Matematika 4.Razred Srednje Skole

1

INTEGRALI ZADACI (I – DEO)

Ako je f(x) neprekidna funkcija i F `(x) = f(x) onda je ( ) ( )f x dx F x C= +∫ , gde je C proizvoljna konstanta.

Morate naučiti tablicu osnovnih integrala:

2

1

1.

2. 2

3. najčešće se koristi...1

14. ln ili da vas ne zbuni ln

5. ln

6.

7. sin cos

8. cos sin

9.

nn

xx

x x

dx x C

xxdx C

xx dx C

n

dxdx x C x Cx x

aa dx C

a

e dx e C

xdx x C

xdx x C

+

= +

= +

= ++

= + = +

= +

= +

= − +

= + +

∫

∫

∫

∫ ∫

∫

∫∫∫

2

2

2 2 2

2 2 2

1

sin

110.

cos

ili1 1 111. to jest

1

arcsin ili1 112. to jest arcsin

1

dx ctgx Cx

dx tgx Cx

arctgx C xdx dx arctg C

arcctgx Cx a x a a

x C xdx dx C

arccocx C ax a x

= − +

= +

+= = +

− ++ +

+= = +

− +− −

∫

∫

∫ ∫

∫ ∫

Ovo su osnovni tablični integrali. Neki profesori dozvoljavaju da se kao tablični koriste i :

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

1 1 1 113. ln odnosno ln to jest ln

1 2 1 2 2

14. ln 1 odnosno ln 1

dx x dx a x dx x aC C C

x x a x a a x x a a x a

dx dxx x C x x a C

x x a

+ + −= + = + = +

− − − − − +

= + ± + = + ± +± ±

∫ ∫ ∫

∫ ∫

www.matematiranje.com

2

Primeri:

1. 5 1 6

5

5 1 6

x xx dx C C

+

= + = ++∫ kao 3. tablični

1

1

nn xx dx C

n

+

= ++∫

2. 7

7ln 7

xxdx C= +∫ kao 5. tablični

ln

xx aa dx C

a= +∫

3. xdx =∫ pogledamo i vidimo da ga ovaj integral nema u tablici osnovnih integrala... Ideja je da se kod ovakvih

integrala iskoristi pravilo za stepenovanje 1

2, odnosno n

m n mx x x x= = . Na ovaj način se integral svede na najčešće

upotrebljavani tablični 1

1

nn xx dx C

n

+

= ++∫ .

Dakle: 1 3 3

11 2 2 22

2

1 3 31

2 2

x x xxdx x dx C C C

+

= = + = + = ++

∫ ∫

4. 12

1dx

x=∫ I ovaj ga nema u tablici...Za njega ćemo upotrebiti pravilo za stepenovanje, da je

1 n

nx

x

−= ...

12 1 11

12

12 11

1 1

12 1 11 11

x xdx x dx C C C

x x

− + −−= = + = + = +

− + − −∫ ∫

Najbolje je da se mi podsetimo svih pravila za stepenovanje i korenovanje:

1) 10 =a

2) n

n

aa

1=−

3) nmnm aaa +=⋅

4) nmnm aaa −=:

5) nmnm aa ⋅=)(

6) nn baba ⋅=⋅ )(

7) n

nn

b

a

b

a=

8)

nn

a

b

b

a

=

−


3

1) n

m

n m aa =

2) nnn baba ⋅=⋅

3) nnn baba :: =

4) ( ) n mm

n aa =

5) mnn m aa ⋅=

6) m pa

n pn ma=

Nastavimo sa primerima…

5. 3x xdx⋅ =∫ Upotrebimo pravila za stepen i koren da “ pripremimo” podintegralnu funkciju :

1 1 4

113 3 3 3

4 7 71

4 3 3 33 3

3

4 7 71

3 3

x x x x x x

x x xx xdx x dx C C C

+

+

⋅ = ⋅ = =

⋅ = = + = + = ++

∫ ∫

6.

5

1 5 35 3 5

53 3ln

3

x

x

x x x

xdx dx dx C−

⋅ = ⋅ = = +

∫ ∫ ∫

7.

7

82 3 4 3 74 4 8

?

"Spakujemo" podintegralnu funkciju

x x x dx

x x x x x x x x x x x x

=

= ⋅ = = ⋅ = =

∫

7 15 151

7 8 8 88

8

7 15 151

8 8

x x xx dx C C C

+

= + = + = ++

∫

Da se upoznamo i sa osnovnim svojstvima neodredjenog integrala:

1) ( ) ( ) gde je A konstanta (broj)A f x dx A f x dx⋅ = ⋅∫ ∫

Dakle, slično kao i kod izvoda, konstanta (broj) izlazi ispred integrala...


4

Primeri:

8.

3

3 3

4 ?

4 4 4

x dx

x dx x dx

=

= =

∫

∫ ∫4

4

x 4C x C+ = +

9.

1?

4

1 1 1 1ln

4 4 4

dxx

dx dx x Cx x

=

= ⋅ = ⋅ +

∫

∫ ∫

10.

2 sin ?

2 sin 2 sin 2 ( cos ) 2 cos

xdx

xdx xdx x C x C

π

π π π π

=

= ⋅ = ⋅ − + = − +

∫∫ ∫

2) [ ( ) ( )] ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx± = ±∫ ∫ ∫

Opet slično kao kod izvoda: Ako imamo zbir ili razliku više funkcija od svake tražimo posebno integral...

11. 2

2 2

2

3 2 32

(4 2 3) ?

(4 2 3) 4 2 3 konstante izbacimo ispred integrala...

4 2 3

4 + 2 3 4 + 33 2 3

x x dx

x x dx x dx xdx dx

x dx xdx dx

x x xx C x x C

+ − =

+ − = + − =

= + −

= − + = − +

∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

12.

3

2

3 3

2 2

1 4 23(5cos 2 2 5 ) ?

3 sin

1 4 23 1 1(5cos 2 2 5 ) 5 cos 2 4 23 2 5

3 sin 3 sin

1 5 sin

3

x x

x x x x

x e x dxx x

dxx e x dx xdx e dx x dx dx dx

x x x x

x

+ − + − + ⋅ =

+ − + − + ⋅ = + − + − + ⋅ =

= +

∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫4 5

2 4ln 23( ) 24 ln 5

xx xe x ctgx C− + − − + +


5

13.

3

2?

xdx

x

−=∫

Kod ovog i sličnih integrala ćemo upotrebiti A B A B

C C C

±= ±

2 3 2 3

3 3 3

2 1 3 1

2 2( ) ( 2 ) 2

= 22 1 3 1

x xdx dx x x dx x dx x dx

x x x

x xC

− − − −

− + − +

−= − = − = −

− +− + − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2

1 1 C

x x= − + +

14.

1 12 5

?10

x x

xdx

+ −−=∫

Da prisredimo najpre malo podintegralnu funkciju...

11 1 11 1

5 52 2

2 5 2 2 2 1 5 1 1 15 5 2 210 10 10 10 10 5 10 5 5 2

x xx

x x x xx x x

x x x x

+ − ⋅ −− ⋅ = = − = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅

1 12 5 1 1 1 1 1 1

[2 ] 210 5 5 2 5 5 2

1 1

1 1 1 15 22 2

1 15 5 2 5ln ln

5 2

x x x xx x

x

x x

x x

dx dx dx dx

dx dx C

+ −− = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ =

= ⋅ − ⋅ = ⋅ − +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

15.

2

2?

1

xdx

x=

+∫ Ovo je tip integrala koji najlakše rešavamo malim ''trikom'' ( dodamo 1 i oduzmemo 1)

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1

1 1 1 1

x x x xdx dx dx dx

x x x x

+ − + += = − =

+ + + +∫ ∫ ∫ ∫ 2 1x +2

2

1

1

1

1

dx dxx

dx dx x arctgx Cx

−+

= − = − ++

∫ ∫

∫ ∫

I ovde će nam trebati znanje iz trigonometrije. Da se podsetimo nekih najvažnijih formula: www.matematiranje.com

6

Osnovni trigonometrijski indetiteti

1) 1cossin 22 =+ αα

2) αα

αcos

sin=tg

3) αα

αsin

cos=ctg

4) 1=⋅ αα ctgtg

Adicione formule

sin( ) sin cos cos sin

cos( ) cos cos sin sin

( )1

1( )

tg tgtg

tg tg

ctg ctgctg

ctg ctg

α β α β α βα β α β α β

α βα β

α βα β

α ββ α

+ = +

+ = −

++ =

− ⋅

⋅ −+ =

+

αββα

βα

βαβα

βα

βαβαβαβαβαβα

ctgctg

ctgctgctg

tgtg

tgtgtg

−+⋅

=−

⋅+−

=−

+=−

−=−

1)(

1)(

sinsincoscos)cos(

sincoscossin)sin(

Polovina ugla

1. 2

cos1

2sin

αα −±= ili 2 2 1 cos 2

2sin 1 cos odnosno sin2 2

xx

αα

−= − =

2. 2

cos1

2cos

αα +±= ili 2 2 1 cos 2

2cos 1 cos odnosno cos2 2

xx

αα

+= + =

3. ααα

cos1

cos1

2 +−

±=tg

4. ααα

cos1

cos1

2 −+

±=ctg

Transformacije zbira i razlike u proizvod Dvostruki ugao

1. 2

cos2

sin2sinsinβαβα

βα−+

=+ 1. ααα cossin22sin =

2. 2

sin2

cos2sinsinβαβα

βα−+

=− 2. ααα 22 sincos2cos −=

3. 2

cos2

cos2coscosβαβα

βα−+

=+ 3.αα

α21

22

tg

tgtg

−=

4. 2

sin2

sin2coscosβαβα

βα−+

−=− 4. α

αα

ctg

ctgctg

2

12

2 −=

5. βαβα

βαcoscos

)sin( ±=± tgtg

6. βαβα

βαsinsin

)sin( ±=± ctgctg www.matematiranje.com

7

16.

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2

cos 2? treba nam formula cos 2 cos sin

sin cos

cos 2 cos sin rastavimo na dva integrala...

sin cos sin cos

cos sin...

sin cos sin cos

cos

xdx x x x

x x

x x xdx dx

x x x x

x xdx dx skratimo

x x x x

x

= = −⋅

−= =

⋅ ⋅

− =⋅ ⋅

∫

∫ ∫

∫ ∫

2 2sin cosx x⋅

2sin xdx −∫ 2sin x 2

2 2

i dobijamo dva tablična integrala...cos

1 1

sin cos

dxx

dx dx ctgx tgx Cx x

=⋅

− = − − +

∫

∫ ∫

17.

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2

? treba nam formula sin cos 1sin cos

1 1 sin cosuz dx je 1, zar ne?= rastavimo na dva integrala...

sin cos sin cos sin cos

sin cos

sin cos sin co

dxx x

x x

dx x xdx dx

x x x x x x

x xdx

x x x

= + =⋅⋅ +

= = =⋅ ⋅ ⋅

+⋅ ⋅

∫

∫ ∫ ∫

∫ 2

2

...s

sin

dx skratimox

x

=∫

2sin x

2

2

cos

cos

xdxx

+⋅

∫ 2 2sin cosx x⋅

2 2

i dobijamo dva tablična integrala...

1 1

cos sin

dx

dx dx tgx ctgx Cx x

=

− = + +

∫

∫ ∫

18.

2

22 2 2 2 2

2

2 2

2 2 2

?

sin

cos

sin kako je sin cos 1 sin 1 cos , pa je

cos

1 cos 1 cos =

cos cos cos

tg xdx

xOvde koristimo tgx

x

xtg xdx dx

x

dx dxx x x

α α α α

α α

=

=

= = + = → = −

−= −

∫

∫ ∫

∫ ∫ 2

1

cosdx dx dx tgx x C

x= − = − +∫ ∫ ∫


8

19.

218 2?

3 1

xdx

x

−=

−∫

Probamo da sredimo podintegralnu funkciju, ako neće, mora se koristiti neki drugi trik( druga metoda)...

2 2 2 (3 1)18 2 2(9 1)

3 1 3 1

xx x

x x

−− −= =

− −

(3 1)

3 1

x

x

+

−2(3 1) 6 2x x= + = + Sad je već lakše...

2 2

218 2(6 2) 6 2 6 2 3 2

3 1 2

x xdx x dx xdx dx x C x x C

x

−= + = + = + + = + +

−∫ ∫ ∫ ∫

20.

2 2

4?

2

(2 ) (2 )4 2 ( ) (2 )(2 )

2 2 2

xdxx

x xx x x x

x x x

−=

+

− +− − − += = =

+ + +

∫

2 x+

1

2

3 31 1 2 22 2

2 2

4 2(2 ) 2 2 2

3 32

2

x x

x x xdx x dx dx x dx x C x Cx

= − = −

−= − = − = − + = − +

+∫ ∫ ∫ ∫


1

INTEGRALI ZADACI ( II DEO) – INTEGRACIJA POMOĆU SMENE

Ako uvedemo smenu ( )x g t onda je `( )dx g t dt i početni integral ( )f x dx postaje:

( ) ( ( )) `( )f x dx f g t g t dt

Za početak evo jednog saveta: za smenu birati izraz čiji je izvod uz dx. Smena ustvari, prosto rečeno, znači da u datom integralu nešto (recimo )izaberemo da je t. Od toga nadjemo izvod i

to zamenimo u početni integral, koji je sada sve '' po t ''. `

t

dx dt

.

Primeri:

1

2

2?

12

xdx

x

Vidimo da uz dx imamo izraz 2x. Razmišljamo od čega je izvod 2x ? Znamo da je 2( )` 2x x i to ćemo izabrati kao smenu. Još je pametnije da uzmemo ceo izraz 2 12x da nam bude smena jer je izvod od konstante 0. [ 2( 12)` 2x x ]

2

2

2

122ln kad rešimo integral 'po t' ,

12 2

onda vratimo smenu i dobijamo rešenje 'po x' = ln 12

x txdx dtt C

x txdx dt

x C

2

2

3?

1

x dx

x

I ovde slično razmišljamo, izvod od 3 1x je 23x i to je pogodno za smenu, al šta ćemo sa onom trojkom?

Ne brinite, znamo da konstanta uvek može da ide ispred integrala po pravilu ( ) ( ) A f x dx A f x dx

koje smo objasnili u prethodnom delu ( integrali zadaci I deo).

32

33 2 2

11 1 13 ln ln 1

1 3 3 333

dtx tx dx dt

t C x Cdtx t tx dx dt x dx


2

3

1

?5dx

x

Ovaj integral liči na tablični 1

lndx x Cx

ali umesto x u imeniocu imamo x + 5. Zato je pametno baš taj izraz

uzeti za smenu :

51 1ln ln 5

5

x tdx dt t C x C

dx dtx t

Vezano za ovakve integrale možemo izvesti jedan zaključak: 1

lndx x a Cx a

4

3

1?

( 5)dx

x

Ovaj integral je sličan prethodnom, ali pazite jer u imeniocu je stepen izraza pa on ‘ne ide’ u ln.

3 13

3 3 2 2

51 1 1 1

( 5) 3 1 2 2 ( 5)

x t tdx dt t dt C C C

dx dtx t t x

5

2sin cos ?x xdx

Uz dx imamo cosx, a kako znamo da je izvod od (sinx)`=cosx , jasno je da će to i biti smena.

3 32 2sin sin

sin coscos 3 3

x t t xx xdx t dt C C

xdx dt

6

3 2 ?xe x dx

3 3

3

2

2 2

1 1 1

3 3 3 333

x t t t x

x tdt

e x dx e e dt e C e Cdtx dx dt x dx


3

7

?ctgxdx

Ovde najpre moramo upotrebiti identitet cos

sin

xctgx

x , pa tek onda uzeti smenu:

sincos

ln ln sincossin

x tx dtctgxdx dx t C x C

xdx dtx t

8

2?

1

arctgydy

y

Vidite i sami da se bez znanja izvoda teško može razumeti metoda smene, zato vam savetujemo da prvo njih dobro obnovite pa tek onda da se probate sa integralima…( fajlovi izvodi – zadaci I,II III deo)

2 2

22

( )1

1 2 21

arctgy tarctgy t arctgy

dy tdt C Cdy dty

y

9

2

6?

4

x dx

x

Ovde uz dx imamo 2x I znamo da je izvod od 3 2( )` 3x x a u imeniocu nemamo 3x . Zato ćemo mi malo prepraviti imenilac da bi dobili 3x …

32 2

6 3 2 2 22 2

134 ( ) 4 4 3 43

3

dtx tx dx x dx dt

dtx x t tx dx dt x dx

Ovde ćemo upotrebiti tablični integral 2 2

1 1 tdx arctg C

a t a a

ali moramo najpre odrediti a.

= 3

2 2 2

1 1 1 1 1

3 4 3 2 3 2 2 6 2

dt dt t xarctg C arctg C

t t


4

Kad smo već upotrebili ovaj tablični integral , ako se sećate, mi smo pomenuli da ne dozvoljavaju svi profesori da se on koristi. Pa da vidimo kako smo mi njega rešili metodom smene:

10

2 2

1 1 xdx arctg C

a x a a

TABLIČNI

Dokaz:

2 2 2 2 2 22 2 2

1 1 1 1 1 1 1

[1 ][1 ( ) ] [1 ( ) ]

xt

adx dx dx adtx x dxa x a a t aa dt dx adta a a

a

2

2

1

[1 ]

1 1 1 1

[1 ]

dtt

xdt arctgt C arctg C

a t a a a

11

2

1?

25dx

x

Ovde je dakle samo problem odrediti vrednost za a.

2 2 2

1 1 1[ovde je dakle =5]

25 5 5 5

xdx dx a arctg C

x x

Slična situacija je i sa :

12

2 2

1arcsin

xdx C

aa x

TABLIČNI

Dokaz:

2 22 2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 1 1

[1 ( ) ] [1 ( ) ] [1 ( ) ] 1 ( )

1 1 1

1

dx dx dx dx dxax x x xa x a a a

a a a a

xt

a adtdx a atdt dx adta

a2 2

1 1arcsin arcsin

1 1

xdt dt t C C

at t


5

13

2

1?

15dx

x

Opet se traži vrednost za a. Ovde je malo teže jer 15 nije kvadrat nekog broja, ali mi upotrebimo trikče:

2 2 2

1 1[dakle 15 pa je] = arcsin

1515 ( 15)

xdx dx a C

x x

14

sin ?axdx gde je a konstanta, to jest bilo koji broj.

1 1 1sin sin sin ( cos ) cos

ax tdt

axdx t tdt t C ax Cdta a a aadx dt dx

a

Vezano za ovakve integrale , gde umesto x-sa imamo ax , možemo reći da se rade uvek sa smenom ax=t, odnosno

radimo ga kao tablični, a ispred integrala dodamo konstantu 1

a.

Na primer:

1cos sinaxdx ax C

a

1ax axe dx e Ca

itd.

15

2sin ?xdx

Ovde nam treba trigonometrijska formulica za 2sin x ( pogledaj prethodni fajl : integrali zadaci I deo)

2 1 cos 2 1 1 1 1 1sin [ 1 cos 2 ] [ sin 2 ] sin 2

2 2 2 2 2 4

xxdx dx dx xdx x x C x x C

Ovde smo u radu iskoristili zaključak iz prethodnog zadatka 1

cos 2 sin 22

xdx x .


6

16

2cos ?xdx

Opet mora trigonometrija… 2cos x = 1 cos 2

2

x

2 1 cos 2 1

cos [1 cos 2 ]2 2

1 1 1 1 1[ 1 cos 2 ] [ sin 2 ] sin 2

2 2 2 2 4

xxdx dx x dx

dx xdx x x C x x C

17

?sin

dx

x

Ovaj zadatak možemo rešiti na više načina. Upotrebićemo trikče :

2 2

sin sin sin

sin sin sin sin 1 cos

dx dx x x xdx dx

x x x x x

Sada već imamo očiglednu smenu...

2 2 2

cossin

sin1 cos 1 1

sin

x tx dt dt

dx xdx dtx t t

xdx dt

Ovo je tablični integral 2 2

1ln

2

dx x aC

x a a x a

pa je

2

1 1 1 cos 1ln ln

1 2 1 2 cos 1

Rešenje može ostati i ovakvo, ali ćemo ga mi namerno malo prepraviti jer se ovaj integral može elegantnije rešiti

preko trigonometrijskih smena, a tamo će rešenj

dt t xC C

t t x

1

2

e izgledati baš kao...

1 cos 1 cos 1 cos 1ln ln ln ln

2 cos 1 cos 1 cos 1 2

x x x xC C C tg C

x x x


7

18

1?

1

xdx

x

2

2 2 2

1 1 1 1 1ovde je trik izvršiti racionalizaciju

1 1 1 1 1Sad ćemo ovaj integral rastaviti na dva...

1 1prvi je tablični a drugi ćemo rešiti smenom( na

1 1 1

x x x x xdx dx dx

x x x x x

x xdx dx

x x x

stranu)

2

2

1

1

1 2

x t

xdx

x

2( 2

1 x

2

2

) ( ) 1

1

x dx dt dt t C x C

xdt

x

Vratimo se u dosadašnje rešenje i imamo:

2 2

2 2 2

1 1arcsin ( 1 ) arcsin 1

1 1 1

x xdx dx x x C x x C

x x x


1

INTEGRALI ZADACI (III-DEO) PARCIJALNA INTEGRACIJA

Ako su u i v diferencijabilne funkcije od x , onda je :

udv uv vdu

Ova metoda, parcijalna integracija, po pravilu je na početku proučavanja slabo razumljiva. Mi ćemo pokušati , koliko to dozvoljava pisana reč da vam je približimo i objasnimo .

Zadati integral mi upoređujemo sa udv . “Nešto” (recimo ) izaberemo da je u , a “nešto” (recimo dx ) izaberemo

da je dv. Od onog što smo izabrali da je u tražimo izvod , a od onog što smo izabrali da je dv tražimo integral.

dx=dv

` dx

u

dx du v

Kad nađemo du i v to menjamo u formulu parcijalne integracije: uv vdu . Ideja parcijalne integracije je da

novodobijeni integral vdu bude lakši od početnog udv . Ako dobijemo da on nije lakši, znači da smo pogrešno

izabrali u i dv. Najčešći primer na kome profesori objašnjavaju parcijalnu integraciju je :

primer 1. ?xxe dx

Ovaj integral upoređujemo sa udv . Izabraćemo da je x = u a xe dx=dv.

ovo sad menjamo u

( 1)

x

x x

x

x x x x x

u vv du

x u e dx dv

xe dx dx du e dx v u v vdu

e v

x e e dx xe e C e x C

A šta bi se desilo da smo birali pogrešno? Da vidimo:

2 2

2

x

ovaj integral je teži od početnog!2 2

2

x

x x x x

e u dx dvx x

xe dx e dx du xdx v e e dx

xv


2

Da bi “pametno” birali ove integrale ćemo podeliti u 4. grupe. 1. GRUPA Ovde ćemo birati da je x ili izraz vezan sa x jednak u, a sve ostalo je dv

Na primer : xdxx cos , xdxx sin)1( , dxxex , dxx

x 2sin

, dxexx x )52( 2 itd.

2. GRUPA Ovde ne uzimamo x za u , već funkciju pored x , (odnosno izraza sa x). lnx = u, arcsinx = u, arctgx = u a sve ostalo je dv.

Na primer : lnx xdx xdxx arcsin , arctgxdxx 2 , xdxx ln3 itd.

3. GRUPA Ovde ćemo uzimati dx=dv, a unutrašnja funkcija je u, kao u 2. grupi

Na primer : xdxln , xdx 2ln , arctgxdx , xdxarcsin itd.

4. GRUPA To su kružni integrali, koji uvek imaju svog “para” preko koga se dati integral vraća na početak…

Na primer : xdxe x sin , xdxe x cos , dxx)sin(ln , dxx)cos(ln itd.

Od svake grupe ćemo uraditi po nekoliko primera...

Jasno je da urađeni primer dxxex pripada prvoj grupi.

primer 2. (1 )sin ?x xdx

1 sinxdx=dv

(1 )sin sinxdx (1 )( cos ) ( cos )( ) ( 1)cos sin

cosu v

vdu

x u

x xdx dx du v x x x dx x x x C

x v

primer 3. 2

?cos

xdx

x

2

22

=cos

coscos

dxx u dv

xdxxdx dx du v x tgx tgxdx

xxtgx v

izvući ćemo tgxdx ‘ na stranu’ , rešiti ga , pa ćemo se vratiti u parcijalnu integraciju... www.matematiranje.com

3

cossin

sin ln ln coscos

sin

x tx dt

tgxdx dx xdx dt t xx t

xdx dt

vratimo se u zadatak:

2( ln cos ) ln cos

cos

xdxx tgx tgxdx x tgx x C x tgx x C

x

primer 4. ln ?x xdx

Ovde je primamljivo uzeti da je x = u , ali bi nas to odvelo u ćorsokak... Ovaj integral je iz II grupe:

2 2 2 2

2

ln 1

ln ln ln1 2 2 2 2 u v vdu

x u xdx vx x x x

x xdx x dx xx xdx du vx

1

2 x

2 2 2 2 21 1ln ln ln

2 2 2 2 2 2 4

dx

x x x x xx xdx x C x C

primer 5. ?x arctgxdx

2 2 2 2

2 2 2

2

1 1

1 2 2 1 2 2 1 1 2

arctgx u xdx vx x x x

x arctgxdx arctgx dx arctgx dxx x xdx du vx

Ovde ćemo stati i 2

21

xdx

x rešiti na stranu pa ubaciti rešenje…Ovo je onaj trik integral , objašnjen u I delu.

Da se podsetimo:

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1

1 1 1 1

x x x xdx dx dx dx

x x x x

2 1x 2

2

1

1

1

1

dx dxx

dx dx x arctgxx

Sada je: 2 2 2

2

1 1( )

2 2 1 2 2

x x xx arctgxdx arctgx dx arctgx x arctgx C

x


4

primer 6. 3

2

arccos?

1

x xdx

x

I ovo je integral iz II grupe al je malo teži i ima više posla.

