [M1, definicija 1.9] slijedi

(f ◦ g) (x) = f (g(x)) = f

(3x+ x3

3x2 + 1

)= log

1 +3x+ x3

3x2 + 1

1− 3x+ x3

3x2 + 1

= log

x3 + 3x2 + 3x+ 1

3x2 + 1−x3 + 3x2 − 3x+ 1

3x2 + 1

= logx3 + 3x2 + 3x+ 1

−x3 + 3x2 − 3x+ 1

= log(x+ 1)3

(1− x)3= 3 log

x+ 1

1− x= 3f(x).

4.5 Nejednadzba s kompozicijom funkcija

Ako je f(x) = 2−x + 1 i g(x) = 2x− 1, rijesite nejednadzbu

(f ◦ g) (x) < (g ◦ f) (x).

Rjesenje. Prema [M1, definicija 1.9] vrijedi

(f ◦ g) (x) = f (g(x)) = f (2x− 1) = 2−(2x−1) + 1 = 2−2x+1 + 1,

(g ◦ f) (x) = g (f(x)) = g(2−x + 1

)= 2

(2−x + 1

)− 1 = 21−x + 1.

Zadana nejednadzba stoga glasi

2−2x+1 + 1 < 21−x + 1,

odnosno

2−2x+1 < 21−x.

Odatle slijedi −2x+ 1 < 1− x pa je x > 0.


4.6 Inverzna funkcija i podrucje definicije

Odredite inverznu funkciju funkcije f zadane s

f(x) =sinx+ 2

sinx+ 1

i podrucje definicije funkcija f i f−1.

Rjesenje. Funkcija f je definirana za one x ∈ R za koje je

sinx 6= −1,

odnosno za

x 6= 3π

2+ 2kπ, k ∈ Z.

Stoga je

D(f) = R\{

3π

2+ 2kπ, k ∈ Z

}.

Prema [M1, teorem 1.1] je f[f−1(x)

]= x. Uz oznaku f−1(x) = y, imamo f(y) = x,

odnosnosin y + 2

sin y + 1= x.

Sada je

sin y + 2 = x sin y + x,

(x− 1) sin y = 2− x,

sin y =2− xx− 1

.

Dakle,

y = arcsin2− xx− 1

,

odnosno

f−1(x) = arcsin2− xx− 1

.

Prema [M1, §4.6.6] i [M1, §4.6.2], funkcija f−1 je definirana za sve x ∈ R za kojeje

−1 ≤ 2− xx− 1

≤ 1 i x− 1 6= 0

pa je

D(f−1

)=

[3

2,+∞

⟩.

4.7 Inverzna funkcija logaritamske funkcije 99

4.7 Inverzna funkcija logaritamske funkcije

Odredite inverznu funkciju funkcije f zadane s

f(x) = loga

(x+

√x2 + 1

), a ∈ 〈0,∞〉\{1}.

Rjesenje. Funkcija f je strogo rastuca, jer je kompozicija strogo rastucih funkcija,pa ima inverz f−1. Prema [M1, teorem 1.1] je f

[f−1(x)

]= x. Uz oznaku f−1(x) =

y, imamo f(y) = x, odnosno

loga

[y +

√y2 + 1

]= x,

y +√y2 + 1 = ax,√y2 + 1 = ax − y,y2 + 1 = a2x − 2axy + y2,

2axy = a2x − 1,

y =a2x − 1

2ax.

Dakle, inverzna funkcija funkcije f je dana s

f−1(x) =a2x − 1

2ax.

4.8 Limes slijeva i zdesna

Izracunajte

limx→−1±0

xe1

x2−1 .

Rjesenje. Izracunajmo prvo limese zdesna i slijeva funkcije f(x) = e1

x2−1 u tockix = −1:

limx→−1−0

e1

x2−1 =

1

x2−1 = t

x→ −1− 0t→ +∞

= limt→+∞

et = +∞,

limx→−1+0

e1

x2−1 =

1

x2−1 = t

x→ −1 + 0t→ −∞

= limt→−∞

et = 0.

Prema [M1, teorem 4.3] je

limx→−1±0

xe1

x2−1 = limx→−1±0

x· limx→−1±0

e1

x2−1 = −1· limx→−1±0

e1

x2−1 =

{0, x→ −1 + 0−∞, x→ −1− 0

.


4.9 Neodredeni oblik ∞/∞

Izracunajte:

a) limx→∞

√x+ 3√x+ 4√x√

2x+ 1,

b) limx→±∞

√x2 + 1

x+ 1.

Rjesenje.

a) Racunanje zadanog limesa daje neodredeni oblik ∞∞ . Izlucimo li√x iz brojnika

i nazivnika razlomka pod limesom, dobivamo

limx→∞

√x+ 3√x+ 4√x√

2x+ 1= limx→∞

√x ·(

1 +16√x

+14√x

)√x ·√

2 +1

x

= limx→∞

1 +16√x

+14√x√

2 +1

x

=1√2,

pri cemu koristimo

limx→∞

1

xa= 0, a > 0.

b) Racunanje zadanog limesa daje neodredeni oblik ∞∞ . Izlucivanjem√x2 iz broj-

nika i x iz nazivnika razlomka pod limesom, dobivamo

limx→±∞

√x2 + 1

x+ 1= limx→±∞

√x2 ·

√1 +

1

x2

x ·(

1 +1

x

) = limx→±∞

|x|x· limx→±∞

√1 +

1

x2

1 +1

x

=

{1, x→ +∞−1, x→ −∞

jer je

limx→+∞

|x|x

= 1 i limx→−∞

|x|x

= −1.

4.10 Neodredeni oblik 0/0

Izracunajte:

a) limx→1

x2 − 1

2x2 − x− 1,

b) limx→0

√1− 2x− x2 − (1 + x)

x,

4.11 Neodredeni oblik ∞−∞ 101

c) limx→1

3√x− 1

4√x− 1

.

Rjesenje.

a) Racunanje zadanog limesa daje neodredeni oblik 00 , jer nakon uvrstavanja x =

1 izraz u brojniku i izraz u nazivniku poprimaju vrijednost nula. Njihovimrastavljanjem na faktore dobivamo i u brojniku i u nazivniku faktor (x− 1) pamozemo razlomak skratiti tim faktorom. Sada je

limx→1

x2 − 1

2x2 − x− 1= limx→1

(x− 1) · (x+ 1)

(x− 1) · (2x+ 1)= limx→1

x+ 1

2x+ 1=

2

3.

b) Zadani limes daje neodredeni oblik 00 . Racionalizacijom brojnika dobivamo

limx→0

√1− 2x− x2 − (1 + x)

x= limx→0

√1− 2x− x2 − (1 + x)

x

√1− 2x− x2 + (1 + x)√1− 2x− x2 + (1 + x)

= limx→0

(1− 2x− x2)− (1 + x)2

x(√

1− 2x− x2 + 1 + x)

= limx→0

−2x2 − 4x

x(√

1− 2x− x2 + 1 + x)

= limx→0

−2x− 4√1− 2x− x2 + 1 + x

= −2.

c) Zadani limes daje neodredeni oblik 00 . Supstitucijom x = t12 dobivamo

limx→1

3√x− 1

4√x− 1

=

x = t12

x→ 1t→ 1

= limt→1

t4 − 1

t3 − 1

= limt→1

(t− 1)(t+ 1)(t2 + 1)

(t− 1)(t2 + t+ 1)

= limt→1

(t+ 1)(t2 + 1)

t2 + t+ 1=

4

3.

4.11 Neodredeni oblik ∞−∞

Izracunajte:

a) limx→1

(1

1− x− 3

1− x3

),

b) limx→±∞

(x−

√x2 + 1

),


c) limx→±∞

(√x2 − 2x− 1−

√x2 − 7x+ 3

).

Rjesenje.

a) S obzirom da je

limx→1±0

1

1− x= ∓∞ i lim

x→1±0

3

1− x3= ∓∞,

racunanje limesa zdesna i slijeva u x = 1 su daje neodredeni oblik ∞ − ∞.Svodenjem na zajednicki nazivnik dobivamo

limx→1

(1

1− x− 3

1− x3

)= limx→1

x2 + x− 2

1− x3

= limx→1

(x− 1) · (x+ 2)

−(x− 1) · (x2 + x+ 1)

= limx→1

x+ 2

−(x2 + x+ 1)= −1.

b) Ocigledno je

limx→−∞

(x−

√x2 + 1

)= −∞−∞ = −∞.

S druge strane, racunanje limx→+∞

(x−

√x2 + 1

)daje neodredeni oblik ∞−∞.

Racionalizacijom dobivamo

limx→+∞

(x−

√x2 + 1

)= limx→+∞

(x−

√x2 + 1

)· x+

√x2 + 1

x+√x2 + 1

= limx→+∞

x2 − (x2 + 1)

x+√x2 + 1

= limx→+∞

−1

x+√x2 + 1

= 0.

c) S obzirom da je

limx→±∞

√x2 − 2x− 1 = +∞ i lim

x→±∞

√x2 − 7x+ 3 = +∞,

racunanje zadanih limesa daje neodredeni oblik ∞−∞. Racionalizacijom dobi-vamo

limx→±∞

(√x2 − 2x− 1−

√x2 − 7x+ 3

)

= limx→±∞

(√x2 − 2x− 1−

√x2 − 7x+ 3

)·√x2 − 2x− 1 +

√x2 − 7x+ 3√

x2 − 2x− 1 +√x2 − 7x+ 3

= limx→±∞

(x2 − 2x− 1)− (x2 − 7x+ 3)√x2 − 2x− 1 +

√x2 − 7x+ 3

4.12 Primjena lim(sinx/x) kada x→ 0 103

= limx→±∞

5x− 4√x2 − 2x− 1 +

√x2 − 7x+ 3

= limx→±∞

x(5− 4

x

)|x|(√

1− 2x + 1

x2 +√

1− 7x + 3

x2

)

= limx→±∞

x

|x|· limx→±∞

5− 4x√

1− 2x + 1

x2 +√

1− 7x + 3

x2

.

Buduci je

limx→+∞

x

|x|= 1 i lim

x→−∞

x

|x|= −1,

iz dobivenog rezultata slijedi

limx→±∞

(√x2 − 2x− 1−

√x2 − 7x+ 3

)=

{5/2, x→ +∞−5/2, x→ −∞.

4.12 Primjena lim(sinx/x) kada x→ 0

Izracunajte:

a) limx→±∞

x sin1

x,

b) limx→0

2 arcsinx

3x,

c) limx→0

tg x− sinx

x3,

d) limx→0

√2−√

1 + cosx

sin2 x.

Rjesenje. Ideja u ovim zadacima je transformirati izraz pod limesom tako damozemo primijeniti jednakost

limx→0

sin(ax)

x= a, (4.1)

koja se dobije iz [M1, primjer 4.6] supstitucijom ax = t.

a) Supstitucijom1

x= t dobivamo

limx→±∞

x sin1

x=

1

x= t

x→ ±∞t→ 0±

= limt→0±

sin t

t= 1.


b) Supstitucijom arcsinx = t i primjenom [M1, teorem 4.3] dobivamo

limx→0

2 arcsinx

3x=

arcsinx = tx→ 0t→ 0

= limt→0

2t

3 sin t=

2

3· 1

limt→0

sin t

t

=2

3.

c) Primjenom identiteta tg x = sin xcos x i sin2 x

2 = 12 (1− cosx) dobivamo

limx→0

tg x− sinx

x3= limx→0

sinx(1− cosx)

x3 cosx=

= limx→0

2 sinx sin2 x2

x3 cosx=

= limx→0

2 · sinx

x·

sin2 x2

x2· 1

cosx.

Zbog neprekidnosti kvadratne funkcije i [M1, teorem 4.7 (ii)] vrijedi

limx→0

sin2 x2

x2= limx→0

(sin x

2

x

)2

=

(limx→0

sin x2

x

)2

=

(1

2

)2

=1

4.

Prema [M1, teorem 4.3] sada slijedi

limx→0

tg x− sinx

x3= 2 · lim

x→0

sinx

x· limx→0

sin2 x2

x2· limx→0

1

cosx= 2 · 1 · 1

4· 1 =

1

2.

d) Racionalizacijom brojnika, primjenom identiteta sin2 x2 = 1

2 (1−cosx) te koristenjem[M1, teorem 4.3] i [M1, teorem 4.7 (ii)], dobivamo

limx→0

√2−√

1 + cosx

sin2 x= limx→0

√2−√

1 + cosx

sin2 x·√

2 +√

1 + cosx√2 +√

1 + cosx

= limx→0

2− (1 + cosx)

sin2 x · (√

2 +√

1 + cosx)= limx→0

1− cosx

sin2 x · (√

2 +√

1 + cosx)

= limx→0

2 sin2(x2

)sin2 x · (

√2 +√

1 + cosx)= limx→0

2 ·

(sin x

2

x

)2

(sinx

x

)2 ·1√

2 +√

1 + cosx

= 2 ·

(limx→0

sin x2

x

)2

(limx→0

sinx

x

)2 · limx→0

1√2 +√

1 + cosx= 2 ·

(1

2

)2

12· 1

2√

2=

1

4√

2.

4.13 Primjena lim(sinx/x) kada x→∞ 105

4.13 Primjena lim(sinx/x) kada x→∞

Izracunajte

limx→∞

x− sinx

x+ sinx.

Rjesenje. Izlucimo li x iz brojnika i nazivnika dobivamo

limx→∞

x− sinx

x+ sinx= limx→∞

x

(1− sinx

x

)x

(1 +

sinx

x

) = limx→∞

1− sinx

x

1 +sinx

x

.

Buduci je −1 ≤ sinx ≤ 1, za svaki x ∈ R, za x > 0 vrijedi

− 1

x≤ sinx

x≤ 1

x.

Kako je

limx→∞

1

x= 0,

[M1, teorem 4.4] povlaci

limx→∞

sinx

x= 0

pa je zadani limes jednak

limx→∞

1− sinx

x

1 +sinx

x

=1− 0

1 + 0= 1.

4.14 Oblik a∞

Izracunajte

limx→∞

(x2 + 2

2x2 + 1

)x2

.

Rjesenje. Buduci je

limx→∞

x2 + 2

2x2 + 1= limx→∞

1 +2

x2

2 +1

x2

=1

2i lim

x→∞x2 =∞,

vrijedi

limx→∞

(x2 + 2

2x2 + 1

)x2

= limt→∞

(1

2

)t= 0

jer je

limt→+∞

at =

{0, 0 < a < 1

+∞, a > 1.


Jos vrijedi

limt→−∞

at =

{+∞, 0 < a < 1

0, a > 1.

4.15 Primjena limesa jednakih broju e

Izracunajte:

a) limx→∞

(2x+ 3

2x+ 1

)x+1

,

b) limx→0

1

xln

√1 + x

1− x.

c) limx→a

lnx− ln a

x− a,

d) limx→0

ex − 1

x.

Rjesenje. Prema [M1, primjer 4.9 (b)] je

limx→+∞

(1 +

1

x

)x= e. (4.2)

To vrijedi i ako umjesto +∞ stavimo −∞. Nadalje, iz (4.2) slijedi

limx→0±0

(1 + x)1x =

y =

1

xx→ 0± 0y → ±∞

= limy→±∞

(1 +

1

y

)y= e

pa vrijedi ilimx→0

(1 + x)1x = e. (4.3)

a) Buduci je

limx→∞

2x+ 3

2x+ 1= 1,

direktno racunanje zadanog limesa daje neodredeni oblik 1∞. Zato cemo izrazpod limesom transformirati na sljedeci nacin:

limx→∞

(2x+ 3

2x+ 1

)x+1

= limx→∞

(2x+ 1 + 2

2x+ 1

)x+1

= limx→∞

(1 +

12x+1

2

)x+1

=

= limx→∞

[(1 +

12x+1

2

) 22x+1

] 2(x+1)2x+1

=

[limx→∞

(1 +

12x+1

2

) 22x+1

] limx→∞

2(x+1)2x+1

.

4.15 Primjena limesa jednakih broju e 107

Prema formuli (4.2) je

limx→∞

(1 +

12x+1

2

) 22x+1

=

2x+ 1

2= t

x→∞t→∞

= limt→∞

(1 +

1

t

)t= e,

sto zajedno s

limx→∞

2(x+ 1)

2x+ 1= 1

daje

limx→∞

(2x+ 3

2x+ 1

)x+1

= e1 = e.

b) Uvrstavanjem x = 0 u izraz pod limesom dobivamo neodredeni oblik ∞ · 0.Primjena svojstava logaritamske funkcije daje

limx→0

1

xln

√1 + x

1− x= limx→0

ln

(1 + x

1− x

) 12x

.

Iz neprekidnosti logaritamske funkcije i tvrdnje [M1, teorem 4.7 (ii)] slijedi

limx→0

ln

(1 + x

1− x

) 12x

= ln limx→0

[(1 +

11−x2x

) 1−x2x

] 11−x

= ln

[limx→0

(1 +

11−x2x

) 1−x2x

] limx→0

11−x

= ln e1 = 1,

jer je

limx→0±0

(1 +

11−x2x

) 1−x2x

=

1− x

2x= t

x→ 0± 0t→ ±∞

= limt→±∞

(1 +

1

t

)t= e.

c) Uvrstavanjem x = 0 u izraz pod limesom dobivamo neodredeni oblik 00 . Primje-

nom svojstava logaritamske funkcije, tvrdnje [M1, teorem 4.7 (ii)] na neprekidnulogaritamsku funkciju i potenciju te identiteta (4.3) dobivamo

limx→a

lnx− ln a

x− a= limx→a

ln xa

x− a=

x− a = tx→ at→ 0

= limt→0

ln a+ta

t

= limt→0

ln

(1 +

t

a

) 1t

= ln limt→0

[(1 +

t

a

) at

] 1a


= ln

[limt→0

(1 +

t

a

) at

] 1a

=

t

a= y

t→ 0y → 0

= ln

[limy→0

(1 + y)1/y] 1a

= ln e1a =

1

a.

d) Uvrstavanjem x = 0 u izraz pod limesom dobivamo neodredeni oblik 00 . Sups-

titucijom ex − 1 = t i primjenom svojstava logaritamske funkcije, tvrdnje [M1,teorem 4.7 (ii)] na neprekidnu logaritamsku funkciju i identiteta (4.3) dobivamo

limx→0

ex − 1

x=

ex − 1 = tx→ 0t→ 0

= limt→0

t

ln(t+ 1)= limt→0

1

ln(t+ 1)1t

=1

ln limt→0

(t+ 1)1t

= 1.

4.16 Neprekidnost funkcije

a) Odredite parametar λ tako da funkcija

f(x) =

x2 − 4

x− 2, x 6= 2

λ, x = 2

bude neprekidna.

b) Odredite konstante a i b tako da funkcija

f(x) =

−2 sinx, x ≤ −π2a sinx+ b, −π2 < x < π

2cosx, x ≥ π

2

bude neprekidna.

Rjesenje.

a) Funkcija f je neprekidna na skupu R\{2} pa je dovoljno odrediti parametar λtakav da f bude neprekidna u x = 2, odnosno da vrijedi

limx→2+0

f(x) = limx→2−0

f(x) = f(2).

Buduci je

limx→2±0

f(x) = limx→2±0

x2 − 4

x− 2= limx→2±0

(x− 2)(x+ 2)

x− 2= limx→2±0

(x+ 2) = 4,

mora vrijediti f(2) = 4. Iz definicije funkcije f je f(2) = λ pa stoga slijedi λ = 4.

4.17 Vrste prekida 109

b) Funkcija f je neprekidna na skupu

R \{−π

2,π

2

}.

Potrebno je odrediti konstante a i b tako da f bude neprekidna u tockamax1 = −π2 i x2 = π

2 , odnosno da ispunjava uvjete iz [M1, definicija 4.6]:

limx→xi−0

f(x) = limxi+0

f(x) = f(xi), i = 1, 2. (4.4)

Za tocku x1 = −π2 vrijedi

limx→−π2−0

f(x) = limx→−π2−0

(−2 sinx) = 2,

limx→−π2 +0

f(x) = limx→−π2 +0

(a sinx+ b) = −a+ b,

f(−π

2

)= −2 sin

(−π

2

)= 2.

Uvrstavanjem dobivenih rezultata u (4.4) slijedi

−a+ b = 2.

Za tocku x2 = π2 vrijedi

limx→π

2−0f(x) = lim

x→π2−0

(a sinx+ b) = a+ b,

limx→π

2 +0f(x) = lim

x→π2 +0

cosx = 0,

f(π

2

)= cos

π

2= 0.

Sada (4.4) povlacia+ b = 0.

Konacno, rjesavanjem sustava

−a+ b = 2,

a+ b = 0,

dobivamo a = −1 i b = 1.

4.17 Vrste prekida

Ispitajte vrste prekida funkcije f zadane s:

a) f(x) =

√7 + x− 3

x2 − 4u tockama x1 = −2 i x2 = 2,

b) f(x) =a

1x − 1

a1x + 1

, gdje je a > 1, u tocki x = 0.


Rjesenje.

a) Da bismo ispitali vrstu prekida funkcije u tockama x1 i x2 potrebno je izracunatilimes s lijeve i desne strane u tim tockama.

Limes slijeva u tocki x1 = −2 je

limx→−2−0

√7 + x− 3

x2 − 4= limx→−2−0

√7 + x− 3

x2 − 4·√

7 + x+ 3√7 + x+ 3

= limx→−2−0

x− 2

(x− 2)(x+ 2)(√

7 + x+ 3)

= limx→−2−0

1

(x+ 2)(√

7 + x+ 3)= −∞.

Limes zdesna u tocki x1 = −2 dobivamo na isti nacin:

limx→−2+0

√7 + x− 3

x2 − 4= limx→−2+0

1

(x+ 2)(√

7 + x+ 3)= +∞.

Prema [M1, definicija 4.7], zadana funkcija ima prekid druge vrste u tockix1 = −2.

Limes slijeva u tocki x2 = 2 je

limx→2−0

√7 + x− 3

x2 − 4= limx→2−0

1

(x+ 2)(√

7 + x+ 3)=

1

24.

Za limes zdesna u tocki x2 = 2 ocigledno vrijedi

limx→2+0

√7 + x− 3

x2 − 4= limx→2+0

1

(x+ 2)(√

7 + x+ 3)=

1

24.

Limesi slijeva i zdesna u tocki x2 = 2 su jednaki pa, prema [M1, definicija 4.7],funkcija f ima uklonjivi prekid u toj tocki.

b) Limes zdesna funkcije f u tocki x = 0 racunamo pomocu supstitucije t = 1/x:

limx→0+0

a1x − 1

a1x + 1

=

1x = t

x→ 0 + 0t→ +∞

= limt→+∞

at − 1

at + 1= limt→+∞

at(1− 1

at

)at(1 + 1

at

) = 1.

Pri tome smo koristili

limt→+∞

1

at= 0, za a > 1.

Limes slijeva zadane funkcije u tocki x = 0 dobivamo na isti nacin:

limx→0−0

a1x − 1

a1x + 1

=

1x = t

x→ 0− 0t→ −∞

= limt→−∞

at − 1

at + 1= limt→+∞

1at − 11at + 1

= −1.

Limesi slijeva i zdesna u tocki x = 0 su konacni i razliciti pa, prema [M1,definicija 4.7], funkcija f ima prekid prve vrste u toj tocki.

4.18 Asimptote racionalne funkcije 111

4.18 Asimptote racionalne funkcije

Odredite asimptote i skicirajte graf funkcije f zadane s:

a) f(x) =x2

x2 − 4,

b) f(x) =x2 + 2x

x− 2.

Rjesenje. Asimptote odredujemo prema formulama iz [M1, §4.5].

a) Podrucje definicije funkcije f je R\{−2, 2}. Stoga se vertikalne asimptote mogunalaziti samo u tockama x1 = −2 i x2 = 2. Limesi slijeva i zdesna u tim tockamasu:

limx→−2±0

f(x) = limx→−2±0

x2

x− 2· 1

x+ 2= −1 · lim

t→0±0

1

t= ∓∞,

limx→2±0

f(x) = limx→2±0

x2

x+ 2· 1

x− 2= 1 · lim

t→0±0

1

t= ±∞.

Slijedi da su pravci x = −2 i x = 2 vertikalne asimptote.

Ispitajmo ponasanje funkcije u beskonacnosti. Vrijedi

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

1

1− 4x2

= 1

pa je pravac x = 1 horizontalna asimptota na lijevoj i desnoj strani. Stogafunkcija f nema kosih asimptota. Graf funkcije prikazan je na slici 4.4.