3

23

32

2 2

arccos d1arccos

1 - = d 1 1

xx u x dv

xx xdx

dx xx du x vx x

Uokvireni integral ćemo rešiti “na stranu”

2 2

3 2

2 2

1

2d d

1 1

x t

x x xx x

x x

2xdx 2

2 2 2 2

1

1 1

tdt txdx tdt t

x t x t

( t3 3

2

2 2 2 2 2 2 2

3) ( 1)

3 3

( 3) 1 (1 3) 1 ( 2) 1 ( 2)

3 3 3 3

t t tdt t dt t

t t x x x x x x

Vratimo se sada u parcijalnu integraciju:

3

23

2 2 2

2

22 2

arccos d1arccos

1 1 ( 2)- =

31

11 ( 2)arccos ( ) [

3

xx u x dv

xx xdx

x dx x xdu v

x

xx xx

2

2

( 2)][

3 1

x dx

x

2 22

2 2 3

]

1 ( 2) 1arccos ( ) ( 2)

3 3

1 ( 2) 1arccos ( ) ( 2 )

3 3 3

x xx x dx

x x xx x C


5

primer 7. ln ?xdx

Ovo je integral iz naše III grupe.

ln dx=dv

1 1ln ln ln

x u

xdx dx du dx v x x x dx x x xx x

x v

1

x ln (ln 1)dx x x x C x x C

primer 8. 2ln ?xdx

2

2

ln dx=dv

ln ?

x u

xdx dx du dx v

x v

, da nađemo mi ovaj izvod “na stranu”, jer se radi o složenoj funkciji.

2 1 2 ln

(ln )` 2 ln (ln )` 2 lnx

x x x xx x

Vratimo se na zadatak:

2

2 2 2

ln dx=dv

2ln 2lnln ln ln 2

x u

x xxdx dx du dx v x x x dx x x x

x xx v

ln x

x 2ln 2 lndx x x xdx

Radili smo i dobili ln xdx , koji smo rešili u prethodnom primeru. Znači ovde bi morali da radimo novu parcijalnu

integraciju! Iskoristićemo rešenje prethodnog primera da je ln (ln 1)xdx x x

Pa će rešenje našeg integrala biti:

2 2 2 2ln ln 2 ln ln 2 (ln 1) (ln 2ln 2)xdx x x xdx x x x x C x x x C


6

primer 9. 2ln( 1 ) ?x x dx

Ovo je već ozbiljniji primer i imaćemo više posla…

22 ln( 1 )

ln( 1 )?

x x u dx dvx x dx

du x v

, kao i obično, složeni izvod ćemo “ na stranu”

2 2 2

2 2 2

2

1 1 1[ln( 1 )]` ( 1 )` (1 (1 )`)

1 1 2 11 1

= (11 2

x x x x xx x x x x

x x

2

21 x

2 2

2

)

1 = (1 )

1 1

1 =

1

x

x

x x x

x x

21(

x x

2 2

1)

1 1x x

Vratimo se u zadatak:

2

2 2

2

2

2

2

ln( 1 ) 1

ln( 1 ) ln( 1 )1 1

1

ln( 1 )1

x x u dx dvx x dx x x x x dx

dx du x v xx

xx x x dx

x

Opet problem, izvučemo uokvireni integral i rešimo ga metodom smene:

2

2

2

2

11

11

x tx

dx dt t xxdx dtx

x

Konačno, rešenje će biti:

2 2 2ln( 1 ) ln( 1 ) 1x x dx x x x x C


7

I još da pokažemo par primera iz IV grupe.

primer 10. sin(ln ) ?x dx

Krenemo sa parcijalnom integracijom ( početni integral najčešće obeležavamo sa I ):

sin(ln )

sin(ln ) cos(ln ) (ln )`

1cos(ln )

sin(ln )

x u dx dv

I x dx x x dx du x v

x dxx

x x x

1cos(ln )x

x sin(ln ) cos(ln )

Za sada sin(ln ) cos(ln )

dx x x x dx

I x x x dx

*

Integral cos(ln )x dx radimo “ na stranu” , opet parcijalnom integracijom:

cos(ln ) dx=dv

cos(ln ) 1-sin(lnx)

cos(ln )

x ux dx

dx du x vx

x x x

1(-sin(lnx)

x ) cos(ln ) sin(ln ) cos(ln )

Dakle imamo cos(ln ) cos(ln )

dx x x x dx x x I

x dx x x I

Vratimo se na *

sin(ln ) cos(ln ) ovde zamenimo da je cos(ln ) cos(ln )

sin(ln ) [cos(ln ) ]

sin(ln ) cos(ln )

sin(ln ) cos(ln )

2 [sin(ln ) cos(ln )]

[sin(ln ) cos(ln )]

2

I x x x dx x dx x x I

I x x x x I

I x x x x I

I I x x x x

I x x x

x x xI C

Konstantu C dodamo tek kad izrazimo I.


8

Profesori najviše vole da ovaj tip integrala objasne ( a posle vala i pitaju) na integralima:

sinxe xdx i cosxe xdx

Mi ćemo uraditi jedan uopšteniji primer :

primer 11. sin ?axe bxdx

Startujemo sa parcijalnom integracijom…( i naravno ovaj integral obeležimo sa I)

sin e

sin cos ( )` e

1cos e

1 1 sinsin e e cos cos

Za sad dakle imamo

ax

ax ax

ax

axax ax ax

bx u dx dv

I e bxdx bx bx dx du dx v

b bxdx du va

e bx bbx b bxdx e bxdx

a a a a

sin cos

axaxe bx b

I e bxdxa a

Rešavamo cosaxe bxdx , pa ćemo to rešenje vratiti…

cos e

cos sin ( )` e

1sin e

1 1 coscos e e ( sin ) sin

:

ax

ax ax

ax

axax ax ax

ax

bx u dx dv

e bxdx bx bx dx du dx v

b bxdx du va

e bx bbx b bx dx e bxdx

a a a a

Dakle e

cos

cos sin to jest

coscos

axax

axax

e bx bbxdx e bxdx

a a

e bx be bxdx I

a a


9

22

2 2

2 2

2 2

sin cos

sin cos odavde moramo da izrazimo

sin cos .........../

sin cos

sin

axax

ax ax

ax ax

ax ax

ax ax

e bx bI e bxdx

a a

e bx b e bx bI I I

a a a a

e bx b e bx bI I a

a a a

a I a e bx b e bx b I

a I b I a e bx b e

2 2

2 2

2 2

cos

( ) sin cos

sin cos

( sin cos )

ax ax

ax ax

ax

bx

I a b a e bx b e bx

a e bx b e bxI

a b

e a bx b bxI C

a b

Rešenje ovog uopštenog integrala možemo primeniti da rešimo recimo sinxe xdx . Kako?

1

2 2 2 2

( sin cos ) (1 sin1 1 cos1 ) (sin cos )Za 1 i 1 je

1 1 2

ax x xe a bx b bx e x x e x xa b

a b

Dakle: sinxe xdx =(sin cos )

2

xe x x + C

primer 11. 2 2 ?a x dx

Ovo je jedan od poznatijih integrala koga možemo rešiti na nekoliko načina. Ajmo da vidimo kako bi to išlo pomoću parcijalne integracije... Najpre vršimo malu racionalizaciju podintegralne funkcije:

2 2 2 2 2 2 2 22 2

2 2 2 2 2 2 2 21

a x a x a x a xa x

a x a x a x a x

Dakle , sada imamo dva integrala( početni integral ćemo označiti sa I ):

2 22 2

2 2 2 2

a xI a x dx dx dx

a x a x


10

Prvi od njih je tablični: 2

2 2

2 2 2 2arcsin

a dx xdx a a

aa x a x

A drugi ćemo rešiti parcijalnom integracijom:

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 2

Rešimo ovaj integral posebno:

2

xx u dx dv

x a xdx

xa x dx du dx va x

a x tx

dxa x

2xdx t

tdt

xdx tdt

dt

t2 2

2 2

22 2 2 2

2 22 2

2 2

22 2 2 2

2 2

22 2

2 2

Vratimo se sada u parcijalnu integraciju:

( )

( )

t a x

xx u dx dv

a xx xdx x a x a x dxdx va x a xdx du

a x v

xdx x a x a x dx

a x

xdx x a x I

a x

Da se podsetimo početka:

2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

arcsin ( )

arcsin

Prebacimo na levu stranu!

arcsin 2 arcsin i konačno:

1arcsin

2

a xI dx dx

a x a xx

I a x a x Iax

I a x a x Ia

I

x xI I a x a x I a x a x

a a

xI a x a x C

a


Ovaj integral možemo rešiti elegantnije primenom odgovarajuće smene, ali to u sledećem fajlu…

1

INTEGRALI ZADACI ( IV DEO) – Integracija racionalne funkcije

Racionalna funkcija je oblika ( )

( )

P x

Q x. Može biti prava i neprava.

Prava racionalna funkcija je ona kod koje je maksimalni stepen polinoma P(x) manji od maksimalnog stepena

polinoma Q(x). ( na primer :2

2 3 2 5 2

3 12 4, ,

3 5 2 1 5 22 31

x x x

x x x x x x x

itd.)

Neprava racionalna funkcija je ona kod koje je max stepen P(x) veći ili jednak sa max stepenom Q(x).

( na primer : 2 2 4 2

2

2 7 3 12 75 14, ,

13 2 1 3

x x x x x x

x x x

itd. ) . U slučaju da je zadata neprava racionalna funkcija

moramo podeliti ta dva polinoma , dobiti rešenje plus prava racionalna funkcija. Integraciju prave racionalne funkcije vršimo tako što :

Imenilac rastavimo na činioce upotrebom: - izvlačimo zajednički ispred zagrade

- razlika kvadrata: a2 – b2 = (a-b)(a+b)

- ax2 + bx +c = a(x-x1)(x-x2) ako nam je data kvadratna jednačina

- a3-b3 = (a-b)(a2+ab+b2) ili a3+b3 = (a+b)(a2-ab+b2) razlika, odnosno zbir kubova

- Koristimo Bezuovu teoremu ili sklapamo “ dva po dva” ako je dat polinom većeg stepena

Dalje datu pravu racionalnu funkciju rastavljamo na sledeći način:( primeri)

( )

( 1)( 5) 1 5

P x A B

x x x x

ako su u imeniocu svi linearni bez stepena , svaki ide sa po jednim slovom: A,B,C…

3 2 3

( )

( 1) ( 7) 1 ( 1) ( 1) ( 7)

P x A B C D

x x x x x x

ako u imeniocu imamo linearne članove , ali sa stepenom,

rastavljamo dok ne dođemo do najvećeg stepena.

2 2

( )

( 2)( 1) 2 1

P x A Bx C

x x x x

ako u imeniocu imamo nerazloživ polinom , za njega moramo da uzmemo

izraz tipa Bx+C ( pazi na ovo)

2 2 3 2 2 2 2 3

( )

( 7) ( 5) 7 5 ( 5)

P x A Bx C Dx E F G H

x x x x x x x x x

evo primera gde i nerazloživ činilac u imeniocu koji

je na kvadrat moramo dva puta da uzimamo u razlaganju.


2

PRIMERI

1. 3

3?

xdx

x x

Ovde se radi o pravoj racionalnoj funkciji, pa odmah krećemo sa razlaganjem. Najpre imenilac rastavimo na činioce!

3 2( 1) ( 1)( 1)x x x x x x x

Dakle, naš integral je 3

?( 1)( 1)

xdx

x x x

Izvučemo racionalnu funkciju:

2 2 2

2 2 2 2

3 sve pomnožimo sa ( 1)( 1)

( 1)( 1) 1 1

3 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)

3 ( 1)

3 "sklopimo" uz x , pa one uz x, pa slobodne č

x A B Cx x x

x x x x x x

x A x x Bx x Cx x

x A x Bx Bx Cx Cx

x Ax A Bx Bx Cx Cx

2 2

2 2

lanove...

3 ( ) ( ) sad vršimo upeređivanje: članovi uz x , pa uz x, pa bez x

0 Na levoj strani nemamo član x ili možemo dodati da je to 0 x

1 Na levoj strani ima

x x A B C x B C A

A B C

B C

mo x, to jest 1 x, a na desnoj ( )

3 Ovo su oni bez x-seva

x B C

A

Rešavamo ovaj sistem jednačina:

0

1

3

3 0 3 0 3

12 2 1 2

3

A B C

B C

A

A A B C B C B C

B CB B C

B C

Vratimo rešenja:

3

( 1)( 1) 1 1

3 3 1 2 3 1 2 =

( 1)( 1) 1 1 1 1

x A B C

x x x x x x

x

x x x x x x x x x

E sad se vratimo da rešimo dati integral, jer smo ga rastavili na tri mala integrala koji su najčešće ili tablični ili se rešavaju smenom.


3

3 3 1 2

( 1)( 1) 1 1

= 3ln ln 1 2ln 1

xdx dx dx dx

x x x x x x

x x x C

Možda će vaš profesor da traži da “ spakujete” rešenje upotrebom pravila za logaritme. Da se podsetimo:

1. ln1 0 2. ln 1e 3. ln( ) ln lnx y x y

4. ln ln lnx

x yy

5. ln lnnx n x 6. ln xe x

Naše rešenje će biti:

3 2 3 2

3

2

3ln ln 1 2ln 1 ln (ln 1 ln 1 ) ln ln 1 1

= ln +C ( 1)( 1)

x x x C x x x C x x x C

x

x x

2. 3

2?

2

xdx

x x

Opet se radi o pravoj racionalnoj funkciji. Izvlačimo je i rastavljamo:

3 2

22 2

2

2 2

2

2 2

2 ( 2)

2 sve pomnožimo sa ( 2)

( 2) 2

2 ( 2) ( 2)

2 2 2

1 2 ( ) ( 2 ) 2 sad vršimo upoređivanje

0

2 1

2 2

Rešavamo ova

x x

x x x x

x A B Cx x

x x x x x

x Ax x B x Cx

x Ax Ax Bx B Cx

x x A C x A B B

A C

A B

B

j sistem jednačina, iz treće jednačine odmah dobijamo vrednost za

1 2 1 2 1 1 1 1

B

B A B A A C


4

2 2

2 2

2 12

2 2

2

( 2) 2

2 1 1 1

( 2) 2

2 1 1 1 1 1 ln ln 2

( 2) 2 2 2 1

Malo prisredimo rešenje:

1 2 1ln 2 ln ln

x A B C

x x x x x

x

x x x x x

x xdx dx dx dx dx x dx dx x x C

x x x x x x x

xx x C C

x x x

3. 3 2

2

16 16?

4 3

x x xdx

x x

Ovo je neprava racionalna funkcija ( stepen u brojiocu je veći od stepena imenioca), pa moramo podeliti ova dva polinoma ( podsetite se deljenja , fajl polinomi iz I godine).

3 2

2

3

16 16

4 3

(

x x x

x x

x

2 2

3

16 16) : ( 4 3) 5x x x x x

x

2

2

4 3

+5

x x

x

2

19 16

5

x

x

3 2

2 2

20 15

1

16 16 15

4 3 4 3

x

x ostatak

x x x xx

x x x x

Dobili smo pravu racionalnu funkciju koju dalje rastavljamo:


5

2

22

1,2 1,2 1 2

2

1

4 3

4 4 24 3 0 3, 1

2 2

4 3 ( 1)( 3)

1

( 1)( 3) 1 3

1 ( 3) ( 1)

1 3

1 ( ) 3

1

3 1

2 2 1 2

1 1

( 1)( 3) 1 3 1

x

x x

b b acx x x x x x

a

x x x x

x A B

x x x x

x A x B x

x Ax A Bx B

x x A B A B

A B

A B

A A B

x A B

x x x x x

2

3x

Rešimo sada i ceo integral:

3 2

2 2

3 2 2

2

2

16 16 1 1 25 5

4 3 4 3 1 3

16 16 1 2( 5 ) 5 ln 1 2ln 3

4 3 1 3 2

52

x x x xx x

x x x x x x

x x x xdx x dx x x x C

x x x x

xx

2( 3)

ln1

xC

x

4. 3

?3 2

xdx

x x

Prava racionalna funkcija, izdvojimo je:

3

3

3

2

3 2Najpre da funkciju u imeniocu rastavimo na činioce...

3 2 0 ideja je da sklapamo "2 po 2" zato rastavimo 3 2

2 2 0

( 1) 2( 1) 0

( 1) ( 1) 2 ( 1) 0

( 1)[ ( 1) 2

x

x x

x x x x x

x x x

x x x

x x x x

x x x

2 2

1 2 3

3 2

3 2

] 0

( 1)( 2) 0 1 0 2 0 1, 1, 2

3 2 ( 1)( 1)( 2) ( 1) ( 2)

3 2 ( 1) ( 2)

x x x x x x x x x

x x x x x x x

x x

x x x x


6

2

2 2

2

2 2

2 2

2

....................................... / ( 1) ( 2)( 1) ( 2) 1 ( 1) 2

( 1)( 2) ( 2) ( 1)

( 2) 2 ( 2 1)

2 2 2

1 ( ) ( 2 ) 2 2

x A B Cx x

x x x x x

x A x x B x C x

x A x x Bx B C x x

x Ax Ax A Bx B Cx Cx C

x x A C x A B C A B C

2 2

sad uporedjujemo

0

2 1

2 2 0

2 1

2 2 0

3 1

3 2 0

1 2 2 23 1 3

3 3 9 9

2 1 29 3 9

( 1) ( 2) 1 ( 1) 2

A C

A B C

A B C

C A

A B A

A B A

A B

A B

B B A A C

x

x x x x x

Još da rešimo integral:

2 2

2

2 1 29 3 9

( 1) ( 2) 1 ( 1) 2

2 1 1 2 1( 1)

9 1 3 9 2

2 1 1 2ln 1 ln 2

9 3 1 9

xdx dx dx dx

x x x x x

dx x dx dxx x

x x Cx

5. 3 2

?1

xdx

x x x

Postupak je dakle isti: kako se radi o pravoj racionalnoj funkciji , nju izdvajamo i rastavljamo na sabirke. U imeniocu imamo polinom trećeg stepena koji moramo rastaviti na činioce. Upotrebićemo sklapanje ‘2 po 2’, A možemo koristiti i Bezuovu teoremu.


7

3 2

3 2 2 2

22 2

22 2

2

1Da sredimo imenilac prvo...

1 ( 1) 1( 1) ( 1)( 1)

1 je nerazloživ u ( 1)( 1) 1 1

.......................... / ( 1)( 1)( 1)( 1) 1 1

(

x

x x x

x x x x x x x x

x A Bx Cpazi x R

x x x x

x A Bx Cx x

x x x x

x A x

2 2

2

2 2 2 2 2

1) ( )( 1)

( ) ( )

0

1

0

0

1

1 1 12 1

2 2 2

1 1 11 1 1 1 1 1 12 2 2 ( )

( 1)( 1) 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1

Bx C x

x Ax A Bx Bx Cx C

x x A B x B C A C

A B

B C

A C A C

A B

A B

A A C B

xx A Bx C x x

x x x x x x x x x x

Vratimo se da rešimo zadati integral:

2 2

2 2

2

1 1 1( )

( 1)( 1) 2 1 1

1 1 1

2 1 1 1

1 1ln 1 ln 1

2 2

x xdx dx

x x x x

xdx dx dx

x x x

x x arctgx C

6. 4

4?

1dx

x

Ovo je već malo ozbiljniji zadatak!


8

4

2

4 4 2 2 2 2 2 2 2

4

1Ovde je problem: Kako rastaviti imenilac na činioce?

Trik je da dodamo i oduzmemo 2x , da napunimo pun kvadrat pa iskoristimo formulu za razliku kvadrata!

1 2 1 2 ( 1) 2 ( 1) ( 2

x

x x x x x x x x

2 2 2

4 2 2

4 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

3

) ( 1 2 ) ( 1 2 )

1 ( 2 1) ( 2 1)

4 4

1 ( 2 1) ( 2 1)

4........................ / ( 2 1) ( 2 1)

( 2 1) ( 2 1) 2 1 2 1

4 ( )( 2 1) ( )( 2 1)

4

x x x x

x x x x x

x x x x x

Ax B Cx Dx x x x

x x x x x x x x

Ax B x x Cx D x x

Ax

2 2 3 2 2

3 2

2 2 2 2

4 ( ) ( 2 2 ) ( 2 2)

:

0

2 2 0

2 2 0 0 2 2 0 2( ) 0 0

4

0

4

2 2

0

2( ) 4

2 2

A x Ax Bx B x B Cx C x Cx Dx D x D

x A C x A B C D x A B C D B D

Uporedjujemo

A C

A B C D

A B C D A C B D B D B D

B D

B D

B D

B D

A C

A C

A C

Zamenimo

2 2 2 2

2 2 2 2

:

4

( 2 1) ( 2 1) 2 1 2 1

4 2 2 2 2

( 2 1) ( 2 1) 2 1 2 1

Ax B Cx D

x x x x x x x x

x x

x x x x x x x x

Imamo dakle da rešimo:

2 2 2 2

4 2 2 2 2

( 2 1) ( 2 1) 2 1 2 1

x xdx dx dx

x x x x x x x x

Ovo su integrali tipa I2= dxcbxax

BAx

2

koji se rešavaju preko I1= cbxax

dx2

i formule:


9

I2= a

A

2 ln cbxax 2 +(B-

a

Ab

2) I1 + C

Postupak rešavanja je objašnjen u jednom od fajlova integrali - zadaci . Evo konačnog rešenja a vi ga proverite .

2

22

1 2 1 2ln 2

12 2 1

x x xarctg C

xx x

7. Kad smo u prvom fajlu integrali zadaci ( I deo) davali tablicu integrala pomenuli smo i integral

2 2

1ln

2

dx x aC

x a a x a

kao tablični. Da vidimo kako smo došli do rešenja istog.

On se radi kao racionalna funkcija:

2 2

1 1

( )( )

1...................................... / ( )( )

( )( )

1 ( ) ( )

1

1 ( )

:

0

( ) 1

0

1

1 1 12

2 2

1

( )( )

x a x a x a

A Bx a x a

x a x a x a x a

A x a B x a

Ax Aa Bx Ba

x A B Aa Ba

Uporedjujemo

A B

a A B

A B

A Ba

A A Ba a a

A

x a x a x

1 11 1 1 12 2

( )( ) 2

B

a x a

a ax a x a x a x a a x a x a


10

1 1 1 1 1 1 1

( )( ) 2 2

1 1 1

2

dx dx dxx a x a a x a x a a x a x a

dx dxa x a x a

1 ln ln

2

1 ln

2

x a x a Ca

x aC

a x a


1

INTEGRALI ZADACI (V-DEO)

Integrali nekih funkcija koje sadrže kvadratni trinom 2ax bx c

Najpre ćemo proučiti integrale oblika: 1 2

dxI

ax bx c

i 3 2

dxI

ax bx c

Kod njih se kvadratni trinom 2ax bx c svede na kanonični oblik pomoću formule:

2 22 4

2 4

b ac bax bx c a x

a a

naravno, možemo koristiti i dopunu do punog kvadrata, ko ne voli da pamti formulu.

Zatim uzimamo smenu: 2

bx t

adx dt

, i dobijemo neki od tabličnih integrala.

1 2

dxI

ax bx c

se može svesti na 2 2

1 1 xdx arctg C

a x a a

, 2 2

1ln

2

dx a xC

a x a a x

2 2

1 ili ln

2

dx x aC

x a a x a

3 2

dxI

ax bx c

se svodi najčešće na

2 2

1arcsin

xdx C

aa x

ili 2 2

2 2ln

dxx x a C

x a

1.primer 2

?6 13

dx

x x

2 22

2 22 22 2

46 13 Ovde je 1, 6, 13 pa to zamenimo u formulicu , dakle:

2 4

4 6 4 1 13 ( 6) 52 361 3 3 4

2 4 2 1 4 1 4

b ac bx x a b c a x

a a

b ac ba x x x x

a a

Lakše je naravno izvršiti dopunu do punog kvadrata, znate ono dodamo i oduzmemo onaj uz x podeljen sa 2 pa to na

kvadrat. 2

2

broj uz x

2 2 26 13 6 9 9 13 ( 3) 4x x x x x Uz x je 6, pa dodajemo i oduzimamo 2

69

2


2

Vraćamo se u integral:

2 2 2 2 2 2

3 1 1 ( ovo je iz tabele)=

6 13 ( 3) 4 2

1 1 3( )

2 2 2 2

x tdx dx dt xdx arctg C

dx dtx x x t a x a a

t xarctg C vratimo smenu arctg C

2.primer 2

?2 6 5

dx

x x

2 2 2 25 9 9 5 3 1

2 6 5 2( 3 ) 2( 3 ) 2[( ) ]2 4 4 2 2 4

x x x x x x x

22 2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 2

31 1

23 1 2 3 1 2 12 6 5 2[( ) ] ( ) ( )2 4 2 4 2

Upotrebimo iz tablice ln

1 1 1 1 3ln ( ) ln 2 6 5

2 22 1 2 2( )2

x tdx dx dx dx

x x dx dtx x t

dxx x a C

x a

dxt t C vratimo smenu x x x C

t

Kad znamo ova dva tipa integrala ,možemo naučiti i :

2 2

Ax BI dx

ax bx c

i 4 2

Ax BI dx

ax bx c

Oni se radom svedu na prethodna dva integrala:

2 2

Ax BI dx

ax bx c

se svede na integral 1 2

dxI

ax bx c

, dok se

4 2

Ax BI dx

ax bx c

svede na integral 3 2

dxI

ax bx c

.

Postoje gotove formulice u kojima treba samo da uporedite i nadjete vrednosti za A,B,a,b i c. Pazite: njih smete koristiti samo ako to odobrava vaš profesor! Mi ćemo vam pokazati i ceo postupak u slučaju da ne smete da koristite formule…


3

Formulice su:

I2= a

A

2 ln cbxax 2 +(B-

a

Ab

2) I1 +C i 2

4 32

A A bI ax bx c B I

a a

+C

3.primer 2

1?

1

xdx

x x

Ovo je očigledno integral tipa 2 2

Ax BI dx

ax bx c

Uporedjivanjem dobijamo da je : A=1, B=1, a=1, b=1,c=1

22 1

2 22 1 1

ln ( )2 2

1, 1, 1, 1, 1

1 1 1 1 1ln 1 1 1 (1 ) ln 1

2 1 2 1 2 2

A AbI ax bx c B I C

a aA B a b c

I x x I C x x I C

Sad imamo poso da rešimo integral tipa 1 2

1

1I dx

x x

i da njegovo rešenje posle vratimo u formulu.

1 2

22 2

1 222 2

1?

1

1 1 1 31 1

4 4 2 4

11 2( )1 1 1 1 2 221 3 3 3 3 31 3

( )2 2 22 4

2 2 1

3 3

I dxx x

x x x x x

xx t tI dx dx dx arctg arctg

x xdx dt tx

xarctg

Vratimo se u formulu:

2 212

1 1 1 1 1ln 1 ln 1

1 2 2 2 2

xdx x x I C x x

x x

2

2

2 1

3 3

1 1 2 1ln 1

2 3 3

xarctg C

xx x arctg C


4

Kako bi ovaj integral rešavali da nismo smeli koristiti formulu?