-2 2

1

Slika 4.4: Graf funkcije f(x) =x2

x2 − 4.

b) Podrucje definicije funkcije f je R\{2}. Zbog

limx→2±0

f(x) = limx→2±0

(x2 + 2x) · 1

x− 2= 8 · lim

t→0±0

1

t= ±∞


slijedi da je pravac x = 2 vertiklna asimptota.

Nadalje,

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

1 + 2x

1x −

2x2

= ±∞

povlaci da zadana funkcija nema horizontalnu asimptotu ni na lijevoj ni na desnojstrani.

Potrazimo kose asimptote. Ako s k oznacimo koeficijent smjera kose asimptote,a s l njen odsjecak na y-osi, vrijedi

k = limx→±∞

f(x)

x= limx→±∞

x+ 2

x− 2= 1,

l = limx→±∞

[f(x)− kx] = limx→±∞

4x

x− 2= 4,

pa je pravac y = x+ 4 kosa asimptota na lijevoj i desnoj strani (vidi sliku 4.5).

-2 2

4

Slika 4.5: Graf funkcije f(x) =x2 + 2x

x− 2.

4.19 Asimptote iracionalne funkcije

Odredite asimptote funkcije f zadane s

f(x) =√

4x2 + x

i skicirajte njen graf.

Rjesenje. Funkcija f je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi 4x2 + x ≥ 0 paje njeno podrucje definicije skup 〈−∞,− 1

4 ] ∪ [0,+∞〉. Slijedi da f nema vertikalneasimptote, jer se one mogu nalaziti samo u tockama prekida ili otvorenim rubovimapodrucja definicije. Zbog

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

√4x2 + x = +∞,

4.20 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom 113

odmah slijedi da f nema horizontalnu asimptotu ni na lijevoj ni na desnoj strani.

Preostaje potraziti kose asimptote. Oznacimo s k1 i l1 koeficijent smjera i odsjecakna y-osi kose asimptote funkcije f na desnoj strani. Tada je

k1 = limx→+∞

f(x)

x= limx→+∞

√4x2 + x

x= limx→+∞

|x|x· limx→+∞

√4 +

1

x= 1 ·

√4 = 2,

l1 = limx→+∞

[f(x)− 2x] = limx→+∞

[√

4x2 + x− 2x] ·√

4x2 + x+ 2x√4x2 + x+ 2x

= limx→+∞

x√4x2 + x+ 2x

= limx→+∞

x

|x|· limx→+∞

1√4 + 1

x + 2=

1

4.

Dakle, pravac y = 2x+ 14 je kosa asimptota funkcije f na desnoj strani.

Ako s k2 i l2 oznacimo koeficijent smjera i odsjecak na y-osi kose asimptote funkcijef u lijevoj strani, onda na isti nacin dobivamo

k2 = limx→−∞

f(x)

x= limx→−∞

|x|x· limx→−∞

√4 +

1

x= −1 ·

√4 = −2,

l2 = limx→−∞

[f(x)− 2x] = limx→−∞

x

|x|· limx→−∞

1√4 + 1

x + 2= −1

4.

Stoga je pravac y = −2x − 14 kosa asimptota funkcije f na lijevoj strani. Graf

funkcije prikazan je na slici 4.6.

- ��

1

8- ��

1

4- ��

1

4

��

1

4

Slika 4.6: Graf funkcije f(x) =√

4x2 + x.

4.20 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom

Odredite asimptote funkcije f zadane s

f(x) = xe1

x2−1 .


Rjesenje. Podrucje definicije funkcije f je R\{−1, 1}. Stoga funkcija moze imativertikalne asimptote samo u tockama x1 = −1 i x2 = 1. Provjerimo prvo tocku x1.Prema zadatku (4.8) je

limx→−1+0

xe1

x2−1 = 0 i limx→−1−0

xe1

x2−1 = −∞,

odakle slijedi da je pravac x = −1 vertikalna asimptota funkcije f s lijeve strane.Na isti nacin za tocku x2 dobivamo

limx→1+0

xe1

x2−1 = +∞ i limx→1−0

xe1

x2−1 = 0

pa je pravac x = 1 vertikalna asimptota funkcije f s desne strane.

Nadalje, zbog

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

xe1

x2−1 = limx→±∞

x · limx→±∞

e1

x2−1 = ±∞ · 1 = ±∞,

funkcija f nema horizontalnu asimptotu ni na lijevoj ni na desnoj strani.

Potrazimo kose asimptote. Koeficijent smjera kose asimptote k je

k = limx→±∞

f(x)

x= limx→±∞

xe1

x2−1

x= limx→±∞

e1

x2−1 = 1.

Za odsjecak na y-osi, l, vrijedi

l = limx→±∞

[f(x)− kx] = limx→±∞

x[e

1x2−1 − 1

]=

1

x2 − 1= t

x→ ±∞t→ 0 + 0

= limt→0+0

√1 +

1

t· (et − 1) = lim

t→0+0

√1 +

1

t· e

t − 1

t· t

= limt→0+0

√(t+ 1) t · lim

t→0+0

et − 1

t= 0 · e = 0,

gdje smo pri racunanju limesa koristili [M1, teorem 4.3] i zadatak (4.15) pod b).Slijedi da je pravac y = x kosa asimptota funkcije f na obje strane. Graf funkcijeprikazan je na slici 4.7.


1. Odredite podrucje definicije funkcije f zadane s

f(x) = arccos(

log 13

√x2 + 3

).

2. Odredite podrucje definicije funkcije f zadane s

f(x) = ln

(arcsin

1− x2

2 + x

).


-1 1

Slika 4.7: Graf funkcije f(x) =√

4x2 + x.

3. Odredite podrucje definicije funkcije f zadane s:

a) f(x) = ln(sinx),

b) f(x) = ln | sinx|.

4. Odredite podrucje definicije funkcije f zadane s:

a) f(x) =√

3− x+ arcsin3− 2x

5,

b) f(x) = arcsinx− 3

2− log (4− x).

5. Nacrtajte graf funkcije f zadane s:

a) f(x) = 2 sin(12x−

π4

),

b) f(x) = 2 cos(3x+ π

4

),

c) f(x) = cos2 x.

6. Neka je

f(x) = x+ 2, g(x) = x2, h(x) =1

x.

Dokazite da vrijedi

(f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h) .

7. Odredite inverznu funkciju funkcije f zadane s

f(x) = ln2x− 1

3x+ 2.

8. Odredite inverznu funkciju funkcije f zadane s

f(x) = 3 sin 2(x+

π

3

).


9. Izracunajte jednostrane limese

limx→0+0

1

1 + e1x

i limx→0−0

1

1 + e1x

.

10. Izracunajte jednostrane limese

limx→0+0

[arctg

1

x+| sinx|x

]i lim

x→0−0

[arctg

1

x+| sinx|x

].

11. Izracunajte:

a) limx→∞

2x+ 3

x+ 3√x2 ,

b) limx→∞

2x2 − 3x+ 4√x4 + 1

,

c) limx→∞

√x√

x+√x

,

d) limx→±∞

√x2 − 3x− x+ 1

x.

12. Izracunajte limx→a

x2 − (a+ 1)x+ a

x3 − a3.

13. Izracunajte:

a) limx→0

√1 + x− 1

3√

1 + x− 1,

b) limx→0

√1 + x−

√1 + x2√

1 + x− 1.

14. Izracunajte:

a) limx→±∞

(√x2 + 1−

√x2 − 1

),

b) limx→−∞

√x2 + a2 + x√x2 + b2 + x

.

15. Izracunajte:

a) limx→a

cosx− cos a

x− a,

b) limx→π

6

2 sinx− 1

cos 3x.

16. Izracunajte:

a) limx→0

(x2 − 2x+ 3

x2 − 3x+ 2

) sin xx

,

b) limx→0

(sin 3x

x

)x+2

.


17. Izracunajte:

a) limx→0

x√

1 + sinx,

b) limx→∞

x[ln (1 + x)− lnx],

c) limx→∞

x(e1x − 1).

18. Odredite parametar λ tako da funkcija f zadana s

f(x) =

{5x2 − 2x+ λ, x ≥ 0

sinx

x, x < 0

bude neprekidna.

19. Odredite parametar λ tako da funkcija f zadana s

f(x) =

{e−x + 1, x ≥ 0x+ λ, x < 0

bude neprekidna.

20. Ispitajte vrste prekida funkcije f zadane s:

a) f(x) =x

|x|u tocki x = 0,

b) f(x) =

√x2

| sinx|u tocki x = 0,

c) f(x) =1 + x2

1 + xu tocki x = −1,

d) f(x) =2−√x− 3

x2 − 49u tocki x = 7.

21. Definirajte vrijednost funkcije f zadane s

f(x) =x3 − 1

x− 1

u tocki x = 1 tako da dobivena prosirena funkcija bude neprekidna na R.

22. Definirajte vrijednost funkcije f zadane s

f(x) = x sin1

x

u tocki x = 0 tako da dobivena prosirena funkcija bude neprekidna na R.

23. Dokazite da je funkcija f zadana s

f(x) = −3

5x+

1

4

neprekidna na R.


24. Odredite asimptote funkcije f i skicirajte njen graf ako je f zadana s:

a) f(x) =1

x2 − 1,

b) f(x) =x2 + 2x− 3

x+ 3,

c) f(x) =x2 + 2x− 3

x+ 5,

d) f(x) =2x2 + 9x+ 7

3(x+ 4),

e) f(x) =x

2x+ 3e

1x .

25. Odredite asimptote funkcije f zadane s f(x) = ln (1 + x).

26. Odredite asimptote funkcije f zadane s f(x) = x− 2√x2 + x+ 1.

27. Odredite asimptote funkcije parametarski zadane s

x(t) =2t

t2 − 1et, y(t) =

et2

t+ 1.

4.22 Rjesenja

1. D(f) =[−√

6,√

6].

2. D(f) = 〈−1, 1〉.

3. a) D(f) =⋃k∈Z〈2kπ, (2k + 1)π〉,

b) D(f) = R\{kπ, k ∈ Z}.

4. a) D(f) = [−1, 3],

b) D(f) = [1, 4〉.

5. Koristite upute dane u [M1, §4.6.5].

a) Vidi sliku 4.8.

b) Vidi sliku 4.9.

c) Vidi sliku 4.10.

6. Primjenom [M1, definicija 1.9].

7. f−1(x) = (1 + 2ex)/(2− 3ex).

8. f−1(x) =1

2arcsin

x

3− π

3.

9. 0, 1.

10. π/2 + 1,−π/2− 1.

4.22 Rjesenja 119

��Π

2��5 Π

2��9 Π

2��13 Π

2

-2

2

Slika 4.8: Graf funkcije f(x) = 2 sin(12x−

π4

).

��Π

12��5 Π

12��3 Π

4��13 Π

12

-2

2

Slika 4.9: Graf funkcije f(x) = 2 cos(3x+ π

4

).

11. a) 2,

b) 2,

c) 1,

d) 0, x→ +∞; −2, x→ −∞.

12.a− 1

3a2.

13. a)3

2,

b) 1.

14. a) 0,

b)a2

b2.

15. a) − sin a,

b) −√

3

3.

16. a)3

2,


��Π

2��3 Π

2��5 Π

2

-1

1

Slika 4.10: Graf funkcije f(x) = cos2 x.

b) 9.

17. a) e,

b) 1,

c) 1.

18. λ = 1.

19. λ = 2.

20. a) Funkcija f ima u tocki x = 0 prekid prve vrste.

b) Funkcija f ima u tocki x = 0 uklonjivi prekid.

c) Funkcija f ima u tocki x = −1 prekid druge vrste.

d) Funkcija f ima u tocki x = 7 uklonjivi prekid.

21. f(1) = 3.

22. f(0) = 1.

23. Koristenjem [M1, definicija 4.6].

24. a) Pravci x = −1 i x = 1 su vertikalne asimptote, a pravac y = 0 horizontalnaasimptota. Vidi sliku 4.11.

b) Funkcija f nema asimptota.

c) Pravac x = −5 je vertikalna asimptota, a pravac y = x− 3 kosa asimptota.Vidi sliku 4.12.

d) Pravac x = −4 je vertikalna asimptota, a pravac y = 13 (2x+ 1) kosa asimp-

tota. Vidi sliku 4.13.

e) Pravac x = 0 je vertikalna asimptota s desne strane, pravac x = − 32 ver-

tikalna asimptota s obje strane, a pravac y = 12 obostrana horizontalna

asimptota. Vidi sliku 4.14.

25. Pravac x = −1 je vertikalna asimptota s desne strane, a funkcija nema horizon-talnih i kosih asimptota.

4.22 Rjesenja 121

-1 1

-1

Slika 4.11: Graf funkcije f(x) =1

x2 − 1.

-5 3 5-3

Slika 4.12: Graf funkcije f(x) =x2 + 2x− 3

x+ 5.

26. Pravac y = −x−1 je kosa asimptota na desnoj strani, a pravac y = 3x+ 1 kosaasimptota na lijevoj strani.

27. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota, pravac y = e2 horizontalna asimptota, a

pravac y = e2x− 52 e kosa asimptota (vidi [M1, primjer 4.12]).


-4 - ��

1

2

Slika 4.13: Graf funkcije f(x) =2x2 + 9x+ 7

3(x+ 4).

- ��

3

2

��

1

2

Slika 4.14: Graf funkcije f(x) =x

2x+ 3e1/x.

Poglavlje 5

DERIVACIJE I PRIMJENE

5.1 Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

5.3 Logaritamsko deriviranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

5.4 Deriviranje implicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . 129

5.5 Derivacije viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

5.6 Deriviranje parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . 131

5.7 Tangenta na graf eksplicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . 132

5.8 Tangenta na graf parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . 132

5.9 Kut izmedu tangenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

5.10 L’Hospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5.11 Lokalni ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . 141

5.13 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti . . . . . . . . . . . . . 142

5.14 Tocke infleksije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.15 Tocke infleksije i intervali zakrivljenosti . . . . . . . . . . . . . 144

5.16 Geometrijski ekstrem I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

5.17 Geometrijski ekstrem II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.18 Geometrijski ekstrem III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

5.19 Geometrijski ekstrem IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

5.20 Tok funkcije I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

5.21 Tok funkcije II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5.22 Tok funkcije III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

5.23 Tok funkcije IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

5.24 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

5.25 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

124 DERIVACIJE I PRIMJENE

5.1 Pravila deriviranja

Odredite derivaciju funkcije f zadane s:

a) f(x) =3√x2 −

√x√x+ 7√e,

b) f(x) = sinx arctg x,

c) f(x) =cosx

1 + tg x,

d) f(x) =sinx

x3+ ex cosx− (x3 + 2) log x.

Rjesenje.

a) Zapisimo prva dva izraza u obliku potencije. Vrijedi

3√x2 = x

23 i

√x√x =√x 4√x = x

12x

14 = x

34 .

Primijetimo da je 7√e konstanta. Prema pravilu za deriviranje sume iz [M1,

teorem 5.2] te formulama za deriviranje potencije i konstantne funkcije iz [M1,§5.1.5] dobivamo

f ′(x) =(x

23 − x 3

4 + 7√e)′

=(x

23

)′−(x

34

)′+(

7√e)′

=2

3x

23−1 − 3

4x

34−1 + 0 =

2

3x−

13 − 3

4x−

14 =

2

3 3√x− 3

4 4√x.

b) Prema pravilu za deriviranje produkta iz [M1, teorem 5.2] i formulama za deri-viranje trigonometrijskih i arkus funkcija iz [M1, §5.1.5] slijedi

f ′(x) = (sinx arctg x)′ = (sinx)′arctg x+ sinx (arctg x)

′

= cosx arctg x+ sinx1

1 + x2.

c) Prema pravilu za deriviranje kvocijenta iz [M1, teorem 5.2] i pravilima za deri-viranje trigonometrijskih funkcija imamo

f ′(x) =

(cosx

1 + tg x

)′=

(cosx)′

(1 + tg x)− cosx (1 + tg x)′

(1 + tg x)2

=− sinx (1 + tg x)− cosx

1

cos2 x(1 + tg x)

2 =− sinx− sin2 x

cosx− 1

cosx(sinx+ cosx)

2

cos2 x

=

− sinx cosx− sin2 x− 1

cosxsin2 x+ 2 sinx cosx+ cos2 x

cos2 x

=− cosx

(sinx cosx+ sin2 x+ 1

)1 + 2 sinx cosx

.

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija 125

d) Primjenom pravila deriviranja iz [M1, teorem 5.2] dobivamo

f ′(x) =

(sinx

x3+ ex cosx− (x3 + 2) log x

)′=

(sinx

x3

)′+ (ex cosx)

′ −[(x3 + 2

)log x

]′=

(sinx)′x3 − sinx (x3)′

x6+ (ex)′ cosx+ ex(cosx)′

− [(x3 + 2)′ log x+ (x3 + 2)(log x)′]

=cosx · x3 − sinx · 3x2

x6+ ex cosx− ex sinx− 3x2 log x−

(x3 + 2

) 1

xlog e.

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija


a) f(x) =(x2 + 2

)3,

b) f(t) =1

4(tg t)

4 − 1

2(tg t)

2 − ln(cos t),

c) f(x) = log√e1

cos2 x,

d) f(x) = arcsinx− 1

x,

e) f(x) =√

4x− 1 + arcctg√

4x− 1,

f) f(x) = ln2(2x+ 1),

g) f(x) = ln ln(x4 + x),

h) f(x) = 2arctg√x.

Rjesenje.

a) Uz oznake h(x) = x3 i g(x) = x2 + 2 je f(x) = h(g(x)) pa pravilo za derivacijukompozicije funkcija iz [M1, teorem 5.4] daje

f ′(x) = [h(g(x))]′ = h′(g(x)) · g′(x).

Buduci je h′(x) = 3x2 i g′(x) = 2x imamo

f ′(x) = h′(x2 + 2) · 2x = 3(x2 + 2)2 · 2x.

Dakle,

f ′(x) =[(x2 + 2

)3]′= 3(x2 + 2)2 · 2x = 6x(x2 + 2).


b) Vrijedi

f ′(t) =

[1

4(tg t)

4

]′−[

1

2(tg t)

2

]′− [ln(cos t)]

′

=1

4

[(tg t)

4]′− 1

2

[(tg t)

2]′− [ln(cos t)]

′.

Primjenom pravila za deriviranje kompozicije slijedi

f ′(x) =1

4· 4 (tg t)

3 · (tg t)′ − 1

2· 2 tg t · (tg t)′ − 1

cos t· (cos t)′

=1

4· 4 (tg t)

3 · 1

cos2 t− 1

2· 2 tg t · 1

cos2 t− 1

cos t· (− sin t)

=sin3 t

cos5 t− sin t

cos3 t+

sin t

cos t.

c) Iz svojstava logaritamske funkcije slijedi

f(x) = log√e1

cos2 x= log

e12

(cosx)−2

= 2 · (−2) loge (cosx) = −4 ln (cosx) .

Primjenom pravila za deriviranje kompozicije funkcija dobivamo

f ′(x) = −4 [ln (cosx)]′

= −41

cosx· (cosx)′ = −4

1

cosx· (− sinx) = 4 tg x.

d) Pravilo za deriviranje potencije iz [M1, §5.1.5] daje(1

x

)′=(x−1

)′= −1 · x−1−1 = − 1

x2.

Primjenom pravila za deriviranje kompozicije funkcija i deriviranje sume dobi-vamo

f ′(x) =

(arcsin

x− 1

x

)′=

1√1−

(x− 1

x

)2·(x− 1

x

)′

=1√

1− x2 − 2x+ 1

x2

·(

1− 1

x

)′=

1√2x− 1

x2

·

[(1)′ −

(1

x

)′]

=|x|√

2x− 1·[0−

(− 1

x2

)]=

|x|x2√

2x− 1.

e) Prema pravilu za deriviranje potencije je

(√x)′

=(x

12

)′=

1

2x

12−1 =

1

2x−

12 =

1

2√x, (5.1)

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija 127

a pravilo za deriviranje kompozicije funkcija daje

(√4x− 1

)′=

1

2√

4x− 1· (4x− 1)′ =

1

2√

4x− 1· 4 =

2√4x− 1

.

Primjenom pravila za deriviranje sume, pravila za deriviranje kompozicije funk-cija i uvrstavanjem prethodnog rezultata dobivamo

f ′(x) =(√

4x− 1)′

+(arcctg

√4x− 1

)′=(√

4x− 1)′ − 1

1 +(√

4x− 1)2 · (√4x− 1

)′=

2√4x− 1

− 1

4x· 2√

4x− 1

=2√

4x− 1

(1− 1

4x

)=

4x− 1

2x√

4x− 1.

f) Primjenom pravila za deriviranje kompozicije funkcija i deriviranje sume dobi-vamo

f ′(x) =[ln2(2x+ 1)

]′= 2 ln(2x+ 1) · [ln(2x+ 1)]

′

= 2 ln(2x+ 1) · 1

2x+ 1· (2x+ 1)′

= 2 ln(2x+ 1) · 1

2x+ 1· 2 =

4 ln(2x+ 1)

2x+ 1.

g) Dvostrukom primjenom pravila za deriviranje kompozicije funkcija i pravila zaderiviranje sume dobivamo

f ′(x) =[ln ln(x4 + x)

]′=

1

ln(x4 + x)·[ln(x4 + x)

]′=

1

ln(x4 + x)· 1

x4 + x· (x4 + x)′

=1

ln (x4 + x)· 1

x4 + x·(4x3 + 1

)=

4x3 + 1

x (x3 + 1) ln (x4 + x).

h) Pravilo za deriviranje kompozicije funkcija, formula za deriviranje eksponenci-jalne funkcije iz [M1, §5.1.5] i formula (5.1) daju

f ′(x) =(

2arctg√x)′

= 2arctg√x ln 2 ·

(arctg

√x)′

= 2arctg√x ln 2 · 1

1 + (√x)

2 ·(√x)′

= 2arctg√x ln 2 · 1

1 + x· 1

2√x.


5.3 Logaritamsko deriviranje


a) f(x) = (lnx)x,

b) f(x) =(cosx)sin x

x2 + 3,

c) f(x) = ecos x + (cosx)x.

Rjesenje. Derivacije zadanih funkcija racunamo postupkom logaritamskog derivi-ranja iz [M1, §5.1.6].

a) Iz svojstava logaritamske funkcije slijedi

ln f(x) = x ln(lnx),

odakle deriviranjem dobivamo

1

f(x)· f ′(x) = (x)′ ln(lnx) + x[ln(lnx)]′,

f ′(x)

f(x)= 1 · ln(lnx) + x · 1

lnx· (lnx)′,

f ′(x)

f(x)= ln(lnx) + x · 1

lnx· 1

x.

Sada je

f ′(x) = f(x)

[ln(lnx) +

1

lnx

],

f ′(x) = (lnx)x[ln(lnx) +

1

lnx

].

b) Zbog svojstava logaritamske funkcije je

ln f(x) = sinx ln (cosx)− ln(x2 + 3).

Deriviranjem prethodne jednakosti dobivamo

1

f(x)· f ′(x) = (sinx)′ ln(cosx) + sinx [ln(cosx)]′ − [ln(x2 + 3)]′,

f ′(x)

f(x)= cosx ln (cosx) + sinx · 1

cosx· (− sinx)− 1

x2 + 3· 2x.

Sada je

f ′(x) =(cosx)sin x

x2 + 3

[cosx ln(cosx)− sin2 x

cosx− 2x

x2 + 3

].

5.4 Deriviranje implicitno zadane funkcije 129

c) Vrijedi

f ′(x) = (ecos x)′+ [(cosx)x]

′.

Buduci je

(ecos x)′

= ecos x · (cosx)′ = ecos x · (− sinx),

dovoljno je logaritamski derivirati funkciju g(x) = (cosx)x. Iz

ln g(x) = x ln(cosx),

deriviranjem slijedi

1

g(x)· g′(x) = (x)′ ln(cosx) + x[ln(cosx)]′,

g′(x)

g(x)= ln(cosx) + x · 1

cosx(− sinx),

g′(x) = g(x)[ln(cosx)− x tg x],

g′(x) = (cosx)x[ln(cosx)− x tg x].

Dakle,

f ′(x) = ecos x · (− sinx) + (cosx)x[ln(cosx)− x tg x].

5.4 Deriviranje implicitno zadane funkcije

Odredite y′ ako je y funkcija od x i vrijedi:

a) x23 + y

23 = a

23 ,

b) xy + sin y = ex+y.

Rjesenje.

a) Buduci je x varijabla, y funkcija ovisna o x te a konstanta, primjenom pravilaza deriviranje kompozicije funkcija iz [M1, teorem 5.4] dobivamo(

x23

)′+(y

23

)′=(a

23

)′,

2

3x−

13 +

2

3y−

13 · y′ = 0,

13√x

+y′

3√y

= 0,

odakle slijedi

y′ = −3√y

3√x.


b) Deriviranjem zadanog izraza, prema pravilu za deriviranje kompozicije funkcija,dobivamo

(x)′ · y + x · y′ + cos y · y′ = ex+y(x+ y)′,

y + xy′ + cos y · y′ = ex+y(1 + y′),

odakle jey′(x+ cos y − ex+y

)= ex+y − y,

odnosno

y′ =ex+y − y

x+ cos y − ex+y.

5.5 Derivacije viseg reda

Izracunajte n-tu derivaciju funkcije f u tocki x0 ako je:

a) f(x) =1

xi x0 = −1,

b) f(x) = sinx i x0 = π2 ,

za svaki prirodan broj n.

Rjesenje.

a) Odredimo prvo n-tu derivaciju funkcije f . Iz f(x) = x−1 slijedi

f ′(x) = (−1)x−2,

f ′′(x) = (−1)(−2)x−3,

f ′′′(x) = (−1)(−2)(−3)x−4,

pa zakljucujemo da je

f (n)(x) = (−1)(−2)(−3) · · · (−n)x−(n+1) = (−1)nn!x−(n+1). (5.2)

Dobivenu formulu dokazimo matematickom indukcijom iz [M1, definicija 1.13].Baza indukcije vrijedi jer uvrstvanjem n = 1 slijedi da je f ′(x) = −x−2, sto jeistina. Pretpostavimo da (5.2) vrijedi za n. Tada je

f (n+1) =[(−1)nn!x−(n+1)

]′= (−1)nn! [−(n+ 1)x−(n+2)]

= (−1)n+1(n+ 1)!x−(n+2),

pa (5.2) vrijedi i za n+ 1 cime smo pokazali korak indukcije.

Uvrstavanjem x0 = −1 dobivamo da je

f (n)(x0) =(−1)nn!

(−1)n+1= −n!, n ∈ N.

5.6 Deriviranje parametarski zadane funkcije 131

b) Iz

f ′(x) = cosx = sin(x+

π

2

),

f ′′(x) = − sinx = sin

(x+

2π

2

),

f ′′′(x) = − cosx = sin

(x+

3π

2

),

zakljucujemo da je

f (n)(x) = sin(x+

nπ

2

). (5.3)

Baza indukcije ocito vrijedi, a ispunjen je i korak jer ako (qrefoz2) vrijedi za n,onda slijedi

f (n+1) =[sin(x+

nπ

2

)]′= cos

(x+

nπ

2

)= sin

[x+

(n+ 1)π

2

].

Za x0 = π2 je

f (n)(x0) = sin(π

2+nπ

2

).

Razlikujemo dva slucaja: kada je n neparan i kada je n paran. Neparan n jeoblika 2k − 1 za neki k ∈ N pa je

f (n)(x0) = sin

[π

2+

(2k − 1)π

2

]= sin (kπ) = 0.

Paran n je oblika n = 2k za neki k ∈ N pa je

f (n)(x0) = sin

(π

2+

2kπ

2

)= sin

(π2

+ kπ)

= (−1)k = (−1)n2 .

5.6 Deriviranje parametarski zadane funkcije

Odredite prvu i drugu derivaciju funkcije parametarski zadane s

x(t) = t− sin t,

y(t) = 1− cos t.

Rjesenje. Iz

x = 1− cos t i x = sin t,

y = sin t i y = cos t,

prema formulama iz [M1, §5.4], slijedi da je prva derivacija jednaka

y′ =y

x=

sin t

1− cos t,

dok je druga derivacija

y′′ =yx− yxx3

=cos t(1− cos t)− sin t sin t

(1− cos t)3=

cos t− 1

(1− cos t)3= − 1

(cos t− 1)2.


5.7 Tangenta na graf eksplicitno zadane funkcije

Odredite jednadzbu tangente i normale na graf funkcije f zadane s

f(x) = arctg e2x + ln

√e2x

2e2x − 1

u tocki x0 = 0.

Rjesenje. Zbog svojstava logaritamske funkcije je

ln

√e2x

2e2x − 1= ln

(e2x

2e2x − 1

) 12

=1

2ln

(e2x

2e2x − 1

)=

1

2

[ln e2x − ln(2e2x − 1)

]pa je

f(x) = arctg e2x + x− 1

2ln(2e2x − 1

).

Izracunajmo derivaciju funkcije f . Vrijedi

f ′(x) =1

1 + (e2x)2· e2x · 2 + 1− 1

2· 1

2e2x − 1· 2 · e2x · 2 =

2e2x

1 + e4x+ 1− 2e2x

2e2x − 1.

Koeficijent smjera k tangente na graf funkcije f u tocki x0 = 0 je jednak

k = f ′(x0) =2e0

1 + e0+ 1− 2e0

2e0 − 1= 0.

Vrijednost funkcije f u tocki x0 = 0 iznosi

f(x0) = arctg 1 + 0− 1

2ln 1 =

π

4.

Buduci da tangenta prolazi diralistem D(x0, f(x0)), jednadzba tangente glasi

y − f(x0) = k(x− x0),

odakle uvrstavanjem dobivamo

y − π

4= 0(x− 0),

y =π

4.

Vidimo da je dobivena tangenta paralelne a x-osi pa je normala na graf funkcijef u tocki x0 = 0 pravac okomit na x-os koji prolazi diralistem D(x0, f(x0)) cijajednadzba glasi x = x0, odnosno x = 0.

5.8 Tangenta na graf parametarski zadane funkcije

Odredite jednadzbu tangente i normale na graf funkcije parametarski zadane s

x(t) = ln(cos t+ 1),

5.9 Kut izmedu tangenti 133

y(t) = tg t+ ctg t

u tocki zadanoj s t = π4 .

Rjesenje. Diraliste D(x0, y0) kroz koje prolazi trazena tangenta ima koordinate

x0 = ln(

cosπ

4+ 1)

= ln

(√2

2+ 1

),

y0 = tgπ

4+ ctg

π

4= 2.

Prema formuli iz [M1, §5.4] je derivacija funkcije jednaka

y′(x) =x

y=

1

cos2 t− 1

sin2 t− sin t

cos t+ 1

=

sin2 t− cos2 t

cos2 t sin2 t− sin t

cos t+ 1

= −(sin2 t− cos2 t

)(cos t+ 1)

sin3 t cos2 t.

Koeficijent smjera k, koji dobivamo uvrstavanjem t = π4 , iznosi

k = y′ (x0) = −

[(√22

)2−(√

22

)2](1 +

√22

)(√

22

)3 (√22

)2 = 0.

Stoga jednadzba tangente na graf funkcije f u zadanoj tocki glasi y = 2, a normale

x = ln(√

22 + 1

).

5.9 Kut izmedu tangenti

Odredite kut ϕ pod kojim se sijeku tangenta na krivulju arctgy

x=

1

2ln(x2 + y2) u

tocki T (1, 0) i tangenta na krivulju y = (cosx)sin x u tocki s apscisom x0 = 0.

Rjesenje. Odredimo prvo koeficijent smjera k1 tangente na krivulju zadanu impli-citno s

arctgy

x=

1

2ln(x2 + y2).

Deriviranjem slijedi

1

1 +(yx

)2 · (yx)′ =1

2· 1

x2 + y2·(x2 + y2

)′,

1

1 +(yx

)2 · y′ · x− y · 1x2=

1

2· 1

x2 + y2· (2x+ 2y · y′).

Tangenta prolazi tockom T (1, 0), pa uvrstavanjem x = 1 i y = 0 dobivamo

1

1 + 02· y′(1) · 1− 0 · 1

12=

1

2· 1

12 + 02· [2 · 1 + 2 · 0 · y′(1)],


odakle je k1 = y′(1) = 1. Odredimo sada koeficijent smjera k2 tangente na krivulju

y = (cosx)sin x.

Logaritmiranjem i deriviranjem dobivamo

ln y = sinx ln(cosx),

1

y· y′ = cosx ln(cosx) + sinx · 1

cosx· (− sinx),

y′ = y

[cosx ln(cosx)− sin2 x

cosx

],

y′ = (cosx)sin x[cosx ln(cosx)− sin2 x

cosx

].

Uvrstavanjem apcise diralista x0 = 0 slijedi

y′(0) = (cos 0)sin 0

[cos 0 ln(cos 0)− sin2 0

cos 0

]= 10

(1 · ln 1− 0

1

)= 0,

pa je k2 = 0. Vrijedi

tgϕ =

∣∣∣∣ k1 − k21 + k1k2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 1− 0

1 + 1 · 0

∣∣∣∣ = 1.

Dakle, trazeni kut je ϕ = arctg 1 = π4 .

5.10 L’Hospitalovo pravilo

Primjenom L’Hospitalovog pravila izracunajte sljedece limese:

a) limx→a+0

ln(x− a)

ln(ex − ea),

b) limx→2

√5x− 1−

√4x+ 1√

3x− 2−√x+ 2

,

c) limx→1+0

lnx · ln(x− 1),

d) limx→0

(1

x− 1

ex − 1

),

e) limx→0+0

(sinx)tg x,

f) limx→1−0

(2

πarcsinx

) 11−x

,

g) limx→0+0

(1

x

)tg x

.

5.10 L’Hospitalovo pravilo 135

Rjesenje.

a) Direktno racunanje zadanog limesa daje neodredeni oblik −∞−∞ pa mozemo pri-mijeniti L’Hospitalovo pravilo iz [M1, teorem 5.10] po kojem vrijedi

limx→a+0

ln(x− a)

ln(ex − ea)= limx→a+0

[ln(x− a)]′

[ln(ex − ea)]′= limx→a+0

1

x− a1

ex − ea· ex

= limx→a+0

ex − ea

(x− a)ex.

Sada imamo neodredeni oblik 00 pa ponovnom primjenom L’Hospitalovog pravila

slijedi

limx→a+0

ex − ea

(x− a)ex= limx→a+0

(ex − ea)′

[(x− a)ex]′= limx→a+0

ex

ex + (x− a)ex

= limx→a+0

1

1 + x− a= 1.

Dakle,

limx→a+0

ln(x− a)

ln(ex − ea)= 1.

b) Uvrstavanjem x = 2 u izraz pod limesom dobivamo

√5 · 2− 1−

√4 · 2 + 1√

3 · 2− 2−√

2 + 2=

√9−√

9√4−√

4,

sto je neodredeni oblik 00 . Primjenom L’Hospitalovog pravila slijedi

limx→2

√5x− 1−

√4x+ 1√

3x− 2−√x+ 2

= limx→2

(√5x− 1−

√4x+ 1

)′(√3x− 2−

√x+ 2

)′= limx→2

1

2√

5x− 1· 5− 1

2√

4x+ 1· 4

1

2√

3x− 2· 3− 1

2√x+ 2

· 1

=

5

2√

9− 4

2√

93

2√

4− 1

2√

4

=

1

2 · 32

2 · 2

=1

3.

c) Direktno racunanje zadanog limesa daje neodredeni oblik 0 · (−∞). Stavljanjemizraza lnx u dvojni razlomak dobivamo neodredeni oblik −∞∞ na koji mozemoprimijeniti L’Hospitalovo pravilo. Vrijedi

limx→1+0

lnx · ln(x− 1) = limx→1+0

ln(x− 1)1

lnx

= limx→1+0

[ln(x− 1)]′(1

lnx

)′


= limx→1+0

1

x− 1

− 1

ln2 x· 1

x

= − limx→1+0

x ln2 x

x− 1.

Buduci je dobiveni rezultat neodredeni oblik 00 , ponovnom primjenom L’Hospi-

talovog pravila dobivamo

limx→1+0

x ln2 x

x− 1= limx→1+0

(x ln2 x)′

(x− 1)′= limx→1+0

ln2 x+ x · 2 lnx · 1

x1

= limx→1+0

(ln2 x+ 2 lnx) = 0.

Dakle,lim

x→1+0lnx · ln(x− 1) = 0.

d) Vrijedi

limx→0+0

(1

x− 1

ex − 1

)=∞−∞ i lim

x→0−0

(1

x− 1

ex − 1

)= −∞+∞,

pa su oba rezultata isti neodredenog oblika ∞−∞. Svodenjem na zajednickinazivnik dobijemo

limx→0

(1

x− 1

ex − 1

)= limx→0

ex − 1− xx(ex − 1)

,

a to je neodredeni oblik 00 . Primjena L’Hospitalovog pravila daje

limx→0

ex − 1− xx(ex − 1)

= limx→0

(ex − 1− x)′

[x(ex − 1)]′= limx→0

ex − 0− 1

(ex − 1) + xex= limx→0

ex − 1

ex − 1 + xex.

Buduci je i ovo neodredeni oblik 00 , ponovnom primjenom L’Hospitalovog pravila

je

limx→0

ex − 1

ex − 1 + xex= limx→0

(ex − 1)′

(ex − 1 + xex)′= limx→0

ex − 0

ex − 0 + ex + xex

= limx→0

1

2 + x=

1

2.

Dakle,

limx→0

(1

x− 1

ex − 1

)=

1

2.

e) Direktno racunanje zadanog limesa daje neodredeni oblik 00 kojeg racunamo nasljedeci nacin. Oznacimo li s

L = limx→0+0

(sinx)tg x,

logaritmiranjem dobivamo

lnL = ln limx→0+0

(sinx)tg x.

5.10 L’Hospitalovo pravilo 137

Buduci je logaritamska funkcija neprekidna slijedi

lnL = limx→0+0

ln(sinx)tg x.

Zbog svojstava logaritamske funkcije je

lnL = limx→0+0

tg x ln(sinx),

pri cemu direktno racunanje dobivenog limesa daje neodredeni oblik 0 · (−∞).Stavljanjem izraza tg x u dvojni razlomak dobivamo da je

lnL = limx→0+0

ln(sinx)

ctg x,

sto je neodredeni oblik −∞∞ na kojeg mozemo primijeniti L’Hospitalovo pravilo.Stoga je

lnL = limx→0+0

[ln(sinx)]′

[ctg x]′= limx→0+0

1

sinx· cosx

− 1

sin2 x

= − limx→0+0

sinx cosx = 0.

Odavde slijedielnL = e0,

odnosno L = 1, pa smo dobili da je

limx→0+0

(sinx)tg x = 1.

f) Buduci je arcsin 1 = π2 , imamo neodredeni oblik 1−∞ kojeg racunamo kao sto

slijedi. Stavimo li

L = limx→1−0

(2

πarcsinx

) 11−x

,

logaritmiranjem dobijemo

lnL = ln limx→1−0

(2

πarcsinx

) 11−x

= limx→1−0

ln

(2

πarcsinx

) 11−x

= limx→1−0

1

1− x· ln(

2

πarcsinx

)= limx→1−0

ln(2π arcsinx

)1− x

.

Buduci je time dobiven neodredeni oblik 00 , primjenimo L’Hospitalovo pravilo

pa slijedi

lnL = limx→1−0

[ln(2π arcsinx

)]′(1− x)′

= limx→1−0

12π arcsinx

· 2

π· 1√

1− x2−1

= − limx→1−0

1

arcsinx ·√

1− x2= − 1

π2 · 0+

= −∞.


Sada jeelnL = e−∞

pa je L = 0. Dakle,

limx→1−0

(2

πarcsinx

) 11−x

= 0.

g) Direktno racunanje zadanog limesa daje neodredeni oblik ∞0. Stavimo li

L = limx→0+0

(1

x

)tg x

,

logaritmiranjem slijedi

lnL = ln limx→0+0

(1

x

)tg x

= limx→0+0

ln

(1

x

)tg x

= limx→0+0

tg x ln

(1

x

)

= limx→0+0

ln

(1

x

)ctg x

.

Buduci da smo dobili neodredeni oblik ∞∞ , primijenimo L’Hospitalovo pravilo.Sada je

lnL = limx→0+0

[ln

(1

x

)]′(ctg x)′

= limx→0+0

11x

·(− 1

x2

)− 1

sin2 x

= limx→0+0

(sinx

x

)2

x = 1 · 0 = 0

pa jeelnL = e0,

odnosno

limx→0+0

(1

x

)tg x

= 1.

5.11 Lokalni ekstremi 139

5.11 Lokalni ekstremi

Odredite lokalne ekstreme funkcije f zadane s:

a) f(x) =lnx

xe− ln2 x,

b) f(x) = x23 (1− x)

23 .

Rjesenje.

a) Izracunajmo prvu derivaciju funkcije f . Vrijedi

f ′(x) =1x · x− lnx · 1

x2· e− ln2 x +

lnx

x· e− ln2 x · (−2 lnx) · 1

x

=1− lnx

x2· e− ln2 x − 2

ln2 x

x2· e− ln2 x

=1

x2· e− ln2 x ·

(1− lnx− 2 ln2 x

).

Prema [M1, teorem 5.12], nuzan uvjet za postojanje ekstrema u tocki x0 jef ′(x0) = 0. Buduci je za svako x > 0

1

x2· e− ln2 x > 0,

jednadzba f ′(x) = 0 se svodi na

1− lnx− 2 ln2 x = 0.

Uvrstavanjem t = lnx dobivamo kvadratnu jednadzbu

1− t− 2t2 = 0,

cija su rjesenja t1 = −1 i t2 = 12 . Stoga za rjesenja polazne jednadzbe x1 i x2

vrijedi

lnx1 = −1 i lnx2 =1

2,

pa su

x1 =1

ei x2 =

√e.

Dovoljne uvjete za postojanje ekstrema u dobivenim stacionarnim tockama x1i x2 funkcije f provjerimo koristenjem [M1, teorem 5.14]. Podrucje definicijefunkcije f je D(f) = 〈0,+∞〉. Odredimo za koje x ∈ D(f) je f ′(x) > 0, odnosno

1− lnx− 2 ln2 x > 0.

Uvrstavanjem t = lnx dobivamo kvadratnu nejednadzbu

1− t− 2t2 > 0,


cije rjesenje glasi t ∈ 〈−1, 12 〉, odakle je lnx ∈ 〈−1, 12 〉, odnosno x ∈ 〈 1e ,√e〉.

Dakle, za x ∈ 〈 1e ,√e〉 je f ′(x) > 0, pa za x ∈ 〈0, 1/e〉∪〈

√e,∞〉 vrijedi f ′(x) < 0.

Buduci je

f

(1

e

)= −1 i f

(√e)

=1

24√e3,

zadana funkcija ima lokalni minimum u tocki

T1 =

(1

e,−1

),

a lokalni maksimum u tocki

T2 =

(√e,

1

24√e3

).

b) Izracunajmo prvu derivaciju funkcije f . Vrijedi

f ′(x) =2

3x−

13 (1− x)

23 − x 2

3 · 2

3(1− x)

− 13 =

2

3x−

13

[(1− x)

23 − x (1− x)

− 13

]=

2

3x−

13 (1− x)

− 13 (1− x− x) =

2

3

1− 2x

x13 (1− x)

13

=2(1− 2x)

3 3√x(1− x)

.

Provjerimo nuzan uvjet postojanja ekstrema koristenjem [M1, teorem 5.12]. Izf ′(x) = 0 slijedi 1 − 2x = 0 pa je stacionarna tocka zadane funkcije x1 = 1

2 .Dovoljne uvjete provjerimo pomocu prve derivacije. Odredimo za koje x ∈ R jef ′(x) > 0, sto se svodi na

1− 2x

x(1− x)> 0.

Rjesenja ove nejednadzbe su svi x ∈ 〈0, 12 〉 ∪ 〈1,+∞〉. Stoga je f ′(x) < 0 za svex ∈ 〈−∞, 0〉 ∪ 〈 12 , 1〉. Prema [M1, teorem 5.13] je tocka

T1 =

(1

2,

13√

16

)lokalni maksimum funkcije f .

Nadalje, zadana funkcija nije derivabilna u tockama x2 = 0 i x3 = 1 pa su tokriticne tocke. Za tocku x2 = 0 vrijedi

limx→0−0

f ′(x) = limx→0−0

2(1− 2x)

3 3√x(1− x)

= −∞,

pa je za x < 0 funkcija f padajuca, dok je

limx→0+0

f ′(x) = limx→0+0

2(1− 2x)

3 3√x(1− x)

= +∞,

pa je za x > 0 funkcija f rastuca.

Za x3 = 1 je

limx→1−0

f ′(x) = limx→1−0

2(1− 2x)

3 3√x(1− x)

= −∞,

5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije 141

pa je za x < 1 funkcija f padajuca, dok je

limx→1+0

f ′(x) = limx→1+0

2(1− 2x)

3 3√x(1− x)

= +∞,

pa je za x > 1 funkcija f rastuca. Slijedi da funkcija f ima lokalne minimume(siljke) u tockama T2(0, 0) i T3(1, 0).

5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije

Odredite lokalne ekstreme funkcije zadane parametarski s

x(t) = t+ sin t,

y(t) = 1− cos t.

Rjesenje. Pravilo za deriviranje parametarski zadane funkcije iz [M1, §5.4] daje

f ′(x) =sin t

1 + cos t.

Jednadzba f ′(x) = 0 se svodi na jednadzbu

sin t = 0,

cije rjesenje je

t = kπ, k ∈ Z.

Za tocke iz podrucje definicije funkcije f ′ je 1 + cos t 6= 0, odnosno

t 6= (2k + 1)π,

pa su stacionarne tocke

t = 2kπ, k ∈ Z.

Ispitajmo dovoljne uvjete postojanja ekstrema prema [M1, teorem 5.14] za dobivenestacionarne tocke. Vrijedi

f ′′ (x) =1

(1 + cos t)2 ,

pa je

f ′′(2kπ) =1

4> 0.

Stoga zadana funkcija ima lokalne minimume u tockama

Tk = (2kπ, 0) , k ∈ Z.

Nadalje, kriticne tocke su

x = (2k + 1)π, k ∈ Z.


Ispitajmo dovoljne uvjete postojanja ekstrema. Vrijedi

limx→(2k+1)π±0

f ′(x) = limt→(2k+1)π±0

sin t

1 + cos t=

{0

0

}= limt→(2k+1)π±0

− ctg t = ∓∞.

Dakle, s lijeve strane tocke x = (2k+1)π funkcija f je rastuca, dok je s desne stranete tocke funkcija f padajuca. Stoga funkcija f ima lokalne maksimume u tockama

Tk = ((2k + 1)π, 2) , k ∈ Z.

5.13 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti

Odredite lokalne ekstreme i intervale monotonosti funkcije f zadane s

f(x) =x

3− 3√x.

Rjesenje. Zadana funkcija je definirana za svaki x ∈ R. Da bismo pomocu [M1,teorem 5.11] ispitali intervale rasta i pada funkcije, odredimo njenu prvu derivaciju.Vrijedi

f ′(x) =1

3− 1

33√x2

=1

3·

3√x2 − 13√x2

.

Buduci je f ′(x) = 0 za x1 = −1 i x2 = 1, stacionarne tocke su

x1 = −1 i x2 = 1.

Nejednakost f ′(x) > 0 vrijedi ako je3√x2 − 1 > 0, odnosno x2 > 1, pa je

f ′(x) > 0, za x ∈ 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉

if ′(x) < 0, za x ∈ 〈−1, 0〉 ∪ 〈0, 1〉.

Dakle, funkcija f je rastuca na 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉, a padajuca na 〈−1, 0〉 ∪〈0, 1〉. Prema [M1, teorem 5.13] slijedi da je tocka T1(−1, 23 ) lokalni maksimum, aT2(1,− 2

3 ) lokalni minimum.

Promotrimo jos kriticnu tocku x3 = 0 u kojoj nije definirana prva derivacija. Zbog

limx→0±0

f ′(x) = −∞,

f pada slijeva i zdesna od x3, pa u x3 nema lokalni ekstrem.

5.14 Tocke infleksije

Odredite a ∈ R takav da funkcija f zadana s

f(x) =x+ a

x2 + a

5.14 Tocke infleksije 143

ima tocku infleksije u x = 1, a zatim odredite sve tocke infleksije funkcije f .