2

1?

1

xdx

x x

Ideja je da se izraz u brojiocu Ax+B napravi da bude izvod izraza u imeniocu 2ax bx c .

To možete uraditi tako što izvučete ispred integrala 2

A

a.

U našem primeru imamo 2 1x x u imeniocu, njegov izvod je 2( 1)` 2 1x x x , što znači da u brojiocu treba da

napravimo 2 1x , odnosno da izvučemo 1

2 2

A

a ispred integrala!

2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 1 1( )

1 2 1 2 1 2 1 1

x x x xdx dx dx dx dx

x x x x x x x x x x

Sad se problem sveo na rešavanje dva integrala, gde prvi uvek radimo smenom, a drugi je tipa 1I .

2

22

12 1 1ln ln 1

1 (2 1)

x x txdx dt t x x

x x tx dx dt

Ovaj drugi smo već rešavali:

22 22 2

11 2( )1 1 1 1 1 2 221 1 3 3 3 3 31 3

( )2 2 22 4

2 2 1

3 3

xx t tdx dx dx dx arctg arctg

x x x xdx dt tx

xarctg

Vratimo se na zadatak :

2 2 2

2

2

1 1 2 1 1( )

1 2 1 11 2 2 1

(ln 1 )2 3 3

1 1 2 1 ln 1

2 3 3

x xdx dx dx

x x x x x xx

x x arctg C

xx x arctg C


5

4.primer 2

5 3?

4 10

xdx

x x

I način ( uz pomoć formule)

24 3

2

2

2 2

2

2

2

2

2

5 3?

4 105, 3, 1, 4, 10

5 3 5 5 4 14 10 3

1 2 14 10 4 101

5 4 10 ( 7)4 10

15 4 10 7

4 10

A A bI ax bx c B I

a a

xdx

x xA B a b c

xdx x x dx

x x x x

x x dxx x

x x dxx x

Da rešimo ovaj integral posebno, pa ćemo vratiti njegovo rešenje...

2

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2

1

4 10

4 10 4 4 4 10 ( 2) 6

21 1 1: ln

4 10 ( 2) 6 6

ln 6 ln 2 4 10

dxx x

x x x x x

x t dxdx dx dx koristimo x x a C

dx dtx x x t x a

t t x x x

2 2 2

2 2

5 3 2 15 7

4 10 4 10 4 10

5 4 10 7 ln 2 4 10

x xdx dx dx

x x x x x x

x x x x x C

II način (direktno, bez upotrebe formulice)

2

5 3?

4 10

xdx

x x

Kako je izvod 2( 4 10)` 2 4 2( 2)x x x x u brojiocu mora biti napravljeno to.


6

2 2 2

2 2

3 35( ) 2 25 3 5 55

4 10 4 10 4 103

22 5 5 ( )4 10 4 10

x xxdx dx dx

x x x x x x

xdx dx

x x x x

2 2

2 2

72 5 5 ( )

4 10 4 102 1

5 74 10 4 10

xdx dx

x x x xx

dx dxx x x x

Sad radimo ova dva integrala ( drugi smo već rešavali kod prvog načina).

2 2

2

4 10

(2 4) 22

24 10

x x t

x dx tdtxdx

x x

( 2) 2x dx

( 2)

t

tdt

x dx tdt

dt

t2 4 10dt t x x

2

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2

1

4 10

4 10 4 4 4 10 ( 2) 6

21 1 1: ln

4 10 ( 2) 6 6

ln 6 ln 2 4 10

dxx x

x x x x x

x t dxdx dx dx koristimo x x a C

dx dtx x x t x a

t t x x x


2 2 2

2 2

5 3 2 15 7

4 10 4 10 4 10

5 4 10 7 ln 2 4 10

x xdx dx dx

x x x x x x

x x x x x C


7

5.primer 2

2 7?

2

xdx

x x

Ovaj primer vam navodimo jer trebate voditi računa o polinomu u imeniocu!

Rekli bi da je ovo integral tipa 2 2

Ax BI dx

ax bx c

i radili bi:

2 2 2 2

22

2

2 2

2

2 7 2 1 6 2 1 6

2 2 2 2Rešimo ova dva integrala posebno, pa ćemo zameniti njihova rešenja...

22 1ln ln 2

2 (2 1)

6 16

2 2

x x xdx dx dx dx

x x x x x x x x

x x tx dtdx t x x

x x tx dx dt

dx dxx x x x

x

2 2

22 2 22 2

1 1 1 92 2 ( )

4 4 2 41

1 1 1 16 6 6 : ln21 92 23( )

2 4 2

3 1 31 12 2 26 ln 2ln 2 ln

3 3 1 3 222 2 2 2

x x x x

x t dx x adx dx dx koristimo C

x x x a a x ax dx dt t

t x x

xt x

vratimo rešenja:

2 2 2

2

2

2 7 2 1 6

2 2 21

ln 2 2ln2

1ln ( 1)( 2) ln

2

ln ( 1) ( 2)

x xdx dx dx

x x x x x xx

x x Cx

xx x C

x

x x

2

2

( 1)

( 2)

x

x

3( 1)ln

( 2)

C

xC

x


8

Nije bilo lako rešiti ga, priznaćete... Nismo razmišljali jednu drugu stvar: Da li je ovaj zadatak mogo da se uradi kao integracija racionalne funkcije? Proverimo da li polinom u imeniocu može da se rastavi na činioce...

22

1,2 1 2

42 0 1, 2

2

b b acx x x x x

a

MOŽE!

Lakše je raditi ( bar nama):

2

2

2 7?

22 7 2 7

.................................. / ( 1)( 2)2 ( 1)( 2) 1 2

2 7 ( 2) ( 1)

2 7 2

2 7 ( ) 2

2

2 7

3 9 3 1

2 7 3

( 1)( 2) 1

xdx

x xx x A B

x xx x x x x x

x A x B x

x Ax A Bx B

x x A B A B

uporedjujemo

A B

A B

A A B

x

x x x

3

1 3 1

2 1 2

2 7 3 13ln 1 ln 2

( 1)( 2) 1 2

ln 1 ln 2

x x x

xdx dx dx x x C

x x x x

x x C

3( 1) ln

2

xC

x

Naš savet je dakle da proverite da li je kvadratna jednačina u imeniocu rešiva i da ako jeste radite integral kao integraciju racionalne funkcije.

Ako kvadratna nije rešiva, radite ga kao integral tipa 2 2

Ax BI dx

ax bx c

.

Videli ste da su ispala ista rešenja. Uostalom, odlučite sami, šta vama više odgovara ili kako pak komanduje profesor...


9

Sledeći tip integrala je 2( )

dx

mx n ax bx c

Ovi integrali se smenom: 2

2

1

1

1

mx nt

mdx dtt

dx dtm t

, svedu na integral tipa 3 2

dxI

ax bx c

6.primer 2

?4 1

dx

x x x

Najpre uzimamo smenu 1

xt

kojom svodimo dati integral na tip 3I .

2 2

22

2

1 11

1 1 1 14 1 ( ) 4 1

x dtdx t t tx x x dx dt

t t t t

1

dt

t

2

2 2

1

1 4 1 41

1

dttt t

t t t

t

1

dt

t

2 22

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2

4 1 4 14 1

4 1 4 4 4 1 ( 2) 3

2: ln ,

4 1 ( 2) 3 3

ln 3 ln 2 4 1

dt dt

t t t tt t

t t t t t

t zdt dt dt dxkoristimo x x a C pa je

dt dzt t t z x a

z z vratimo smenu t t t C

Moramo da vratim

2 2

:

1 1 1ln 2 4 1 ln 2 ( ) 4 1

o i prvu smenu

t t t C Cx x x


10

Metoda neodredjenih koeficijenata (metoda Ostrogradskog)

Ovom metodom se rešavaju integrali tipa 2

( )nP xdx

ax bx c gde je u brojiocu podintegralne funkcije imamo

polinom n-tog stepena. Postupak rada je sledeći: - postavimo jednačinu

212 2

( )( )n

n

P x dxdx Q x ax bx c

ax bx c ax bx c

Ovde je 1( )nQ x polinom (n-1) vog stepena sa neodredjenim koeficijentima.

- ovu jednačinu diferenciramo

- zatim sve pomnožimo sa 2ax bx c

- sa obe strane dobijamo polinome reda n, pa neodredjene koeficijente odredjujemo izjednačavanjem

koeficijenata uz iste stepene x-a. Kako je polinom ( )nP x u zadacima najčešće drugog stepena početna jednačina će biti:

dxcbxax

rpxmx

2

2

=(Ax+B) cbxax 2 + 2

dx

ax bx c

Ali, najbolje da to vidimo na primeru:

7.primer 2

2

2 3?

2 2

x xdx

x x


11

Postavimo jednačinu:

22

2 2

22 2

2 2

22 2

2 2 2

22

2

2 3( ) 2 2

2 2 2 2

2 3( )` 2 2 ( 2 2)`( )

2 2 2 2

2 3 12 2 ( 2 2)`( )

2 2 2 2 2 2 2

2 3 12 2

2 2 2

x x dxdx Ax B x x diferenciramo

x x x x

x xAx B x x x x Ax B

x x x x

x xA x x x x Ax B

x x x x x x

x xA x x

x x x

2 2

22

2

(2 2) ( )2 2 2 2

2 3 12 2

2 2 2

x Ax Bx x x

x xA x x

x x

2

22 2x x 2

22 2

2 2 2

2 2

( 1) ( )2 2

2 3 ( 1) ( )2 2 .............................. / 2 2

2 2 2 2 2 2

2 3 ( 2 2) ( 1) ( )

x Ax Bx x

x x x Ax BA x x x x

x x x x x x

x x A x x x Ax B

Sada uporedjujemo koeficijente:

2 2

2 2 2

2 2

2 3 ( 2 2) ( 1) ( )

2 3 2 2

2 3 2 (3 ) 2

2 2 1

3 3

2 0

3 3 3 1 3 0

2 0 2 0 0 2

x x A x x x Ax B

x x Ax Ax A Ax Bx Ax B

x x Ax x A B A B uporedjujemo

A A

A B

A B

A B B B

A B

Vratimo se u početnu jednačinu:

22

2 2

2

2

2

2

2 3( ) 2 2

2 2 2 2

(1 0) 2 2 22 2

2 2 22 2

x x dxdx Ax B x x

x x x xdx

x x xx x

dxx x x

x x

Da rešimo posebno ovaj integral...


12

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

1

2 2 2 1 1 ( 1) 1 1

: ln

ln 1 ln 1 2 2

x tdx dx dx dx

dx dtx x x x x t

dxupotrebimo x x a C

x a

t t C x x x C

Konačno, rešenje će biti:

22

2 2

2 2

2 32 2 2

2 2 2 2

2 2 2 ln 1 2 2

x x dxdx x x x

x x x x

x x x x x x C

8.primer

2 2 ?a x dx

Ako se sećate, ovaj integral smo rešavali u fajlu parcijalna integracija. Tada smo rekli da on može da se rešava na više načina. Evo kako bi išlo rešavanje metodom Ostrogradskog. Naravno, opet racionalizacijom malo prepravimo podintegralnu funkciju...

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 22 2

2 2

1

a x a x a x

a x a x

a xa x dx dx

a x

Sada je ovo oblik koji nam treba…


13

2 2

2 2

2 2 2 2

2 22 2

2 2

( )

2

a x dxdx Ax B a x diferenciramo

a x a x

a xA a x

a x

2

x2 2 2 2

2 22 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

( )

( ) ............................................ /

( ) ( )

2

2 1

0 0

Ax Ba x a x

a x xA a x Ax B a x

a x a x a x

a x A a x x Ax B

a x Aa Ax Ax Bx

a x Ax Bx Aa

uporedjujemo

A

B B

A

2 2

2 2 2

Rešavamo ovaj sistemčić

1 1 1

2 2 2

a a

A a a a

Vratimo se u postavku…

2 22 2

2 2 2 2

2 22 2 2

2 2 2 2

2 22 2 2

2 2

( )

1 1

2 2

1 1arcsin

2 2

a x dxdx Ax B a x

a x a x

a x dxdx x a x a

a x a x

a x xdx x a x a C

aa x


1

INTEGRALI ZADACI ( VI-DEO) Integracija nekih iracionalnih funkcija

Kad smo radili racionalna funkcije, videli smo da ,u principu, možemo odrediti integral svake racionalne funkcije. Zato će nam kod integrala sa iracionalnom funkcijom prvi poso biti da ga pogodnom smenom ili na neki drugi način svedemo na integral racionalne funkcije. Proučićemo tri metode za rešavanje:

i) Rešavanje integrala tipa dxdcx

bax

dcx

baxxR s

r

n

m

]),.......()(,[

ii) Integracija diferencijalnog binoma iii) Ojlerove smene

Integrali tipa dxdcx

bax

dcx

baxxR s

r

n

m

]),.......()(,[

Ovde ćemo uzimati smenu ktdcx

bax

, gde je k najmanji zajednički sadržalac za razlomke ,.......,m r

n s

Primer 1. ?1

dx

x

Ovde imamo samo 1

2x x pa će nam smena biti 2x t .

2 22 Kao trik dodamo i oduzmemo 1 u brojiocu

1 121

1 1 12 2

1

x tdx tdt tdt

t tdx tdtx

t tdt

t

1 t1 1

2 2( ln 1 ) vratimo smenu1 1

2 2ln 1

dt dt dt dt t t Ct t

x x C


2

Primer 2. 3

?1

xdx

x

Sada imamo dva različita korena 11

63 32 i smena je ,x x x x x t jer je 6 najmanji zajednički sadržalac za 2 i 3.

6 6 3 85 5

2 253 3 66 6 6

1 11 6 1

x tx t t tdx t dt t dt dt

t tx dx t dt t

Dobili smo integral racionalne funkcije , što nam je i bio cilj. Ovde je racionalna funkcija neprava, pa najpre moramo podeliti polinome da dobijemo pravu racionalnu funkciju...

8 8

2 2

8

1 1

t t

t t

t

2 6 4 2

8

: ( 1) 1t t t t

t

6

6

t

t

6 t 4

4

t

t

4 t 2

2

t

t

2 t 1

1 ostatak

Pa je 8 8

6 4 22 2 2

1( 1 )

1 1 1

t tt t t

t t t


8 7 5 36 4 2 6

2 2

7 5 36 6 6 6

6

6

1 1 16 6 ( 1 ) 6( ln ) vratimo smenu

1 1 7 5 3 2 1

1 1 6( ln )

7 5 3 2 1

t t t t tdt t t t dt t C t x

t t t

x x x xx C

x

3

Integracija diferencijalnog binoma

Pod ovom klasom integrala podrazumevamo integrale oblika ( )m n px a bx dx .

Podintegralni izraz se naziva diferencijalni binom. Naš poso je da najpre dati integral “spakujemo” da bude ovakvog oblika a zatim da iz njega “pročitamo” vrednosti za m,n,p a zatim i za a i b. U zavisnosti od vrednosti ovih brojeva razlikujemo tri situacije:

1) Ako je p-ceo broj , onda dizanjem binoma (a+bxn) na p-ti stepen, ovaj integral bude kao integral racionalne funkcije

2) Ako je 1m

n

ceo broj , smena je a+bxn = ts , gde je s imenilac razlomka p

3) Ako je n

m 1+p ceo broj, tada je smena ax-n + b=ts , gde je s opet imenilac razlomka p

Posle smene, ovaj integral se svodi na integral racionalne funkcije kao što smo već pomenuli na početku fajla.

Primer 3. 3

?1

xdx

x

Spakujemo podintegralnu funkciju:

11 12

32 213 3

3 2

(1 )1 1 (1 )

Ovaj integral uporedjujemo sa ( )

1 1; 3; i 1; 1

2 21 3

11 12 2 nije ceo broj!3 3 2

1 1 10 ceo broj

2 2

m n p

x x xdx dx dx x x dx

x x x

x a bx dx

m n p a b

m

n

mp

n

!


4

Znači, ovo je treća situacija. Uzmemo odgovarajuću smenu:

3 2 3 2

1 1; 3; i 1; 1

2 2

1 1 1 je smena

n s

n s

a x b t

m n p a b

a x b t x t x t

E , sad nije lako. Znamo da posle uvodjenja smene novi integral treba da bude sve “ po t ” . Smenu diferenciramo ( nadjemo izvod i izrazimo dx). Iz smene izražavamo one izraze koje ostanu po x a moramo da ih prebacimo da budu po t. Ovde vam je neophodna dobra matematička tehnika od ranije...

33 2 2 3 2 3 3

1 1 3 232 2

3 44

4

1 11 1

1(1 )1 2 2

3 23 3

xx t t x t x x

x x tdx x x dxx tdt x tdt

x dx tdt dx dxx

x

2 3t x

4 2 1

3

x tdt

t

x

4x

2 t 32

2 2 1

3 3 3 1

2

dtx dt dt

t

1

3 2

33 2

3

3 33

33

3

3

1 1 1ln ln Moramo da vratimo smenu...

1 3 1

11

111

1 1 1 1ln ln ln

3 1 3 311

t tC C

t t

xx t t

x

x xx

xt xC Ct x

x

3 3

3

1 x x

x

3 3

3 3

1 1ln

3 1

x xC C

x x

Primer 4. 3 13

?(1 )

dx

x x

Opet najpre spakujemo podintegralnu funkciju i odredimo vrednisti za m,n,p i za a i b.


5

1

3 1 3

3 13

1 3

1 33

2 2

1(1 ) ( ) 3; 1; ; i 1; 1

3(1 )

1 3 12

1Ovde dakle imamo 2. situaciju:

Smena je : 1

11

1

2 2

m n p

n s

dxx x dx x a bx dx m n p a b

x x

mceo broj

n

a bx t x t

x t xt

x dx tdt dx x tdt

dx

2

3 13 (1 )

x

x x

3

2tdt

x

3 3

2t

t

dt

x t4

3

3

1 3 3 3

43 34

3 3

2 zamenimo x koje smo gore izrazili...

= 2 2 ( 1) 2( ) moramo da vratimo smenu...1 4

1

1 1Iz 1 1 , pa je

1 1 1( )

1 12( ) 2( ) 2( )

4 4 4

dt

x

dt tt dt t C

t

xx t t t

x x

x x xt x xx x xt C C C

x x

3 3

11 1 1

2 ( 1) 2 ( 1)4 4

xx x xx C C

x x x

Naravno , ako vaš profesor traži napakujte rešenje kakvo on voli...

Ojlerove smene

Ojlerove smene upotrebljavamo za rešavanje integrala oblika 2( , )R x ax bx c dx

To znači da se u imeniocu ovog integrala nalazi 2ax bx c pa plus ili minus neki linearni polinom po x.

Pazite, integrale oblika 2( )

dx

mx n ax bx c rešavamo smenom

1mx n

t i tako izbegnemo Ojlera…


6

Prva Ojlerova smena

U integralu 2( , )R x ax bx c dx posmatramo 2ax bx c .

Ako je 0a uvodimo smenu 2ax bx c ax t . Da li ćemo izabrati plus ili minus ispred a zavisi od

konkretnog zadatka . Postupak je na dalje isti za oba znaka( recimo da smo uzeli plus):

2

2 2

2

.......................

( )

ax bx c ax t kvadriramo

ax bx c ax t

ax

2bx c ax 2

2

2

2

2 odavde izrazimo x

2

( 2 )

2

a x t t

bx a x t t c

x b a t t c

t cx

b a t

Sad diferenciramo, pazimo, na desnoj strani je izvod količnika … Integral se svede na integraciju racionalne funkcije koja je po t. Druga Ojlerova smena

Ako je u posmatranom integralu 0c , uvodimo smenu 2ax bx c x t c . Kao i u prethodnom slučaju,

zavisno od zadatka , biramo plus ili minus ispred c . Ako recimo izaberemo plus , dalje radimo(i za minus bi radili isto):

2

2

........................ax bx c x t c kvadriramo

ax bx c

2 2 2x t x t c c 2 2 2

2 2

2

2

2

2

2 0

( ) ( 2 ) 0.......................izvučemo x kao zajednički

[ ( ) ( 2 )] 0......................... 0 0 0

0 ( ) ( 2 ) 0

( ) 2 0

( ) 2

ax bx x t x t c

x a t x b t c

x x a t b t c A B A B

x x a t b t c

x a t b t c

x a t

2

2

t c b

t c bx

a t


7

Kao i u prvoj Ojlerovoj smeni x je izraženo kao funkcija od t, pa će po logici stvari i dx i 2ax bx c takodje biti funkcije od t. Diferenciramo, vratimo se u integral i dobijemo integraciju racionalne funkcije. Treća Ojlerova smena Ova smena se koristi kad je diskriminanta za 2ax bx c pozitivna , odnosno kad ova kvadratna jednačina ima različita, realna rešenja. Tada je 2

1 2( )( )ax bx c a x x x x .

Uvodimo smenu 1 2 1( )( ) ( )a x x x x x x t ili 1 2 2( )( ) ( )a x x x x x x t .

Opet zavisi sve od konkretnog zadatka da li ćemo uzeti jednu ili drugu smenu... Ako recimo uzmemo :

1 2 1

2 21 2 1

2 21 2 1

2 21 2 1 2 1

( )( ) ( ) ..............

( )( ) ( ) ......................... sve prebacimo na levu stranu

( )( ) ( ) 0

( )[ ( ) ( ) ] 0 ( ) ( ) 0

a x x x x x x t kvadriramo

a x x x x x x t

a x x x x x x t

x x a x x x x t a x x x x t

ax

2 22 1

2 22 1

2 22 1

22 1

2

0

( )

ax x t x t

ax x t ax x t

x a t ax x t

ax x tx

a t

Na dalje isto kao i kod prve i druge smene...dobijemo racionalnu funkciju itd.

Primer 5. 2

?1

dx

x x x

Najpre proverimo da li kvadratna funkcija pod korenom ima rešenja:

22

1,2

1 1 4 1 1 1 31 0 nema realna rešenja!

2 1 2x x x

Ovde je a=1, c=1. Možemo uzeti prvu ili drugu Ojlerovu smenu. Recimo uzmemo prvu.


8

2ax bx c ax t Kad zamenimo a=1 dobijamo

2 1x x x t Da li da biramo minus ili plus?

Kako je u imeniocu podintegralne funkcije 2 1x x x , bolje je izabrati minus jer će posle ti x-sevi da se potiru:

2 1 ( )x x x x x t x x t t Ne bi bila greška ni da uzmemo plus ali onda komplikujemo situaciju i sami sebi pravimo posao...

2

2 2

2

1 kvadriramo

1 ( )

x x x t

x x x t

x

21x x 2

2

2

2

2

2

2

2

2 sve sa x prebacimo na levu stranu

2 1

(1 2 ) 1

1 diferenciramo(izvod)

2 1

1` pazi , moramo izvod količnika

2 1

2 (2 1) 2( 1)

(2 1)

4 2

tx t

x tx t

x t t

tx

t

tdx dt

t

t t tdx dt

t

t tdx

2

2

2

2

2

2

2 2

(2 1)

2 2 2

(2 1)

2( 1)

(2 1)

tdt

t

t tdx dt

t

t tdx dt

t

Vraćamo se u integral:

2 2

2 22 2

2 22

2( 1) 2( 1)2( 1) 1(2 1) (2 1)

2(2 1) (2 1)1

t t t tdt dt

dx t t t tt tdt dt

x x t t t t t tx x x


9

Dobili smo racionalnu funkciju . Postupak njenog rešavanja je detaljno objašnjen u jednom od prethodnih fajlova sa zadacima iz integrala. Izvlačimo racionalnu funkciju:

22

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

1.............................. / (2 1)

(2 1) 2 1 (2 1)

1 (2 1) (2 1)

1 (4 4 1) 2

1 4 4 2

1 (4 2 ) (4 )

:

4

t t A B Ct t

t t t t t

t t A t Bt t Ct

t t A t t Bt Bt Ct

t t At At A Bt Bt Ct

t t t A B t A B C A

uporedjujemo

2

2 2

2 1

4 1

1

34 2 1 2 3

2

3 34 1

2 2

:

3 31 1 2 2

(2 1) 2 1 (2 1)

A B

A B C

A

B B B

C C

Vratimo se u razlaganje

t t

t t t t t

Sad integral od svakog posebno...

2

2 2

1 1 3 1 3

(2 1) 2 2 1 2 (2 1)

t t dtdt dt dt

t t t t t

Ovaj treći ćemo rešiti na stranu...

12

2 2

12 11 1 1 122

(2 1) 2 2 1 2 2(2 1)1

2

t z dzdt zdt dz z dz

t z z tdt dz


10

Sada je:

2

2 2

1 1 3 1 3

(2 1) 2 2 1 2 (2 1)

3 1 3 1ln ln 2 1

2 2 2 2(2 1)

3 3ln ln 2 1

4 4(2 1)

t t dtdt dt dt

t t t t t

t t Ct

t t Ct

Dakle rešenje ovog integrala po t je:

2

22

1 3 32 2 ln ln 2 1

(2 1) 4 4(2 1)1

dx t tdt t t C

t t tx x x

Moramo da vratimo t.

2 2Iz 1 1x x x t t x x x

2 2

2

3 32 ln ln 2 1

4 4(2 1)

3 32 ln 1 ln 2( 1) 1

4 4(2( 1) 1)

t t Ct

x x x x x x Cx x x

Ako vaš profesor zahteva vi malo ovo prisredite...


1

INTEGRALI ZADACI ( VII – DEO) Integracija nekih trigonometrijskih funkcija

Daćemo vam savete za četiri tipa integrala trigonometrijskih funkcija.

A) Integrali tipa dxxxR )cos,(sin

To su integrali u kojima sinx i cosx nemaju stepene. Uvodimo smenu: 2

xtg t

Iz smene ćemo upotrebom formula iz trigonometrije dobiti:

2

2 2

cos2

2sin cossin 2 2sin1 sin cos

2 2

xx x

xx

x x

2

sin22

cos2

cos2

x

x

x

2 222

2

2

2 2

2 2

2 2 221 11sin

22 1cos

2

cos2cos sincos 2 2cos

1 sin cos2 2

xtg t txx t ttg

x

xx x

xx

x x

2

2

2

sin21

cos2

cos2

x

x

x

22

222

2

1 1211sin

22 1cos

2

xtg t

xx ttg

x

Kako je 2

xtg t onda je

2

22

2 1

xarctgt x arctgt dx dt

t

Da rezimiramo:

Kad uzimamo smenu 2

xtg t menjamo:

2

2

2

2

2sin

1

1cos

12

1

tx

t

tx

t

dx dtt

Smena 2

xtg t je univerzalna trigonometrijska smena i može se uvek upotrebljavati, al je lakše , zavisno od izgleda

podintegralne funkcije koristiti i sledeću smenu:


2

B) Integrali tipa ( )R tgx dx i 2 2(sin ,cos ,sin cos )R x x x x dx

To su integrali koji mogu da se sredjivanjem svedu sve na tgx ili kod kojih se javljaju stepeni kod sinusa i kosinusa i proizvod sin cosx x .