Rjesenje. Izracunajmo drugu derivaciju funkcije f . Vrijedi

f ′(x) =1 · (x2 + a)− (x+ a) · 2x

(x2 + a)2= −x

2 + 2ax− a(x2 + a)2

,

pa je

f ′′(x) = − (2x+ 2a) · (x2 + a)2 − (x2 + 2ax− a) · 2(x2 + a) · 2x(x2 + a)4

= −2 [(x+ a) · (x2 + a)− (x2 + 2ax− a) · 2x]

(x2 + a)3

=2(x3 + 3ax2 − 3ax− a2)

(x2 + a)3.

Prema [M1, teorem 5.16], nuzan uvjet da funkcija f ima tocku infleksije u x = 1je f ′′(1) = 0, odnosno

2(1− a2)

(1 + a)3= 0.

Ova jednadzba ima dva rjesenja a1 = −1 i a2 = 1. Za a1 = −1 dobivamo funkciju

f(x) =x− 1

x2 − 1=

1

x+ 1, x 6= −1,

koja nema tocaka infleksije. Za a2 = 1 dobivamo funkciju

f(x) =x+ 1

x2 + 1.

Njena druga derivacija je

f ′′(x) =2(x3 + 3x2 − 3x− 1)

(x2 + 1)3=

2(x− 1)(x2 + 4x+ 1)

(x2 + 1)3.

Rjesenja jednadzbe f ′′(x) = 0 su

x1 = 1, x2 = −2 +√

3 i x3 = −2−√

3.

Izracunajmo jos vrijednost trece derivacije u dobivenim tockama. Vrijedi

f ′′′(x) =2 [(3x2 + 6x− 3)(x2 + 1)3 − (x3 + 3x2 − 3x− 1) · 3(x2 + 1)2 · 2x]

(x2 + 1)6

=6 [(x2 + 2x− 1)(x2 + 1)− (x3 + 3x2 − 3x− 1) · 2x]

(x2 + 1)4.

Uvrstavanjem vidimo da je f ′′′(xi) 6= 0 za i = 1, 2, 3 pa, prema [M1, teorem 5.18],funkcija f ima tocke infleksije u x1, x2 i x3 i trazeni parametar je a = 1.


5.15 Tocke infleksije i intervali zakrivljenosti

Odredite intervale konveksnosti, konkavnosti i tocke infleksije funkcije

f(x) = e−x2

.

Rjesenje. Intervale konveksnosti i konkavnosti odredit cemo pomocu [M1, teorem5.15]. Iz

f ′(x) = −2xe−x2

dobivamo

f ′′(x) = 2(2x2 − 1

)e−x

2

.

Iz f ′′(x) = 0 slijedi

2x2 − 1 = 0.

jer je 2e−x2 6= 0, za svaki x ∈ R. Rjesenja ove jednadzbe su

x1 = −√

2

2i x2 =

√2

2.

Stovise, zbog 2e−x2

> 0 je nejednadzba f ′′(x) > 0 ekvivalentna s 2x2 − 1 > 0.Dakle, za |x| > 1√

2vrijedi f ′′(x) > 0, pa je funkcija f strogo konveksna na skupu

〈−∞,−√22 〉 ∪ 〈

√22 ,+∞〉, dok za |x| < 1√

2vrijedi f ′′(x) < 0, pa je funkcija f strogo

konkavna na intervalu 〈−√22 ,√22 〉. Buduci je

f

(−√

2

2

)=

√e

ei f

(√2

2

)=

√e

e,

prema [M1, teorem 5.16], tocke infleksije zadane funkcije su

T1

(−√

2

2,

√e

e

)i T2

(√2

2,

√e

e

).

5.16 Geometrijski ekstrem I

Odredite maksimalan volumen kruznog stosca izvodnice s (vidi sliku 5.1).

Rjesenje. Volumen stosca polumjera r i visine h iznosi

V (r) =1

3πr2h.

Ako izrazimo visinu stosca preko polumjera r i izvodnice s formulom h =√s2 − r2,

volumen mozemo izraziti kao funkciju varijable r,

V (r) =1

3πr2√s2 − r2.

5.17 Geometrijski ekstrem II 145

h s

r

Slika 5.1: Presjek kruznog stosca

Trebamo odrediti onu vrijednost polumjera r za koju je vrijednost funkcije V (r)maksimalna pa najprije trebamo rijesiti jednadzbu V ′(r) = 0. Buduci je

V ′(r) =1

3π

[2r ·

√s2 − r2 + r2 · 1

2√s2 − r2

· (−2r)

]=

1

3πr

(2 ·√s2 − r2 − r2√

s2 − r2

)=

1

3πr

2s2 − 2r2 − r2√s2 − r2

=πr(2s2 − 3r2)

3√s2 − r2

,

jednadzba V ′(r) = 0 se svodi na jednadzbu r(2s2 − 3r2) = 0. Buduci da je r > 0,jedino jesenje ove jednazbe je

r =

√2

3s.

S obzirom da, uz zadanu izvodnicu s kruzni stozac maksimalnog volumena postoji,za dobiveni r nije potrebno provjeravati dovoljne uvjete iz [M1, teorem 5.14].Maksimalan volumen kruznog stosca izvodnice s iznosi

V = V

(√2

3s

)=

1

3π

(√2

3s

)2√√√√s2 −

(√2

3s

)2

=2π

9√

3s3.

5.17 Geometrijski ekstrem II

Presjek kanala za dovod vode ima oblik pravokutnika s polukrugom (vidi sliku 5.2).Uz zadanu povrsinu P presjeka izracunajte polumjer polukruga tako da troskoviizgradnje budu sto manji, ako su troskovi proporcionalni opsegu presjeka. Ispitajtedovoljne uvjete.

Rjesenje. Uz oznake kao na slici 5.2, za povrsinu P presjeka kanala vrijedi

P = 2rv +r2π

2,


2r

v

Slika 5.2: Presjek kanala

odakle je

v =1

2r

(P − r2π

2

).

Uvrstavanjem u opseg O presjeka kanala dobivamo da je

O = rπ + 2r + 2v = rπ + 2r +1

r

(P − r2π

2

)=(π

2+ 2)r +

P

r,

pa s O mozemo smatrati funkcijom varijable r. Trebamo odrediti r takav da opsegO bude sto manji pa najprije trebamo rijesiti jednadzbu O′(r) = 0. Buduci je

O′(r) =(π

2+ 2)− P

r2,

jednadzba O′(r) = 0 se svodi na

P

r2=π + 4

2,

a odatle je

r2 =2P

π + 4.

Jer je r > 0, jedino rjesenje je

r =

√2P

π + 4.

Ispitajmo dovoljne uvjete. Iz

O′′(r) =2P

r3

i P > 0 slijedi

O′′

(√2P

π + 4

)=

2P(√2P

π + 4

)3 > 0,

pa, prema [M1, teorem 5.14], funkcija O ima minimum u dobivenom r. Zbogproporcionalnosti su za taj r i troskovi izgradnje kanala minimalni.

5.18 Geometrijski ekstrem III 147

5.18 Geometrijski ekstrem III

Odredite stranice pravokutnika maksimalne povrsine upisanog u prvi kvadrant elipse

x2

18+y2

2= 1

(vidi sliku 5.3). Ispitajte dovoljne uvjete.

a

b

T = (a,b)

Slika 5.3: Pravokutnik upisan u prvi kvadrant elipse

Rjesenje. Povrsina pravokutnika sa stranicama a i b iznosi

P = ab.

Buduci je pravokutnik upisan u prvi kvadrant elipse, tocka T (a, b) zadovoljava njenujednadzbu i vrijedi b > 0. Stoga je

b2

2= 1− a2

18,

b2 =1

9(18− a2),

b =1

3

√18− a2.

pa je povrsina

P =1

3a√

18− a2

i mozemo je smatrati funkcijom varijable a. Izracunajmo prvu derivaciju. Vrijedi

P ′(a) =1

3

[√18− a2 + a · 1

2√

18− a2· (−2a)

]=

2

3· 9− a2√

18− a2.

Jednazba P ′(a) = 0 se svodi na 9− a2 = 0. Zbog a > 0 je jedino rjesenje a = 3, auvrstavanjem u jednadzbu elipse dobivamo b = 1.

Ispitajmo sada dovoljne uvjete. Izracunajmo drugu derivaciju. Vrijedi

P ′′(a) =2

3·−2a ·

√18− a2 − (9− a2) · 1

2√

18− a2· (−2a)

(√

18− a2)2.


Za a = 3 vrijedi 9− a2 = 0, pa je

P ′′(3) =2

3· −2 · 3 ·

√18− 32 − 0

(√

18− 32)2= −4

3< 0.

Prema [M1, teorem 5.14], slijedi da je povrsina P (3) maksimalna.

5.19 Geometrijski ekstrem IV

Odredite tocku T takvu da tangenta na krivulju y = e−x u tocki T s koordinatnimosima zatvara trokut maksimalne povrsine (vidi sliku 5.4).

T

a

y(a)

T

T

1

2

Slika 5.4: Trokut omeden tangentom i koordinatnim osima

Rjesenje. Oznacimo apcisu tocke T s a. Tada jednadzba tangente t na krivuljuy = e−x u tocki T glasi

y − y(a) = y′(a)(x− a),

odnosnoy − e−a = −e−a(x− a). (5.4)

Neka tangenta t sijece x-os u tocki T1, a y-os u tocki T2. Uvrstavanjem redom y = 0i x = 0 u (5.4) dobivamo

T1(a+ 1, 0), T2(0, (a+ 1)e−a).

Stoga povrsina trokuta omedenog tangentom t i koordinatnim osima iznosi

P =1

2(a+ 1)2e−a,

i mozemo je smatrati funkcijom varijable a. Vrijedi

P ′(a) =1

2

[2(a+ 1) e−a + (a+ 1)2 (−e−a)

]=

1

2(a+ 1)e−a[2− (a+ 1)] =

1

2(a+ 1)(−a+ 1)e−a

5.20 Tok funkcije I 149

pa jednadzba P ′(a) = 0 ima dva rjesenja,

a1 = −1 i a2 = 1.

Sada trebamo provjeriti dovoljne uvjete iz [M1, teorem 5.14]. Iz

P ′′(a) =1

2[(1− a2) e−a]′ =

1

2[−2a e−a + (1− a2) (−e−a)] =

1

2(a2 − 2a− 1)e−a

slijedi

P ′′(−1) = e > 0,

P ′′(1) = −1

e< 0.

Dakle, funkcija P ima minimum u a = −1, a maksimum u a = 1. Trazena tocka jeT (1, 1e ).

5.20 Tok funkcije I

Ispitajte tok i skicirajte graf funkcije f zadane s

f(x) = x2 +2

x.

Rjesenje. Tok funkcije ispitujemo prema postupku opisanim u [M1, §5.9].

1. Podrucje definicije

Podrucje definicije zadane funkcije ne ukljucuje nulu, odnosno D(f) = R\{0}.

2. Parnost

Vrijedi

f(−x) = (−x)2

+2

−x= x2 − 2

x.

Buduci je f(−x) 6= f(x) i f(−x) 6= −f(x), promatrana funkcija nije ni parnani neparna.

3. Periodicnost

Funkcija nije periodicna jer je elementarna i ne sadrzi neku od trigonometrij-skih funkcija.

4. Nul-tocke

Da bismo odredili nul-tocke funkcije rijesimo jednadzbu f(x) = 0. Vrijedi

x2 +2

x= 0 ⇔ x3 + 2

x= 0 ⇔ x3 + 2 = 0 ⇔ x = 3

√−2

⇔ x = − 3√

2,

pa je x = − 3√

2 nul-tocka zadane funkcije.


5. Asimptote

a) Vertikalne asimptote

Tocka x1 = 0 je jedini konacni rub domene i vrijedi

limx→0−0

f(x) = −∞, limx→0+0

f(x) = +∞,

pa je pravac x = 0 jedina vertikalna asimptota funkcije f .

b) Horizontalne asimptote

U lijevom i desnom rubu domene vrijedi

limx→−∞

f(x) = +∞, limx→+∞

f(x) = +∞.

Dakle, funkcija f nema horizontalnu asimptotu ni na lijevoj ni na desnojstrani.

c) Kose asimptote

Racunajuci limese

limx→±∞

f(x)

x= limx→±∞

x3 + 2

x2= ±∞,

zakljucujemo da funkcija f nema ni kose asimptote.

6. Ekstremi

Prva derivacija glasi

f ′(x) = 2x− 2

x2=

2x3 − 2

x2= 2 · x

3 − 1

x2.

Podrucje definicije derivacije jednako je Df ′ = R \ {0}. Dakle, x1 = 0 jekriticna tocka funkcije f . Rjesavanjem f ′(x) = 0 vidimo da je stacionarnatocka funkcije (druga kriticna tocka) x2 = 1. Dovoljne uvjete ekstrema pro-vjerimo pomocu prve derivacije. Vrijedi:

a) Za x ∈ 〈−∞, 0〉 je f ′(x) < 0 pa je funkcija f strogo padajuca na intervalu〈−∞, 0〉.

b) Za x ∈ 〈0, 1〉 je takoder f ′(x) < 0 i funkcija f je strogo padajuca na tomintervalu.

c) Za x ∈ 〈1,+∞〉 je f ′(x) > 0 pa je funkcija f strogo rastuca na intervalu〈1,+∞〉.

Dakle, zadana funkcija ima lokalni minimum u tocki x2 = 1.

7. Intervali monotonosti

Intervale monotonosti smo odredili u prethodnom koraku: funkcija je strogopadajuca na intervalima 〈−∞, 0〉 i 〈0, 1〉, a strogo rastuca na intervalu 〈1,+∞〉.

5.21 Tok funkcije II 151

8. Intervali zakrivljenosti

Druga derivacija glasi

f ′′(x) = 2 +4

x3=

2x3 + 4

x3= 2 · x

3 + 2

x3.

Iz predznaka druge derivacije, prema [M1, teorem 5.15], slijedi da je funkcijaf konkavna na intervalu 〈− 3

√2, 0〉 i konveksna na 〈−∞,− 3

√2〉 ∪ 〈0,+∞〉.

9. Tocke infleksije

Rjesenje jednadzbe f ′′(x) = 0 je tocka x3 = − 3√

2. Buduci je

f ′′′(x) = −12

x4,

slijedi f ′′′(− 3√

2)6= 0 pa funkcija f ima tocku infleksiju u x3 = − 3

√2.

10. Graf funkcije

Graf funkcije je prikazan na slici 5.5.

-

�!!!!!2

3

1

3

Slika 5.5: Graf funkcije f(x) = x2 +2

x.

5.21 Tok funkcije II


f(x) =(1− x2

)e−x.

Rjesenje. Prema postupku opisanom u [M1, §5.9] ispitujemo sljedece:


Podrucje definicije zadane funkcije je D(f) = R.


2. Parnost

Funkcija f nije ni parna ni neparna jer je

f(−x) = (1− x2)ex.

3. Periodicnost

Funkcija nije periodicna jer je elementarna i ne sadrzi neku od trigonometrij-skih funkcija.

4. Nul-tocke

Rjesavanjem jednadzbe f(x) = 0 dobivamo da su nul-tocke x1 = −1 i x2 = 1.

5. Asimptote


Funkcija f nema vertikalnih asimptota, jer je D(f) = R.


Na lijevoj strani vrijedi

limx→−∞

f(x) = limx→−∞

(1− x2

)e−x = −∞

pa funkcija nema horizontalnu asimptotu na lijevoj strani. KoristenjemL’Hospitalovog pravila izracunamo da je

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

1− x2

ex= limx→+∞

−2x

ex= limx→+∞

−2

ex= 0

pa je pravac y = 0 horizontalna asimptota na desnoj strani.

c) Kose asimptote

Na lijevoj strani primjenom L’Hospitalovog pravila dobivamo da je

limx→−∞

f(x)

x= limx→−∞

1− x2

xex= limx→−∞

−2x

ex + xex= limx→−∞

−2

2ex + xex= 0

pa funkcija f nema kosu asimptotu u lijevoj strani. Funkcija f nema kosuasimptotu niti na desnoj strani, jer u toj strani ima horizontalnu asimptotu.

6. Ekstremi

Prva derivacija glasi

f ′(x) = −2xe−x −(1− x2

)e−x = e−x(x2 − 2x− 1),

pa se f ′(x) = 0 svodi na x2 − 2x− 1 = 0. Stoga su stacionarne tocke funkcijef

x3 = 1−√

2 i x4 = 1 +√

2.

Druga derivacija je jednaka

f ′′(x) = −e−x(x2 − 2x− 1

)+ e−x (2x− 2) = e−x

(4x− x2 − 1

).

Buduci je f ′′(1−√

2)< 0, funkcija f ima u tocki x3 = 1 −

√2 lokalni

maksimum, a kako je f ′′(1 +√

2)> 0, funkcija f ima u tocki x4 = 1 +

√2

lokalni minimum. Vrijedi

f(

1−√

2)≈ f(−0.41) ≈ 1.23 i f

(1 +√

2)≈ f(2.41) ≈ −0.43.

5.22 Tok funkcije III 153


Iz predznaka prve derivacije slijedi da je f strogo padajuca na intervalu 〈1−√2, 1 +

√2〉, dok je izvan njega strogo rastuca.


Iz predznaka druge derivacije slijedi da je funkcija f konveksna na 〈2−√

3, 2+√3〉, a inace konkavna.

9. Tocke infleksije

Jednadzba f ′′(x) = 0 se svodi na x2 − 4x+ 1 = 0 pa su njena rjesenja

x5 = 2−√

3 i x6 = 2 +√

3.

Kako je f ′′′(2±√

3)6= 0, funkcija f u tockama x5,6 = 2 ±

√3 ima tocke

infleksije i vrijedi

f(

2−√

3)≈ f(0.27) ≈ 0.7 i f

(2 +√

3)≈ f(3.73) ≈ −0.31.

10. Graf funkcije


-1 1

Slika 5.6: Graf funkcije f(x) =(1− x2

)e−x.

5.22 Tok funkcije III

Odredite tok i skicirajte graf funkcije f zadane s

f(x) =ln 2x√x.

Rjesenje. Koristeci upute dane u [M1, §5.9], ispitujemo sljedece:



Domena funkcije f je D(f) = 〈0,∞〉.

2. Parnost

Podrucje definicije nije simetricno pa nema smisla ispitivati parnost.

3. Periodicnost

Funkcija f je elementarna i ne sadrzi neku od trigonometrijskih funkcija panije periodicna.

4. Nul-tocke

Rjesavanjem jednadzbe f(x) = 0 dobivamo da je x1 = 12 nul-tocka funkcije f .

5. Asimptote


Domena funkcije ima otvoren lijevi rub i vrijedi

limx→0+0

f(x) = limx→0+0

ln 2x · 1√x

= (−∞) · (+∞) = −∞.

Stoga je pravac x = 0 desna vertikalna asimptota funkcije f .


Postojanje horizontalnih asimptota ima smisla provjeravati samo na desnojstrani. Primjenom L’Hospitalovog pravila dobivamo

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

ln 2x√x

= limx→+∞

1

x1

2√x

= limx→+∞

2√x

= 0.

Dakle, pravac y = 0 je desna horizontalna asimptota.

c) Kose asimptote

Postojanje kose asimptote takoder ima smisla provjeravati samo na desnojstrani. Funkcija nema kosu asimptotu na desnoj strani, jer ima horizon-talnu.

6. Ekstremi

Prva derivacija je jednaka

f ′(x) =

1

x·√x− ln 2x · 1

2√x

x=

2− ln 2x

2x√x

.

Vrijedi

f ′(x) = 0 ⇔ 2− ln 2x = 0 ⇔ 2x = e2 ⇔ x =e2

2.

5.23 Tok funkcije IV 155

Dakle, x2 = e2

2 je stacionarna tocka funkcije f . Druga derivacija funkcije fglasi

f ′′(x) =− 1

x· 2x√x− (2− ln 2x) · 3

√x

4x3=

3 ln 2x− 8

4x52

=3 ln 2x− 8

4x2√x

.

Buduci je f ′′( e2

2 ) < 0, funkcija f ima lokalni maksimum u tocki x2 = e2

2 i

vrijedi f(x2) = 2√2e .


Zbog toga sto podrucje definicije funkcije f sadrzi samo pozitivne realne bro-jeve

f ′(x) > 0 ⇔ 2− ln 2x > 0 ⇔ x <e2

2.

Stoga je funkcija f strogo rastuca na intervalu 〈0, e2

2 〉, a strogo padajuca na

〈 e2

2 ,+∞〉.


Vrijedi

f ′′(x) > 0 ⇔ 3 ln 2x− 8 > 0 ⇔ x >e

83

2

pa je funkcija f konkavna na intervalu 〈0, 12 e83 〉, a konveksna na intervalu

〈 12 e83 ,+∞〉.

9. Tocke infleksije

Rjesenje jednadzbe f ′′(x) = 0 je x3 = e83

2 i f ′′ mijenja predznak u toj tocki.

Stoga iz [M1, teorem 5.17] slijedi da funkcija f ima tocku infleksije u x3 = e83

2 .

10. Graf funkcije


5.23 Tok funkcije IV


f(x) = 2 sin(2x) + sin(4x)

bez racunanja tocaka infleksije i intervala zakrivljenosti.

Rjesenje.


Domena funkcije je D(f) = R.


��1

2��ã

2

2��ã

8�3

2

Slika 5.7: Graf funkcije f(x) =ln 2x√x

.

2. Parnost

Vrijedi

f(−x) = 2 sin(−2x) + sin(−4x) = −2 sin(2x)− sin(4x) = −f(x),

pa je funkcija neparna.

3. Periodicnost

Funkcija f je periodicna s periodom π jer vrijedi

f(x+ π) = 2 sin(2x+ 2π) + sin(4x+ 4π) = 2 sin(2x) + sin(4x) = f(x)

i to je najmanji broj s tim svojstvom. Stoga je dovoljno ispitati tok funkcijef na intervalu [0, π〉.

4. Nul-tocke

Rijesimo jednadzbu f(x) = 0 za x ∈ [0, π〉. Zbog

f(x) = 2 sin(2x)+sin(4x) = 2 sin(2x)+2 sin(2x) cos(2x) = 2 sin(2x)[1+cos(2x)]

imamo dva slucaja

sin(2x) = 0 ili cos(2x) = −1.

Dakle, nul-tocke iz [0, π〉 su x0 = 0 i x1 = π2 .

5. Asimptote

Vertikalnih asimptota nema jer je D(f) = R, a horizontalne i kose necemotraziti buduci da ispitujemo tok funkcije samo na [0, π〉.

6. Ekstremi

5.23 Tok funkcije IV 157

Odredimo prvo stacionarne tocke. Zbog

f ′(x) = 4 [cos(2x) + cos(4x)] = 4[cos(2x) + 2 cos2(2x)− 1],

uvjet f ′(x) = 0 i supstitucija t = cos(2x) daju kvadratnu jednadzbu

2t2 + t− 1 = 0

koja ima rjesenja t1 = −1 i t2 = 12 , pa stacionarne tocke zadovoljavaju

cos(2x) = −1 ili cos(2x) =1

2.

Rjesenja iz [0, π〉 su

x1 =π

2, x2 =

π

6i x3 =

5π

6.

Jos primijetimo da funkcija nema tocaka u kojima f ′ nije definirana. Lokalneekstreme odredimo prema predznaku druge derivacije u dobivenim stacionar-nim tockama. Vrijedi

f ′′(x) = −8 [sin(2x) + 2 sin(4x)] .

Stoga

f ′′(π

6

)= −12

√3 < 0 ⇒ u tocki x =

π

6funkcija ima lokalni maksimum,

f ′′(

5π

6

)= 12

√3 > 0 ⇒ u tocki x =

5π

6funkcija ima lokalni minimum.

Nadalje,f ′′′(x) = −16[cos(2x) + 4 cos(4x)],

pa zbog

f ′′(π

2

)= 0 i f ′′′

(π2

)= −48 6= 0 ⇒ u tocki x =

π

2je tocka infleksije.


Tocke x1, x2 i x3 dijele interval [0, π〉 na cetiri dijela i dovoljno je na svakomod njih ispitati predznak prve derivacije u proizvoljno odabranoj tocki jer seon ne mijenja unutar intervala.

a) Za[0, π6

⟩je f ′

(π12

)= 4

(12 +

√32

)> 0.

b) Za[π6 ,

π2

⟩je f ′

(π3

)= −4 < 0.

c) Za[π2 ,

5π6

⟩je f ′

(2π3

)= −4 < 0.

d) Za[5π6 , π

⟩je f ′

(11π12

)= 4

(12 +

√32

)> 0.

Slijedi da je f rastuca na intervalima[0, π6

⟩i[5π6 , π

⟩, a padajuca na intervalu[

π6 ,

5π6

⟩.

8. Graf funkcije

Graf funkcije je prikazan na slici 5.8. Skiciramo prvo dio grafa na intervalu[0, π〉 i dalje prosirimo po periodicnosti.


-Π ��Π

2��Π

6��5 Π

6Π 2 Π

- ��

3"######

3

2

��

3"######

3

2

Slika 5.8: Graf funkcije f(x) = 2 sin(2x) + sin(4x).


1. Odredite derivaciju funkcije f zadane s:

a) f(x) = x2 + x3 + sinx,

b) f(x) = (x2 − x+ 1)(x4 + 2),

c) f(x) =x

x2 + 1,

d) f(x) =√x+ π,

e) f(x) =xn+1

n+ 1− 1

n,

f) f(x) =1−√x

1 + 3√x

,

g) f(x) = sinx+ tg x,

h) f(x) = cosx · (1 + ctg x),

i) f(x) = arcsinx+ arccosx,

j) f(x) = ex + 2x +

(2

3

)x,

k) f(x) = lnx+ log x,

l) f(x) =ctg x

x lnx+ 3xex.

2. Odredite derivaciju kompozicije funkcija f zadane s:

a) f(x) = ln(sinx),

b) f(x) =√xex,

c) f(x) =√x2 − ex + arcsin

1

x,


d) f(x) = ln

√1 + x

1− x,

e) f(x) =x2 + sin 2x

lnx+ cos(2x+ 3),

f) f(x) = e−x + 2sinx2 + sin2 x,

g) f(x) = ln(x−

√x2 + 1

),

h) f(x) = x ·√

tg x,

i) f(t) =

(t− 2

2t+ 1

)9

,

j) f(x) = arctg(lnx) +√

ln(x2 + 1),

k) f(x) =1

5x2 ,

l) f(x) = e√xex ,

m) f(x) = ln cosx− 1

x,

n) f(x) = 4− log2

√1−x2

,

o) f(x) =1

2ln tg

x

2− cosx

2 sin2 x,

p) f(x) = ln

(1 +√

sinx

1−√

sinx

)+ 2 arctg

√sinx.

3. Odredite derivaciju funkcije f zadane s:

a) f(x) = xsin x,

b) f(x) =(x2 + 2x+ 3)15(2x+ 5)10

(5x− 9)13,

c) f(x) = lnx√

sinx,

d) f(x) =

√(x− 2)(x− 4)

(x+ 1)(x+ 3),

e) f(x) = x√x.

4. Odredite derivaciju implicitno zadane funkcije:

a) x3y + xy3 = ex,

b)√x+√y =√

2e,

c)(x2 + y2

)y2 = ax2,

d) x3 + y3 = 3axy,

e) ex2+y2 = arctg

y

x.

5. Izracunajte n-tu derivaciju funkcije f i njenu vrijednost u tocki x0 ako je:

a) f(x) = x5 i x0 = 0,


b) f(x) = cosx i x0 = π,

c) f(x) = ln1− 4x

1 + 4xi x0 = 0.

6. Odredite derivaciju parametarski zadane funkcije:

a) x(t) =t(t+ 1)

t+ 2, y(t) =

t2 − 4t+ 1

t,

b) x(t) =√

sin 3t, y(t) =

(t+ 3

t− 3

)5

.

7. Odredite jednadzbu tangente i normale na krivulju y = ln cosx + 1 u tocki sapscisom x0 = 0.

8. Iz tocke T (4, 1) povucite tangentu na krivulju y =x− 1

xi odredite diraliste.

9. Odredite tangentu na parabolu y = x2−7x+3 paralelnu s pravcem 5x+y−3 = 0.

10. Odredite jednadzbu tangente i normale na parabolu y = 2x2 + 4x u tockama ukojima parabola sijece x-os.

11. Odredite jednadzbu tangente na krivulju y = lnx koja prolazi ishodistem.

12. Odredite jednadzbu tangente i normale na krivulju y = xx u tocki s apcisomx0 = 1.

13. Odredite jednadzbu tangente na krivulju y =

(sin2 x+

1

2

)tg x

u tocki s apsci-

som x0 =3π

4.

14. Odredite jednadzbu tangente na krivulju x arctg y − y = 0 u tocki s ordinatomy0 = 1.

15. Odredite jednadzbu tangente na cikloidu x = t − sin t, y = 1 − cos t u tocki s

t =π

2.

16. Primjenom L’Hospitalovog pravila izracunajte sljedece limese:

a) limx→π

2

tg x

tg 5x,

b) limx→1

aln x − 1

lnx,

c) limx→0

sin 3x√x+ 2− x−

√2

,

d) limx→0

ln(1− sinx) · ctg x,

e) limx→π

2

(1− sinx) · tg x,

f) limx→∞

x(e

1x − 1

),


g) limx→0

(1

x− ctg x

),

h) limx→1

(1

x− 1− 1

lnx

).

17. Primjenom L’Hospitalovog pravila izracunajte sljedece limese:

a) limx→0+0

xx,

b) limx→1+0

(lnx)1−x,

c) limx→0

(2

πarccosx

) 1x

,

d) limx→1

(2− x)tg π2 x,

e) limx→π

2

(sinx)1

cos x ,

f) limx→0

(sinx

x

) 1x2

.

18. Odredite ekstreme, tocke infleksije, intervale monotonosti i intervale zakrivlje-nosti funkcije f zadane s:

a) f(x) = 2x3 + 3x2 − 12x+ 5,

b) f(x) = x2e−x.

19. Odredite intervale monotonosti funkcije f zadane s f(x) = ex

x .

20. Odredite ekstreme i tocke infleksije funkcije f zadane s f(x) = sinx+1

2sin 2x.

21. Odredite ekstreme i intervale monotonosti funkcije f zadane s f(x) =1

x√

1− xex.

22. Odredite intervale zakrivljenosti i tocke infleksije funkcije f zadane s f(x) =x3 + 3x+ 2.

23. Od pravokutne ploce sa stranicama a i b odlomljen je trokut sa stranicama c i d.Iz preostalog dijela treba izrezati novu pravokutnu plocu maksimalne povrsine.

24. Iz kvadratne limene ploce stranice a izrezu se kutovi tako da se od nastalogkomada moze napraviti kvadratna kutija bez poklopca maksimalnog volumena.Odredite taj volumen.

25. Na krugu polumjera r zadana je tocka A. Odredite udaljenost tetive BC odtocke A paralelne tangenti u tocki A takve da je povrsina trokuta ABC mak-simalna.

26. Iz okruglog trupca treba istesati gredu pravokutnog presjeka tako da

a) bude sto manje otpadaka,


b) nosivost grede bude sto veca, pri cemu je nosivost grede proporcionalna sirinii kvadratu visine grede.

27. Brod je udaljen od najblize tocke A na obali 9 km. Covjek u brodu mora stohitnije stici u mjesto udaljeno 15 km duz obale od tocke A. Ako vesla brzinomod 4 km/h, a pjesaci brzinom od 5 km/h, gdje se covjek mora iskrcati da bistigao sto prije u mjesto?

28. Odredite volumen najveceg valjka upisanog u kuglu zadanog polumjera R.

29. Na kruznici x2 + y2 = R2 odredite tangentu s diralistem u prvom kvadrantutako da duljina odreska te tangente medu koordinatnim osima bude minimalna.

30. Ispitajte tok i skicirajte graf funkcije f zadane s:

a) f(x) =x− 1

x+ 2,

b) f(x) = x+ 1− 2

x,

c) f(x) =7

x2 + 3− 1,

d) f(x) =2x3

x2 − 4,

e) f(x) = |e 1x − ex|,

f) f(x) = x1 + lnx

1− lnx.

31. Bez racunanja tocaka infleksije i intervala zakrivljenosti ispitajte tok i skicirajtegraf funkcije f zadane s:

a) f(x) = ex2−1

x2−4 ,

b) f(x) = ln

(1 +

2

x2 + x− 2

),

c) f(x) = x− 2 ln

(1− 1

x

),

d) f(x) =

√x2 − 3x− 4

2x+ 4,

e) f(x) = x1x .

5.25 Rjesenja

1. a) f ′(x) = 2x+ 3x2 + cosx,

b) f ′(x) = 6x5 − 5x4 + 4x3 + 4x− 2,

c) f ′(x) =1− x2

x4 + 2x2 + 1,

5.25 Rjesenja 163

d) f ′(x) =1

2√x

,

e) f ′(x) = xn,

f) f ′(x) = −1

2√x

+ 16 6√x

+ 1

33√x2

(1 + 3√x)

2 ,

g) f ′(x) = cosx+1

cos2 x,

h) f ′(x) = − sinx− cosx

sin2 x− cosx,

i) f ′(x) = 0,

j) f ′(x) = ex + 2x ln 2 +

(2

3

)xln

2

3,

k) f ′(x) =1

x(1 + log e), log e =

1

ln 10,

l) f ′(x) = − 1

(sin2 x)x lnx− ctg x(lnx+ 1)

x2 ln2 x+ 3ex + 3xex.

2. a) f ′(x) = ctg x,

b) f ′(x) =1

2√xex

(ex + xex),

c) f ′(x) =2x− ex

2√x2 − ex

− 1

|x|√x2 − 1

,

d) f ′(x) =1

1− x2,

e) f ′(x) = 2x(x+cos 2x)[ln x+cos(2x+3)]−(x2+sin 2x)[1−2x sin(2x+3)]x[ln x+cos(2x+3)]2 ,

f) f ′(x) = −e−x +ln 2

2· 2sin x

2

(cos

x

2

)+ 2 sinx cosx,

g) f ′(x) = − 1√x2 + 1

,

h) f ′(x) =2 sinx cosx+ x

2√

tg x cos2 x,

i) f ′(x) = 45 · (t− 2)8

(2t+ 1)10,

j) f ′(x) =1

x(1 + ln2 x)+

x

(x2 + 1)√

ln(x2 + 1),

k) f ′(x) = −2x ln 5

5x2 ,

l) f ′(x) =ex(1 + x)

2√xex

e√xex ,

m) f ′(x) = − 1

x2tgx− 1

x,

n) f ′(x) =2x

(x2 − 1)2,


o) f ′(x) =1

sin3 x,

p) f ′(x) =1

cosx√

sinx.

3. a) f ′(x) = xsin x(

cosx lnx+sinx

x

),

b) f ′(x) = (x2+2x+3)15(2x+5)10

(5x−9)13 ·(

15 · 2x+2x2+2x+3 + 10 · 2

2x+5 − 13 · 55x−9

),

c) f ′(x) =cosx

x sinx− ln(sinx)

x2,

d) f ′(x) =

√(x− 2)(x− 4)

(x+ 1)(x+ 3)

[1

2(x− 2)+

1

2(x− 4)− 1

x+ 1− 1

x+ 3

],

e) f ′(x) = x√x · 1− lnx

x2.

4. a) y′ =ex − 3x2y − y3

x3 + 3xy2,

b) y′ = −√y√x

,

c) y′ =2ax− 2xy2

4y3 + 2x2y,

d) y′ =ay − x2

y2 − ax,

e) y′ =y + 2x(x2 + y2)ex

2+y2

x− 2y(x2 + y2)ex2+y2.

5. a) f (n)(x) = 0, za n ≥ 6, f (n)(0) =

{5!, n = 5

0, n 6= 5,

b) f (n)(x) = cos(x+

nπ

2

), f (n)(π) =

0, n neparan

−1, n = 4k

1, n = 4k + 2

,

c) f (n)(x) = (n− 1)!4n[(−1)n(1 + 4x)−n − (1− 4x)−n],f (n)(0) = (n− 1)!4n[(−1)n − 1].

6. a) y′ =(t2 − 1)(t+ 2)2

t2(t2 + 4t+ 2),

b) y′ = −20(t+ 3)4

(t− 3)6·√

sin(3t)

cos(3t).

7. Jednadzba tangente je y = 1, a normale x = 0.

8. Jednadzba tangente je y = 14 x, a diraliste je D

(2, 12).

9. Jednadzba tangente je y = −5x+ 2.

5.25 Rjesenja 165

10. Jednadzbe tangente i normale u prvoj tocki su y = 4x i y = − 14x, a u drugoj

y = −4x− 8 i y = 14 x+ 1

2 .

11. Jednadzba tangente je y = 1ex.

12. Jednadzba tangente je y = x, a normale y = −x+ 2.

13. Jednadzba tangente je y = x+ 1− 3π4 .

14. Jednadzba tangente je y − 1 = π2

4(π−2)(x− 4

π

).

15. Jednadzba tangente je y − 1 = x− π−22 .

16. a) 5,

b) ln a,

c) 6√2

1−2√2,

d) −1,

e) 0,

f) 1,

g) 0,

h) − 12 .

17. a) 1,

b) 1,

c) e−2π ,

d) e2π ,

e) 1,

f) 16√e.

18. a) Ekstremi : T1(−2, 25) je lokalni maksimum, T2(1,−2) je lokalni minimum

Intervali monotonosti : f je rastuca na 〈−∞,−2〉 ∪ 〈1,+∞〉, padajuca na〈−2, 1〉Intervali zakrivljenosti : f je konkavna na 〈−∞,− 1

2 〉, konveksna na 〈− 12 ,+∞〉

Tocke infleksije: T3(− 12 ,

232 )

b) Ekstremi : T1(2, 4e−2) je lokalni maksimum, T2(0, 0) je lokalni minimum

Intervali monotonosti : f je padajuca na 〈−∞, 0〉∪〈2,+∞〉, rastuca na 〈0, 2〉Intervali zakrivljenosti : f je konveksna na 〈−∞, 2 −

√2〉 ∪ 〈2 +

√2,+∞〉,

konkavna na 〈2−√

2, 2 +√

2〉Tocke infleksije: T3(2 +

√2, (2 +

√2)2e−2−

√2), T4(2−

√2, (2−

√2)2e−2+

√2)

19. Funkcija f je rastuca na [1,∞〉, a padajuca na 〈−∞, 0〉 ∪ 〈0, 1].

20. Funkcija f ima lokalne minimume u x =5π

3+ 2kπ, lokalne maksimume u x =

π

3+ 2kπ i infleksije u x = kπ, x = π− arccos

1

4+ 2kπ i x = π+ arccos

1

4+ 2kπ,

∀k ∈ Z.


21. Funkcija f je padajuca na 〈−∞, 0〉 ∪ 〈0, 12 〉, rastuca na 〈 12 , 1〉,a u tocki x = 12

ima lokalni minimum.

22. Funkcija f je konkavna na 〈−∞, 0〉, konveksna na 〈0,+∞〉, a u tocki x = 0 jeinfleksija.

23. Ploca maksimalne povrsine ima stranice x = a − 12d (ad − bc + dc) i y = b −

12c (bc− ad+ cd).

24. Maksimalan volumen iznosi V = 2a3

27 .

25. Tetiva je udaljena za 3r2 od tocke A.

26. a) Najmanje otpadaka ce biti za gredu kvadratnog presjeka sa stranicom√

2r.

b) Najvecu nosivost ce imati greda s dimenzijama poprecnog presjeka 2√2r√3

i2r√3.

27. Covjek se treba iskrcati 12 km od tocke A.

28. Maksimalan volumen je V = 4πR3

3√3

.

29. Jednadzba tangente je y = −x+√

2R.

30. a) Podrucje definicije: R\{−2}Parnost : f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: x1 = 1

Asimptote:

limx→−2±0

f(x) = ∓∞⇒ x = −2 je vertikalna asimptota

limx→±∞

f(x) = 1⇒ y = 1 je horizontalna asimptota⇒ nema kosih asimptota

Ekstremi : nema

Intervali monotonosti : f je svuda rastuca

Tocke infleksije: nema

Intervali zakrivljenosti : f je konveksna na 〈−∞,−2〉, konkavna na 〈−2,+∞〉Graf funkcije: slika 5.9

b) Podrucje definicije: R\{0}Parnost : f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: x1 = −2, x2 = 1

Asimptote:

limx→0±0

f(x) = ∓∞⇒ x = 0 je vertikalna asimptota

limx→±∞

f(x) = ±∞⇒ nema horizontalnih asimptota

limx→±∞

f(x)

x= 1, lim

x→±∞[f(x)− x] = 1⇒ y = x+ 1 je kosa asimptota

Ekstremi : nema

Intervali monotonosti : f je svuda rastuca

Tocke infleksije: nema

Intervali zakrivljenosti : f je konveksna na 〈−∞, 0〉, konkavna na 〈0,+∞〉Graf funkcije: slika 5.10

5.25 Rjesenja 167

-2 1

1

Slika 5.9: Graf funkcije f(x) =x− 1

x+ 2.

-2 1

Slika 5.10: Graf funkcije f(x) = x+ 1− 2

x.

c) Podrucje definicije: RParnost : f je parna

Nul-tocke: x1 = −2, x2 = 2

Asimptote:

Podrucje definicije je R pa nema vertikalnih asimptota.

limx→±∞

f(x) = −1⇒ y = −1 je horizontalna asimptota⇒ nema kosih asimp-

tota

Ekstremi : T0(0, 43)

je lokalni maksimum

Intervali monotonosti : f je rastuca na 〈−∞, 0〉, padajuca na 〈0,+∞〉Tocke infleksije: T1

(−1, 34

)i T2

(1, 34)

Intervali zakrivljenosti : f je konveksna na 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉, konkavnana 〈−1, 1〉Graf funkcije: slika 5.11

d) Podrucje definicije: R\{−2, 2}Parnost : f je neparna

Nul-tocke: x0 = 0


-2 2

-1

��

4

3

Slika 5.11: Graf funkcije f(x) =7

x2 + 3− 1.

Asimptote:

limx→±2±0

f(x) = ±∞⇒ x = 2 i x = −2 su vertikalne asimptote

limx→±∞


limx→±∞

f(x)

x= 2, lim

x→±∞[f(x)− 2x] = 0⇒ y = 2x je kosa asimptota

Ekstremi : T1(−2√

3,−6√

3) je lokalni maksimum, T2(2√

3, 6√

3) je lokalniminimum

Intervali monotonosti : f je rastuca na 〈−∞,−2√

3〉∪ 〈2√

3,+∞〉, padajucana 〈−2

√3,−2〉 ∪ 〈−2, 2〉 ∪ 〈2, 2

√3〉

Tocke infleksije: T3(0, 0)

Intervali zakrivljenosti : f je konkavna na 〈−∞,−2〉 ∪ 〈0, 2〉, konveksna na〈−2, 0〉 ∪ 〈2,+∞〉Graf funkcije: slika 5.12

-2 2

Slika 5.12: Graf funkcije f(x) =2x3

x2 − 4.

e) Neka je g(x) = e1x − ex. Skicirajmo prvo graf funkcije g iz kojeg cemo onda

konstruirati graf funkcije f .

5.25 Rjesenja 169

Podrucje definicije: R\{0}Parnost : g nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: x0 = 1

Asimptote:

limx→0+0

g(x) = +∞, limx→0−0

g(x) = 0⇒ x = 0 je desna vertikalna asimptota

limx→±∞

g(x) = ∓∞⇒ nema horizontalnih asimptota

limx→±∞

g(x)

x= −e, lim

x→±∞[g(x) + ex] = 1⇒ y = −ex+ 1 je kosa asimptota

Ekstremi : nema

Intervali monotonosti : g je svuda padajuca

Tocke infleksije: u x1 = − 12 je tocka infleksije

Intervali zakrivljenosti : g je konveksna na 〈− 12 , 0〉 ∪ 〈0,+∞〉, konkavna na

〈−∞,− 12 〉

Graf funkcije: slika 5.13

1 1

Slika 5.13: Grafovi funkcija g(x) = e1x − ex i f(x) = |e 1

x − ex|.

f) Podrucje definicije: 〈0, e〉 ∪ 〈e,+∞〉Parnost : f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: x0 = 1e

Asimptote:

limx→0+0

f(x) = 0⇒ x = 0 nije vertikalna asimptota

limx→e±0

f(x) = ∓∞⇒ x = e je vertikalna asimptota

limx→+∞

f(x) = −∞⇒ nema horizontalnih asimptota

limx→+∞

f(x)

x= −1, lim

x→+∞[f(x) + x] = −∞⇒ nema kosih asimptota

Ekstremi : u x1 = e√3 je lokalni maksimum, u x2 = e−

√3 je lokalni minimum

Intervali monotonosti : f je rastuca na 〈e−√3, e〉 ∪ 〈e, e

√3〉, padajuca na

〈0, e−√3〉 ∪ 〈e

√3,+∞〉

Tocke infleksije: T (e3,−2e3)

Intervali zakrivljenosti : f je konveksna na 〈0, e〉 ∪ 〈e3,+∞〉, konkavna na〈e, e3〉

Graf funkcije: slika 5.14


��1

ã

Slika 5.14: Graf funkcije f(x) = x1 + lnx

1− lnx.

31. a) Podrucje definicije: R\{±2}Parnost : f je parna

Nul-tocke: nema

Asimptote:

limx→2+0

f(x) = +∞, limx→2−0

f(x) = 0⇒ x = 2 je desna vertikalna asimptota

limx→−2+0

f(x) = 0, limx→−2−0

f(x) = +∞ ⇒ x = −2 je lijeva vertikalna asimp-

tota

limx→±∞

f(x) = e⇒ y = e je horizontalna asimptota, kosih asimptota nema

Ekstremi : T (0, 4√e) je lokalni maksimum

Intervali monotonosti : f je rastuca na 〈−∞,−2〉 ∪ 〈−2, 0〉, padajuca na〈0, 2〉 ∪ 〈2,+∞〉Graf funkcije: slika 5.15

-2 2

�!!!!!ã

4

Slika 5.15: Graf funkcije f(x) = ex2−1

x2−4 .

b) Podrucje definicije: 〈−∞,−2〉 ∪ 〈−1, 0〉 ∪ 〈1,+∞〉Parnost : f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: nema

5.25 Rjesenja 171

Asimptote:

limx→−2−0

f(x) = +∞⇒ x = −2 je lijeva vertikalna asimptota

limx→−1+0

f(x) = −∞⇒ x = −1 je desna vertikalna asimptota

limx→0−0

f(x) = −∞⇒ x = 0 je lijeva vertikalna asimptota

limx→1+0

f(x) = +∞⇒ x = 1 je desna vertikalna asimptota

limx→±∞

f(x) = 0⇒ y = 0 je horizontalna asimptota⇒ nema kosih asimptota

Ekstremi : T(− 1

2 ,− ln 9)

je lokalni maksimum

Intervali monotonosti :

f je rastuca na 〈−∞,−2〉 ∪ 〈−1,− 12 〉, padajuca na 〈− 1

2 , 0〉 ∪ 〈1,+∞〉Graf funkcije: slika 5.16

-2 -1 1

Slika 5.16: Graf funkcije f(x) = ln

(1 +

2

x2 + x− 2

).

c) Podrucje definicije: 〈−∞, 0〉 ∪ 〈1,+∞〉Parnost : f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: ne racunamo

Asimptote:

limx→0−0

f(x) = −∞⇒ x = 0 je lijeva vertikalna asimptota

limx→1+0

f(x) = +∞⇒ x = 1 je desna vertikalna asimptota

limx→±∞


limx→±∞

f(x)

x= 1, lim

x→±∞[f(x)− x] = 0⇒ y = x je kosa asimptota

Ekstremi : T1(2, 2 + 2 ln 2) je lokalni minimum, T2(−1,−1− 2 ln 2) je lokalnimaksimum

Intervali monotonosti : f je rastuca na 〈−∞,−1〉 ∪ 〈2,+∞〉, padajuca na〈−1, 0〉 ∪ 〈1, 2〉Graf funkcije: slika 5.17

d) Podrucje definicije: 〈−∞,−2〉 ∪ 〈−2,−1] ∪ [4,+∞〉Parnost : f nije ni parna ni neparna


1

1

Slika 5.17: Graf funkcije f(x) = x− 2 ln

(1− 1

x

).