Uvodimo smenu: tgx t

Iz smene ćemo upotrebom formula iz trigonometrije dobiti:

2

2 2 2 222 2

2 22 2 2 2

2 2

2

2 2 22 2

2 22 2 2 2

2 2

sinsin sin cossin svuda dodamo cos

sin cos1 sin cos 1 1cos cos

coscos cos 1 1coscos svuda dodamo cos

sin cos1 sin cos 1 1cos cos

sin cos

xx x tg x txx x

x xx x tg x tx x

xx x xx x

x xx x tg x tx x

x

2 2

sin cossin cos sin cos

1 sin cos

x xx x x x

xx x

2cos2 2 2 2

2 2

2

sin cos 1 1cos cos

22

2 2 1

tgx txx x tg x tx x

x xtg t arctgt x arctgt dx dt

t

Da rezimiramo:

Kad uzimamo smenu tgx t menjamo:

22

2

22

2

2

sin1

1cos

1

sin cos1

2

1

tx

t

xt

tx x

t

dx dtt


3

C) Integrali tipa sin cosm nx xdx

Razlikovaćemo dve situacije: i) Ako su m i n celi brojevi ii) Ako su m i n racionalni brojevi

U obe situacije uvodimo smenu sin x u ili cosx=u ali se u situaciji i) kad su m i n celi brojevi integral svede na integraciju racionalne funkcije, a u situaciji ii) kad su m i n racionalni brojevi svede na integral diferencijalnog binoma.

D) Integrali tipa sin cos ; sin sin ; cos cos ;ax bxdx ax bxdx ax bxdx

Najpre iskoristimo trigonometrijske formulice:

sinax sinbx= 2

1[cos(a-b)x – cos(a+b)x]

sinax cosbx= 2

1[sin(a+b)x + sin(a-b)x]

cosax cosbx=2

1[cos(a+b)x + cos(a-b)x]

A zatim ih rastavimo na dva integrala od kojih svaki rešavamo lakom smenom.

NEKI TRIKOVI:

Ako je u integralu izraz 22 xa , onda je zgodno uzeti smenu x=asint jer tako uništavamo koren

22 xa = 2 2( sin )a a t = 2 2 2(sin )a a t =a 21 sin t =a cos t

Ako je u integralu dat izraz 22 ax , onda je zgodno uzeti smenu x=a tgt jer tako uništavamo koren

22 ax = 2 2( )atgt a = 2 2 2a tg t a =a 2 1tg t = a 2 2 2

2 2 2

sin sin cos 11

cos cos cos

t t ta a

t t t

= a

1

cos t


4

PRIMERI

primer 1. ?sin

dx

x

Ovaj integral smo već rešavali u fajlu Integrali zadaci I- deo bez trigonometrijkih smena. Videćemo da je mnogo

elegantnije iskoristiti smenu 2

xtg t . Dakle:

2

2

2sin

12

1

tx

t

dx dtt

2

2

211 ln ln

2sin 21

dx xt dt dt t C tg Ctx tt

primer 2. 2 sin

?2 cos

xdx

x

I ovde ćemo koristiti smenu 2

xtg t jer sinx i cosx nemaju stepene.

Imamo gotove smene:

2

2

2

2

1

1cos

1

2sin

1

22

t

tt

t

tx

dtt

dx

tx

tg

koje menjamo u integralu:

2

2 2

2

222 sin 21

12 cos 12

1

tx tdx dt

tx tt

2

2

2 2

2

2 2 21

2 2 1

1

t tt

t t

t

2

2

1 t dt

dt

tt

tt

)1)(3(

14

22

2

Ovo je integral racionalne funkcije. Izvlačimo na stranu i radimo:


5

Pazite: oba izraza u imeniocu su nerazloživa...

22 2

2 2 2 2

1..................................... / ( 3)(1 )

( 3)(1 ) 3 1

t t At B Ct Dt t

t t t t

2 3 2 3 21 3 3t t At At B Bt Ct Ct Dt D Neko piše i identički jednako umesto jednako…U suštini je po nama sve jedno al vi radite kako kaže vaš profesor…

2 3 21 ( ) ( ) ( 3 ) 3t t A C t B D t A C t B D Uporedjujemo :

,0CA ,1 DB 13 CA i 13 DB Rešimo ovo sistemče ( ukombinujemo 1. i 3. jednačinu, a 2. i 4.) i dobijamo:

,2/1A ,1B ,2/1C 0D Vratimo se da vidimo kako će da ide razlaganje:

2

2 2

14

( 3)(1 )

t tdt

t t

=

2 2 2 2

1 11 22 24 4 2 23 1 3 1

t t t tdt dt dt dt

t t t t

Rešavanje ovih integrala smo detaljno objasnili u prethodnim fajlovima…

22

22

33 2 22 2ln ln1 3 3 3 31

2

x xtg tgt t

arctg C arctg Cxt tg


6

primer 3. ?(2 cos )sin

dxI

x x

Često se integral u radu obeležava nekim slovom , najčešće sa I, J … Razlog je da ga ne bi posle vazdan prepisivali, već samo upišemo I, J …

I ovaj integral ćemo rešiti prvom , univerzalnom smenom 2

xtg t .

2

2

2

2

1

1cos

1

2sin

1

22

t

tt

t

tx

dtt

dx

tx

tg

pa je

2

I 21 t

2

2

1 22

1tt

21

t

t

2

2 2 2

2

1

2 2 1 ( 3)1

dt tdt dt

t t t tt

t

Integracija racionalne funkcije, izdvojimo podintegralnu funkciju:

2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

1 3

( 3) 3 ( 3)

1 ( 3) ( )

1 3

1 ( ) 3

t A Bt C At A Bt Ct

t t t t t t

t A t Bt C t

t At A Bt Ct

t t A B Ct A

1,A B ,0C 13 A

,3/1A ,3/2B 0C

2

2

31 2 1 1

za drugi integral smena ln13 3 3 3 32

t udt t du

I dt t ct t utdt du

2 21 1 1 1ln ln( 3) ln ln 3

3 3 3 2 3 2

x xI t t C tg tg C


7

primer 4. 4 4

sin cos?

sin cos

x xI dx

x x

Kako ovde imamo stepene sinusa i kosinusa, uzećemo drugu smenu tgx t pa je:

22

2

22

2

2

sin1

1cos

1

sin cos1

2

1

tx

t

xt

tx x

t

dx dtt

22

24 4 222

2 2

sin cos 2 11sin cos 11

1 1

ttx x ttI dx dt

x x ttt t

4

2

1

(1 )

t

t

2

2

2

1 t

22 2

4 2 2 2

2 2( )

1 ( ) 1 12

dt

t zt t dzdt dt arctgz C arctgt C arctg tg x C

t t ztdt dz

Ovaj zadatak smo mogli da rešimo i na drugi način, koristeći trigonometrijske formule. Ideja je da se izraz u imeniocu transformiše. Krenemo od osnovne identičnosti:

2 2 2

4 2 2 4

4 4 2 2

2 24 4

24 4

24 4

24 4

4 4

sin cos 1............................. / ()

sin 2sin cos cos 1

sin cos 1 2sin cos

4sin cossin cos 1

2

sin 2sin cos 1

2

2 sin 2sin cos

2

1 1 sin 2sin cos

2

1sin cos

x x

x x x x

x x x x

x xx x

xx x

xx x

xx x

x x

2cos 2

2

x


8

Vratimo se u integral...

2 2 2 2

cos 2sin cos 2sin cos sin 2 1

sin 2 21 cos 2 1 cos 2 1 cos 2 2 1

sin 222

1 1(cos 2 )

2 2

x tx x x x x dt

I dx dx dx x dx dtx x x t

dtxdx

arctgt C arctg x C

primer 5. 2 2 ?a x

Sećate se ovog integrala? Rešavali smo ga do sada na dva načina: parcijalnom integracijom i metodom Ostrogradskog. Po nama je najelegantnije koristiti trikče: Ako uzmemo smenu sinx a t

22 xa = 2 2( sin )a a t = 2 2 2(sin )a a t =a 21 sin t =a cos t

sin cosx a t dx a tdt

2 2 2 2 2

2 2

1 cos 2cos cos cos

2

1(1 cos 2 ) ( sin 2 )

2 2 2

ta x a t a tdt a tdt a dt

a at dt t t C

Moramo vratiti t iz smene:

sin sin arcsinx x

x a t t ta a

i još da sredimo :

1 1sin 2

2 2t 2 2 2

2 2 22 2

2 2 2

sin cos sin 1 sin sin(arcsin ) 1 sin (arcsin )

1

x xt t t t

a a

x x x a x xa x

a a a a a

Rešenje je: 2 2 2

2 2 2 22

1( sin 2 ) (arcsin ) arcsin

2 2 2 2 2

a a x x a x xt t C a x C a x C

a a a


ODREĐENI INTEGRAL Određeni integral u Rimanovom smislu se obeležava sa :

I = b

a

dxxf )(

Ovo se čita:” integral od a do b ef od iks de iks”. - a je donja granica integrala - b je gornja granica integrala

- f(x) je podintegralna funkcija ( integrand)

- x je integraciona promenljiva

- [a,b] je interval integracije

Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a,b], tada ona ima primitivnu funkciju cxFdxxf )()( i važi

jednakost :

b

a

ba aFbFxFdxxf )()()()(

Ova jednakost se zove Njutn- Lajbnicova formula i daje vezu između određenog i neodređenog integrala. Može se reći da je ovo osnovna formula integralnog računa. Osnovna svojstva određenog integrala 1) Ako je f(x) integrabilna funkcija u intervalu [a,b] , onda je :

b

a

dxxkf )( = b

a

dxxfk )(

2) Ako su f(x) i g(x) integrabilne funkcije, onda je :

b

a

dxxgxf )]()([ = b

a

dxxf )( b

a

dxxg )(

3) Ako integrabilne funkcije f(x) i g(x) zadovoljavaju u intervalu [a,b], gde je a<b, uslov )()( xgxf ,onda je:

b

a

dxxf )( b

a

dxxg )(

4) Ako je m donja a M gornja medja integrabilne funkcije f(x) u intervalu [a,b], gde je a b, onda je:

m(b-a) b

a

dxxf )( M(b-a)

5) Ako je funkcija neprekidna na intervalu [a,b], onda postoji tačka iz intervala [a,b], tako da je :

b

a

dxxf )( = (b – a) f( )

Ovo je teorema o srednjoj vrednosti odredjenog integrala! 6) Odredjeni integral menja znak kad mu se obrnu granice:

b

a

dxxf )( = a

b

dxxf )(

7) Ako je funkcija f(x) integrabilna u intervalu [a,b] i ako je a<c<b onda je :

b

a

dxxf )( = c

a

dxxf )( + b

c

dxxf )(

Ne mora svaka funkcija da bude integrabilna na odredjenom intervalu. Neki od glavnih kriterijuma su: - Svaka ograničena funkcija f(x) u intervalu [a,b] sa konačnim brojem prekidnih tačaka između a i b je

integrabilna u tom intervalu. - Svaka monotona funkcija f(x) u intervalu [a,b] je integrabilna u tom intervalu.

- Svaka neprekidna funkcija u datom intervalu [a,b] je integrabilna u tom intervalu.

Smena promenljive u odredjenom integralu Kao i kod neodredjenog i kod odredjenog integrala se može izvršiti smena integracione promenljive. To možemo uraditi na dva načina: 1. Prvo rešimo dati integral kao neodredjeni , vratimo smenu pa tu zamenimo gornju i donju granicu. 2. Izvršimo smenu direktno u datom integralu ali moramo menjati i granice integracije.

Neka je dat integral b

a

dxxf )( . Ovde naravno x[a,b].

Uzmimo smenu x = (t) . Tada je:

b

a

dxxf )(

dtttf )`()]([ ali su nove granice : ],[ t gde je ba )()(

Parcijalna integracija Nju radimo kao kod neodredjenog integrala i granice ostaju iste! Zapamtite: Neodređeni integral je funkcija, a određeni integral je broj! Evo nekoliko laganijih primera:

1. Reši integral : dxx3

1

3

Ovaj integral je tablični i njegovo rešenje je 4

4x, pa tu stavimo jednu uspravnu crtu i napišemo brojeve iz granica

integrala: 4

4x

1

3 . Sada x menjamo sa 3 pa od toga oduzmemo kad x zamenimo sa 1. To jest:

dxx3

1

3 =4

4x

1

3= 20

4

181

4

1

4

3 44

2. Reši integral:

2

0 2x

dx

Ovaj zadatak očigledno zahteva smenu. Rešićemo ga na dva načina, a Vi izaberite šta vam je lakše.

a. Skinućemo granice i rešiti ga kao neodređeni:

2x

dx

dtdx

tx

2

tt

dtln = vratimo smenu= 2ln x

Sada vratimo rešenje u određeni integral i granice se ne menjaju!

2

0 2x

dx= 2ln x

0

2 = 22ln - 20ln = ln 4 – ln 2 = ln

2

4 = ln 2

b. Radićemo integral direktno , i u toku rada promeniti granice!

2

0 2x

dx

dtdx

tx

2

, ali je sada,2202

4222

tttx

tttxnovi integral po t ima granice od 2 do 4

= 2ln2ln4ln2

4ln

4

2

tt

dt

3. Reši integral : e

xdxx1

3 ln

Ovaj integral ćemo rečiti parcijalnom integracijom a tu ne menjamo granice integracije , osim ako tokom rada ne koristimo smenu.

e

xdxx1

3 lnv

xdudx

x

dvdxxux

4

1ln

4

3

= dxx

x

exx

e

4

1

14ln

4

1

4

= ( 4

ln4e

e4

11ln

4

) e

dxx1

3

4

1

= 4

4e

144

1 4 ex

=4

4e)

4

1

4(

4

1 4

e

= 4

4e-

16

4e +

16

1=

16

3 4e+

16

1=

16

13 4 e

PRIMENA INTEGRALA Pre nego što krenemo sa izračunavanjem površine, dužine luka, zapremine ili površine rotacione površi moramo odraditi: - pomoću par tačaka ispitamo tok i nacrtamo krivu ( krive)ako je to neophodno - granice integrala nađemo kao rešenje sistema jednačina od datih krivih(njihov presek) - pronađemo odgovarajuću formulu - integral je u najvećem broju slučaja bolje rešiti bez granica,kao neodređeni , jer u slučaju smene moramo

menjati granice... 1. Izračunati površinu figure ograničene lukom krive xxy 22 i pravom y = 0.

Rešenje: Data kriva je parabola, ispitivanje toka i kako se crta njen grafik je detaljno objašnjen u delu “kvadratna funkcija”, ali kako nama ne treba ispitivanje celog toka, već samo nekoliko tačaka, naći ćemo: i) Grafik funkcije xxy 22 seče x osu u tačkama gde je 022 xx , to jest za x = 0 i x = 2 ii) Nađemo prvi izvod: y`= -2x +2, y` = 0 za –2x+2 = 0 to jest x = 1. Ovu vrednost zamenimo u početnu

funkciju: y = - 12+2 = 1, pa je tačka (1,1) maksimum. iii) Sad već možemo skicirati grafik

1 2 3 4 5

1

-1-2-10

x

y

xxy 22

Mi trebamo naći površinu osenčenog dela, pa je jasno da granice integrala idu od 0 do 2, a pošto je deo površine koji tražimo iznad x ose, u integralu ne moramo uzimati apsolutnu vrednost . Dakle:

P = 3

44

3

8)]0

3

0()2

3

2[(

0

2)

22

3()2( 2

3232

0

2 xx

dxxx

Tražena površina je dakle P= 3

4

2. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama: 12 2 xy i 102 xy Rešenje: Tačke preseka ove dve krive,koje ćemo dobiti rešavanjem sistema jednačina, će nam dati granice integrala: 12 2 xy

102 xy

3

9

10122

22

x

x

xx

Dakle integral “ide” od –3 do 3

Dalje ispitamo nekoliko tačaka da bi skicirali grafike:

12 2 xy 102 xy

012 2 x 0102 x

2

12 x 102 x

Očigledno ni jedna parabola nema preseke sa x osom, nađimo im temena (ekstremne vrednosti)

12 2 xy 102 xy y` = 4x y`= 2x 4x = 0 2x = 0 x = 0 x = 0 y= 1 y= 10 (0,1) je minimum (0,10) je minimum y-osu seče u 1 y-osu seče u 10 Nacrtajmo sada sliku:

-3 3

10

19

1

10

x

y

12 2 xy

102 xy

Tražena površina je ovo osenčeno između parabola, i nju ćemo naći kada od površine ispod gornje krive oduzmemo površinu ispod donje krive, odnosno u integralu oduzmemo donju ( 12 2 xy ) od gornje parabole

( 102 xy ) Važno: Pošto je grafik simetričan u odnosu na y osu, odnosno parne su obe funkcije, lakše nam je da izračunamo površinu od 0 do 3 pa da to pomnožimo sa 2.

P =

3

3

22 )]12()10[( dxxx odnosno ,pametnije je:

P = 2 3

0

22 )]12()10[( dxxx = 361820

3)9

3(2)9(2

33

0

2 xx

dxx

Tražena površina je dakle P= 36 3. Odrediti površinu lika ograničenog lukom krive 62 xyy i osom Oy. Rešenje: U ovom zadatku nam je pametnije da izrazimo x, a da traženu površinu izračunamo “po y”

62 xyy

62 yyx 062 yy Nađemo y1,2=2

51

pa je y1 = -3, y2 = 2

x` = - 2y – 1 x` = 0 za - 2y –1 = 0 pa je y = 2

1 to jest x = 6

4

1

Tačka (64

1 ,

2

1 ) je maksimum kad razmišljamo “ po y”

4

16

2

1

-3

2

6x

y

62 yyx

Radićemo integral po y, gde nam granice očigledno idu od - 3 do 2.

P = 6

125

3

2)6

23()6(

232

3

2

yyy

dyyy

Tražena površina je 6

125

4. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama y = ex , y = e-x i x = 2 Rešenje: Ovde se radi o graficima elementarnih funkcija. Ako niste upoznati sa njima, napravite tablicu vrednosti, u kojoj ćete birati vrednosti za x i izračunavati y.

1

2

e2

7

x

yxey

xey

x=2

Sa slike je očigledno da osenčena površina ide po x od 0 do 2, da je donja kriva y = e-x a gornja kriva y = ex

P = 2)()(0

2)()( 220022

2

0

eeeeeeeedxee xxxx

Tražena površina je 222 ee

5. Odrediti zapreminu tela koje nastaje rotacijom oko ose Ox dela površi ograničenog lukom krive 24 xxy i osom Ox.

Rešenje: Ispitajmo najpre par tačaka za parabolu 24 xxy i nacrtajmo sliku:

24 xxy

04 2 xx pa je 400)4( xxxx y` = 4-2x pa je 4-2x = 0 za x = 2 a onda je y = 4

0 42

4

x

y

24 xxy

Granice integrala su 0 i 4

V = b

a

dxy 2

V = 4

0

22 )4( dxxx = 4

0

432 )816( dxxxx

=0

4)

548

316(

543 xxx

= )5

2562562

3

6416( =

15

512

15

512

Zapreminu tela je 15

512

6. Odrediti zapreminu tela nastalog rotacijom kruga 222 )( rbyx oko Ox ose (b>r) Rešenje: Iz analitičke geometrije znamo da je jednačina kruga 222 )()( rqypx gde su p i q koordinate centra a r poluprečnik kružnice.

222 )( rbyx nam govori da je p = 0 a q =b, pa će slika izgledati:

x

y

br

222 )( rbyx odavde moramo izraziti y

222)( xrby

)( 22 xrby

)( 22 xrby Ovde smo dobili dva dela kružnice: gornji )( 22 xrby i donji )( 22 xrby

x

y

br

22 xrby

22 xrby

Rotacija ovog kruga će nam dati telo koje je poznatije kao TORUS, ili po naški guma

x

y

b

r

Zapreminu tela ćemo dobiti kad od zapremine tela koje nastaje rotacijom gornjeg dela kružnice(puna guma) oduzmemo zapreminu tela koje nastaje rotacijom donjeg dela kružnice(kao felna,popunjena)

V = dxyyb

a

)( 22

21

Nadjimo najpre vrednost izraza 22

21 yy

22

21 yy = ( )( 22 xrb )2 - 222 ))(( xrb

= )2( 2222 rxrbb - )2( 2222 rxrbb

= 2222 2 rxrbb - 2222 2 rxrbb

= 224 xrb Jasno je da granice integrala idu od –r do r Rešimo najpre neodređeni integral:

tdtrtrrtdtrdx

trxdxxr cos)sin(

cos

sin 22222

= tdtrtr cos)sin1( 22


pošto je 1 – sin2t = cos2t

= tdttr coscos2

= tdtr 22 cos

r2 je konstanta pa će ići ispred integrala a upotrebićemo i formulu:2

2cos1cos2 t

t

, pa će i 2

1 kao konstanta

ispred integrala. Dakle:

= dttr

)2cos1(2

2

= )2sin2

1(

2

2

ttr

Šta se dešava sa granicama ovog integrala?

Smena je bila : tdtrdx

trx

cos

sin

, za x = - r je -r = r sin t , to jest sint = - 1 pa je t = 2

za x = r je r = r sin t , to jest sint = 1 pa je t =2

Nove granice su dakle 2

i

2

Vratimo se u integral:

V = dxyyb

a

)( 22

21 =

24

2rb )2sin

2

1( tt

2

2

= ))]2

2sin(2

1

2()

22sin

2

1

2[(2 2 br

= 22 br = 222 br Dakle, posle mnogo napora, konačno rešenje je V = 222 br

7. Izračunati dužinu luka krive y = ln x od tačke x = 3 do tačke x = 8 Rešenje: Ovde nam slika nije neophodna!

Formula za izračunavanje dužine luka krive je L= dxxfb

a 2)`(1 , ako radimo po x

y = ln x

xy

1 pa je

dxxfb

a 2)`(1 = dx

x 8

3

2)1

(1 = dxx

8

32

11 = dx

x

x

8

32

2 1= dx

x

x

8

3

2 1= uzimamo smenu=

=

x

tdtdx

tdtxdx

tdtxdx

tx

22

1 22

Da vidimo šta je sa granicama? 38

23

tx

tx

= 3

22

23

2 x

dtt

x

tdt

x

t= Iz smene je x2 = t2 – 1 pa je sada naš integral

=

3

22

2

1t

dtt ovde ćemo kao trik, gore oduzeti i dodati 1

= dtt

t

3

22

2

1

11=

3

22

)1

11( dt

t=

2

3

1

1ln

t

tt = (

13

13ln3

) - )12

12ln2(

=

= 2

3ln1

konačno rešenje je L = 2

3ln1

8. Izračunati površinu površi koja nastaje rotacijom luka parabole y2 = 4x oko ose Ox na segmentu [0,3] Rešenje:

1 3

2

-2

4

4

-4

Formula za izračunavanje površine rotacione površi je :

S= 2 dxxfxfb

a 2)`(1)( , po x x ],[ ba

Ovde su granice očigledno 0 i 3.

y2 = 4 x pa je odavde xy 2 odnosno xx

y1

2

12` pa je

xy

1`2

S= 2 dxxfxfb

a 2)`(1)( = 2 dx

xx

3

0

112

= 2 dxx

xx

3

0

12 2 ide ispred integrala a korene skratimo

= 4 dxx 3

0

1 uzimamo smenu

=tdtdx

tx

2

1 2

uradimo neodredjeni integral da ne menjemo granice

33

2 )1(3

2

322 x

tdtt

=0

3)1(

3

24 3x

= 3

56)18(

3

8

Tražena površina rotacione površi je dakle : S =3

56

9. Cikloida C je definisana parametarskim jednačinama: )sin( ttax i )cos1( tay Izračunati: a) površinu ograničenu jednim lukom cikloide i osom Ox b) dužinu jednog luka cikloide c) zapreminu tela nastalog rotacijom jednog luka cikloide oko Ox ose

Rešenje: Kako nastaje i kako izgleda ta cikloida? Posmatrajmo kružnicu koja se bez klizanja okreće po pravoj (x osi). Fiksirajmo jednu tačku na kružnici. Kriva koju opisuje ta tačka zovemo cikloida.

a2 a40

a) Posmatrajmo ovaj prvi luk cikloide koji je u intervalu [0, a2 ]

a20

Ako bi koristili onu univerzalnu formulu za P, bilo bi P= b

a

ydx

Ovaj integral bi išao od 0 do a2 , a pošto je )cos1( tay , biće :

22)cos1(2

00)cos1(0

tataay

ttay

Znači integral ide od 0 do 2 po t. Kako je )sin( ttax to je dttadx )cos1(

P= b

a

ydx = 2

0

)cos1()cos1( dttata = 2

0

22 )cos1( dtta

Rešimo najpre traženi integral:

dtt

tdtdtdtttdtt

2

2cos1cos21)coscos21()cos1( 22

= )2sin2

1(

2

1sin2 tttt

= tttt 2sin4

1

2

1sin2

= ttt 2sin4

1sin2

2

3


P= 2

0

22 )cos1( dtta = 2a ( ttt 2sin4

1sin2

2

3 )

0

2 =3 2a

Samo mala napomena da su sinusi od 0 i 360 stepeni jednaki 0. Dakle, P=3 2a b) Da izračunamo dužinu jednog luka cikloide:

a20

Za luk imamo gotovu formulu: L= dttytx

)(`)(` 22

Granice integrala su 0 i 2 . Sredimo i ovu potkorenu veličinu pa ćemo onda rešavati integral.