Nul-tocke: x1 = −1, x2 = 4

Asimptote:

limx→−1−0

f(x) = 0⇒ x = −1 nije lijeva vertikalna asimptota

limx→4+0

f(x) = 0⇒ x = 4 nije desna vertikalna asimptota

limx→−2±0

f(x) = ±∞⇒ x = −2 je vertikalna asimptota

limx→+∞

f(x) =1

2⇒ y =

1

2je desna horizontalna asimptota ⇒ nema desnu

kosu asimptotu

limx→−∞

f(x) = −1

2⇒ y =

1

2je lijeva horizontalna asimptota ⇒ nema lijevu

kosu asimptotu

Ekstremi : T1(−1, 0) i T2(4, 0) su lokalni minimumi

Intervali monotonosti : f je rastuca na 〈4,+∞〉, padajuca na 〈−∞,−2〉 ∪〈−2,−1〉Graf funkcije: slika 5.18

-2 -1 4- ��

1

2

��

1

2

Slika 5.18: Graf funkcije f(x) =

√x2 − 3x− 4

2x+ 4.

5.25 Rjesenja 173

e) Podrucje definicije: 〈0,+∞〉Parnost : f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: nema

Asimptote:

limx→0+0

f(x) = 0⇒ x = 0 nije vertikalna asimptota

limx→+∞

f(x) = 1 ⇒ y = 1 je desna horizontalna asimptota ⇒ nema kosih

asimptota

Ekstremi : T (e, e1e ) je lokalni maksimum

Intervali monotonosti : f je rastuca na 〈0, e〉, padajuca na 〈e,+∞〉Graf funkcije: slika 5.19

ã

1

Slika 5.19: Graf funkcije f(x) = x1x .


Poglavlje 6

NIZOVI I REDOVI

6.1 Limes niza po definiciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

6.2 Gomiliste niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

6.3 Konvergencija monotonog i omedenog niza . . . . . . . . . . . . 178

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

6.5 Limes uklijestenog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

6.6 Limes produkta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

6.7 Limes niza sa sumama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

6.8 Limes niza s produktima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

6.9 Limes niza s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

6.10 Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . 186

6.11 Konvergencija i suma reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

6.12 Suma reda s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

6.13 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . 189

6.14 Nuzan uvjet konvergencije reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

6.15 Prvi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . 191

6.16 Drugi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . 191

6.17 D’Alembertov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . 192

6.18 Cauchyjev kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

6.19 Raabeov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

6.20 Apsolutna konvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.21 Leibnizov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.22 Odredivanje podrucja konvergencije D’Alembertovim kriterijem 198

6.23 Odredivanje podrucja konvergencije Cauchyjevim kriterijem . . 199

6.24 Podrucje apsolutne konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

6.25 Taylorov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 202

6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . 203

6.27 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . 205

6.28 Taylorov razvoj iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 206

6.29 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . 207

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija . . . . 208

176 NIZOVI I REDOVI

6.31 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

6.32 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

6.1 Limes niza po definiciji

Dokazite da je

limn→∞

(3√n+ 1− 3

√n)

= 0.

Rjesenje. Da bismo dokazali da je

limn→∞

(3√n+ 1− 3

√n)

= 0,

prema [M1, definicija 6.3], trebamo za svaki ε > 0 pronaci nε ∈ N takav da za svakin ≥ nε vrijedi

| an − a |< ε, (6.1)

gdje je an = 3√n+ 1− 3

√n i a = 0.

Buduci je 3√n+ 1 > 3

√n, odnosno 3

√n+ 1− 3

√n > 0, slijedi

| an − a |=| ( 3√n+ 1− 3

√n)− 0 |=| 3

√n+ 1− 3

√n |= 3

√n+ 1− 3

√n.

Dakle, za svaki n ≥ nε treba biti

3√n+ 1− 3

√n < ε.

Racionalizacijom dobivamo

(3√n+ 1− 3

√n)·

3√

(n+ 1)2 + 3√n(n+ 1) +

3√n2

3√

(n+ 1)2 + 3√n(n+ 1) +

3√n2

< ε,

odnosno,(n+ 1)− n

3√

(n+ 1)2 + 3√n(n+ 1) +

3√n2

< ε.

Mnozenjem cijele nejednakosti s nazivnikom slijedi

1 < ε(

3√

(n+ 1)2 + 3√n(n+ 1) +

3√n2).

Nadalje, vrijedi

1 < ε(

3√

(n+ 1)2 + 3√n(n+ 1) +

3√n2)< ε

(3 3√

(n+ 1)2)

jer je n(n+ 1) < (n+ 1)2, za svaki n ∈ N. Stoga dobivamo

1

3ε< 3√

(n+ 1)2.

6.2 Gomiliste niza 177

Potenciranjem cijele nejednakosti slijedi

1

27ε3< (n+ 1)2,

odnosno,

n >1√

27ε3− 1.

S obzirom da je posljednja nejednakost ekvivalentna nejednakosti (6.1), zakljucujemoda mozemo izabrati

nε =

⌊1√

27ε3− 1

⌋+ 1.

Dobili smo da za svaki ε > 0 postoji nε takav da za svaki n ≥ nε vrijedi | an−a |< ε,sto smo i trebali dokazati.

6.2 Gomiliste niza

Odredite sva gomilista niza

3

8,

2

7,

9

14,

4

13,

27

32,

8

25,

81

86,

16

49, . . .

Konvergira li zadani niz?

Rjesenje. Grupiramo li clanove zadanog niza na sljedeci nacin

3

8,

9

14,

27

32,

81

86, . . . (6.2)

2

7,

4

13,

8

25,

16

49, . . . (6.3)

dobivamo dva nova niza, pri cemu je opci clan niza (6.2) jednak

a2k−1 =3k

3k + 5,

a opci clan niza (6.3) jednak

a2k =2k

3 · 2k + 1.

Vrijedi

limk→∞

a2k−1 = limk→∞

3k

3k + 5= limk→∞

1

1 + 5 · 13k

= 1,

limk→∞

a2k = limk→∞

2k

3 · 2k + 1= limk→∞

1

3 + 12k

=1

3.

Prema [M1, §6.1.1], zadani niz ima dva gomilista, 1 i 13 , pa stoga divergira.

178 NIZOVI I REDOVI

6.3 Konvergencija monotonog i omedenog niza

Ispitajte konvergenciju niza ciji je opci clan

an =

(1− 1

2

)(1− 1

4

)· · ·(

1− 1

2n

).

Rjesenje. Promatrajuci prva dva clana zadanog niza dobivamo

a1 = 1− 1

2=

1

2,

a2 =

(1− 1

2

)(1− 1

4

)=

1

2· 3

4,

odnosno a1 > a2. Zelimo zakljuciti da opcenito vrijedi an > an+1. Vrijedi

an+1 =

(1− 1

2

)(1− 1

4

)· · ·(

1− 1

2n

)(1− 1

2n+1

)= an

(1− 1

2n+1

)< an,

jer je

1− 1

2n+1< 1.

Buduci da nejednakost an > an+1 vrijedi za svako n ∈ N zakljucujemo da je niz{an} strogo padajuci. Niz je takoder omeden odozdo jer je an > 0 za svako n ∈ N.Stoga je, prema [M1, teorem 6.4], zadani niz konvergentan.

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova

Izracunajte limes niza ciji je opci clan:

a) an =2n3 − 1

2− n3,

b) an =√n(√n+ 1−

√n),

c) an =(−3)n + 4n

(−3)n+1 + 4n+1,

d) an =3

2 arctg n,

e) an =n2(n2 + 1)

2n(n2 − 1),

f) an =

(1− 1

3n

)n,

g) an = n[ln(n+ 3)− lnn],

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova 179

h) an =2n

ln(1 + 1

2n

)n+1 ,

i) an = nn

√sin

2

n.

180 NIZOVI I REDOVI

Rjesenje.

a) Izlucimo li n3 iz brojnika i nazivnika opceg clana dobivamo

limn→∞

an = limn→∞

2n3 − 1

2− n3= limn→∞

2− 1n3

2n3 − 1

= −2.

b) Racionalizacijom izraza u zagradama dobivamo

limn→∞

an = limn→∞

√n(√n+ 1−

√n)

= limn→∞

√n(√n+ 1−

√n)·√n+ 1 +

√n√

n+ 1 +√n

= limn→∞

√n√

n+ 1 +√n

= limn→∞

1√1 + 1

n + 1=

1

2.

c) Izlucimo li iz brojnika i nazivnika potenciju s vecom bazom dobivamo

limn→∞

an = limn→∞

(−3)n + 4n

(−3)n+1 + 4n+1= limn→∞

4n[(− 3

4

)n+ 1]

4n+1[(− 3

4

)n+1+ 1]

= limn→∞

(− 3

4

)n+ 1

4[(− 3

4

)n+1+ 1] =

1

4,

jer je

limn→∞

an =

∞, a > 11, a = 10, |a| < 1

. (6.4)

d) Vrijedi

limn→∞

an = limn→∞

3

2 arctg n=

3

2 · π2=

3

π,

jer prosirenjem po neprekidnosti imamo

limn→∞

arctg n = limx→∞

arctg x =π

2.

e) Primjenom tvrdnje (iii) iz [M1, teorem 6.6] je

limn→∞

an = limn→∞

n2(n2 + 1)

2n(n2 − 1)= limn→∞

n2

2n·n

2 + 1

n2 − 1= limn→∞

n2

2n· limn→∞

1 + 1n2

1− 1n2

= 0·1 = 0,

gdje smo prosirenjem po neprekidnosti i primjenom L’Hospitalovog pravila dobili

limn→∞

n2

2n= limx→∞

x2

2x= limx→∞

2x

2x ln 2= limx→∞

2

2x ln2 2= 0.

f) Prema [M1, §6.1.3] vrijedi

limn→∞

(1− 1

n

)−n= e, (6.5)

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova 181

pa koristenjem tvrdnje (v) iz [M1, teorem 6.6] slijedi

limn→∞

an = limn→∞

(1− 1

3n

)n= limn→∞

[(1− 1

3n

)−3n]− 13

=

[limn→∞

(1− 1

3n

)−3n]− 13

= e−13 =

13√e.

g) Koristeci svojstva logaritamske funkcije zadani limes mozemo zapisati u obliku

limn→∞

an = limn→∞

n [ln (n+ 3)− lnn] = limn→∞

ln

(n+ 3

n

)n.

Prema [M1, §6.1.3] vrijedi

limn→∞

(1 +

1

n

)n= e (6.6)

pa je zbog neprekidnosti logaritamske funkcije i tvrdnje (v) iz [M1, teorem 6.6]

limn→∞

an = limn→∞

ln

(n+ 3

n

)n= limn→∞

ln

(1 +

3

n

)n= limn→∞

ln

[(1 +

1n3

)n3

]3

= ln

[limn→∞

(1 +

1n3

)n3

]3= ln e3 = 3.

h) Prema tvrdnji (v) iz [M1, teorem 6.6] i formuli (6.6), vrijedi

limn→∞

(1 +

1

2n

)n+1

= limn→∞

[(1 +

1

2n

)2n]n+1

2n

=

[limn→∞

(1 +

1

2n

)2n] limn→∞

n+12n

= e12 .

Zbog tvrdnje (iv) iz [M1, teorem 6.6], neprekidnosti logaritamske funkcije iformule (6.4) imamo

limn→∞

an = limn→∞

2n

ln(1 + 1

2n

)n+1 =limn→∞

2n

ln limn→∞

(1 +

1

2n

)n+1 =∞

ln e12

=∞.

i) Vrijedi

limn→∞

an = limn→∞

nn

√sin

2

n= limn→∞

n · n√

sin 2n

2n

· n√n

2= limn→∞

n ·(

sin 2n

2n

) 1n

·n√n

n√

2.

182 NIZOVI I REDOVI

Prosirenjem po neprekidnosti je

limn→∞

sin 2n

2n

= limx→∞

sin 2x

2x

=

2

x= t

x→∞t→ 0

= limt→0

sin t

t= 1.

Prema [M1, §6.1.6] vrijedi

limn→∞

n√n = 1 i lim

n→∞n√

2 = 1.

Sada mozemo primijeniti [M1, teorem 6.6], pa dobivamo

limn→∞

an = limn→∞

n ·(

limn→∞

sin 2n

2n

) limn→∞

1n

·limn→∞

n√n

limn→∞

n√

2=∞ · 10 · 1

1=∞.

6.5 Limes uklijestenog niza

Odredite limes niza ciji je opci clan

an =

1√n2 + 1

+1√

n2 + 2+ · · ·+ 1√

n2 + n1

3√n3 + 1

+1

3√n3 + 2

+ · · ·+ 13√n3 + n

.

Rjesenje. Vrijedi

n√n2 + n

≤ 1√n2 + 1

+1√

n2 + 2+ · · ·+ 1√

n2 + n≤ n√

n2 + 1, (6.7)

n3√n3 + n

≤ 13√n3 + 1

+1

3√n3 + 2

+ · · ·+ 13√n3 + n

≤ n3√n3 + 1

. (6.8)

Sada iz (6.7) i (6.8) slijedi

n√n2 + nn

3√n3 + 1

≤ an ≤

n√n2 + 1n

3√n3 + n

sto nakon skracivanja daje

3√n3 + 1√n2 + n

≤ an ≤3√n3 + n√n2 + 1

.

Izlucimo li n iz brojnika i nazivnika razlomaka s lijeve i desne strane, dobivamo

n 3

√1 + 1

n3

n√

1 + 1n

≤ an ≤n 3

√1 + 1

n2

n√

1 + 1n2

,

6.6 Limes produkta 183

odnosno,

3

√1 + 1

n3√1 + 1

n

≤ an ≤3

√1 + 1

n2√1 + 1

n2

.

Buduci je

limn→∞

3

√1 + 1

n3√1 + 1

n

= 1 i limn→∞

3

√1 + 1

n2√1 + 1

n2

= 1,

prema [M1, teorem 6.7] slijedi limn→∞

an = 1.

6.6 Limes produkta

Odredite limes niza ciji je opci clan

an =3√n2 sinn

n+ 1.

Rjesenje. Iz [M1, teorem 6.7] specijalno slijedi da produkt niza koji tezi k nuli iomedenog niza tezi k nuli. Zadani niz mozemo zapisati kao produkt nizova

bn =3√n2

n+ 1i cn = sinn.

Vrijedi

limn→∞

bn = limn→∞

3√n2

n+ 1= 0.

S druge strane je

|cn| = | sinn| ≤ 1, za svaki n ∈ N,

pa je {cn} omeden. Stoga niz {an} tezi k nuli.

6.7 Limes niza sa sumama


a) an =1

n3

n∑k=1

k(k + 1),

b) an =1

n+ 1

n∑k=1

(2k − 1)− 2n+ 1

2.

Rjesenje.

184 NIZOVI I REDOVI

a) Vrijedi

an =1

n3

n∑k=1

k(k + 1) =1

n3

n∑k=1

(k2 + k) =1

n3

(n∑k=1

k2 +

n∑k=1

k

)

=1

n3

[n(n+ 1)(2n+ 1)

6+n(n+ 1)

2

]=n(n+ 1)(2n+ 4)

6n3=n2 + 3n+ 2

3n2,

odakle slijedi

limn→∞

an = limn→∞

n2 + 3n+ 2

3n2=

1

3.

b) Vrijedi

an =1

n+ 1

n∑k=1

(2k − 1)− 2n+ 1

2=

1

n+ 1

(2

n∑k=1

k −n∑k=1

1

)− 2n+ 1

2

=1

n+ 1

[2 · n(n+ 1)

2− n

]− 2n+ 1

2=

n2

n+ 1− 2n+ 1

2= − 3n+ 1

2(n+ 1),

pa je

limn→∞

an = limn→∞

[− 3n+ 1

2(n+ 1)

]= −3

2.

6.8 Limes niza s produktima


a) an =

n∏k=2

(1− 1

k2

),

b) an =

n∏k=2

k2 + k − 2

k(k + 1).

6.9 Limes niza s logaritmima 185

Rjesenje.

a) Svodenjem na zajednicki nazivnik, faktorizacijom brojnika i raspisivanjem clanovaprodukta dobivamo

an =

n∏k=2

(1− 1

k2

)=

n∏k=2

k2 − 1

k2=

n∏k=2

(k − 1)(k + 1)

k2

=1 · 322· 2 · 4

32· 3 · 5

42· 4 · 6

52· · · (n− 3)(n− 1)

(n− 2)2· (n− 2)n

(n− 1)2· (n− 1)(n+ 1)

n2.

Skracivanjem slijedi

an =1

2· n+ 1

n,

odakle je

limn→∞

an =1

2.

b) Faktorizacijom brojnika i raspisivanjem clanova produkta dobivamo

an =

n∏k=2

k2 + k − 2

k(k + 1)=

n∏k=2

(k − 1)(k + 2)

k(k + 1)

=1 · 42 · 3

· 2 · 53 · 4

· 3 · 64 · 5

· · · · · (n− 3)n

(n− 2)(n− 1)· (n− 2)(n+ 1)

(n− 1)n· (n− 1)(n+ 2)

n(n+ 1).

Nakon skracivanja vidimo da je

an =n+ 2

3n,

pa slijedi

limn→∞

an =1

3.

6.9 Limes niza s logaritmima

Izracunajte limes niza ciji je opci clan

an = n

[ln

1

2+

n∑k=1

ln(k + 1)2

k(k + 2)

].

Rjesenje. Koristenjem svojstava logaritamske funkcije i raspisivanjem clanova pro-dukta dobivamo

an = n

[ln

1

2+

n∑k=1

ln(k + 1)2

k(k + 2)

]= n

[ln

1

2+ ln

n∏k=1

(k + 1)2

k(k + 2)

]

186 NIZOVI I REDOVI

= n ln

[1

2·n∏k=1

(k + 1)2

k(k + 2)

]

= n ln

[1

2· 22

1 · 3· 32

2 · 4· 42

3 · 5· · · (n− 1)2

(n− 2)n· n2

(n− 1)(n+ 1)· (n+ 1)2

n(n+ 2)

].

Skracivanjem slijedi

an = n ln

(n+ 1

n+ 2

),

pa je zbog svojstava logaritamske funkcije, tvrdnje [M1, teorem 6.6 (v)] i formule(6.5)

limn→∞

an = limn→∞

n ln

(n+ 1

n+ 2

)= limn→∞

ln

(n+ 1

n+ 2

)n

= limn→∞

ln

(1− 1

n+ 2

)−(n+ 2)−

n

n+ 2

= ln

limn→∞

(1− 1

n+ 2

)−(n+ 2) limn→∞

(− n

n+ 2

)= ln e−1 = −1.

6.10 Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke

Izracunajte limes niza ciji je opci clan

an =

n∑k=1

1

k · (k + 1).

Rjesenje. Rastavimo izraz pod sumom na parcijalne razlomke, odnosno nadimokonstante A i B takve da za svaki k ∈ N vrijedi

1

k · (k + 1)=A

k+

B

k + 1.

Mnozenjem jednakosti sa zajednickim nazivnikom i sredivanjem slijedi

1 = (A+B)k +A.

Buduci da dobivena jednakost vrijedi za sve k ∈ N, uvrstavanjem redom k = 1 ik = 2 dobivamo dvije jednadzbe

2A+B = 1 i 3A+ 2B = 1,

6.11 Konvergencija i suma reda 187

iz kojih slijedi A = 1 i B = −1. Dakle, za svaki k ∈ N vrijedi

1

k · (k + 1)=

1

k− 1

k + 1,

pa je

an =

n∑k=1

1

k · (k + 1)=

n∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)=

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+

(1

3− 1

4

)+ · · ·+

(1

n− 1− 1

n

)+

(1

n− 1

n+ 1

)= 1− 1

n+ 1,

odakle slijedi

limn→∞

an = limn→∞

an

(1− 1

n+ 1

)= 1.

6.11 Konvergencija i suma reda

Izracunajte sumu reda

∞∑n=1

(√n+ 2− 2

√n+ 1 +

√n).

Konvergira li zadani red?

Rjesenje. Izracunajmo prvo k-tu parcijalnu sumu zadanog reda. Ukidanjemclanova je

sk =

k∑n=1

(√n+ 2− 2

√n+ 1 +

√n)

=(√

3− 2√

2 +√

1)

+

+(√

4− 2√

3 +√

2)

+

+(√

5− 2√

4 +√

3)

+

+(√

6− 2√

5 +√

4)

+

...

+(√

k − 2√k − 1 +

√k − 2

)+

+(√

k + 1− 2√k +√k − 1

)+

+(√

k + 2− 2√k + 1 +

√k)

=1−√

2−√k + 1 +

√k + 2.

188 NIZOVI I REDOVI

Buduci se racionalizacijom dobije

limk→∞

(√k + 2−

√k + 1

)= limk→∞

1√k + 2 +

√k + 1

= 0,

prema tvrdnji [M1, teorem 6.6 (i)], slijedi

limk→∞

sk =(

1−√

2)

+ limk→∞

(√k + 2−

√k + 1

)= 1−

√2.

Dakle, niz parcijalnih suma zadanog reda konvergira. Stoga, prema [M1, definicija6.9], zadani red konvergira i suma reda je jednaka

s = limk→∞

sk = 1−√

2.

6.12 Suma reda s logaritmima

Izracunajte sumu reda∞∑n=2

ln

(n3 − 1

n3 + 1

).

Rjesenje. Zbog svojstava logaritamske funkcije vrijedi

sk =

k∑n=2

ln

(n3 − 1

n3 + 1

)= ln

k∏n=2

n3 − 1

n3 + 1.

Nadalje, zbroj i razliku kubova mozemo rastaviti na faktore

n3 − 1

n3 + 1=

(n− 1)(n2 + n+ 1)

(n+ 1)(n2 − n+ 1)=

(n− 1)(n2 + n+ 1)

(n+ 1) [(n− 1)2 + (n− 1) + 1]

pa skracivanjem dobivamo

sk = ln1 · (22 + 2 + 1)

3 · (12 + 1 + 1)· 2 · (32 + 3 + 1)

4 · (22 + 2 + 1)· · ·

· · ·(k − 2)

[(k − 1)2 + (k − 1) + 1

]k [(k − 2)2 + (k − 2) + 1]

·(k − 1)

[k2 + k + 1

](k + 1) [(k − 1)2 + (k − 1) + 1]

=

= ln

[1 · 2

12 + 1 + 1· k

2 + k + 1

k(k + 1)

]= ln

[2

3

(1 +

1

k2 + k

)].

Prema [M1, definicija 6.9], suma reda je jednaka

s = limk→∞

sk = limk→∞

ln

[2

3

(1 +

1

k2 + k

)]= ln lim

k→∞

[2

3

(1 +

1

k2 + k

)]= ln

2

3.

6.13 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke 189

6.13 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke

Izracunajte sume sljedecih redova:

a)1

1 · 4+

1

4 · 7+

1

7 · 10+

1

10 · 13+ · · · ,

b)

∞∑n=1

[n!− (n+ 2)!

(n+ 3)!(n+ 1) +

n+ 1

n+ 3

].

Rjesenje.

a) Opci clan zadanog reda mozemo zapisati u obliku

an =1

cn · cn+1,

gdje je {cn} aritmeticki niz s opcim clanom cn = 3n − 2. Rastavljanjem naparcijalne razlomke (vidi zadatak 6.10) slijedi

an =1

(3n− 2)(3n+ 1)=

1

3

(1

3n− 2− 1

3n+ 1

),

pa je k-ta parcijalna suma jednaka

sk =

k∑n=1

1

3

(1

3n− 2− 1

3n+ 1

)=

1

3

k∑n=1

(1

3n− 2− 1

3n+ 1

)=

1

3

[(1− 1

4

)+

(1

4− 1

7

)+ · · ·+

(1

3k − 5− 1

3k − 2

)+

(1

3k − 2− 1

3k + 1

)]=

1

3

(1− 1

3k + 1

).

Prema [M1, definicija 6.9], suma reda je

s = limk→∞

sk = limk→∞

1

3

(1− 1

3k + 1

)=

1

3.

b) Opci clan zadanog reda jednak je

an =n!− (n+ 2)!

(n+ 3)!(n+ 1) +

n+ 1

n+ 3=

n!− (n+ 2)(n+ 1)n!

(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)n!(n+ 1) +

n+ 1

n+ 3

=

[1

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)− 1

n+ 3

](n+ 1) +

n+ 1

n+ 3

=1

(n+ 2)(n+ 3)− n+ 1

n+ 3+n+ 1

n+ 3=

1

(n+ 2)(n+ 3).

190 NIZOVI I REDOVI

Rastavljanjem dobivenog izraza na parcijalne razlomke (vidi zadatak 6.10) slijedi

an =1

n+ 2− 1

n+ 3.

Sada k-tu parcijalnu sumu reda mozemo zapisati u obliku

sk =

k∑n=1

(1

n+ 2− 1

n+ 3

)=

(1

3− 1

4

)+

(1

4− 1

5

)+ · · ·+

(1

k + 2− 1

k + 3

),

pa ukidanjem i primjenom [M1, definicija 6.9], slijedi da je suma reda jednaka

s = limk→∞

sk = limk→∞

(1

3− 1

k + 3

)=

1

3.

6.14 Nuzan uvjet konvergencije reda

Ispitajte konvergenciju reda:

a)

∞∑n=1

2n

(n+ 1) ln(1 + 1

2n

) ,

b)

∞∑n=1

(−1)n−1n

6n− 5.

Rjesenje.

a) Limes nazivnika opceg clana zadanog reda jednak je

limn→∞

(n+ 1) ln

(1 +

1

2n

)= limn→∞

ln

(1 +

1

2n

)n+1

= limn→∞

ln

[(1 +

1

2n

)2n]n+1

2n

.

Stoga je

limn→∞

an =limn→∞

2n

ln

[limn→∞

(1 +

1

2n

)2n] limn→∞

n+12n

=+∞ln e

12

= +∞ 6= 0.

Dakle, prema [M1, teorem 6.9], zadani red divergira.

b) Promotrimo li podnizove {a2k} i {a2k+1} niza {an}, gdje je an opci clan zadanogreda, vidimo da je

limk→∞

a2k = limk→∞

(−1)2k−12k

6 · 2k − 5= limk→∞

(− 2k

12k − 5

)= −1

6,

limk→∞

a2k+1 = limk→∞

(−1)2k2k + 1

6(2k + 1)− 5= limk→∞

2k + 1

12k + 1=

1

6.

Prema [M1, §6.1.1], niz {an} ima dva gomilista, − 16 i 1

6 , pa stoga divergira.Sada, prema [M1, teorem 6.9], slijedi da zadani red divergira.

6.15 Prvi poredbeni kriterij konvergencije 191

6.15 Prvi poredbeni kriterij konvergencije


a) 1 +1

ln 2+

1

ln 3+ · · ·+ 1

lnn+ · · · ,

b) 1 +| sin 2a|

23+| sin 3a|

33+ · · ·+ | sinna|

n3+ · · · .

Rjesenje.

a) Za svaki n ≥ 2 je lnn ≥ 0 pa zadani red ima pozitivne clanove. Jos vrijedi

1

lnn≥ 1

n,

pri cemu je harmonijski red

∞∑n=1

1

niz [M1, primjer 6.10] divergentan. Stoga,

prema tvrdnji (i) iz [M1, teorem 6.10], zakljucujemo da je promatrani red, kaored s pozitivnim clanovima i divergentnom minorantom, divergentan.

b) Zadani red ima pozitivne clanove i za svaki n ∈ N vrijedi

| sinna|n3

≤ 1

n3.

Buduci je, prema [M1, napomena 6.3], red

∞∑n=1

1

n3

konvergentan, zakljucujemo da zadani red ima konvergentnu majorantu. Stogatvrdnja (i) iz [M1, teorem 6.10] povlaci da je konvergentan.

6.16 Drugi poredbeni kriterij konvergencije


a)1

1001+

1

2001+

1

3001+ · · ·+ 1

n · 1000 + 1+ · · · ,

b) 1 +ln 2

2+

ln 3

3+ · · ·+ lnn

n+ · · · .

Rjesenje.

a) Usporedimo zadani red ciji je opci clan

an =1

n · 1000 + 1

192 NIZOVI I REDOVI

s redom ciji je opci clan

bn =1

n.

Tada su∑an i

∑bn redovi s pozitivnim clanovima i vrijedi

r = limn→∞

anbn

= limn→∞

n

n · 1000 + 1=

1

1000.

Jer je 0 < r < +∞ i∑bn harmonijski red iz [M1, primjer 6.10] koji divergira,

tvrdnja (ii) pod (a) iz [M1, teorem 6.10] povlaci da i zadani red∑an divergira.

b) Uz oznake

an =1

ni bn =

lnn

n,

su∑an i

∑bn redovi s pozitivnim clanovima. Jer je

r = limn→∞

anbn

= limn→∞

1n

lnnn

= limn→∞

1

lnn=

1

∞= 0

i∑an divergentan harmonijski red, prema tvrdnji (ii) pod (b) iz [M1, teorem

6.10], zadani red∑bn divergira.

6.17 D’Alembertov kriterij konvergencije


a)

∞∑n=1

(n!)2

(2n)!,

b)

∞∑n=1

n!

2n + 1.

Rjesenje.

a) Buduci se radi o redu s pozitivnim clanovima, mozemo primijeniti D’Alembertovkriterij (iii) iz [M1, teorem 6.10]. Zbog

q = limn→∞

an+1

an= limn→∞

[(n+ 1)!]2

(2n+ 2)!

(n!)2

(2n)!

= limn→∞

(n+ 1)2

(2n+ 2)(2n+ 1)=

1

4< 1,

promatrani red konvergira.

b) Zadani red je s pozitivnim clanovima i vrijedi

q = limn→∞

an+1

an= limn→∞

(n+ 1)!

2n+1 + 1n!

2n + 1

= limn→∞

(n+ 1)(2n + 1)

2n+1 + 1

6.17 D’Alembertov kriterij konvergencije 193

= limn→∞

(n+ 1) ·1 + 1

2n

2 + 12n

= +∞.

Primjenom D’Alembertovog kriterija (iii) iz [M1, teorem 6.10] slijedi da zadanired divergira.

194 NIZOVI I REDOVI

6.18 Cauchyjev kriterij konvergencije


a)

∞∑n=1

3n n3

en,

b)

∞∑n=2

(n− 2

n+ 2

)n(n+1)

.

Rjesenje.

a) Zadani red ima pozitivne clanove pa mozemo primijeniti Cauchyjev kriterij ko-nvergencije. Prema [M1, §6.1.6] je lim

n→∞n√n = 1, pa vrijedi

q = limn→∞

n√an = lim

n→∞n

√3n n3

en= limn→∞

n

√(3

e

)n· n√n3 = lim

n→∞

3

e·( n√n)

3=

3

e> 1.

Stoga, prema (iv) iz [M1, teorem 6.10], zadani red divergira.

b) Buduci da zadani red ima pozitivne clanove i vrijedi

q = limn→∞

n√an = lim

n→∞

n

√(n− 2

n+ 2

)n(n+1)

= limn→∞

(n− 2

n+ 2

)n+1

= limn→∞

(n+ 2− 4

n+ 2

)n+1

= limn→∞

(1− 4

n+ 2

)n+1

= limn→∞

[(1− 1

n+24

)−n+24

]− 4(n+1)n+2

=

[limn→∞

(1− 4

n+ 2

)−n+24

] limn→∞

[− 4(n+1)n+2 ]

= e−4 < 1,

prema Cauchyjevom kriteriju konvergencije (iv) iz [M1, teorem 6.10], slijedi dazadani red konvergira.

6.19 Raabeov kriterij konvergencije 195

6.19 Raabeov kriterij konvergencije


a)

∞∑n=1

2n+ 1

(n+ 1)2(n+ 2)2,

b)

∞∑n=1

√n!(

2 +√

1) (

2 +√

2)· · · (2 +

√n)

.

Rjesenje.

a) Buduci je

limn→∞

an+1

an= limn→∞

2n+ 3

(n+ 2)2(n+ 3)2

2n+ 1

(n+ 1)2(n+ 2)2

= limn→∞

(2n+ 3)(n+ 1)2

(2n+ 1)(n+ 3)2= 1,

prema D’Alembertovom kriteriju (iii) iz [M1, teorem 6.10], nema odluke. Is-pitajmo stoga konvergenciju Raabeovim kriterijem (v) iz [M1, teorem 6.10].Vrijedi

q = limn→∞

n

(1− an+1

an

)= limn→∞

n

[1− (2n+ 3)(n+ 1)2

(2n+ 1)(n+ 3)2

]= limn→∞

n(6n2 + 16n+ 6)

(2n+ 1)(n+ 3)2= 3,

pa zadani red konvergira.

b) Buduci je

an+1

an=

√(n+ 1)!(

2 +√

1) (

2 +√

2)· · · (2 +

√n)(2 +√n+ 1

)√n!(

2 +√

1) (

2 +√

2)· · · (2 +

√n)

=

√n+ 1

2 +√n+ 1

,

slijedi

limn→∞

an+1

an= limn→∞

√n+ 1

2 +√n+ 1

= 1,

pa prema D’Alembertovom kriteriju nema odluke. Primijenimo stoga Raabeovkriterij (v) iz [M1, teorem 6.10]. Zbog

q = limn→∞

n

(1− an+1

an

)= limn→∞

n

(1−

√n+ 1

2 +√n+ 1

)= limn→∞

2n

2 +√n+ 1

= +∞,

slijedi da zadani red konvergira.

196 NIZOVI I REDOVI

6.20 Apsolutna konvergencija


a) 1 +2

3− 4

9+

8

27+

16

81− 32

243+ · · · ,

b)

∞∑n=1

cosn√n3

.

Rjesenje.

a) Red apsolutnih vrijednosti zadanog reda je

1 +2

3+

4

9+

8

27+

16

81+

32

243+ · · · =

∞∑n=0

(2

3

)n,

sto je geometrijski red s q = 23 koji, prema [M1, primjer 6.8], konvergira jer

je |q| < 1. Prema [M1, definicija 6.11], zadani red je apsolutno konvergentan.Sada [M1, teorem 6.11] povlaci da je zadani red konvergentan.

b) Opci clan zadanog reda

an =cosn√n3

nije pozitivan za svaki n ∈ N pa promatramo

∞∑n=1

|an| =∞∑n=1

| cosn|√n3

.

Za svaki n ∈ N vrijedi| cosn|√

n3≤ 1√

n3.

Prema [M1, napomena 6.3], red

∞∑n=1

1√n3

je konvergentan. Dakle, red s pozitivnim clanovima

∞∑n=1

|an| ima konvergentnu

majorantu pa je, prema (i) iz [M1, teorem 6.10], konvergentan. Prema [M1,definicija 6.11], zadani red je apsolutno konvergentan pa, prema [M1, teorem6.11], slijedi da je zadani red konvergentan.

6.21 Leibnizov kriterij konvergencije


6.21 Leibnizov kriterij konvergencije 197

a)

∞∑n=1

(−1)n sin1

n,

b)

∞∑n=1

(−1)n

n− lnn.

Rjesenje.

a) Zadani red je alternirani red, jer za svaki n ∈ N vrijedi

1

n∈ 〈0, 1] zbog cega je sin

1

n> 0.

Konvergenciju alterniranog reda ispitujemo provjerom uvjeta (i) i (ii) Leibnizo-vog kriterija [M1, teorem 6.13]. Prvo provjeravamo je li niz apsolutnih vrijed-nosti clanova zadanog reda padajuci, odnosno, vrijedi li za svaki n ∈ N nejedna-kost

|an+1| ≤ |an|, gdje je an = (−1)n sin1

n.

Ovo je ekvivalentno nejednakosti

sin1

n+ 1≤ sin

1

n,

koja vrijedi jer je sinx rastuca funkcija na intervalu 〈0, 1]. Zbog

limn→∞

|an| = limn→∞

sin1

n= sin 0 = 0,

vidimo da je i drugi uvjet zadovoljen pa zakljucujemo da zadani red konvergira.

b) Zbog svojstava logaritamske funkcije, opci clan reda je jednak

an =(−1)n

n− lnn=

(−1)n

ln en − lnn=

(−1)n

ln en

n

,

odakle vidimo da je zadani red alternirani. Provjerimo prvi uvjet iz Leibnizovogkriterija. Za svaki n ∈ N treba vrijediti

|an+1| ≤ |an|, (6.9)

odnosno redom

1

ln en+1

n+1

≤ 1

ln en

n

,

lnen

n≤ ln

en+1

n+ 1,

en

n≤ en+1

n+ 1,

jer je logaritamska funkcija rastuca. Skracivanjem dobivamo nejednakost

1 +1

n≤ e

198 NIZOVI I REDOVI

koja, prema [M1, §6.1.3], vrijedi za svaki n ∈ N. Buduci da je dobivena nejed-nakost ekvivalentna (6.9), slijedi da je prvi uvjet zadovoljen. Nadalje, vrijedi

limn→∞

|an| = limn→∞

1

ln en

n

= 0,

jer prosirenjem po neprekidnosti i primjenom L’Hospitalovog pravila dobivamo

limn→∞

en

n= limx→∞

ex

x= limx→∞

ex

1=∞.

Stoga je zadovoljen i drugi uvjet Leibnizovog kriterija pa [M1, teorem 6.13]povlaci da zadani red konvergira.

6.22 Odredivanje podrucja konvergencije D’Alembertovimkriterijem

Odredite podrucje konvergencije i ispitajte ponasanje na rubu podrucja konvergen-cije reda:

a)

∞∑n=1

xn

n(n+ 1),

b)

∞∑n=1

xn2

n!,

c)

∞∑n=1

(−1)n

2n− 1

(1− x1 + x

)n.

Rjesenje.

a) Vrijedi

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣xn+1

(n+ 1)(n+ 2)xn

n(n+ 1)

∣∣∣∣∣∣∣∣ = limn→∞

n

n+ 2· |x| = |x| .

Prema D’Alembertovom kriteriju (iii) iz [M1, teorem 6.10], zadani red konvergiraza sve x ∈ R za koje vrijedi |x| < 1, a divergira za sve x ∈ R za koje je |x| > 1.U tockama u kojima je |x| = 1 nema odluke. Dakle, zadani red konvergira zasve x ∈ 〈−1, 1〉, a divergira za sve x ∈ 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉. Preostaje ispitatikonvergenciju zadanog reda u tockama x1 = −1 i x2 = 1. Uvrstavanjem tockex2 = 1 dobivamo red

∞∑n=1

1

n(n+ 1)

6.23 Odredivanje podrucja konvergencije Cauchyjevim kriterijem 199

iz primjera 6.12 u [M1, §6.2.2] koji konvergira, a uvrstavanjem tocke x1 = −1alternirani red

∞∑n=1

(−1)n

n(n+ 1)

koji takoder konvergira jer apsolutno konvergira. Dakle, podrucje konvergencijeje [−1, 1].

b) Zbog (6.4) vrijedi

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣x(n+1)2

(n+ 1)!

xn2

n!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = limn→∞

n!

(n+ 1)!·

∣∣∣∣∣xn2+2n+1

xn2

∣∣∣∣∣

= limn→∞

|x|2n+1

n+ 1=

{0, |x| ≤ 1

+∞, |x| > 1.

Prema D’Alembertovom kriteriju, zadani red konvergira za sve x ∈ [−1, 1], adivergira za sve x ∈ 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉.

c) Buduci je

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(−1)n+1

2n+ 1

(1− x1 + x

)n+1

(−1)n

2n− 1

(1− x1 + x

)n∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = lim

n→∞

2n+ 1

2n− 1·∣∣∣∣1− x1 + x

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1− x1 + x

∣∣∣∣ ,prema D’Alembertovom kriteriju, zadani red konvergira za sve x ∈ R\{−1} zakoje vrijedi ∣∣∣∣1− x1 + x

∣∣∣∣ < 1,

odnosno za sve x ∈ 〈0,+∞〉, a divergira za sve x ∈ 〈−∞, 0〉. Za tocku x =0 D’Alembertov kriterij ne daje odluku pa taj slucaj promatramo posebno.Uvrstavanjem dobivamo alternirani red

∞∑n=1

(−1)n

2n− 1

koji konvergira prema Leibnizovom kriteriju. Dakle, podrucje konvergencije je[0,+∞〉.

6.23 Odredivanje podrucja konvergencije Cauchyjevimkriterijem

Odredite podrucje konvergencije i ispitajte ponasanje na rubu podrucja konvergen-cije reda:

200 NIZOVI I REDOVI

a)

∞∑n=1

xn−1

n · 3n,

b)

∞∑n=1

n2

(n+ 1)2· x

2n

2n,

c)

∞∑n=1

1

1 + 3 + · · ·+ (2n− 1)·(x+ 2

2x+ 1

)2n

.

Rjesenje.

a) Buduci je

limn→∞

n√|an| = lim

n→∞n

√∣∣∣∣ xn−1n · 3n

∣∣∣∣ = limn→∞

|x|n−1n

n√n · 3

=|x|1

1 · 3=|x|3,

prema Cauchyjevom kriteriju (iv) iz [M1, teorem 6.10], zadani red konvergiraza sve x ∈ R za koje vrijedi |x| < 3, divergira za sve x ∈ R za koje je |x| > 3,a u tockama u kojima je |x| = 3 nema odluke. Uvrstavanjem tocke x1 = −3dobivamo alternirani red

∞∑n=1

(−1)n

n

koji, prema Leibnizovom kriteriju, konvergira, dok uvrstavanjem tocke x2 = 3dobivamo harmonijski red

∞∑n=1

1

n

koji divergira. Dakle, zadani red konvergira za sve x ∈ [−3, 3〉, a inace divergira.

b) Vrijedi

limn→∞

n√|an| = lim

n→∞n

√n2

(n+ 1)2· x

2n

2n= limn→∞

(n

n+ 1

) 2n

· x2

2= 10 · x

2

2=x2

2.

Prema Cauchyjevom kriteriju, promatrani red konvergira za sve x ∈ R za kojevrijedi x2 < 2, a divergira za sve x ∈ R za koje je x2 > 2. Preostaje ispitati ko-nvergenciju u tockama x1 = −

√2 i x2 =

√2. Njihovim uvrstavanjem dobivamo

red∞∑n=1

n2

(n+ 1)2

koji divergira jer ne zadovoljava nuzan uvjet konvergencije iz [M1, teorem 6.9].Dakle, zadani red konvergira za x ∈ 〈−

√2,√

2〉.

c) Primjenom formule za sumu prvih n clanova aritmetickog niza, dobivamo da jeopci clan zadanog reda jednak

an =1

n2·(x+ 2

2x+ 1

)2n

.

6.24 Podrucje apsolutne konvergencije 201

Buduci je

limn→∞

n√|an| = lim

n→∞n

√√√√∣∣∣∣∣ 1

n2·(x+ 2

2x+ 1

)2n∣∣∣∣∣ = lim

n→∞

1

( n√n)2·(x+ 2

2x+ 1

)2

=

(x+ 2

2x+ 1

)2

,

prema Cauchyjevom kriteriju, zadani red konvergira za sve x ∈ R\{− 12} za koje

vrijedi (x+ 2

2x+ 1

)2

< 1,

odnosno za sve x ∈ 〈−∞,−1〉∪〈1,+∞〉, a divergira za sve x ∈ 〈−1, 1〉. Za tockex1 = −1 i x2 = 1, prema Cauchyjevom kriteriju, nema odluke. Pripadni red je

∞∑n=1

1

n2

koji, prema [M1, napomena 6.3], konvergira. Slijedi da je podrucje konvergencijejednako 〈−∞,−1] ∪ [1,+∞〉.

6.24 Podrucje apsolutne konvergencije

Odredite podrucje apsolutne konvergencije reda

∞∑n=1

(x− 1)n

(2n+ 1)(2n+ 3)

i sumu reda u tocki x = 2.

Rjesenje. Vrijedi

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣(x− 1)n+1

(2n+ 3)(2n+ 5)

(x− 1)n

(2n+ 1)(2n+ 3)

∣∣∣∣∣∣∣∣ = limn→∞

2n+ 1

2n+ 5· |x− 1| = |x− 1|.

Prema D’Alembertovom kriteriju (iii) iz [M1, teorem 6.10], red apsolutno konvergiraza sve x ∈ R za koje vrijedi |x− 1| < 1, odnosno za x ∈ 〈0, 2〉.

Preostaje ispitati apsolutnu konvergenciju u tockama x1 = 0 i x2 = 2. Uvrstavanjemtocke x1 = 0 dobivamo red

∞∑n=1

(−1)n

(2n+ 1)(2n+ 3),

a tocke x2 = 2 red∞∑n=1

1

(2n+ 1)(2n+ 3).

202 NIZOVI I REDOVI

U oba slucaja vrijedi

|an| =1

(2n+ 1)(2n+ 3)=

1

2

(1

2n+ 1− 1

2n+ 3

),

pa je parcijalna suma dana s

sk =

k∑n=1

|an| =1

2

(1

3− 1

5+

1

5− 1

7+ · · ·+ 1

2k + 1− 1

2k + 3

)=

1

2

(1

3− 1

2k + 3

).

Iz ovoga slijedi da je

limk→∞

sk =1

6,

sto je suma reda u tocki x2 = 2. Takoder, zakljucujemo da zadani red apsolutnokonvergira u tockama x1 = 0 i x2 = 2. Konacno, podrucje apsolutne konvergencijereda je segment [0, 2].

6.25 Taylorov razvoj racionalne funkcije

Razvijte u Taylorov red oko tocke x0 = 3 funkciju f zadanu s

f(x) =1

x

te odredite podrucje konvergencije dobivenog reda i izracunajte sumu reda

1

3+

2

9+

4

27+

8

81+

16

243+ · · · .

Rjesenje. Odredimo prvo n-tu derivaciju funkcije f u tocki x0 = 3. Iz

f ′(x) = (−1)x−2,

f ′′(x) = (−1)(−2)x−3,

f ′′′(x) = (−1)(−2)(−3)x−4,

zakljucujemo

f (n)(x) = (−1)(−2)(−3) · · · (−n)x−(n+1) = (−1)n n!x−(n+1),

pa je

f (n)(3) = (−1)n n! 3−(n+1) =(−1)n n!

3n+1.

Prema [M1, teorem 6.18], Taylorovog razvoj funkcije f oko tocke x0 = 3 glasi

f(x) = f(3) +

∞∑n=1

f (n)(3)

n!(x− 3)n,

6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije 203

odakle uvrstavanjem f(3) i f (n)(3) slijedi

f(x) =1

3+

∞∑n=1

(−1)n

3n+1(x− 3)n,

odnosno

f(x) =

∞∑n=0

(−1)n

3n+1(x− 3)n. (6.10)

Odredimo sada podrucje konvergencije dobivenog reda. Zbog

limn→∞

n√|an| = lim

n→∞n

√∣∣∣∣(−1)n1

3n+1(x− 3)n

∣∣∣∣ = limn→∞

|x− 3|3n+1n

=|x− 3|

3,

Cauchyjev kriterij povlaci da red konvergira ako je |x − 3| < 3, odnosno za svex ∈ 〈0, 6〉. Redovi u tockama x1 = 0 i x2 = 6,

∞∑n=0

1

3i

∞∑n=0

(−1)n

3,

divergiraju jer ne zadovoljavaju nuzan uvjet konvergencije. Dakle, podrucje konver-gencije je 〈0, 6〉.

Izracunajmo sada sumu zadanog reda. Vrijedi

1

3+

2

9+

4

27+

8

81+

16

243+ · · · =

∞∑n=0

2n

3n+1.

Za x = 1 formula (6.10) daje

f(1) =

∞∑n=0

2n

3n+1,

a jer je f(1) = 1, slijedi

1

3+

2

9+

4

27+

8

81+

16

243+ · · · = 1.

6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije

Razvijte u MacLaurinov red funkciju f zadanu s

f(x) =1 + x

(1− x)3

te odredite podrucje konvergencije dobivenog reda i izracunajte sumu reda

1− 4

3+

9

9− 16

27+

25

81− · · · .

204 NIZOVI I REDOVI

Rjesenje. Zadanu funkciju mozemo zapisati u obliku

f(x) =1 + x

(1− x)3=

2 + (x− 1)

−(x− 1)3= − 2

(x− 1)3− 1

(x− 1)2= −2 (x−1)−3− (x−1)−2.

Slijedi

f ′(x) = (−2)(−3)(x− 1)−4 − (−2)(x− 1)−3,

f ′′(x) = (−2)(−3)(−4)(x− 1)−5 − (−2)(−3)(x− 1)−4,

f ′′′(x) = (−2)(−3)(−4)(−5)(x− 1)−6 − (−2)(−3)(−4)(x− 1)−5,

odakle zakljucujemo

f (n)(x) = (−2)(−3) · · · [−(n+ 2)](x− 1)−(n+3) − (−2) · · · [−(n+ 1)](x− 1)−(n+2)

= (−1)n+1(n+ 2)! (x− 1)−(n+3) − (−1)n(n+ 1)! (x− 1)−(n+2),

pa je

f (n)(0) = (−1)n+1(n+ 2)!(−1)n+3 − (−1)n(n+ 1)!(−1)n+2

= (n+ 2)(n+ 1)n!− (n+ 1)n!