)sin( ttax pa je )cos1(` tax

)cos1( tay pa je tay sin jer je od jedinice izvod 0

tattatatayx 22222222 sin)coscos21(]sin[)]cos1([``

= )sincoscos21( 222 ttta

= )cos22(2 ta

= )cos1(2 2 ta

=2

sin22 22 ta

=2

sin4 22 ta


dttytx

)(`)(` 22 = dtt

a2

0

22

2sin4 = dt

ta

2

0 2sin2 = dt

ta

2

0 2sin2 =

0

2

2cos4

ta = a8

Dužinu jednog luka cikloide je L = 8a c) Izračunajmo i zapreminu

a20

V =

2

0

2dxy =

2

0

2 )cos1()]cos1([ dttata

=

2

0

33 )cos1( dtta konstanta ide ispred integrala

=

2

0

33 )cos1( dtta iskoristimo formulu (a - b )3

=

2

0

323 )coscos3cos31( dtttta

Svaki od ovih integrala ćemo rešavati posebno, prva dva nisu problem jer su tablični, rešimo zato ova preostala dva.

ttttdttdtt

t 2sin4

1

2

1)2sin

2

1(

2

1)2cos1(

2

1

2

2cos1cos2

3

sinsin

3sin

sincos

sinsincoscos)sin1(coscoscoscos

33

22223

tt

zt

dzztdztdt

zttdtttdttttdtttdt

Vratimo se u izračunavanje zapremine:

V = (3sin3[3 tta tt 2sin4

1

2

1 )-

0

2)]

3

sin(sin

3 tt = kad sredimo= 235 a

Dakle V= 235 a

PRIMENA INTEGRALA Pre nego što krenemo sa izračunavanjem površine, dužine luka, zapremine ili površine rotacione površi moramo odraditi: - pomoću par tačaka ispitamo tok i nacrtamo krivu ( krive)ako je to neophodno - granice integrala nađemo kao rešenje sistema jednačina od datih krivih(njihov presek) - pronađemo odgovarajuću formulu - integral je u najvećem broju slučaja bolje rešiti bez granica,kao neodređeni , jer u slučaju smene moramo

menjati granice... 1. Izračunati površinu figure ograničene lukom krive xxy 22 i pravom y = 0.

Rešenje: Data kriva je parabola, ispitivanje toka i kako se crta njen grafik je detaljno objašnjen u delu “kvadratna funkcija”, ali kako nama ne treba ispitivanje celog toka, već samo nekoliko tačaka, naći ćemo: i) Grafik funkcije xxy 22 seče x osu u tačkama gde je 022 xx , to jest za x = 0 i x = 2 ii) Nađemo prvi izvod: y`= -2x +2, y` = 0 za –2x+2 = 0 to jest x = 1. Ovu vrednost zamenimo u početnu

funkciju: y = - 12+2 = 1, pa je tačka (1,1) maksimum. iii) Sad već možemo skicirati grafik

1 2 3 4 5

1

-1-2-10

x

y

xxy 22

Mi trebamo naći površinu osenčenog dela, pa je jasno da granice integrala idu od 0 do 2, a pošto je deo površine koji tražimo iznad x ose, u integralu ne moramo uzimati apsolutnu vrednost . Dakle:

P = 3

44

3

8)]0

3

0()2

3

2[(

0

2)

22

3()2( 2

3232

0

2 xx

dxxx

Tražena površina je dakle P= 3

4

2. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama: 12 2 xy i 102 xy Rešenje: Tačke preseka ove dve krive,koje ćemo dobiti rešavanjem sistema jednačina, će nam dati granice integrala: 12 2 xy

102 xy

3

9

10122

22

x

x

xx

Dakle integral “ide” od –3 do 3

Dalje ispitamo nekoliko tačaka da bi skicirali grafike:

12 2 xy 102 xy

012 2 x 0102 x

2

12 x 102 x

Očigledno ni jedna parabola nema preseke sa x osom, nađimo im temena (ekstremne vrednosti)

12 2 xy 102 xy y` = 4x y`= 2x 4x = 0 2x = 0 x = 0 x = 0 y= 1 y= 10 (0,1) je minimum (0,10) je minimum y-osu seče u 1 y-osu seče u 10 Nacrtajmo sada sliku:

-3 3

10

19

1

10

x

y

12 2 xy

102 xy

Tražena površina je ovo osenčeno između parabola, i nju ćemo naći kada od površine ispod gornje krive oduzmemo površinu ispod donje krive, odnosno u integralu oduzmemo donju ( 12 2 xy ) od gornje parabole

( 102 xy ) Važno: Pošto je grafik simetričan u odnosu na y osu, odnosno parne su obe funkcije, lakše nam je da izračunamo površinu od 0 do 3 pa da to pomnožimo sa 2.

P =

3

3

22 )]12()10[( dxxx odnosno ,pametnije je:

P = 2 3

0

22 )]12()10[( dxxx = 361820

3)9

3(2)9(2

33

0

2 xx

dxx

Tražena površina je dakle P= 36 3. Odrediti površinu lika ograničenog lukom krive 62 xyy i osom Oy. Rešenje: U ovom zadatku nam je pametnije da izrazimo x, a da traženu površinu izračunamo “po y”

62 xyy

62 yyx 062 yy Nađemo y1,2=2

51

pa je y1 = -3, y2 = 2

x` = - 2y – 1 x` = 0 za - 2y –1 = 0 pa je y = 2

1 to jest x = 6

4

1

Tačka (64

1 ,

2

1 ) je maksimum kad razmišljamo “ po y”

4

16

2

1

-3

2

6x

y

62 yyx

Radićemo integral po y, gde nam granice očigledno idu od - 3 do 2.

P = 6

125

3

2)6

23()6(

232

3

2

yyy

dyyy

Tražena površina je 6

125

4. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama y = ex , y = e-x i x = 2 Rešenje: Ovde se radi o graficima elementarnih funkcija. Ako niste upoznati sa njima, napravite tablicu vrednosti, u kojoj ćete birati vrednosti za x i izračunavati y.

1

2

e2

7

x

yxey

xey

x=2

Sa slike je očigledno da osenčena površina ide po x od 0 do 2, da je donja kriva y = e-x a gornja kriva y = ex

P = 2)()(0

2)()( 220022

2

0

eeeeeeeedxee xxxx

Tražena površina je 222 ee

5. Odrediti zapreminu tela koje nastaje rotacijom oko ose Ox dela površi ograničenog lukom krive 24 xxy i osom Ox.

Rešenje: Ispitajmo najpre par tačaka za parabolu 24 xxy i nacrtajmo sliku:

24 xxy

04 2 xx pa je 400)4( xxxx y` = 4-2x pa je 4-2x = 0 za x = 2 a onda je y = 4

0 42

4

x

y

24 xxy

Granice integrala su 0 i 4

V = b

a

dxy 2

V = 4

0

22 )4( dxxx = 4

0

432 )816( dxxxx

=0

4)

548

316(

543 xxx

= )5

2562562

3

6416( =

15

512

15

512

Zapreminu tela je 15

512

6. Odrediti zapreminu tela nastalog rotacijom kruga 222 )( rbyx oko Ox ose (b>r) Rešenje: Iz analitičke geometrije znamo da je jednačina kruga 222 )()( rqypx gde su p i q koordinate centra a r poluprečnik kružnice.

222 )( rbyx nam govori da je p = 0 a q =b, pa će slika izgledati:

x

y

br

222 )( rbyx odavde moramo izraziti y

222)( xrby

)( 22 xrby

)( 22 xrby Ovde smo dobili dva dela kružnice: gornji )( 22 xrby i donji )( 22 xrby

x

y

br

22 xrby

22 xrby

Rotacija ovog kruga će nam dati telo koje je poznatije kao TORUS, ili po naški guma

x

y

b

r

Zapreminu tela ćemo dobiti kad od zapremine tela koje nastaje rotacijom gornjeg dela kružnice(puna guma) oduzmemo zapreminu tela koje nastaje rotacijom donjeg dela kružnice(kao felna,popunjena)

V = dxyyb

a

)( 22

21

Nadjimo najpre vrednost izraza 22

21 yy

22

21 yy = ( )( 22 xrb )2 - 222 ))(( xrb

= )2( 2222 rxrbb - )2( 2222 rxrbb

= 2222 2 rxrbb - 2222 2 rxrbb

= 224 xrb Jasno je da granice integrala idu od –r do r Rešimo najpre neodređeni integral:

tdtrtrrtdtrdx

trxdxxr cos)sin(

cos

sin 22222



pošto je 1 – sin2t = cos2t

= tdttr coscos2

= tdtr 22 cos

r2 je konstanta pa će ići ispred integrala a upotrebićemo i formulu:2

2cos1cos2 t

t

, pa će i 2

1 kao konstanta

ispred integrala. Dakle:

= dttr

)2cos1(2

2

= )2sin2

1(

2

2

ttr

Šta se dešava sa granicama ovog integrala?

Smena je bila : tdtrdx

trx

cos

sin

, za x = - r je -r = r sin t , to jest sint = - 1 pa je t = 2

za x = r je r = r sin t , to jest sint = 1 pa je t =2

Nove granice su dakle 2

i

2


V = dxyyb

a

)( 22

21 =

24

2rb )2sin

2

1( tt

2

2

= ))]2

2sin(2

1

2()

22sin

2

1

2[(2 2 br

= 22 br = 222 br Dakle, posle mnogo napora, konačno rešenje je V = 222 br

7. Izračunati dužinu luka krive y = ln x od tačke x = 3 do tačke x = 8 Rešenje: Ovde nam slika nije neophodna!

Formula za izračunavanje dužine luka krive je L= dxxfb

a 2)`(1 , ako radimo po x

y = ln x

xy

1 pa je

dxxfb

a 2)`(1 = dx

x 8

3

2)1

(1 = dxx

8

32

11 = dx

x

x

8

32

2 1= dx

x

x

8

3

2 1= uzimamo smenu=

=

x

tdtdx

tdtxdx

tdtxdx

tx

22

1 22

Da vidimo šta je sa granicama? 38

23

tx

tx

= 3

22

23

2 x

dtt

x

tdt

x

t= Iz smene je x2 = t2 – 1 pa je sada naš integral

=

3

22

2

1t

dtt ovde ćemo kao trik, gore oduzeti i dodati 1

= dtt

t

3

22

2

1

11=

3

22

)1

11( dt

t=

2

3

1

1ln

t

tt = (

13

13ln3

) - )12

12ln2(

=

= 2

3ln1

konačno rešenje je L = 2

3ln1

8. Izračunati površinu površi koja nastaje rotacijom luka parabole y2 = 4x oko ose Ox na segmentu [0,3] Rešenje:

1 3

2

-2

4

4

-4

Formula za izračunavanje površine rotacione površi je :

S= 2 dxxfxfb

a 2)`(1)( , po x x ],[ ba

Ovde su granice očigledno 0 i 3.

y2 = 4 x pa je odavde xy 2 odnosno xx

y1

2

12` pa je

xy

1`2

S= 2 dxxfxfb

a 2)`(1)( = 2 dx

xx

3

0

112

= 2 dxx

xx

3

0

12 2 ide ispred integrala a korene skratimo

= 4 dxx 3

0

1 uzimamo smenu

=tdtdx

tx

2

1 2

uradimo neodredjeni integral da ne menjemo granice

33

2 )1(3

2

322 x

tdtt

=0

3)1(

3

24 3x

= 3

56)18(

3

8

Tražena površina rotacione površi je dakle : S =3

56

9. Cikloida C je definisana parametarskim jednačinama: )sin( ttax i )cos1( tay Izračunati: a) površinu ograničenu jednim lukom cikloide i osom Ox b) dužinu jednog luka cikloide c) zapreminu tela nastalog rotacijom jednog luka cikloide oko Ox ose

Rešenje: Kako nastaje i kako izgleda ta cikloida? Posmatrajmo kružnicu koja se bez klizanja okreće po pravoj (x osi). Fiksirajmo jednu tačku na kružnici. Kriva koju opisuje ta tačka zovemo cikloida.

a2 a40

a) Posmatrajmo ovaj prvi luk cikloide koji je u intervalu [0, a2 ]

a20

Ako bi koristili onu univerzalnu formulu za P, bilo bi P= b

a

ydx

Ovaj integral bi išao od 0 do a2 , a pošto je )cos1( tay , biće :

22)cos1(2

00)cos1(0

tataay

ttay

Znači integral ide od 0 do 2 po t. Kako je )sin( ttax to je dttadx )cos1(

P= b

a

ydx = 2

0

)cos1()cos1( dttata = 2

0

22 )cos1( dtta

Rešimo najpre traženi integral:

dtt

tdtdtdtttdtt

2

2cos1cos21)coscos21()cos1( 22

= )2sin2

1(

2

1sin2 tttt

= tttt 2sin4

1

2

1sin2

= ttt 2sin4

1sin2

2

3


P= 2

0

22 )cos1( dtta = 2a ( ttt 2sin4

1sin2

2

3 )

0

2 =3 2a

Samo mala napomena da su sinusi od 0 i 360 stepeni jednaki 0. Dakle, P=3 2a b) Da izračunamo dužinu jednog luka cikloide:

a20

Za luk imamo gotovu formulu: L= dttytx

)(`)(` 22

Granice integrala su 0 i 2 . Sredimo i ovu potkorenu veličinu pa ćemo onda rešavati integral.

)sin( ttax pa je )cos1(` tax

)cos1( tay pa je tay sin jer je od jedinice izvod 0

tattatatayx 22222222 sin)coscos21(]sin[)]cos1([``

= )sincoscos21( 222 ttta

= )cos22(2 ta

= )cos1(2 2 ta

=2

sin22 22 ta

=2

sin4 22 ta


dttytx

)(`)(` 22 = dtt

a2

0

22

2sin4 = dt

ta

2

0 2sin2 = dt

ta

2

0 2sin2 =

0

2

2cos4

ta = a8

Dužinu jednog luka cikloide je L = 8a c) Izračunajmo i zapreminu

a20

V =

2

0

2dxy =

2

0

2 )cos1()]cos1([ dttata

=

2

0

33 )cos1( dtta konstanta ide ispred integrala

=

2

0

33 )cos1( dtta iskoristimo formulu (a - b )3

=

2

0

323 )coscos3cos31( dtttta

Svaki od ovih integrala ćemo rešavati posebno, prva dva nisu problem jer su tablični, rešimo zato ova preostala dva.

ttttdttdtt

t 2sin4

1

2

1)2sin

2

1(

2

1)2cos1(

2

1

2

2cos1cos2

3

sinsin

3sin

sincos

sinsincoscos)sin1(coscoscoscos

33

22223

tt

zt

dzztdztdt

zttdtttdttttdtttdt

Vratimo se u izračunavanje zapremine:

V = (3sin3[3 tta tt 2sin4

1

2

1 )-

0

2)]

3

sin(sin

3 tt = kad sredimo= 235 a

Dakle V= 235 a


1

GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA (zadaci) I deo

1) Izračunati granične vrednosti sledećih funkcija: a)

x

x2lim

2

b)

x

xx 3

2lim

1

v) 5

10lim

5 xx

g)

7

3lim

3

xx

Rešenje: Šta da radimo? Gde vidimo x mi zamenimo vrednost kojoj on teži, ako je taj izraz odredjen , zadatak je gotov. a) 4222lim

2

x

x

b) 13

3

13

21

3

2lim

1

x

xx

v)

0

10

55

10

5

10lim

5 xx

g) 07

0

7

33

7

3lim

3

xx

2) Odrediti granične vrednosti sledećih funkcija:

a) 652

13lim

2

xx

xx

b) 5

1232lim

2

3

x

xxx

v) 142

235lim

2

2

xx

xxx

g) 2

2

3

1lim

x

xx

ZAPAMTI: Kod ovog tipa zadataka, gde x , a funkcija je racionalna: )(

)(

xQ

xf, i nema korena, ln, sin i ostalih

funkcija koristimo sledeće zaključke:


2

i) Ako je najveći stepen gore u brojiocu veći od najvećeg stepena dole u imeniocu rešenje je ii) Ako je najveći stepen dole veći od najvećeg stepena gore, rešenje je 0

iii) Ako su najveći stepeni isti, rešenje je količnik brojeva ispred najvećih stepena.

Rešenja:

a) 0652

13lim

2

xx

xx

(pravilo ii) jer u imeniocu imamo 2x a u brojiocu samo x

b)

5

1232lim

2

3

x

xxx

(pravilo i) , gore je polinom trećeg stepena a u imeniocu drugog stepena

v) 2

5

142

235lim

2

2

xx

xxx

(pravilo iii) , ovde su polinomi istog stepena

g) 11

1

3

1lim

2

2

x

xx

(pravilo iii) , polinomi su istog stepena , ispred 2x u brojiocu je 1 a u imeniocu -1

Možda vaši profesori neće dozvoliti da koristite ova pravila , e onda morate da radite sve postupno: Ideja je da se svaki sabirak podeli sa najvećim stepenom x-sa.

a) 2 2

22

2 2 2

3 13 1

lim lim2 5 62 5 6x x

xx x x

x xx xx x x

sve smo podelili sa 2x , jer je to najveći stepen ...sad pokratimo...

2

33 1

lim lim2 5 6x x

xx

x x

2x 2

2

1

2

x

x

2x

5 x

2x

2

22

3 1

lim5 66 2

x

x x

x xx

dalje koristimo da je 0A

, pa je

30

,

10

,

50

,

60

i dobijamo:

2

33 1

lim lim2 5 6x x

xx

x x

2x 2

2

1

2

x

x

2x

5 x

2x

2

22

3 10 0 0

lim 05 6 2 0 0 26 2

x

x x

x xx

Ovaj postupak bi onda morali da primenjujemo za sve ostale zadatke, evo recimo pod g)

22

2 2 2 2

22

2 2 2

55 3 25 3 2

lim lim lim2 4 12 4 1x x x

xx xx x x x x

x xx xx x x

2x

3 x

2x 2

2

2

2

x

x

2x

4 x

2x 2

5 0 0 5

2 0 0 21x


3

)7)(1(76

7

12

862

646

076

2

2

1

2,1

2,1

2

xxxx

x

x

x

x

xx

)1)(4(45

1

42

352

95

045

2

2

1

2,1

2,1

2

xxxx

x

x

x

x

xx

3) Odrediti granične vrednosti:

a) ;2

4lim

2

2

x

xx

b) ;45

76lim

2

2

1

xx

xxx

v) ;33

276lim

23

24

3

xxx

xxx

Ovaj tip zadatka je ( ako je to moguće i ako znate izvode ) najbolje raditi preko LOPITALOVOG pravila. Ako ne, morate i imenilac i brojilac rastaviti na činioce! ( Pogledajte taj PDF fajl u I godini i II godini ) a)

2

2 2 2

( 2)4 ( 2)( 2)lim lim lim

2 2x x x

xx x x

x x

( 2)

2

x

x

2lim( 2) 2 2 4x

x

b)

45

76lim

2

2

1 xx

xxx

PAZI: ovde ćemo iskoristiti znanje iz II godine vezano za kvadratnu jednačinu:

2

1 2( )( )ax bx c a x x x x

2

21 1 1

( 1)6 7 ( 1)( 7)lim lim lim

5 4 ( 4)( 1)x x x

xx x x x

x x x x

( 7)

( 4) ( 1)

x

x x

1

7 1 7 8lim

4 1 4 3x

x

x

Preko Lopitala bi bilo:

2 2

2 21 1 1

6 7 ( 6 7)` 2 6 2 1 6 8lim lim lim

5 4 ( 5 4)` 2 5 2 1 5 3x x x

x x x x x

x x x x x


4

v)

33

276lim

23

24

3 xxx

xxx

izdvajamo na stranu:

0276 24 xx Ovo je bikvadratna jednačina , uvodimo smenu tx 2

3

92

126

0276

2

1

2,1

2

t

t

t

tt

)3)(3)(3()3)(9(276 22224 xxxxxxx A izraz u imeniocu ćemo rastaviti sklapanjem “dva po dva” : )1)(3()3(1)3(33 2223 xxxxxxxx Vratimo se sad u zadatak:

4 2

3 23 3

( 3) ( 3)6 27lim lim

3 3x x

x xx x

x x x

2( 3)

( 3)

x

x

2

22 3

( 3)( 3) ( 3 3)(9 3) 6 12 72 36lim

( 1) (9 1) 10 10 5( 1) x

x x

xx

Preko Lopitala:

4 2 4 2 3 3

3 2 3 2 2 23 3 3

6 27 ( 6 27)` 4 12 4 ( 3) 12 ( 3)lim lim lim

3 3 ( 3 3)` 3 6 1 3 ( 3) 6 ( 3) 1

4 27 36 72 36

27 18 1 10 5

x x x

x x x x x x

x x x x x x x x

4) Odrediti sledeće granične vrednosti:

a) ;4

11lim

0 x

xxx

b) ;21

3lim

3

x

xx

v) ;416

11lim

2

2

0

x

xx

Rešenje: Ovo je novi tip zadatka, s korenima. Ideja je da se izvrši racionalizacija. To jest, koristimo razliku kvadrata:

22))(( BABABA


5

a)

0 0

2 2

0 0 0

0 0

1 1 1 1 1 1lim lim

4 4 1 1

(1 ) (1 ) 1 (1 ) 1 1lim lim lim

4 1 1 4 1 1 4 1 1

2 2lim lim

4 1 1

x x

x x x

x x

x x x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x x

x x

x x x

4x

0

1lim

1 1 2 1 1

1 1 1

2 2 42 1 0 1 0

xx x x x

b)

3 3

23 3 32

3 3 1 2lim lim

1 2 1 2 1 2

( 3) 1 2 ( 3) 1 2 ( 3)lim lim lim

1 41 2

x x

x x x

x x x

x x x

x x x x x

xx

1 2

3

x

x

3lim( 1 2) 3 1 2 2 2 4x

x

v)

416

11lim

2

2

0

x

xx

Ovde moramo da izvršimo duplu racionalizaciju.

2 22 2 2 2

2 2 2 20 0 2 2

2 2 2 2 2 2 2

0 0 02 2 2 2 2 2

1 1 1 11 1 1 1 16 4 16 4lim spakujemo= lim

16 4 1 1 16 4 1 116 4 16 4

[ ( 1) 1 ] 16 4 ( 1 1) 16 4lim lim lim

[ ( 16) 4 ] 1 1 ( 16 16) 1 1

x x

x x x

x xx x x x

x x x xx x

x x x x x

x x x x

2

2

16 4x

x

2

2

20

1 1

16 4 0 16 4 8lim 4

20 1 11 1x

x

x

x

5) Odredi sledeće granične vrednosti:

a) ;11

lim2

3 2

0 x

xx

b) ;1

1lim

3

0

x

xx


6

Rešenje: PAZI: Kad su u pitanju treći koreni, moramo koristiti formule:

2 2 3 3

2 2 3 3

( )( ) razlika kubova

( )( ) zbir kubova

A B A AB B A B

A B A AB B A B

a)

Ovde u imeniocu imamo izraz 3 21 1x , a to nam je ustvari ( A - B). Moramo dodati 2 2( )A AB B , to jest,

pošto je A= 3 21 x a B=1 racionališemo sa 32 2 23 (1 ) 1 1x x

32 2 23 32 2 3

2 2 32 2 20 0 3

33 2 3

32 2 2 20 3

2 2

32 2 2 20 03

(1 ) 1 11 1 1 1lim lim

(1 ) 1 1

1 1lim

[ (1 ) 1 1]

1 1lim lim

[ (1 ) 1 1]

x x

x

x x

x xx x

x x x x

x

x x x

x x

x x x

2x 32 2 23

32 2 2 20 33 3

[ (1 ) 1 1]

1 1 1lim

3(1 ) 1 1 (1 0) 1 0 1x

x x

x x

b)

1

1lim

3

0 x

xx

PAZI: I ovde mora dupla racionalizacija

3 23 33 23 3

3 32 21 13 3

3 33

21 132 2 3

1 11 1 1 1lim spakujemo lim

1 11 11 1

1 1 ( 1)lim lim

1 1

x x

x x

x x xx x x x x

x xx x x xx x

x x x

x x x

1

( 1)

x

x

3 2 3

33 2 2 31 3

1

1 1 1 1 1 2lim

1 1 1 31 1 1 1x

x x

x

x x


7

6) Odredi sledeće granične vrednosti:

a) 2lim( 10 )x

x x x

b) 2lim( 1 )x

x x

c) 4 4

limx a

x a

x a

Rešenja:

a) 2lim( 10 )x

x x x

i ovde ćemo vršiti racionalizaciju…

2 2 22 22

2 2

( 10 )10 10lim( 10 ) lim lim

1 10 10x x x

x x xx x x x x xx x x

x x x x x x

U brojiocu je očigledno razlika kvadrata . Moramo malo i imenilac da prisredimo, odnosno da pod korenom izvučemo 2x ispred zagrade pa zatim x ispred korena…

2 2 2 2 2 2 2

22

( 10 ) ( 10 ) 10lim lim lim

10 1010 (1 ) (1 )

10lim

x x x

x

x x x x x x x x x

x x x x x x xx x

x

x

10lim

10 101 1 1 1

x

x x

Izraz 10

x teži nuli kad x , pa je

10 10 10 10

lim 51 1 210 1 1 0

1 1x

x

Sličan način rada primenjujemo i u narednom primeru:


8

b) 2lim( 1 )x

x x

2 2 22 2 2 2

2

22

2 2

2

( 1)1 1 1lim( 1 ) lim lim lim

1 1 11 (1 ) (1 )

1 1lim 0

1[ (1 ) 1]

x x x x

x

x xx x x x x xx x

x x x x x xx x

xx

c) 4 4

lim ?x a

x a

x a

Ovde ćemo upotrebiti jedan trik: x a ćemo malo prepraviti...

2 24 4x a x a a ovo je sada razlika kvadrata 2 24 4 4 4 4 4( )( )x a x a x a x a Vraćamo se u zadatak:

4 4

4 4

( )lim limx a x a

x ax a

x a

4 4

4 4

( )x a

x a

4 4 4 4 4lim( ) ( ) 2

x ax a a a a


1

GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zadaci II deo

U sledećim zadacima ćemo koristiti poznatu graničnu vrednost:

0

sinlim 1x

x

x ali i manje “varijacije’’

1sin

lim0

ax

axx

i 1)(

sinlim

0

n

n

x ax

ax

Zadaci:


a) ;4sin

lim0 x

xx

b) ;lim0 x

tgxx

v) ;cos1

lim20 x

xx

g) ;sinsin

limax

axax

Rešenja:

a) ;4sin

lim0 x

xx

(i gore i dole dodamo 4) = 0 0

4sin 4 sin 4lim 4 lim 4 1

4 4x x

x x

x x = 4

Ovde smo “ napravili” i upotrebili da je 1sin

lim0

ax

axx

b) 0 0 0 0 0

sinsin 1 sin 1 1coslim lim lim lim lim1

cos cos cosx x x x x

xtgx x xxx x x x x x x

11

11

0cos

11

cos

1lim1

0

xx

v)

20

cos1lim

x

xx

iskoristićemo formulu iz trigonometrije: 2

sin2cos1 2 xx

2

2

0

2sin2

limx

x

x(i gore i dole dodamo 4)

2 2

2 20 0

4sin sin2 2lim 2 8 lim 8 1 8

4 2

x x

x x

x x


2

g)

ax

axax

sinsinlim iskoristićemo formulu ( pogledaj PDF fajl iz II godine )

2sin

2cos2sinsin

BABABA

2cos sin2 2lim malo prisredimo...

sin2lim cos lim cos 1

2 22

2cos cos cos

2 2

x a

x a x a

x a x a

x a

x ax a x a

x a

a a aa

2) Izračunati sledeće granične vrednosti:

a) ;11

4sinlim

0 x

xx

b) ;2cos

lim x

x

x

v) ;1

)1sin(lim

1

x

xx

a)

11

4sinlim

0 x

xx

najpre racionalizacija

x

xx

x

xx

x

x

x

x

xx

x

114sinlim

11

114sinlim

11

11

11

4sinlim

00

0

sad i gore i dole dodamo 4

0 0 0

4sin 4 1 1 sin 4lim lim 4 1 1 lim 4 1 1 1

4 4

4 0 1 1 4 2 8

x x x

x x xx x

x x


3

b)

x

x

x

2cos

lim ovde ćemo najpre uzeti smenu: ,tx , pa kad x , onda ,0 t dakle 0t

t

t

t

t

t

t

ttt

2sin

lim22

cos

lim2cos

lim000

( jer je sin

2cos

)

0 0

sin sin1 1 12 2lim lim 12 2 22

2 2

t t

t t

t t

v)

1

)1sin(lim

1 x

xx

najpre racionalizacija

1

)1)(1sin(lim

1

1

1

)1sin(lim

11 x

xx

x

x

x

xxx

sada smena ,1 tx kad 1x tad 0t

0 0 0

0

sin( ) 1 1 sin( ) 1 1 sinlim lim lim 1 1

lim1 1 1 (1 1) 2

t t t

t

t t t t tt

t t t

t

U sledećim zadacima ćemo koristiti:

1

lim 1x

xe

x

I eax

ax

x

11lim

Još nam treba i činjenica da je xe neprekidna funkcija i važi:

lim ( )( )lim x a

f xf x

x ae e


a) ;3

1limx

x x

b) ;1

1lim

x

x x

x

c) );ln)1(ln(lim xxx

x


4

Rešenja: a)

x

x x

31lim ovde gde je 3 mora biti 1, pa ćemo 3 ‘spustiti’ ispod x

x

x x

31lim

1lim 1

3

x

x x

sad kod x u eksponentu pomnožimo i podelimo sa3

x

x x

31lim

1lim 1

3

x

x x

33

3 3

31 1lim 1 lim 1

3 3

x x

x xe

x x

b)

x

x x

x

1

1lim trik: u zagradi ćemo dodati 1 i oduzeti 1

1 2

2 1

1 2

2 1

1 1 1( 1) 1 1lim 1 1 lim 1 lim 1

1 1 1

2 1 1lim 1 lim 1 lim 1

1 112 2

1lim 1 lim

12

x x x

x x x

xx x

xx

x x x

x x

x

x x

x x x x x

x x x

x xx

x

21 1

22 2

lim 21 111 lim

12

x

xx x

x x

x x

xe e e

x

v)

1 1

lim (ln( 1) ln ) lim[ ln ] lim lnx

x x x

x xx x x x

x x

( pošto je ln neprekidna funkcija i ona može da zameni mesto sa lim )

1 1 1

ln lim ln lim ln lim 1 ln 1x x x

x x x

x xe

x x x x

Ovde smo koristili pravila(pogledaj II godina logaritmi): lnA - lnB = B

Aln i ln ln nn A A


5


a) 22

0lim(1 3 ) ?ctg x

xtg x

b) 2

1

sin

0lim(cos ) ?x

xx

Rešenja:

a) 22

0lim(1 3 ) ?ctg x

xtg x

2 2 2

2 22

2220 0 0

33

3 33 3 32 2 20 0 0

1 1lim(1 3 ) lim(1 3 ) lim(1 )

3

1 1 1lim(1 ) lim(1 ) lim(1 )

3 3 3

ctg x ctg x ctg x

x x x

ctg x ctg xctg x

x x x

tg xctg xctg x

ectg x ctg x ctg x

b) 2

1

sin

0lim(cos ) ?x

xx

Najpre ćemo dodati i oduzeti jedinicu…

2 2

1 1

sin sin

0 0lim(cos ) lim(1 cos 1)x x

x xx x

Dalje moramo upotrebiti formulicu: 21 cos 2sin2

xx


6

2

2 2 2 2

2

1

sin

1 1 1 12sin sin sin sin

0 0 0 0 0

2

1

sin

2 2 2

0

2

1lim(cos ) lim(1 cos 1) lim(1 (1 cos )) lim(1 2sin ) lim 1

12

2sin2

1lim 1 sin 4sin cos

1 2

2sin2

x

x x x x

x x x x x

x

x

xx x x

x

xformula x

x

2 2 2 2

2

2

0 2

1 1 1

4sin cos sin 4cos2 2 2 2

0 0

2 2

11 2cos

22sin

21

lim1

2cos2 2

0

2

1 1 lim 1 lim 1

1 12

2sin 2sin2 2

1lim 1

1

2sin2

x

x x x x

x x

xx

x

x

x

x x

e e

x

Ko je upoznat sa Lopitalovom teoremom može ove zadačiće rešavati i na drugi način:

a) 22

0lim(1 3 ) ?ctg x

xtg x

Ceo limes obeležimo sa nekim slovom, recimo A i elenujemo ga:

2

2

2

2

0

2

0

2

0

2 2

0

220

2

20

lim(1 3 ) ............ / ln

ln lim(1 3 ) ln

lim ln(1 3 ) ln

lim ln(1 3 ) ln

1lim ln(1 3 ) ln

ln(1 3 )lim ln sad na levoj strani up

ctg x

x

ctg x

x

ctg x

x

x

x

x

tg x A

tg x A

tg x A

ctg x tg x A

tg x Atg x

tg xA

tg x

2 2

0

otrebljavamo Lopitalovu teoremu

1 13 2

1 3 coslimx

tgxtg x x

2

12

costgx

x

32 20

ln

3 3 3lim ln ln ln ln 3

1 3 1 3 0 1x

A

A A A A A etg x tg


7

b) 2

1

sin

0lim(cos ) ?x

xx

2

2

2

1

sin

0

1

sin

0

1

sin

0

20

20

0

lim(cos ) ............ / ln

ln lim(cos ) ln

lim ln(cos ) ln

1lim ln(cos ) ln

sin

ln(cos )lim ln na levoj strani Lopital...

sin1

( sincoslim

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x A

x A

x A

x Ax

xA

x

xx

)

2 sin x1

22 20

lncos

1 1 1 1lim ln ln ln ln

2cos 2cos 0 2 1 2x

Ax

A A A A A ex

Vi naravno radite kako zahteva vaš profesor... Kao što vidite, Lopitalova teorema je elegantan način da se dodje do rešenja kod odredjivanja graničnih vrednosti

funkcija. Ali pazite, ona radi samo u situacijama 0

0 i

.

5) Odrediti sledeće granične vrednosti: a) 2

0lim lnx

x x

b)

0lim 2x

x ctg x

Rešenja: a) 2

0lim lnx

x x

Ako zamenimo da x teži nuli , dobijamo : 2 2

0lim ln 0 ln 0 0 ( )x

x x

Ovo je neodredjen izraz a ne smemo koristiti Lopitalovu teoremu . Šta uraditi?


8

Moramo prepraviti funkciju od koje tražimo limes da bude oblika 0

0 ili

.

2

0 0

2

lnlim ln lim

1x x

xx x

x

ako ovde zamenimo da x teži nuli , dobijamo:

2

0 0

2 2

ln ln 0lim ln lim

1 10

x x

xx x

x

, pa možemo koristiti Lopitala…

32

0 0 0 0 0

2 2 3

1ln (ln )`

lim ln lim lim lim lim1 1 2

( )`x x x x x

x x xxx x

x x x

2 x

2

0lim 0

2x

x

b)

0lim 2x

x ctg x

Sličan trik kao u prethodnom primeru…

22

20 0 0 0 0

2

122 ( 2 )` 2 0sin 2lim 2 lim ( ) lim lim lim ( )

1 1 1 sin 2 0( )`x x x x x

ctg x ctg x xxx ctg xx

x x x

Opet koristimo Lopitalovu teoremu…

2 2

2 20 0 0 0

2 0 (2 )` 4 4lim ( ) lim lim lim

sin 2 0 (sin 2 )` 2sin 2 cos 2 2x x x x

x x x

x x x x

4

x0

0lim ( )

sin 2 cos 2 0sin 2 cos 2 x

x

x xx x

Auuu, opet Lopital…

0 0

2 2 2 20 0

2 2

0 1lim ( ) lim

sin 2 cos 2 0 [(sin 2 )` cos 2 sin 2 (cos 2 )`]

1 1 1lim lim

[cos 2 2 cos 2 sin 2 ( sin 2 ) 2] 2 cos 2 2sin 2 2 cos 2 0 2sin 2 0

1 1 1

2 cos 0 2sin 0 2 1 0 2

x x

x x

x

x x x x x x

x x x x x x

Ovaj zadatak baš ispade težak, zar ne? Al to je zato što ne razmišljamo, već odmah krenemo u rad... Evo kako bi moglo prostije:


9

2 2

0 0 0 0 0

2

1 0 1 cos 2 cos 0 1lim 2 lim lim ( ) lim lim

12 2 0 2 2 22cos 2

x x x x x

x xx ctg x x

tg x tg xx

Dakle, prvo pogledajte malo zadatak, analizirajte, pa onda krenite na rešavanje…

1

ELEMENTARNE FUNKCIJE – GRAFICI

Osnovne elementarne funkcije su :

- Konstantne funkcije - Stepene funkcije - Eksponencijalne funkcije - Logaritamske funkcije - Trigonometrijske funkcije - Inverzne trigonometrijske funkcije - Hiperboličke funkcije

Elementarnim funkcijama se nazivaju funkcije koje se mogu zadati pomoću osnovnih elementarnih funkcija i konstanti , pomoću konačno mnogo operacija sabiranja , oduzimanja, množenja, deljenja i kompozicija osnovnih elementarnih funkcija. Napomena: Ovo nije stroga definicija elementarnih funkcija. Vi tu definiciju naučite kako vam je kaže vaš profesor, mi smo tu da samo malo pojasnimo stvari i podsetimo vas kako izgledaju grafici...

x

y

x

yny x

n-paran broj

ny xn-neparan broj

Ovo su grafici stepenih funkcija gde je izložilac prirodni broj . Svi grafici izgledaju ovako, sem što se u zavisnosti od izložioca sužavaju ili šire…( pogledajte fajl kvadratna funkcija iz druge godine).


2

x

y ny xn-neparan broj

x

yny x

n-paran broj

Ovo su grafici stepenih funkcija gde je izložilac racionalan broj.

Trebamo zapamtiti da je ny x , kada je n paran broj definisana samo za [0, ) to jest 0x x , dok je funkcija

ny x kada je n neparan broj definisana na celom skupu R, to jest ( , ) x

x

y

x

y

1

log

1

ay x

a

log

0 1

ay x

a

1

x

y

1

lny x

slika 1 slika 2 slika 3 Podsetite se logaritamskih funkcija ( fajl iz II godine). Važno je zapamtiti da su one definisane za vrednosti x koje su veće od nule , to jest 0x . U graničnim vrednostima funkcija smo rekli da je ln 0 . Sa elementarnog grafika to sad možemo i uočiti (slika 3.): kad se x približava 0 sa pozitivne strane funkcija teži beskonačnosti ( minus):

0lim ln

xx

( žuta crta)

A rekli smo i da je ln . Sa grafika je i to jasno, kad x teži beskonačnosti i funkcija ide u beskonačno, što je na grafiku prikazano crvenom crtom.


3

x

y

x

y

1 11

xy a

a

0 1

xy a

a

x

y

1

xy e

Eksponencijalne funkcije smo takodje obradjivali u II godini. Važno je da su one svuda definisane: x R . Kad smo objašnjavali limese, rekli smo da je 0e . Sada to možemo videti i na grafiku( žuta crta), kad x teži minus beskonačno, funkcija se približava nuli. Dalje smo rekli i da je e ( crvena crta). Trigonometrijske funkcije: Sinusna funkcija y = sinx je osnovna trigonometrijska funkcija.

1

-1

siny x

222

3

2

2

3

2

0

Ostale trigonometrijske funkcije definišemo sa :

cos sin( )2

x x

1

-1

222

3

2

2

3

2

0


4

sin

cos

xtgx

x

222

3

2

2

3

2

x

y

0

y=tgx

cos

sin

xctgx

x

22

3

2

2

3

2

x

y

0

y=ctgx

Inverzne trigonometrijske funkcije: Ove funkcije se nazivaju ciklometrijske ili arkus funkcije. i) Arkus sinus Pazite: funkcija y = sinx nema inverznu funkciju, jer nije bijekcija!

Ali ako posmatramo njenu restrikciju na intervalu [ , ]2 2

i preslikavanje 1 :[ 1,1] [ , ]

2 2f

dobijamo arkus

sinus funkciju:

2

2

-11 x

y

y=arcsinx

0


5

Još zapamtite da važi:

arcsin(sin ) za [ , ]

2 2sin(arcsin ) za x [-1,1]

x x x

x x

Funkcija je definisana za [ 1,1]x Nula funkcije je u x=0 ii) Arkus kosinus I ovde ćemo iz sličnog razloga posmatrati restrikciju funkcije y = cos x na intervalu [0, ] . Posmatramo preslikavanje 1 :[ 1,1] [0, ]g

2

-1 1 x

y

y=arccosx

0

Važi: arccos(cos ) za [0, ]

cos(arccos ) za [ 1,1]

x x x

x x x

Funkcija je definisana za [ 1,1]x Nula funkcije je u x =1 iii) Arkus tangens

Posmatrajući restrikciju funkcije y = tgx na intervalu [ , ]2 2

i preslikavanje 1 : [ , ]

2 2h R

Dobijamo funkciju arkus tangens. www.matematiranje.com

6

2

2

x

y

y=arctgx

0

( ) za [ , ]2 2

( ) za x R

arctg tgx x x

tg arctgx x

Funkcija je definisana na celom skupu R. Nula funkcije je x=0. iv) Arkus kotangens

1 : [0, ]k R

x

y

2

0

y=arcctgx

( ) za [0, ]

( ) za x R

arcctg ctgx x x

ctg arcctgx x

Funkcija je svuda definisana . Nema nule. Hiperboličke funkcije

To su funkcije : hiperbolički sinus 2

x xe eshx

, hiperbolički kosinus

2

x xe echx

hiperbolički tangens x x

x x

e ethx

e e

i hiperbolički kotangens

x x

x x

e ecthx

e e


7

Grafici ovih funkcija se dobijaju iz grafika i x xy e y e odnosno pomoću 1 1

i 2 2

x xy e y e

xy exy e

x

y

0

1

y=sh 12

xy e12

xy e

1

2

1

y=ch

x

y

Ovde važe identiteti ( podseti se adicionih formula iz II godine…)

2 2

2 2

1

( )

( )

2 2

2

ch x sh x

sh x y shx chy chx shy

ch x y chx chy shx shy

sh x shx chx

ch x ch x sh x

hiperbolički tangens i hiperbolički kotangens imaju grafike:

x

y

1

-1

y=th

x

y

1

-1

y=cth


8

ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija. Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ”ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti”, pa kako oni rade tako i vi… Još jedna stvar, neki profesori ne ispituju horizontalnu asimptotu kao posebnu, već to odrade u sklopu kose asimptote. Mi ćemo pokušati da vam objasnimo svaku asimptotu posebno. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: - vertikalna - horizontalna

- kosa

- vertikalna Potencijalna vertikalna asimptota se nalazi u prekidima iz oblasti definisanosti. Ako je recimo tačka x = Θ prekid, moramo ispitati kako se funkcija “ ponaša “ u nekoj okolini te tačke, pa tražimo dva limesa:

0,)(lim→+Θ→ εε kadx

xf i 0,

)(lim→−Θ→ εε kadx

xf Ako su rešenja ova dva limesa +∞ ili - ∞ onda je prava x =Θ

vertikalna asimptota, a ako dobijemo neki broj za rešenje, onda funkcija teži tom broju ( po ipsilonu) Pazite: Za svaki prekid mora da se traže oba limesa, osim možda ako funkcija nije negde definisana.

- horizontalna Ovde tražimo dva limesa: )(lim xf

x +∞→ i )(lim xf

x −∞→.

Ako kao rešenje dobijemo neki broj , recimo #, onda je y = # horizontalna asimptota, a ako dobijemo +∞ ili - ∞ onda kažemo da nema horizontalna asimptota.

- kosa Kosa asimptota je prava y = kx + n

k=∞→x

limxxf )( i n= ])([lim kxxf

x−

∞→

Naravno, potrebno je raditi ove limese i za +∞ i za - ∞ , naročito kod složenijih funkcija,jer se može desiti da nema ove asimptote sa obe strane... AKO IMA HORIZONTALNA ASIMPTOTA, KOSA NEMA! www.matematiranje.com

Pre nego krenemo sa izradom zadataka, podsetimo se kako se traži oblast definisanosti :

1. OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE:

Ako je data racionalna funkcija )()(

xQxP onda je Q(x)≠ 0

Ako je data ln ⊗ , onda je ⊗ >0 Ako je data Θ , onda je Θ ≥ 0 Ako je data 3 @ , onda je svuda definisana Funkcija ex je svuda definisana. Ako je data arcsin @ onda je 1@1 ≤≤− Ako je data arctg % onda je svuda definisana

ZADACI 1. Nadji asimptote sledećih funkcija:

a) 11

−+

=xxy

b) 142

−−

=x

xy

v) 2

2

14

xxy−−

=

Rešenja:

a) 11

−+

=xxy

vertikalna Funkcija je definisana za 01 ≠−x to jest 1≠x .To nam govori da je x = 1 vertikalna asimptota. Tražimo sada 2 limesa:

0,111lim→+→

−+

εε kadxxx =

1111−+

+ε

= pazi: samo dole menjamo 1+ε , jer nam gore to nista ne znači = ε+

2 = 0

2+

= +∞

0,111lim→−→

−+

εε kadxxx =

1111−−

+ε

= ε−

2 = - ∞ ŠTA OVO ZNAČI KONKRETNO NA GRAFIKU? POGLEDAJMO:


x

y

1.

x=1

0,111lim→+→

−+

εε kadxxx = +∞ Ovo je žuta crta na grafiku, a znači da kada se x približava 1 sa pozitivne strane(+ε ) da

funkcija y teži +∞ .

0,111lim→−→

−+

εε kadxxx = - ∞ Ovo je crvena crta na grafiku, a znači da kada se x približava 1 sa negativne strane (-ε ) da

funkcija y teži -∞ . Horizontalna:

11lim

−+

±∞→ xx

x= 1, što znači da je y = 1 horizontalna asimptota i da kose nema! Na grafiku:

x

y

1.

x=1

.1y=1


b) 142

−−

=x

xy

Funkcija je definisana za 01 ≠−x to jest 1≠x .Onda je x = 1 vertikalna asimptota. Tražimo sada 2 limesa:

0,1

2

14lim→+→

−−

εε kadxx

x =εε +

−=

−+− 3

11412

=03

+− = -∞ ( žuta crta na grafiku)

0,1

2

14lim→−→

−−

εε kadxx

x =εε −

−=

−−− 3

11412

=03

−− = +∞ ( crvena crta na grafiku)

horizontalna asimptota:

14lim

2

−−

±∞→ xx

x= ∞± Ovo nam govori da nema horizontalne asimptote pa moramo tražiti kosu!

kosa asimptota:

Kosa asimptota je prava y = kx + n

k=±∞→x


x−

±∞→

k=±∞→x

limx

xx

142

−−

=±∞→x

limxx

x−−

2

2 4 = 1 (pogledaj fajl granične vrednosti funkcija, zadaci (i deo))

n= ])([lim kxxfx

−±∞→

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−−

±∞→x

xx

x1

14lim

2

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−−−±∞→ 1

)1(4lim2

xxxx

x= ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+−−±∞→ 1

4lim22

xxxx

x= ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

−−

±∞→ 14lim

xx

x=1

Sada k i n zamenimo u formulu: y = kx + n i dobijamo da je y = x + 1 kosa asimptota

x

y

1.

x=1

.

.1-1

y=x+1


v) 2

2

14

xxy−−

=

Funkcija je definisana za 01 2 ≠− x to jest 0)1)(1( ≠+− xx to jest 1≠x i 1−≠x Ovo znači da moramo tražiti četiri limesa, za +1 i za –1 sa “obe” strane.

0,1

2

2

14lim→+→

−−

εε kadxx

x =0,1

2

)1)(1(4lim→+→+−

−

εε kadxxx

x = Pazi , pametno je dole izraz napisati kao razliku kvadrata, pa tek onda menjati...=

)11))(1(1(412

εε +++−− =

2)11(3ε−−

− =2)(

3ε−− = +∞ (plava crta)

0,1

2

2

14lim→−→

−−

εε kadxx

x =0,1

2

)1)(1(4lim→−→+−

−

εε kadxxx

x =)11))(1(1(

412

εε −+−−− =

2)11(3ε+−

− = 23

ε− = -∞ (crvena crta)

0,1

2

2

14lim→+−→

−−

εε kadxx

x =0,1

2

)1)(1(4lim→+−→+−

−

εε kadxxx

x =))1(1))(1(1(

4)1( 2

εε +−++−−−− =

εε )2(3

−− =

ε23− = -∞ ( žuta crta)

0,1

2

2

14lim→−−→

−−

εε kadxx

x =0,1

2

)1)(1(4lim→−−→+−

−

εε kadxxx

x =))1(1))(1(1(

4)1( 2

εε −−+−−−−− =

))(2(3

εε −+− =

)(23ε−

− = + ∞ ( zelena crta)


2

2

14lim

xx

x −−

±∞→= 1

11

−=− pa je y = - 1 horizontalna asimptota pa kose asimptote nema.

x

y

1.

x=1

.

.-1

-1

0

x=-1

y=-1


2. Nadji asimptote sledećih funkcija:

a) xey1

=

b) xxey1

= Rešenja:

a) xey1

= Funkcija je definisana za 0≠x , pa je x = 0 potencijalna vertikalna asimptota.

0,0

1

lim→+→ εε kadx

xe = ∞== ∞++ ee ε01

(crvena crta na grafiku)

0,0

1

lim→−→ εε kadx

xe = 001

== ∞−− ee ε Šta sad ovo znači? Trebali smo da dobijemo + ili – beskonačno...

Ovo znači da kada x teži nuli sa leve, negativne strane, funkcija teži nuli, što na grafiku prikazujemo STRELICOM. horizontalna asimptota:

+∞→xxe1

lim = 101

==∞+ ee

−∞→xxe1

lim = 101

==∞− ee Dakle y = 1 je horizontalna asimptota!

y

x.1 y=1

0


b) xxey1

= Funkcija je definisana za 0≠x , pa je x = 0 potencijalna vertikalna asimptota.

∞=+=+→

o0)0(lim 011

0exe x

xε

ε a ovo je neodređen izraz! Ideja je da iskoristimo Lopitalovu teoremu, ali pre toga

moramo ’prepraviti’ funkciju da bude oblika 00 ili

∞∞ .

=+→

xx

xe1

0lim

ε

x

e x

x 1lim

1

0 ε+→ Ako ovde zamenimo da x teži nuli, dobijamo

∞∞ , pa smemo da koristimo Lopitalovu teoremu

=+→

xx

xe1

0lim

ε

x

e x

x 1lim

1

0 ε+→= tražimo izvod gore, izvod dole, posebno=

2

2

1

0 1

)1(lim

x

xe x

x−

−

+→ ε=

0,0

1

lim→+→ εε kadx

xe = ∞== ∞++ ee ε01

(Žuta

crta)

=−→

xx

xe1

0lim

ε000)0(

1

==− − oεε e (strelica)


=+∞→

xx

xe1

lim ∞=∞=∞=∞ ∞ 101

ooo ee

=−∞→

xx

xe1

lim −∞=−∞=−∞=∞− ∞ 101

ooo ee

Dakle, nema horizontalne asimptote, pa moramo potražiti kosu:


k=±∞→x


x−

±∞→

k=±∞→x

limxxf )( = 1limlim 0

111

==== ∞

±∞→±∞→eee

xxe x

x

x

x

n= ])([lim kxxfx

−±∞→

= ]1[lim1

xxe xx

−±∞→

= ]1[lim1

−±∞→

xx

ex = sličan trik kao malopre, da bi mogli da upotrebimo Lopitala…

=

x

e x

x 11lim

1

−±∞→

= sada je ovaj izraz oblika 00 ,tražimo izvode=

2

2

1

1

)1(lim

x

xe x

x−

−

±∞→= 1lim 0

11

=== ∞

±∞→eee x

x

www.matematiranje.com Dobili smo kosu asimptotu y = x +1

x

y

.

.1-1

y=x+1

0

3. Nadji asimptote funkcije: 4

22 +

−=

xxy

Rešenje: Pošto je izraz 042 >+x za svako x, funkcija je svuda definisana, a to nam govori da ona nema vertikalnih asimptota! horizontalna asimptota:

42lim

2 +

−±∞→ x

xx

= )41(

2lim

22

xx

xx

+

−±∞→

=)41(

2lim

2xx

xx

+

−±∞→

PAZI ! Pošto smo dole dobili apsolutnu vrednost, moramo

odvojiti limese za + i za – beskonačno!

)41(

2lim

2xx

xx

+

−+∞→

= 1

)41(

2lim

2xx

xx

+−

−−∞→

= -1

Vrlo neobična situacija koja se ipak javlja kod korenih funkcija:

www.matematiranje.com KАД X TEŽI + BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = 1 KАД X TEŽI - BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = -1 Na slici bi to izgledalo ovako:

x

y

.

.

1

-1

y=1

y=-1

4. Nadji asimptote funkcije: 12ln

+−

=xxy

Najpre kao i uvek moramo ispitati oblast definisanosti:

012>

+−

xx Najbolje je da idemo preko tablice: (pogledaj fajl sa nejednačinama iz prve godine)

∞− -1 -1 2 2 ∞+ x-2 - - + x+1 - + +

12

+−

xx

+ - +

Ovo nam dakle govori da je funkcija definisana ),2()1,( ∞∪−−∞∈∀x , to jest izmedju –1 i 2 je NEMA!

x

y

.

x=2

.-1 0

x=-1

2


To znači da ćemo tražiti za x = 2 limes samo sa desne strane, a za x = -1 samo sa leve strane!