= [(n+ 2)− 1](n+ 1)n!

= (n+ 1)2n!.

Prema [M1, teorem 6.18], MacLaurinov razvoj funkcije f glasi

f(x) = 1 +

∞∑n=1

(n+ 1)2xn,

odnosno

f(x) =

∞∑n=0

(n+ 1)2xn. (6.11)

Buduci je

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

(n+ 2

n+ 1

)2

· |x| = |x| ,

D’Alembertov kriterij povlaci da dobiveni red konvergira za x ∈ 〈−1, 1〉. U tockamax1 = −1 i x2 = 1 red glasi

∞∑n=0

(n+ 1)2,

a taj red divergira jer ne zadovoljava nuzan uvjet konvergencije. Dakle, podrucjekonvergencije je 〈−1, 1〉.

Za trazenu sumu vrijedi

1− 4

3+

9

9− 16

27+

25

81− · · · =

∞∑n=0

(−1)n(n+ 1)2

3n.

6.27 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije 205

Iz formule (6.11) za x = − 13 slijedi

f

(−1

3

)=

∞∑n=0

(−1)n(n+ 1)2

3n,

sto zajedno s

f

(−1

3

)=

1 +(− 1

3

)[1−

(− 1

3

)]3 =23(43

)3 =9

32

daje

1− 4

3+

9

9− 16

27+

25

81− · · · = 9

32.

6.27 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije

Razvijte u MacLaurinov red funkciju f zadanu s

f(x) = ln(1 + 2x)

i odredite podrucje konvergencije dobivenog reda.

Rjesenje. Odredimo prvo n-tu derivaciju funkcije f u tocki x0 = 0. Iz

f ′(x) = (1 + 2x)−1 · 2,f ′′(x) = (−1)(1 + 2x)−2 · 22,f ′′′(x) = (−1)(−2)(1 + 2x)−3 · 23,

zakljucujemo

f (n)(x) = (−1)(−2) · · · [−(n− 1)](1 + 2x)−n · 2n

= (−1)n−1(n− 1)! (1 + 2x)−n · 2n,

pa je

f (n)(0) = (−1)n−1(n− 1)! 2n.

Prema [M1, teorem 6.18], MacLaurinov razvoj funkcije f glasi

f(x) =

∞∑n=1

(−1)n−12nxn

n.

Buduci je

limn→∞

n√|an| = lim

n→∞n

√∣∣∣∣(−1)n−12n

nxn∣∣∣∣ = lim

n→∞

2n√n· |x| = 2|x|,

Cauchyjev kriterij povlaci da dobiveni red konvergira za x ∈⟨− 1

2 ,12

⟩. U tocki

x1 = − 12 imamo

−∞∑n=1

1

n,

206 NIZOVI I REDOVI

koji divergira jer harmonijski red divergira, dok u tocki x2 = 12 imamo alternirani

red∞∑n=1

(−1)n−1

n,

koji konvergira prema Leibnizovom kriteriju. Dakle, podrucje konvergencije je⟨− 1

2 ,12

].

6.28 Taylorov razvoj iracionalne funkcije

Razvijte u Taylorov red oko tocke x0 = 1 funkciju f zadanu s

f(x) =1

3√

(5x− 4)7


Rjesenje. Iz

f ′(x) = −(

7

3

)(5x− 4)−

103 · 5,

f ′′(x) =

(−7

3

)(−10

3

)(5x− 4)−

133 · 52,

f ′′′(x) =

(−7

3

)(−10

3

)(−13

3

)(5x− 4)−

163 · 53,

slijedi

f (n)(x) =

(−7

3

)(−10

3

)· · ·(−3n+ 4

3

)(5x− 4)−

3n+73 · 5n

= (−1)n7 · 10 · · · (3n+ 4)

3n· (5x− 4)−

3n+73 · 5n,

pa je

f (n)(1) = (−1)n 7 · 10 · · · (3n+ 4) ·(

5

3

)n.

Prema [M1, teorem 6.18], Taylorovog razvoj funkcije f oko tocke x0 = 1 glasi

f(x) = f(1) +

∞∑n=1

f (n)(1)

n!(x− 1)n,

odakle uvrstavanjem f(1) i f (n)(1) slijedi

f(x) = 1 +

∞∑n=1

(−1)n7 · 10 · · · (3n+ 4)

n!·(

5

3

)n(x− 1)n,

6.29 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije 207

Buduci je

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(−1)n+1 7 · 10 · · · (3n+ 7)

(n+ 1)!·(

5

3

)n+1

(x− 1)n+1

(−1)n7 · 10 · · · (3n+ 4)

n!·(

5

3

)n(x− 1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= limn→∞

3n+ 7

n+ 1· 5

3· |x− 1| = 5|x− 1|,

D’Alembertov kriterij povlaci da red konvergira za x ∈⟨45 ,

65

⟩.

6.29 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije

Razvijte u Taylorov red oko tocke x0 = π−64 funkciju f zadanu s

f(x) = sin2(2x+ 3)


Rjesenje. Zbog svojstava trigonometrijskih funkcija, zadana funkcija je jednaka

f(x) = sin2(2x+ 3) =1

2[1− cos(4x+ 6)] =

1

2− 1

2cos(4x+ 6).

Odredimo prvo n-tu derivaciju funkcije f u tocki x0 = π−64 . Vrijedi

f ′(x) = −1

2· [− sin(4x+ 6)] · 4 = −1

2· cos

(4x+ 6 +

π

2

)· 4,

f ′′(x) = −1

2· [− cos(4x+ 6)] · 42 = −1

2· cos

(4x+ 6 + 2 · π

2

)· 42,

f ′′′(x) = −1

2· sin(4x+ 6) · 43 = −1

2· cos

(4x+ 6 + 3 · π

2

)· 43,

pa zakljucujemo

f (n)(x) = −1

2· cos

(4x+ 6 + n · π

2

)· 4n,

odakle slijedi

f (n)(π − 6

4

)= −1

2· cos

(π + n · π

2

)· 4n = cos

(nπ2

)· 22n−1.

Promatrajuci parne i neparne n-ove, dobivamo da za k ∈ N vrijedi

f (2k)(π − 6

4

)= (−1)k · 24k−1 i f (2k+1)

(π − 6

4

)= 0.

Prema [M1, teorem 6.18], Taylorov razvoj funkcije f oko tocke x0 = π−64 glasi

f(x) = 1 +

∞∑k=1

(−1)k24k−1

(2k)!

(x− π − 6

4

)2k

.

208 NIZOVI I REDOVI

Odredimo podrucje konvergencije dobivenog reda D’Alembertovim kriterijem. Iz

limk→∞

∣∣∣∣a2(k+1)

a2k

∣∣∣∣ = limk→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(−1)k+1 24k+3

(2k + 2)!

(x− π − 6

4

)2k+2

(−1)k24k−1

(2k)!

(x− π − 6

4

)2k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= limk→∞

24

(2k + 1)(2k + 2)·(x− π − 6

4

)2

= 0,

zakljucujemo da promatrani red konvergira za sve x ∈ R.

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funk-cija

Razvijte u Taylorov red funkciju f oko tocke x0 ako je:

a) f(x) = cos(2x− 2) i x0 = 1,

b) f(x) = sin(π

4x)

i x0 = 2,

c) f(x) =ex + e−x

2i x0 = 0,

d) f(x) = ln√x2 + 3x− 4 i x0 = 2,

e) f(x) =x4 + 1

1 + x+ x2 + x3i x0 = 0,

te odredite podrucje konvergencije dobivenog reda.

Rjesenje. Zadane funkcije cemo razviti u Taylorov red koristenjem MacLaurinovihrazvoja nekih elementarnih funkcija iz [M1, §6.5], kao sto su

sinx =

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!, x ∈ R, (6.12)

cosx =

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!, x ∈ R, (6.13)

ex =

∞∑n=0

xn

n!, x ∈ R, (6.14)

ln(1 + x) =

∞∑n=1

(−1)n+1xn

n, x ∈ 〈−1, 1], (6.15)

1

1− x=

∞∑n=0

xn, x ∈ 〈−1, 1〉. (6.16)

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija 209

a) Uvrstavanjem izraza (x− 1) umjesto x u formulu (6.13), slijedi da Taylorov redfunkcije f oko tocki x0 = 1 glasi

f(x) = cos[2(x− 1)] =

∞∑n=0

(−1)n[2(x− 1)]2n

(2n)!=

∞∑n=0

(−1)n22n

(2n)!(x− 1)2n.

Podrucje konvergencije reda (6.13) je R, pa i dobiveni red konvergira za svex ∈ R.

b) Koristenjem svojstava trigonometrijskih funkcija, dobivamo

f(x) = sin[π

4(x− 2) +

π

2

]= cos

[π4

(x− 2)],

pa, primjenom formule (6.13), Taylorov red funkcije f oko tocke x0 = 2 glasi

f(x) =

∞∑n=0

(−1)n

[π4

(x− 2)]2n

(2n)!=

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!

(π4

)2n(x− 2)2n,

pri cemu dobiveni red konvergira za sve x ∈ R.

c) Trebamo odrediti MacLaurinov razvoj zadane funkcije pa uvrstavanjem redomx i −x u formulu (6.14), slijedi

f(x) =1

2(ex + e−x) =

1

2

( ∞∑n=0

xn

n!+

∞∑n=0

(−x)n

n!

)=

1

2

∞∑n=0

1 + (−1)n

n!xn.

Jer za svaki k ∈ Z vrijedi

1 + (−1)n

n!=

2

(2k)!, n = 2k

0, n = 2k + 1,

MacLaurinov red funkcije f glasi

f(x) =1

2

∞∑k=0

2

(2k)!x2k =

∞∑k=0

x2k

(2k)!

i konvergira za svaki x ∈ R.

d) Zbog svojstava logaritamske funkcije, slijedi

f(x) =1

2ln(x− 1)(x+ 4) =

1

2[f1(x) + f2(x)],

gdje je f1(x) = ln(x − 1), a f2(x) = ln(x + 4). Odredimo prvo Taylorov razvojfunkcije f1 oko tocke x0 = 2. Prema formuli (6.15), vrijedi

f1(x) = ln[1 + (x− 2)] =

∞∑n=1

(−1)n+1 (x− 2)n

n,

210 NIZOVI I REDOVI

za sve x ∈ R za koje je (x− 2) ∈ 〈−1, 1], odnosno za sve x ∈ 〈1, 3].

Na isti nacin slijedi

f2(x) = ln[6 + (x− 2)] = ln

[6

(1 +

x− 2

6

)]= ln 6 + ln

(1 +

x− 2

6

)

= ln 6 +

∞∑n=1

(−1)n+1

(x− 2

6

)nn

= ln 6 +

∞∑n=1

(−1)n+1

n · 6n(x− 2)n,

za sve x ∈ R za koje je x−26 ∈ 〈−1, 1], odnosno za sve x ∈ 〈−4, 8].

Sada iz razvoja funkcija f1 i f2, dobivamo da Taylorov razvoj funkcije f okotocke x0 = 2 glasi

f(x) =1

2

[ ∞∑n=1

(−1)n+1 (x− 2)n

n+ ln 6 +

∞∑n=1

(−1)n+1

n · 6n(x− 2)n

]

= ln√

6 +

∞∑n=1

(−1)n+1

2n

(1 +

1

6n

)(x− 2)n,

za sve x ∈ 〈1, 3] ∩ 〈−4, 8] = 〈1, 3].

e) Svodenjem na pravu racionalnu funkciju, a potom rastavljajuci na parcijalnerazlomke, dobivamo

f(x) =x4 + 1

1 + x+ x2 + x3= (x−1)+

2

1 + x+ x2 + x3= (x−1)+

1

1 + x+−x+ 1

1 + x2.

Dakle, mozemo pisati

f(x) = (x− 1) + f1(x) + (−x+ 1)f2(x),

gdje je

f1(x) =1

1 + x=

1

1− (−x)=

∞∑n=0

(−1)nxn,

f2(x) =1

1 + x2=

1

1− (−x2)=∞∑n=0

(−1)nx2n,

sto slijedi iz formule (6.16), redom za izraze −x i −x2. Nadalje, MacLaurinovred funkcije f1 konvergira za sve x ∈ R za koje je −x ∈ 〈−1, 1〉, a funkcije f2 zasve x ∈ R za koje je −x2 ∈ 〈−1, 1〉. Stoga MacLaurinov red funkcije f konvergiraza sve x ∈ 〈−1, 1〉 i glasi

f(x) = (x− 1) +

∞∑n=0

(−1)nxn + (−x+ 1)

∞∑n=0

(−1)nx2n

= (x− 1) +

∞∑n=0

x2n −∞∑n=0

x2n+1 −∞∑n=0

(−1)nx2n+1 +

∞∑n=0

(−1)nx2n


= (x− 1) +

∞∑n=0

[1 + (−1)n]x2n −∞∑n=0

[1 + (−1)n]x2n+1

= (x− 1) +

∞∑n=0

[1 + (−1)n](x2n − x2n+1

)= (x− 1) + 2

∞∑n=0

(x4n − x4n+1

)= 1− x+ 2

∞∑n=1

(x4n − x4n+1

).


1. Ako je opci clan niza

an =n− 1

n+ 1,

odredite a = limn→∞

an te za ε = 10−4 odredite pripadni nε.

2. Odredite sva gomilista niza ciji je opci clan

an =3n2 + 2n

n2 − 1· 1 + (−1)n

2+

1− (−1)n

n.


an =

(1 +

1

n

)cosnπ,

odredite sva gomilista niza {an}, inf an, sup an, lim inf an i lim sup an.


an =(1− a)n2 + 2n+ b

an2 + n+ 1,

odredite konstante a i b takve da je limn→∞

an = 2 i a1 = 0.

5. Izracunajte limese niza ciji je opci clan:

a) an =2n+1 + 3n+1

2n + 3n,

b) an =(n+ 1)(3n + 1)

2 · 3n + 1,

c) an =

(n+ 1

n− 1

)n,

d) an =

(2n+ 3

2n+ 1

)(n+1)

,

e) an =

(2n

2n+ 1

)n.


a) an =n+ 7 sinn

13− 2n,

212 NIZOVI I REDOVI

b) an =2√

n2 + 1+

2√n2 + 1

2

+ · · ·+ 2√n2 + 1

n

.


a) an =n sin(n!)

n2 + 1,

b) an =1√n

cos

(n+

1

n

).


a) an =1

n2

n∑k=1

k,

b) an =1

n3

n∑k=1

k2,

c) an =1

n3

n∑j=1

j∑i=1

i,

9. Izracunajte limes niza ciji je opci clan

an =

n∏k=2

k2 + k − 2

k(k + 1).

10. Izracunajte limes niza ciji je opci clan

an =

n+1∑k=2

ln

(1− 1

k2

).

11. Zadani su nizovi s opcim clanovima

an =cn2 + 1

(c+ 3)n2 + cn+ 4i

bn =1

c(c+ 1)+

1

(c+ 1)(c+ 2)+ · · ·+ 1

(c+ n− 1)(c+ n).

Odredite parametar c > 0 takav da je limn→∞

anbn

= 4.

12. Izracunajte sumu reda∞∑n=1

log

(1 +

1

n

).


1

n(n+ 3).



1

n(n+ 1)(n+ 2).

15. Izracunajte sumu reda

1

1 · 3+

1

3 · 5+

1

5 · 7+

1

7 · 9+ · · · .

16. Poredbenim kriterijem ispitajte konvergenciju reda:

a)

∞∑n=1

1

nsinna,

b)

∞∑n=1

1

nlog

(1 +

1

n

).

17. D’Alembertovim kriterijem ispitajte konvergenciju reda:

a)

∞∑n=1

n!

10n,

b)

∞∑n=1

3n2 − 5

n 2n.

18. Cauchyjevim kriterijem ispitajte konvergenciju reda:

a)

∞∑n=1

3n

2n · arctgn n,

b)

∞∑n=1

nn sin2

n.

19. Ispitajte konvergenciju reda:

a)

∞∑n=1

nn

(n!)2,

b)

∞∑n=1

(2n− 1)!

2 · 4 · 6 · · · 2n,

c)

∞∑n=1

2n(n!)2

n2n,

d)

∞∑n=1

nn2 · (2n)n+1

n!,

e)

∞∑n=1

1

nn,

f)

∞∑n=1

(n

n+√n

)n(1+√n),

214 NIZOVI I REDOVI

g)

∞∑n=1

[(1 +

1

n

)2]n2

,

h)

∞∑n=1

1

2n · n2n

(n+ 1

n

)2n

.

20. Ispitajte konvergenciju reda

1 +1

a+

2b

a2+

3b

a3+ · · ·+ nb

an+ · · · ,

u ovisnosti o parametrima a, b > 0.

21. Raabeovim kriterijem ispitajte konvergenciju reda:

a)

∞∑n=1

4n (n!)2

(2n)!,

b)

∞∑n=1

(2n− 1)!

(2 · 4 · 6 · · · 2n)2 .

22. Ispitajte konvergenciju reda

∞∑n=1

n!

(a+ 1)(a+ 2)(a+ 3) · · · (a+ n),

u ovisnosti o parametru a > 0.

23. Ispitajte konvergenciju reda:

a) 1 +1

2− 1

4+

1

8+

1

16− 1

32+ · · · ,

b) sin 1 +sin 2

22+

sin 3

32+ · · ·+ sinn

n2+ · · · .

24. Leibnizovim kriterijem ispitajte konvergenciju reda:

a)

∞∑n=1

(−1)n−11

n,

b)

∞∑n=1

(−1)n+1(√

n2 + 1− n)

,

c)

∞∑n=1

(−1)n1

(lnn)n.

25. Odredite podrucje konvergencije i ispitajte ponasanje na rubu podrucja konver-gencije reda:

a)

∞∑n=1

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!,


b)

∞∑n=1

(−1)n(x+ 1)2n+1

n2,

c)

∞∑n=1

xn√n2 + 1

,

d)

∞∑n=1

xn

n · 10n,

e)

∞∑n=1

(−1)n3n

n · (x− 5)n,

f)

∞∑n=1

(−x2 + 3x+ 2)n

n · 2n.

26. Odredite podrucje konvergencije reda

(x− 1) +2!(x− 1)2

22+ · · ·+ n!(x− 1)n

nn+ · · · .

27. Razvijte u MacLaurinov red funkciju f zadanu s

a) f(x) =2

1 + 2x,

b) f(x) =x2

1− x,

c) f(x) =x2 + 1

2 + x,

d) f(x) =7

(3x+ 2)(2x− 1).


28. Razvijte u Taylorov red funkciju f oko tocke x0 ako je:

a) f(x) =1

3− 2xi x0 = 1,

b) f(x) = e2x−6 i x0 = 3,

c) f(x) = ln√x− 1 i x0 = 2,

d) f(x) = ln2 + x

3 + 2xi x0 = −1,

e) f(x) = sin(

2x− π

2

)i x0 =

π

2,

te odredite podrucje konvergencije dobivenog reda.

29. Uz pomoc MacLaurinovog razvoja funkcije f(x) = ex izracunajte sumu reda

∞∑n=0

1

2n · n!.

216 NIZOVI I REDOVI

30. Razvijte u Taylorov red oko tocke x0 = −1 funkciju f zadanu s f(x) =

ln1(

13x+ 2

)4 , odredite podrucje konvergencije dobivenog reda i izracunajte sumu

reda

1− 1

2+

1

3− 1

4+

1

5− · · · .

6.32 Rjesenja

1. a = 1, nε = 20000.

2. Gomilista niza su 0 i 3.

3. Gomilista niza su -1 i 1, inf an = −2, sup an =3

2, lim inf an = −1, lim sup an =

1.

4. a =1

3, b = − 8

3 .

5. a) 3,

b) +∞,

c) e2,

d) e,

e)1√e

.

6. a) −1

2,

b) 2.

7. a) 0,

b) 0.

8. a)1

2,

b)1

3,

c)1

6.

9.2

3.

10. − ln 2.

11. c = 6.

12.1

6.

13.11

18.

6.32 Rjesenja 217

14.1

4.

15.1

3.

16. a) an >1

ni

∞∑n=1

1

ndivergira⇒ red divergira,

b) an <1

n2i

∞∑n=1

1

n2konvergira⇒ red konvergira.

17. a) limn→∞

an+1

an= +∞⇒ red divergira,

b) limn→∞

an+1

an=

1

2⇒ red konvergira.

18. a) limn→∞

n√an =

3

π⇒ red konvergira,

b) limn→∞

n√an = +∞⇒ red divergira.

19. a) limn→∞

an+1

an= 0⇒ red konvergira,

b) limn→∞

an+1

an= +∞⇒ red divergira,

c) limn→∞

an+1

an=

2

e2⇒ red konvergira,

d) limn→∞

an+1

an= 0⇒ red konvergira,

e) limn→∞

n√an = 0⇒ red konvergira,

f) limn→∞

n√an =

1

e⇒ red konvergira,

g) limn→∞

n√an = e2 ⇒ red divergira,

h) limn→∞

n√an =

1


20. limn→∞

n√an =

1

a⇒ red konvergira za a > 1,divergira za a < 1.

Za a = 1 je limn→∞

an = +∞ pa red divergira.

21. a) limn→∞

n

(1− an+1

an

)= −1

2⇒ red divergira,

b) limn→∞

n

(1− an+1

an

)=

3


22. limn→∞

n

(1− an+1

an

)= a⇒ red konvergira za a > 1,divergira za a < 1.

Za a = 1 je an =1

n+ 1pa red divergira.

218 NIZOVI I REDOVI

23. a)

∞∑n=0

|an| =

∞∑n=0

(1

2

)nje geometrijski red za q = 1

2 < 1 ⇒ red apsolutno

konvergira ⇒ red konvergira,

b) |an| ≤1

n2i∑∞n=1

1n2 konvergira ⇒ red apsolutno konvergira ⇒ red kon-

vergira.

24. Prema Leibnizovom kriteriju redovi konvergiraju.

25. a) R,

b) [−2, 0],

c) 〈1− e, 1 + e〉,d) [−1, 1〉,e) [−10, 10〉,f) 〈−∞, 2〉 ∪ [8,+∞〉,g) 〈−1, 0〉 ∪ 〈3, 4〉.

26. 〈1− e, 1 + e〉.

27. a)2

1 + 2x=

∞∑n=0

(−1)n2n+1xn, x ∈⟨− 1

2 ,12

⟩,

b)x2

1− x=

∞∑n=0

xn+2, x ∈ 〈−1, 1〉,

c)x2 + 1

2 + x=

1

2− 1

4x+ 5

∞∑n=2

(−1)n xn

2n+1, x ∈ 〈−2, 2〉,

d)7

(3x+ 2)(2x− 1)=

∞∑n=0

[(−3

2

)n+1

− 2n+1

]xn, x ∈

⟨− 1

2 ,12

]28. a)

1

3− 2x=

∞∑n=0

2n(x− 1)n, x ∈⟨12 ,

32

⟩,

b) e2x−6 =

∞∑n=0

2n(x− 3)n

n!, x ∈ R,

c) ln√x− 1 =

1

2

∞∑n=1

(−1)n+1 (x− 2)n

n, x ∈ 〈1, 3],

d) ln2 + x

3 + 2x=

∞∑n=1

(−1)n+1(1− 2n)(x+ 1)n

n, x ∈

⟨− 3

2 ,−12

],

e) sin(

2x− π

2

)=

∞∑n=0

(−1)n22n

(2n)!

(x− π

2

)2n, x ∈ R.

29.

∞∑n=0

1

2n · n!=√e.

6.32 Rjesenja 219

30. ln1(

13x+ 2

)4 = 4 ln3

5+ 4

∞∑n=1

(−1)n

n 5n(x+ 1)n, x ∈ 〈−6, 4],

∞∑n=1

(−1)n−1

n= ln 2.

Documents

MATEMATIKA 1 - lavica.fesb.unist.hrlavica.fesb.unist.hr/matematika1/pdf/vjezbe.pdf · Matematika 1, Sveu cili ste u Splitu, FESB, Split, 2002., te se rje senja zadataka, radi lak