=+−

+→ 12lnlim

2 xx

x ε[Kako je ln neprekidna funkcija, ona može da zameni mesto sa lim ]=

−∞==+−+ 0ln12

22ln ε (crvena crta)

=+−

−−→ 12lnlim

1 xx

x ε∞=∞=

−−

=+−−

−− ln3ln11

21lnεε

(zelena crta)

x

y

.

x=2

.-1 0

x=-1

2


=+−

±∞→ 12lnlim

xx

x01ln

12limln ==

+−

±∞→ xx

x Dakle y = 0 (x- osa) je horizontalna asimptota.(plave crtke)

y=x+1

x

y

.

x=2

.-1 0

x=-1

2

IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:

1. C`=0 2. x`=1

3. (x2)`=2x

4. (xn)`=nxn-1 5. (ax)`=axlna

6. (ex)`=ex

7. (logax)`=ax ln

1 (ovde je x >0 i a >0)

8. (lnx)`=x1 (x>0)

9. 2

` 11xx

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ )0( ≠x

10. x

x2

1= (x>0)

11. (sinx)`=cosx 12. (cosx)`= - sinx

13. (tgx)`=x2cos

1 ππ kx +≠2

14. (ctgx)`=x2sin

1− πkx ≠

15. (arcsinx)`=21

1x−

1<x

16. (arccosx)`= - 21

1x−

17. (arctgx)`= 211x+

18. (arcctgx)`= - 211x+


1. [cf(x)]`=cf `(x) Kad je konstanta vezana za funkciju, nju prepišemo a tražimo izvod samo od funkcije. A kad je konstanta sama, izvod od nje je 0.

2. [f(x)± g(x)]` = f `(x) ± g`(x) Od svakog sabirka tražimo izvod posebno.

3. (uοv)`=u`v+vù izvod proizvoda

4. 2

` ``v

uvvuvu −

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ izvod količnika

Zadaci:

1. Nađi izvode sledećih funkcija:

a) y = x5 b) y = 10x c) f(x) = x d) y = log3 x e) f(x) = 3 5x

f) f(x) = 7

1x

g) y = 8 5

1x

h) y = x x

i) y = 23

2

x

xx

Rešenje: a) y = x5 ⇒ y` = 5x4 kao 4-ti tablični b) y = 10x ⇒ y` = 10xln10 kao 5-ti tablični

c) f(x) = x ⇒ x

xf2

1)`( = kao 10-ti tablični

d) y = log3 x pa je y` =3ln

1x

kao 7-mi tablični

e) f(x) = 3 5x Pazi: Ovde funkciju moramo prvo “pripremiti” za izvod. Iskoristićemo pravilo vezano za

stepenovanje: nm

m n xx = . Dakle 35

3 5 xx = pa dalje radimo kao (xn)`=nxn-1

f `(x) = 1

35

35 −

x = 32

35 x

f) f(x) = 7

1x

I ovde moramo “pripremiti” funkciju. Kako je nn a

a−=

1 to je 77

1 −= xx

pa je izvod

f `(x)= -7 x -7-1 = -7x –8 www.matematiranje.com

g) y = 8 5

1x

ovde je y = 85

−x pa će izvod biti y` =

185

85 −−

− x = 813

85 −

− x

h) y = x x = 21

1xx = 23

x pa je y`= 1

23

23 −

x = 21

23 x =

23 x

i) y = 23

2

x

xx = 32

21

2

x

xx = 32

25

x

x = 611

x pa će izvod biti y` = 1

611

611 −

x = 65

611 x


a) y = 5 sinx

b) y =21 lnx

c) y = 4

3− tgx

d) y = π x3

e) f(x) = 54 arctgx

f) f(x) = - a ctgx g) y = 10

h) y = -2abx

Rešenje: a) y = 5 sinx 5 je konstanta, pa nju prepišemo i tražimo izvod od sinx, a to je cosx. Dakle: y` = 5 cosx

b) y =21 lnx

21 je konstanta..... y` =

21

x1 =

x21

c) y = 4

3− tgx konstanta ostaje a od tgx je izvod 13. tablični, pa je y` = 4

3−x2cos

1

d) y = π x3 Pazi : π je takodje konstanta, a od x3 izvod je 3x2, pa je dakle: y` = π 3x2

e) f(x) = 54 arctgx f `(x)=

54

211x+

=)1(5

42x+

kao 17. tablični


f) f(x) = - a ctgx f `(x) = -a (x2sin

1− )=

xa

2sin

g) y = 10 Pazi: kad je konstanta sama izvod od nje je 0. Dakle y`=0 h) y = -2abx Ovde je –2ab konstanta, akako je od x izvod 1 to je : y` = -2ab 3. Nađi izvode:

a) y = 5x6 – 3x5 +4x – 8

b) f(x) = 3sinx - 21 ex + 7arctgx – 5

c) y = 45132

323 +−+−

xxxx

Rešenje: a) y = 5x6 – 3x5 +4x – 8 Iskoristićemo pravilo [f(x)± g(x)]` = f `(x) ± g`(x) i od svakog člana tražiti izvod posebno, naravno prepisujući konstantu ispred funkcije. y` = 5(x6)` – 3(x5)` +4(x)` – 8` y` = 30x5 – 15 x4 +4 – 0 Pazi još jednom, kad je konstanta sama izvod je 0. y` = 30x5 – 15 x4 +4

b) f(x) = 3sinx - 21 ex + 7arctgx – 5

f `(x) = 3(sinx)` - 21 (ex)` + 7(arctgx)` – 5`

f `(x) = 3 cos x - 21 ex + 7 21

1x+

- 0 = 3 cos x - 21 ex + 21

7x+

c) y = 45132

323 +−+−

xxxx Najpre ćemo koristeći već pomenuta pravila za stepenovanje i korenovanje,

“pripremiti” funkciju, a zatim tražiti izvode u tablici...

y = 31

x - 2 21

−x + 3x-2 -

51 x-3 +4

y` = 32

31 −

x -2 )21(− 2

3−

x +3(-2)x-3 –51 (-3)x-4 + 0 = 3

2

31 −

x + 23

−x - 6 x-3 +

53 x-4



a) f(x) = x3 sinx

b) f(x) = ex arcsinx

c) y = (3x2+1)(2x2+3)

d) y = x – sinxcosx

Rešenje: Kao što primećujete, u ovom zadatku moramo koristiti pravilo za izvod proizvoda: (uοv)`=u`v+vù a) f(x) = x3 sinx Ovde je x3 kao funkcija u, dok je sinx kao funkcija v f `(x) = (x3)` sinx + (sinx)`x3 f `(x) = 3x2 sinx + cosx x3 = x2(3sinx+xcosx) b) f(x) = ex arcsinx Ovde je ex kao funkcija u, dok je arcsinx kao funkcija v f `(x) = (ex)àrcsinx + (arcsinx)èx

f `(x) = ex arcsinx + 21

1x−

ex = ex( arcsinx +21

1x−

)

c) y = (3x2+1)(2x2+3) Naravno ovde možemo sve pomnožiti pa tražiti izvod od svakog posebno, ali malo je lakše upotrebiti izvod proizvoda. y` = (3x2+1)`(2x2+3)+ (3x2+1)(2x2+3)`= 6x (2x2+3)+ 4x (3x2+1)= 2x[(6x2+9)+ (6x2+2)]=2x[12x2+11] d) y = x –sinxcosx Od x je izvod 1 a sinxcosx moramo kao izvod proizvoda y` = 1 –[ (sinx)`cosx + (cosx)`sinx] y` = 1 –[ cosx cosx - sinx sinx] Znamo da je sin2x + cos2x = 1 y` = sin2x + cos2x - cos2x + sin2x = 2 sin2x www.matematiranje.com


a) 11

2

2

−+

=xxy

b) x

xysin1

cos−

=

c) 2

5+−

= x

x

eey

d) x

xyln

1ln +=

Rešenje: Ovde ćemo koristiti izvod količnika : 2

` ``v

uvvuvu −

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

a) 11

2

2

−+

=xxy ovde je x2 + 1 funkcija u, dok je x2-1 funkcija v

22

2222

)1()1)`(1()1)`(1(`

−+−−−+

=x

xxxxy savet : imenilac nek ostane ovako do kraja!

22

22

)1()1(2)1(2`

−+−−

=x

xxxxy izvuci zajednički ispred zagrade ako ima, biće lakše za rad!

22

22

)1()]1()1[(2`

−+−−

=x

xxxy malo prisredimo...

22 )1(4`−

−=

xxy evo konačnog rešenja!

b) x

xysin1

cos−

= u je cosx ; a v je 1 - sinx

2)sin1()`cossin1()sin1)`((cos`

xxxxxy

−−−−

= nadjemo izvode u brojiocu...

2)sin1(coscos)sin1(sin`

xxxxxy

−+−−

=


2

22

)sin1(cossinsin`

xxxxy

−++−

= kako je sin2x + cos2x = 1 to je

2)sin1(sin1`

xxy

−−

= skratimo 1 – sinx, naravno postavimo uslov da je to različito od 0

x

ysin11`

−= i evo konačnog rešenja!

c) 2

5+−

= x

x

eey

2)2()5)`(2()2)`(5(`

+−+−+−

= x

xxxx

eeeeey

2)2()5()2(`

+−−+−

= x

xxxx

eeeeey izvlačimo ex kao zajednički ispred zagrade

2)2()52(`

+−++−

= x

xxx

eeeey malo sredimo...

2)2(7`+

−= x

x

eey konačno rešenje

d) x

xyln

1ln +=

xxxxxy 2ln

)1)`(ln(ln)`ln1(ln` +−+=

x

xx

xxy 2ln

)1(ln1ln1

`+−

=

x

xx

xx

xy 2ln

1ln1ln1

`−−

=

xxy 2ln

1

`−

= pa je xx

y 2ln1` −

= konačno rešenje www.matematiranje.com

6. Odrediti jednačinu tangente funkcije y = 2x2 – 3x + 2 u datoj tački A(2,y) koja pripada funkciji. Rešenje: Najpre ćemo naći nepoznatu koordinatu y tako što ćemo u datoj funkciji zameniti x = 2 y = 2* 22- 6 + 2 = 4, pa je data tačka ustvari A(2,4) Da vas podsetimo:

Jednačina tangente Jednačina tangente na krivu y=f(x) u tački (x0,y0) u kojoj je funkcija diferencijabilna, računa se po formuli: y – y0 = f `(x0)(x – x0)

f(x) = 2x2 – 3x + 2 Nađemo izvod ... f `(x) = 4x - 3 Ovde zamenimo vrednost x = 2 f `(2) = 8-3 = 5 Vrednost prvog izvoda u dvojci je 5. Sad upotrebimo formulu: y – y0 = f `(x0)(x – x0) y – 4 = 5 (x- 2) malo prisredimo… y = 5x – 6 je tražena jednačina tangente

7. U kojoj tački parabole y = x2 – 7x + 3 je tangenta paralelna sa pravom y = 5x + 2 ? Rešenje: f(x) = x2 – 7x + 3 pa je prvi izvod f `(x) = 2x – 7 Uslov paralelnosti je da je k1= k2 , iz prave y = 5x + 2 je k = 5 pa zaključujemo da je f `(x) = 5, to jest 2x – 7 = 5 2x = 12 x = 6 Sada ovu vrednost zamenimo u jednačinu parabole da nađemo koordinatu y. Dakle : y = x2 – 7x + 3 y = 36 – 42 +3 y = -3 Tražena tačka koja pripada paraboli je ( 6,-3) www.matematiranje.com

8. Odrediti jednačinu normale funkcije y = x4 – x2 + 3 u tački M(1,y) koja pripada grafiku te funkcije. Rešenje: Najpre nadjemo nepoznatu koordinatu y. Y = 1 – 1 +3 = 3, dakle koordinate su M(1,3) Normala se traži po formuli :

Jednačina normale Normala na krivu y=f(x) u tački (x0,y0) je prava normalna na tangentu krive u toj tački. Njena jednačina je :

y – y0 = )(

1

0` xf− (x – x0)

y = x4 – x2 + 3 y` = 4x3 – 2x pa zamenimo x koordinatu tačke M y`(1)= 4 – 2 =2 i sad upotrebimo formulu:

y – 3 = )1(21

−− x malo sredimo…

2y – 6 = -x +1 pa je normala n: x+2y –7 = 0 traženo rešenje www.matematiranje.com

IZVODI ZADACI ( II deo) U ovom delu ćemo pokušati da vam objasnimo traženje izvoda složenih funkcija. Prvo da razjasnimo koja je funkcija složena? Pa, najprostije rečeno, to je svaka funkcija koje nema u tablici ( tamo su samo elementarne funkcije) i čiji izvod se ne može naći primenom datih pravila. Evo par primera: Primer 1. Nađi izvod funkcije y = (1+5x)12 Kako da razmišljamo? Da je data funkcija y = x12, njen izvod bi bio y` = 12 x11, i to ne bi bio problem. Ali mi umesto x-sa imamo 1+5x i to nam govori da je funkcija složena! Radimo isto kao za elementarnu funkciju, i dodamo izvod od onog što je složeno! Dakle: y = (1+5x)12

y` = 12(1+5x)11(1+5x)` [ od jedinice je izvod 0, a od 5x je izvod 5] y` = 12 (1+5x)115 y` = 60 (1+5x)11

Primer 2.

xy sin

Podsetimo se : ako je y = x izvod je x

y2

1 , ali pošto unutar korena imamo sinx, funkcija je složena!

xy sin

xy

sin2

1 (sinx)`

xy

sin2

1 cosx


Primer 3.

Nađi izvod funkcije 322 xxey Znamo da je (ex)`=ex . A pošto umesto x-sa imamo izraz x2 + 2x – 3, to se znači radi o složenoj funkciji.

322 xxey

)`32(` 2322

xxey xx

)22(` 322

xey xx

Primer 4.

Nađi izvod funkcije x

xy

1

1ln

Od ln x funkcije izvod je x

1 , ali ovde je umesto x- sa izraz

x

x

1

1 pa radimo kao složenu funkciju! Dakle:

x

xy

1

1ln

`

1

1

1

11

`

x

x

x

xy ovde pazimo, jer je (

x

x

1

1)` izvod količnika!

2)1(

)1)`(1()1)`(1(

1

11

`x

xxxx

x

xy

skratimo po 1-x

x

xx

xy

1

11

1

1`

xxy

1

2

1

1` u imeniocu je razlika kvadrata…

21

2`

xy

konačno rešenje!

ZNAČI: Radimo sve isto kao da je elementarna funkcija i pomnožimo sve sa izvodom od onog što je složeno! www.matematiranje.com

Ako nismo ovo baš razumeli evo tablice izvoda složene funkcije, y = f(u) a u = g(x) pa je y` = f `(u) g`(x)

1. (u2)`=2u u`

2. (un)`=nun-1u` 3. (au)`=aulna u`

4. (eu)`=euu`

5. (logau)`= `ln

1u

au

6. (lnu)`= `1

uu

7. `11

2

`

uuu

8. `2

1` u

uu

9. (sinu)`=cosu u` 10. (cosu)`= - sinu u`

11. (tgu)`= `cos

12

uu

12. (ctgu)`= `sin

12

uu

13. (arcsinu)`= `1

12

uu

14. (arccosu)`= - `1

12

uu

15. (arctgu)`= `1

12

uu

16. (arcctgu)`= - `1

12

uu


ZADACI: 1. Nađi izvod funkcije a) y = sin5x b) y = sin 5x Rešenje: Ovde moramo voditi računa , sin5x ćemo raditi kao drugi tablični , jer važi sin5x = (sinx)5 dok ćemo sin 5x raditi kao deveti tablični, to jest kao sin u, gde je u = 5x a) y = sin5x b) y = sin 5x

y` = 5sin4x(sinx)` y` = cos5x(5x)` y` = 5sin4x cosx y` = cos5x 5= 5cos5x

2. Nađi izvod funkcije x

xy

sin1

sin1ln

Rešenje: Ovde imamo višestruko složenu funkciju...Najpre idemo izvod ln u, gde je u =x

x

sin1

sin1

x

xy

sin1

sin1ln

)`sin1

sin1(

sin1

sin1

1`

x

x

x

xy

sada radimo izvod `2

1` u

uu gde je u =

x

x

sin1

sin1

)`sin1

sin1(

sin1

sin12

1

sin1

sin1

1`

x

x

x

x

x

xy

pazi : x

x

sin1

sin1

je izvod količnika

2)sin1(

)sin1)`(sin1()sin1)`(sin1(

sin1

sin12

1`

x

xxxx

x

xy

2)sin1(

)sin1(cos)sin1(cos

sin1

sin12

1`

x

xxxx

x

xy


2)sin1(

sincoscossincoscos

sin1

sin12

1`

x

xxxxxx

x

xy

2)sin1(

cos2

sin1

sin12

1`

x

x

x

xy

pokratimo šta može...

)sin1)(sin1(

cos`

xx

xy

u imeniocu je razlika kvadrata

x

xy

2sin1

cos`

znamo da je sin2x + cos2x = 1

x

xy

2cos

cos`

skratimo cos x

xy

cos

1`

konačno rešenje!

3. Nađi izvod funkcije y = arc tg x

x

1

1

Rešenje: Kako razmišljamo?

Moramo raditi kao (arctgu)`= `1

12

uu

gde je u = x

x

1

1

y = arc tg x

x

1

1

`

2 1

1

1

11

1`

x

x

x

xy pazi :

x

x

1

1 je izvod količnika i odmah ostalo’sredjujemo’

2

2

2 )1(

)1)`(1()1)`(1(

)1(

)1(1

1`

x

xxxx

x

xy


2

2

22 )1(

)1(1)1(1

)1(

)1()1(

1`

x

xx

x

xxy

pokratimo (1-x)2

1

11

2121

1`

22

xx

xxxxy

sredimo malo...

222

2`

xy

=

)1(2

22x

= )1(

12x

Dakle , konačno rešenje je: y`= )1(

12x

4. Nađi izvod funkcije y = arcsin 21

2

x

x

Rešenje: Radimo po formuli (arcsinu)`= `1

12

uu

gde je u = 21

2

x

x

y = arcsin 21

2

x

x

)`1

2(

)1

2(1

1`

22

2

x

x

x

xy

22

2

22

2 )1(

22)1(2

)1(

41

1`

x

xxx

x

xy

sredjujemo dalje izraz pod korenom...

22

22

22

222 )1(

422

)1(

4)1(

1`

x

xx

x

xxy

22

2

22

242 )1(

22

)1(

421

1`

x

x

x

xxxy


22

2

22

42 )1(

)1(2

)1(

21

1`

x

x

x

xxy

22

2

22

22 )1(

)1(2

)1(

)1(

1`

x

x

x

xy

22

2

2

2 )1(

)1(2

1

1

1`

x

x

x

xy

pokratimo... i dobijamo konačno rešenje 21

2`

xy

Podsetimo se teorijskog dela iz izvoda višeg reda...

Izvodi višeg reda

y``= (y`)` drugi izvod je prvi izvod prvog izvoda y```=(y``)` treći izvod je prvi izvod drugog izvoda y(n)= (yn-1))` n-ti izvod je prvi izvod (n-1)-vog izvoda

Znači da ovde praktično nema ničeg novog, jer mi ustvari uvek tražimo prvi izvod i naravno moramo da idemo redom , prvi izvod, pa drugi, pa treći itd... Evo nekoliko primera: Primer 1. Odredi drugi izvod sledećih funkcija : a) 543 2 xxy

b) 2xey

v) x

xy

1

1 www.matematiranje.com

Rešenja: a) 543 2 xxy y` = 6x – 4 y``= 6

b) 2xey Pazi , ovo je složena funkcija...

)`(` 22

xey x = 2xe (-2x) = -2x

2xe evo ga prvi izvod , sad radimo kao izvod proizvoda, a konstanta –2 ostaje ispred…

y``= -2[x`2xe +(

2xe )`x]

y``= -2[2xe +(-2x

2xe )x] pa je y``=-2[2xe -2 2x

2xe ]

y``= -22xe [1-2 2x ] evo drugog izvoda

v) x

xy

1

1 Najpre radimo kao izvod količnika...

2)1(

)1)`(1()1)`(1(`

x

xxxxy

2)1(

)1(1)1(1`

x

xxy

2)1(

11`

x

xxy

2)1(

2`

xy

sada tražimo drugi izvod, ali radi lakšeg rada ćemo napisati 2

2)1(2

)1(

2

xx

i ovo dalje

radimo kao složenu funkciju…

3

3

12

2

)1(

4``

)1(4``

)1)(2(2``

)1(2`

xy

xy

xy

xy


Primer 2.

Data je funkcija f(x)= exsinx.

Dokazati da je tačna jednakost: f ``(x) – 2f `(x) + 2f(x) = 0 Rešenje: Mi dakle moramo naći prvi i drugi izvod funkcije f(x)= exsinx i to treba da zamenimo u datoj jednakosti! f(x)= exsinx f `(x) = (ex)`sinx + (sinx)èx f `(x) = exsinx + cosx ex Našli smo prvi izvod, sad tražimo drugi... f ``(x) = (exsinx)` + (cosx ex)` f ``(x) = (ex)`sinx + (sinx)èx + (cosx)èx + (ex)`cosx f ``(x) = exsinx + cosx ex - sinx ex + excosx f ``(x) = 2excosx Sada se vraćamo u početnu jednakost: f ``(x) – 2f `(x) + 2f(x) = zamenimo… 2excosx – 2 (exsinx + cosx ex) + 2 exsinx = 2excosx – 2 exsinx -2 cosx ex + 2 exsinx = sve se potire...=0 Time smo dokazali da je zaista f ``(x) – 2f `(x) + 2f(x) = 0 www.matematiranje.com

Primer 3. Nadji n- ti izvod funkcije: a) y = e- 2x b) y = sinx

Rešenje: a) y = e- 2x Pazi, izvod složene funkcije... y` = e- 2x(-2x)`= -2 e- 2x y`` = -2 (-2 e- 2x) = 4 e- 2x

y```= 4 (-2 e- 2x) = -8 e- 2x yiv = -8(-2 e- 2x) = 16 e- 2x ……………………….. Pitamo se kako će izgledati n-ti izvod ? Tu već nastaju mali problemi. Iz nekoliko prvih izvoda, najčešće 5,6 njih mi trebamo naći n-ti izvod. Probamo da uočimo kako se ponašaju odredjeni članovi u izvodima. Recimo, kod ovog primera se e- 2x javlja u svim izvodima, a ove brojke ćemo malo prepraviti… y` = -2 e- 2x = (-2)1 e- 2x y`` = 4 e- 2x = (-2)2 e- 2x

y```= -8 e- 2x = (-2)3 e- 2x yiv = 16 e- 2x = (-2)4 e- 2x Vidimo da (-2) ima onaj stepen koji je izvod u pitanju! Iz ovoga zaključujemo da će n-ti izvod biti : y(n) =(-2)n e- 2x Međutim, ovde posao nije gotov. Neki profesori zahtevaju da se ova formula dokaže i primenom matematičke indukcije. I u pravu su! Proučite Matematičku indukciju (naravno na sajtu) i probajte da radi vežbe uradite ovaj dokaz. www.matematiranje.com

b) y = sinx

)2

sin(cos`

xxy veza u prvom kvadrantu (pogledaj temu II godina prebacivanje u I kvadrant)

)2

2sin(sin``

xxy

)2

3sin(cos```

xxy

)2

4sin(sin)4( xxy itd.

…………………………………. Vidimo da svaki izvod možemo izraziti preko sinusa i još primećujemo da koji je izvod u pitanju taj je broj

uz 2

. Dakle n-ti izvod je )

2sin()(

nxy n

I ovo naravno treba dokazati indukcijom! NAPOMENA: Ako funkcije u=u(x) i v=v(x) imaju u tački x0 izvode do reda n, tada njihova linearna kombinacija au + bv , gde a i b pripadaju skupu R i njihov proizvod u v imaju takodje izvode do reda n u tački x0 i pri tome važi: 1. (au+bv)(n) =a u(n) + b v(n)

2. (u v)(n) = )()1()2()1()( `1

.......``2

`10

nnnnn uvn

nvu

n

nvu

nvu

nvu

n

Ova druga formula je poznata i kao Lajbnicova formula!


1

1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije 3 3 2y x x= − + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je ( , ) to jest x Rx∈ −∞ ∞ ∈ Nule funkcije

30 to jest 3 2 0y x x= − + = Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama možemo koristiti Bezuovu teoremu ( pogledaj fajl iz 1. godine) ili da pokušamo sklapanje “ 2 po 2”.

3

3

2

2

2 21 2 1 2

3 2 02 2 0

( 1) 2 2 0( 1)( 1) 2( 1) 0 izvučemo zajednički

( 1)[ ( 1) 2] 0( 1)[ 2] 0Kako je za 2 0 1, 2 a znamo formulicu ( )( ) to je ( 1)(

x xx x xx x xx x x x

x x xx x x

x x x x ax bx c a x x x xx x

− + =

− − + =

− − + =− + − − =

− + − =

− + − =

+ − = = = − + + = − −− −

2

1)( 2) 0( 1) ( 2) 0

xx x

+ =

− + =

Nule funkcije su dakle x = 1 i x = - 2 Na skici to su mesta gde grafik funkcije seče x osu

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

2

-10

Znak funkcije Posmatrajmo “ sklopljeni” oblik funkcije 2( 1) ( 2)y x x= − + Odavde možemo zaključiti da je 2( 1) 0x − ≥ pa ne utiče na znak funkcije. Dakle znak zavisi samo od izraza x+2 : y > 0 za x +2 >0 to jest za x > -2 y < 0 za x +2 <0 to jest za x < -2 Na grafiku bi to značilo : www.matematiranje.com

2

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

23

4

5

-1

-2-3

-4-5

0

Grafik se nalazi samo u ovim obeleženim oblastima. Parnost i neparnost

3 3( ) ( ) 3( ) 2 3 2A ovo je f(x) i -f(x)f x x x x x− = − − − + = − + +

≠ ≠

Dakle funkcija nije ni parna ni neparna pa ne postoji simetričnost grafika ni u odnosu na y osu ni u odnosu na koordinatni početak. Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)

3

2

2

3

1

3

2

3 2` 3 3` 0

3 3 03( 1)( 1) 0 1 1

Za x = -1( 1) 3 ( 1) 2 1 3 2 4

Dobili smo tačku ( 1,4)Za x = 1

1 3 1 2 0Dobili smo tačku (1,0)

y x xy xyxx x x x

yM

yM

= − +

= −=

− =− + = → = ∨ = −

= − − ⋅ − + = − + + =−

= − ⋅ + =

Za rašćenje i opadanje znamo da kada je y`>0 tu funkcija raste, a za y`<0 funkcija opada. Kako je 2` 3 3y x= − upotrebićemo znanje iz II godine da kvadratni trinom ima znak broja a svuda osim izmedju nula... www.matematiranje.com

x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

23

4

5

-1-2

-3-4-5

M (-1,4)

M (1,0) x

y

2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

23

4

5

-1-2

-3-4-5

0

3

-1 1+ - +

pa je onda

-1 1+ - +

Funkcija raste za ( , 1) (1, )x∈ −∞ − ∪ ∞ Funkcija opada za ( 1,1)x∈ − Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost Tražimo drugi izvod...

2

3

` 3 3`` 6`` 0

6 0 0Ovu vrednost menjamo u početnu funkcijuza x = 0

0 3 0 22

Dobili smo tačku prevoja (0, 2)

y xy xyx x

yy

P

= −=== → =

= − ⋅ +=

Znamo da je za y``> 0 funkcija konveksna ( smeje se ) a za y``<0 konkavna ( mršti se )

y``>0 za 6x > 0 , to jest x > 0

y``<0 za 6x < 0 , to jest x < 0 Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti) Vertikalna asimptota Ne postoji jer funkcija nema nigde prekid, odnosno definisana je svuda... Horizontalna asimptota

3 2

3 2

lim( 3 2) lim( 1) ( 2)

lim ( 3 2) lim ( 1) ( 2) ( )x x

x x

x x x x

x x x x→∞ →∞

→−∞ →−∞

− + = − + = ∞⋅∞ = ∞

− + = − + = ∞⋅ −∞ = −∞

Dakle , nemamo horizontalnu asimptotu. www.matematiranje.com

4

Kosa asimptota

3( ) 3 2lim limx x

y kx n

f x x xkx x→±∞ →±∞

= +

− += = = ∞

Dakle, nema ni kose asimptote... Skica grafika Kao što smo videli svaka tačka u ispitivanju toka funkcije nam kaže po nešto o tome kako funkcija izgleda. Da nacrtamo sada celu funkciju...

x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

45

-1

-2-3-4-5

0

M (-1,4)

x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

45

-1

-2-3-4-5

0

P(0,2)

2M (1,0)

-1 1

0

Predlažemo vam da za početak ispod grafika nanesete paralelno dve prave na kojima ćete najpre uneti rezultate za monotonost i konveksnost. To bi trebalo da pomogne... www.matematiranje.com

5

2. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije 2

2

41xy

x−

=−

Oblast definisanosti (domen) Funkcija je definisana za 01 2 ≠− x to jest 0)1)(1( ≠+− xx odnosno 1≠x i 1−≠x Dakle ( , 1) ( 1,1) (1, )x∈ −∞ − ∪ − ∪ ∞ Ovo nam govori da funkcija ima prekide u x=-1 i x=1 ( tu su nam asimptote)

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

x=1x=-1

Nule funkcije y = 0 za 2 4 0 ( 2)( 2) 0 2 2x x x x x− = → − + = → = ∨ = − Dakle, grafik seče x osu u dvema tačkama -2 i 2

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

2

-10

Znak funkcije

2

2

4 ( 2)( 2)1 (1 )(1 )x x xy

x x x− − +

= =− − +

Najbolje je koristiti tablicu…

-2 -1 1 28 8-

x-2

x+2

1-x

1+x

y

Šta nam tablica govori? www.matematiranje.com

6

Ona nam kaže gde je grafik iznad x ose ( gde su plusevi) i gde je ispod x ose ( gde su minusi) Na slici bi to izgledalo ovako:

x

y

1 2 3 4 5-2-3-4-5-1-2-3

0

x=1x=-1

-2 -1 2

Funkcija postoji samo u osenčenim delovima. Parnost i neparnost

2 2

2 2

( ) 4 4( ) ( )1 ( ) 1

x xf x f xx x

− − −− = = =

− − −

Dakle , funkcija je parna, pa će grafik biti simetričan u odnosu na y osu. Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)

2

2

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

41( 4)`(1 ) (1 )`( 4)`

(1 )2 (1 ) ( 2 )( 4)`

(1 )2 (1 ) 2 ( 4)` izvučemo 2x kao zajednički ispred zagrade...

(1 )2 (1 4)`

(1 )6`

(1 )

xyx

x x x xyx

x x x xyx

x x x xyx

x x xyx

xyx

−=

−− − − − −

=−

− − − −=

−

− + −=

−

− + −=

−−

=−

y` = 0 za -6x = 0 , pa je x = 0 tačka ekstrema. Kad zamenimo x = 0 u početnu funkciju, dobijamo:

2

2

0 4 41 0

y −= = −

−

Dobili smo tačku ekstremne vrednosti M(0,-4) Za monotonost nam treba znak prvog izvoda. Razmislimo malo... www.matematiranje.com

7

Izraz u imeniocu je uvek pozitivan ( zbog kvadrata) , tako da na znak prvog izvoda utiče samo izraz u brojiocu.

Dakle ` 0 6 0 0` 0 6 0 0

y x xy x x> → − > → << → − < → >

Na skici to bi izgledalo :

8- 8

0

Dobijena tačka M(0,-4) je dakle tačka minimuma. Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

2 2

2 2 2 22 2

2 4

2 2 2

2 4

2 2 2 2

2 4

6`(1 )( 6 )`(1 ) ((1 ) )`( 6 )`` pazi , izraz ((1 ) ) mora kao izvod složene funkcije...

(1 )6(1 ) 2(1 )( 2 )( 6 )``

(1 )6(1 ) 24 (1 )`` izvučemo (1

(1 )

xyxx x x xy x

xx x x xy

xx x xy

x

−=

−

− − − − −= −

−

− − − − − −=

−

− − − −= −

−2

2 2 2

2 4

2 2

2 3

2

2 3

2

2 3

) ispred zagrade...

(1 )[ 6(1 ) 24 ]`` (1 )

6 6 24`` (1 )

6 18`` (1 )6(1 3 )`` (1 )

x

x x xyx

x xyxxy

xxy

x

− − − −=

−

− + −=

−

− −=

−

− +=

−

y`` = 0 za 26(3 1) 0x− + = , a ovo nema racionalna rešenja, što nam govori da funkcija nema prevojnih tačaka. Konveksnost i konkavnost ispitujemo iz znaka drugog izvoda. Razmislimo opet malo...

23 1 0x + > pa on ne utiče na znak drugog izvoda . Radićemo tablično, ali vodimo računa da u tablici mora biti i -6. www.matematiranje.com

8

-1 18 8-

1-x

1+x

-6

y``

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti) Vertikalna asimptota

0,1

2

2

14lim→+→

−−

εε kadxx

x =0,1

2

)1)(1(4lim→+→+−

−

εε kadxxx

x =)11))(1(1(

412

εε +++−− =

2)11(3ε−−

− =2)(

3ε−− = +∞

0,1

2

2

14lim→−→

−−

εε kadxx

x =0,1

2

)1)(1(4lim→−→+−

−

εε kadxxx

x =)11))(1(1(

412

εε −+−−− =

2)11(3ε+−

− = 23

ε− = -∞

0,1

2

2

14lim→+−→

−−

εε kadxx

x =0,1

2

)1)(1(4lim→+−→+−

−

εε kadxxx

x =))1(1))(1(1(

4)1( 2

εε +−++−−−− =

εε )2(3

−− =

ε23− = -∞

0,1

2

2

14lim→−−→

−−

εε kadxx

x =0,1

2

)1)(1(4lim→−−→+−

−

εε kadxxx

x =))1(1))(1(1(

4)1( 2

εε −−+−−−−− =

))(2(3

εε −+− =

)(23ε−

− = + ∞

Horizontalna asimptota

2

2

14lim

xx

x −−

±∞→= 1

11

−=− pa je y = - 1 horizontalna asimptota

Znači da , pošto ima horizontalna asimptota, kose asimptote nema. Još da sklopimo konačan grafik: www.matematiranje.com

9

x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

45

-1-2

-3

-5

0 x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

45

-1-2

-3

-5

0 2

0

-1 1

1

2

y=-1

x=1x=-1

M(0,-4)

3. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije 2 4

1xyx−

=−

Oblast definisanosti (domen) Funkcija je definisana za 1 0x − ≠ odnosno 1≠x Dakle ( ,1) (1, )x∈ −∞ ∪ ∞ Znači , u x=1 je vertikalna asimptota

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

x=1


10

Nule funkcije y = 0 za 2 4 0 ( 2)( 2) 0 2 2x x x x x− = → − + = → = ∨ = − Dakle, grafik seče x osu u dvema tačkama x = -2 i x = 2

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

2

-10

Znak funkcije

2 4 ( 2)( 2)1 1

x x xyx x− − +

= =− −

-2 1 28 8-

x-2

x+2

yx-1

x

y

1 3 4 5-2-3-4-5-1

-2-3

0

x=1

-2 -1 2

Funkcija je u žuto osenčenim oblastima.

Parnost i neparnost

2 2( ) 4 4( )1 1

x xf xx x

− − −− = =

− − − −

Funkcija nije ni parna ni neparna. Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)

2

2 2

2

2

2

2 2 2

2 2

41

( 4)`( 1) ( 1)`( 4)`( 1)

2 ( 1) 1( 4)`( 1)

2 2 1 4 2 4`( 1) ( 1)

xyxx x x xy

xx x xy

xx x x x xy

x x

−=

−− − − − −

=−

− − −=

−

− − + − += =

− −


11

2

2

` 0 za 2 4 0Kako je 2 4 0 jer je 0 0 (pogledaj fajl iz druge godine, kvadratna funkcija)y x x

x x a D= − + =

− + > > ∧ <

zaključujemo da funkcija nema ekstremnih vednosti, i da je stalno rastuća. ( ` 0y > ) Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

2

2

2 2 2 2

4

2 2

4

2

4

2 2

2 4`( 1)

( 2 4)`( 1) (( 1) )`( 2 4)``( 1)

(2 2)( 1) 2( 1)( 2 4)`` gore izvučemo x-1 ispred zagrade( 1)

( 1)[(2 2)( 1) 2( 2 4)]``( 1)

[2 2 2 2 2 4 8]``(

x xyx

x x x x x xyx

x x x x xyx

x x x x xyx

x x x x xyx

− +=

−

− + − − − − +=

−

− − − − − +=

−

− − − − − +=

−

− − + − + −= 3

3

1)6``

( 1)y

x

−−

=−

Zaključujemo da funkcija nema prevojnih tačaka, jer je 6 0− ≠ . Konveksnost i konkavnost ispitujemo :

18 8-

-6

y``x-1


0,1

2

14lim→+→

−−

εε kadxx

x =εε +

−=

−+− 3

11412

=03

+− = -∞

0,1

2

14lim→−→

−−

εε kadxx

x =εε −

−=

−−− 3

11412

=03

−− = +∞


12


14lim

2

−−

±∞→ xx

x= ∞± Ovo nam govori da nema horizontalne asimptote pa moramo tražiti kosu!

kosa asimptota:


k=±∞→x


x−

±∞→

k=±∞→x

limx

xx

142

−−

=±∞→x

limxx

x−−

2

2 4 = 1

n= ])([lim kxxfx

−±∞→

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−−

±∞→x

xx

x1

14lim

2

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−−−±∞→ 1

)1(4lim2

xxxx

x= ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+−−±∞→ 1

4lim22

xxxx

x= ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

−−

±∞→ 14lim

xx

x=1

Sada k i n zamenimo u formulu: y = kx + n i dobijamo da je y = x + 1 kosa asimptota

x3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0 x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0 2

0

1

1

2

x=1

-4

y=x+1


13

1

1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije 2ln1

xyx−

=+

Oblast definisanosti (domen) Sve iza ln mora da je veće od 0.

2 01

xx−

>+

Koristimo tablicu...

28 8-

x-2

x+1

x-2x+1

-1

Domen funkcije je ( , 1) (2, )x∈ −∞ − ∪ ∞ . Ovo nam govori da funcija ne postoji između -1 i 2, na skici je to

x

y

2 3 4 5-1-2-3-4-5

NEMAFUNKCIJE

Nule funkcije Da vas podsetimo : ln 0 1Θ = ↔Θ =

02 112 1

2 1

yxxx x

=−

=+− = +

− =

Dakle nema nule , a to nam govori da funkcija ne seče x osu. Znak funkcije Opet malo podsećanje : ln 0 1ln 0 0 1Θ > ↔Θ >Θ < ↔< < Θ <


2

Dakle:

02 112 1 012 1( 1) 0

12 1 0

13 0 pomnožimo sa -11

3 011 0

1

yxxxxx x

xx x

x

x

xx

x

>−

>+−

− >+− − +

>+

− − −>

+−

>+

<++ <

< −

Ako je y > 0 za x < -1 ( grafik iznad x ose) onda je jasno da je y < 0 za x > 2 (grafik ispod x ose)

x

y

2 3 4 5-1-2-3-4-5

NEMAFUNKCIJE

NEMAF-JE

NEMAF-JE

Parnost i neparnost Funkcija nije ni parna ni neparna. To nam je jasno i iz oblasti definisanosti… Ako baš mora , onda je

2( ) ln ( )1

xf x f xx

− −− = ≠

− +

Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje) Pazi, radi se o izvodu složene funkcije...

2

2ln1

1 2 1 ( 2)`( 1) ( 1)`( 2) 1` ( )`2 1 2 ( 1)1

xyx

x x x x x x xy x x x xx

−=

+− + − + − + − +

= = ⋅ =− + − ++

2

1( 1) 1( 2)2 ( 1)

x xx x

+ − −⋅

− +1 2

( 2)( 1)

3`( 2)( 1)

x xx x

yx x

+ − +=

− +

=− +

3

y` = 0 za 3=0 , pa zaključujemo da nema ekstremnih vrednosti. Dalje razmišljamo od čega zavisi znak prvog izvoda? Оd (x-2)(x+1).

28 8-

x-2

x+1

-1

y`nemaf-je

Ova tablica je ista kao i ona za oblast definisanosti. To nam govori da je funkcija stalno monotono rastuća. Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2ln13 1 1` pazi ` `

( 2)( 1)3`` [( 2)( 1)]`

( 2) ( 1)3`` [1( 1) 1( 2)]

( 2) ( 1)3`` (2 1)

( 2) ( 1)3(1 2 )``

( 2) ( 1)

xyx

yx x

y x xx x

y x xx x

y xx x

xyx x

−=

+⎛ ⎞= = − ⋅⊗⎜ ⎟− + ⊗ ⊗⎝ ⎠

= − − +− +

= − + + −− +

= − −− +−

=− +

y`` = 0 za 1-2x = 0 pa je 12

x = , ali PAZI , ova tačka NE PRIPADA oblasti definisanosti , pa funkcija nema

prevoj.

1`` 0 1 2 0 121`` 0 1 2 0 22

y x x x

y x x x

> → − > → < → < −

< → − < → > → >

-1 2


4

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti) vertikalna asimptota

=+−

+→ 12lnlim

2 xx

x ε[Kako je ln neprekidna funkcija, ona može da zameni mesto sa lim ]=

−∞==+−+ 0ln12

22ln ε (crvena crta)

=+−

−−→ 12lnlim

1 xx

x ε∞=∞=

−−

=+−−

−− ln3ln11

21lnεε

(zelena crta)

x

y

.

x=2

.-1 0

x=-1

2


=+−

±∞→ 12lnlim

xx

x01ln

12limln ==

+−

±∞→ xx

x Dakle y = 0 (x- osa) je horizontalna asimptota.(plave crtke)

y=x+1

x

y

.

x=2

.-1 0

x=-1

2

Kako smo našli da horizontalna asimptota postoji, zaključujemo da nema kose asimptote. Još da sklopimo konačan grafik... www.matematiranje.com

5

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0 21

2

-4

-1 2

-1 2

x=2x=-1

2. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije 1 ln1 ln

xyx

+=

−

Oblast definisanosti (domen) Sve iza ln mora da je veće od 0, pa je odatle x > 0. Kako imamo i razlomak, sve u imeniocu mora da je različito od 0. 1 ln 0ln 1

xx

x e

− ≠≠

≠

Oblast definisanosti je : (0, ) ( , )x e e∈ ∪ ∞ www.matematiranje.com

6

Na skici, to bi izgledalo ovako:

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

23

-1-2-3

0

x=e

enema

funkcije

Nule funkcije

1 10 1 ln 0 ln 1y x x x ee

−= → + = → = − → = =

x

y

1 2 3 4 5

12

-10 1

e

Znak funkcije

8

1+lnx

1-lnx

01e =e- 1 e

Na skici to bi izgledalo ovako:

x

y

1 23 4 5

12

-10

e

Funkcija se nalazi samo u obeleženim oblastima. Parnost i neparnost Funkcija nije ni parna ni neparna. Zašto? Pa nema smisla ni tražiti f(-x) jer funkcija nije ni definisana za x<0 www.matematiranje.com

7

Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)

2

2

2

1 ln1 ln(1 ln )`(1 ln ) (1 ln )`(1 ln )`

(1 ln )1 1(1 ln ) ( )(1 ln ) 1` izvučemo u brojiocu kao zajednički...

(1 ln )1 [(1 ln ) (1 ln )] 1 ln`

(1 ln )

xyxx x x xy

x

x xx xy

x x

x x xxyx

+=

−+ − − − +

=−

− − − +=

−

− + + −= =

−1 ln x+ +

2 2

2(1 ln ) (1 ln )x x x x

=⋅ − ⋅ −

Kako je 2 0≠ funkcija nema ekstremnih vrednosti. Razmišljamo dalje: x > 0 uvek ( iz oblasti definisanosti) i 2(1 ln ) 0x− > tako da je uvek y`>0, pa je funkcija stalno rastuća. Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

2

22 4

2 22 4

22 4

22 4 2

1 ln1 ln

2`(1 ln )

2`` [ (1 ln ) ]`(1 ln )

2`` [ `(1 ln ) ((1 ln ) )` ](1 ln )

2 1`` [1 (1 ln ) 2(1 ln )( ) ](1 ln )

2 2`` [1 (1 ln ) 2(1 ln )( 1)](1 ln ) (1 ln

xyx

yx x

y x xx x

y x x x xx x

y x x xx x x

y x xx x x

+=

−

=⋅ −

= − ⋅ ⋅ −⋅ −

= − ⋅ ⋅ − + −⋅ −

= − ⋅ ⋅ − + − −⋅ −

= − ⋅ ⋅ − + − − = −⋅ − ⋅ −

24

2 4

[(1 ln ) 2(1 ln )])

2``(1 ln )

x xx

yx x

⋅ − − −

= −⋅ −

(1 ln )x⋅ − 2 3

2 3

2[1 ln 2] [ ln 1](1 ln )

2(1 ln )``(1 ln )

x xx x

xyx x

− − = − ⋅ − −⋅ −

+=

⋅ −

1

1

1

1`` 0 1 ln 0 ln 1

1 ln 1 1 01 ln 1 1

y x x x ee

eye

−

−

−

= → + = → = − → = =

+ −= = =

− +

Tačka 1( ,0)Pe

je tačka prevoja. www.matematiranje.com

8

Od čega zavisi znak drugog izvoda? Od 1+lnx i od 1-lnx. Idemo u tablicu…

8

1+lnx

1-lnx

01e =e- 1 e

y`` odnosno 0 1

e e Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti) vertikalna asimptota

11 ln 1 ln(0 )lim lim 1 ( strelica na skici)11 ln 1 ln(0 )

1 ln 1 ln( ) 2lim ( zelena crta)1 ln 1 ln( )1 ln 1 ln( ) 2lim ( crv1 ln 1 ln( )

x o x o

x e

x e

x xlopitalx

xx ex ex ex e

ε ε

ε

ε

εε

εε εεε ε

→ + → +

→ +

→ −

+ + + ∞= = = = = −

− − + ∞ −

+ + += = = −∞

− − + −+ + −

= = = +∞− − − +

ena crta)

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

x=e

e


11 lnlim lim 111 ln

1 je horizontalna asimptota , pa kose nema...

x x

x xlopitalx

xy

→∞ →∞

+ ∞= = = = −

− −∞ −

= −

I da skolopimo konačan grafik www.matematiranje.com

9

3 4 5

1

345

-2-3

-5

x

y

3 4 5

1

345

-1-2-3

-5

0 21

2

-4

x=e

P(1/e,0)

0

01/e e

ey=-1


10

1

1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije xy xe=

Oblast definisanosti (domen)

Ova funkcija je svuda definisana, jer nema razlomka a funkcija xe je definisana za svako x iz skupa R. Dakle ( , )x∈ −∞ ∞ . Ovo nam odmah govori da funkcija nema vertikalne asimptote!

Nule funkcije

0

0 0x

yxe x=

= → =

Da vas podsetimo da je xe >0 uvek.

Znak funkcije

0 0 00 0 0

x

x

y xe xy xe x> → > → >

< → < → <

Na skici bi to izgledalo:

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

Funkcija se nalazi samo u plavim oblastima a x- osu seče samo u x = 0.

Parnost i neparnost

( ) ( )xx

xf x xe f xe

− −− = − = ≠

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na koordinatni početak.


2


1

pazi , mora kao izvod proizvoda` ` ( )`` 1` (1 )` 0 (1 ) 1 0 1

1Za x = -1 je ( 1) y=

1Dakle , tačka ekstrema je ( 1, )

x

x x

x x

x

x

y xey x e e xy e e xy e xy e x x x

y ee

Me

−

=

= +

= +

= +

= → + → + = → = −

= − → −

− −

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

45

67

Od čega nam zavisi znak prvog izvoda? Kako je xe > 0 uvek, to znak prvog izvoda zavisi samo od 1+ x

8 8-

1+x

y`

-1

Tačka M je onda tačka minimuma.

Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

` (1 )`` ( )`(1 ) (1 )``` (1 )`` ( 2)

x

x x

x x

x

y e xy e x x ey e x ey e x

= +

= + + +

= + +

= +

22

`` 02 0 2

2za x = -2 je 2

yx x

y ee

−

=+ = → = −

−= − =

3

Dakle, postoji prevoj i to je tačka 2( 2, 2 )P e−− − . Nadjemo približno da je 22 0,27e−− ≈ − i na skici to bi bilo:

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

45

67

( 2, 2 )P e− −

Od čega nam zavisi znak drugog izvoda?

xe > 0 to znak drugog izvoda zavisi samo od x + 2

8 8-

x+2-2

y``

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti) Kao što smo već rekli , nema vertikalne asimptote! Horizontalna asimptota Jedan mali savet : Kod funkcija koje imaju xe , radite posebno limese kad x →+∞ i kad x →−∞ , jer važi da je

0ee

∞

−∞

= ∞

=

Dakle:

( )

lim

lim 0 ?

1 1lim lim lim 0

x

x

x

x

xx xx x x

xe e

xe e

xxe lopitale e e

∞

→+∞

−∞

→−∞

−− − −∞ −→−∞ →−∞ →−∞

= ∞ ⋅ = ∞ ⋅∞ = ∞

= −∞⋅ = −∞ ⋅ =

−∞ −∞= = = = = = =

∞ − −∞

Šta nam ovo govori? Kad x →+∞ ne postoji horizontalna asimptota , ali kad x →−∞ imamo horizontalnu asimptotu y=0, odnosno, Kad x teži −∞ , funkcija se približava nuli sa donje, negativne strane! To je ovo 0− u rešenju.

4

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

45

67

I još da sklopimo konačan grafik:

3 4 5-1-2-3-4-5

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0 21

2

-4

6

7

-1

-2

MP


5

2. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije xey

x=

Oblast definisanosti (domen)

0 ( ,0) (0, )x x≠ → ∈ −∞ ∪ ∞ Ovo znači da funkcija u x=0 ima potencijalnu vertikalnu asimptotu.

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

x= 0 je y- o sa

Nule funkcije

Kako smo već rekli xe >0 , pa funkcija nema nula, odnosno nigde ne seče x osu.

Znak funkcije Jasno je da znak funkcije zavisi samo od x.

0 00 0

y xy x> → >< → <

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

nema funkcije

nema funkcije

Parnost i neparnost

1( )x

x

ef xx xe

−

− = = −−

dakle, funkcija nije ni parna ni neparna.


6


2

2

2

1

( )` ``

1`

( 1)`

` 0 ( 1) 0 1 0 1

x=1 je 1

(1, ) je tačka ekstremne vrednosti

x

x x

x x

x

x

eyxe x x ey

xe x ey

xe xy

xy e x x x

eZa y y e

M e

=

−=

−=

−=

= → − = → − = → =

= → =

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

M (1,e)e

Dalje razmišljamo od čega nam zavisi znak prvog izvoda?

2Kako je 0 i e 0xx > > zaključujemo da znak prvog izvoda zavisi samo od x-1.

8 8-

y`x-1

1

Tačka M je onda tačka minimuma!


2

2 2

4

2

4

2

4

2

4

( 1)`

[ ( 1)]` ( )` ( 1)`` pazi ( 1) mora kao izvod proizvoda

[( )`( 1) ( 1)` ] 2 ( 1)``

[ ( 1) 1 ] 2 ( 1)``

[ 1 1 ] 2 ( 1)``

x

x xx

x x x

x x x

x x x x x

e xyx

e x x x e xy e xx

e x x e x x e xyx

e x e x x e xyx

e x e e x x e x eyx

−=

− ⋅ − ⋅ −= −

− + − ⋅ − ⋅ −=

− + ⋅ − ⋅ −=

− + ⋅ − ⋅ −=

2

4

2 ( 1) =x xx x x e x e x

x⋅ − ⋅ − 2

4

( 2( 1))x xx

⋅ − −

2

3

( 2 2)y``=xe x x

x− +

7

2

2

`` 0 2 2 0Ova kvadratna jednačina nema rešenja, jer je kod nje D<0 i 0.Možemo zaključiti da je zato 2 2 0

y x xa

x x

= → − + =>

− + >

( pogledaj fajl kvadratna funkcija iz druge godine) Dakle, funkcija nema prevojnih tačaka! Od čega nam zavisi znak drugog izvoda? Pa samo od 3x , odnosno samo od x.

8 8-o


0

0

0

0

1lim (plava crta)0

1lim ( žuta crta)0

x

x

x

x

e exe ex

ε

ε

ε ε

ε ε

→ +

→ −

= = = +∞+ +

= = = −∞− −

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0


( )`lim lim lim ( crna crtka)` 1

0lim 0 _ (crvena crtka)

x x x

x x x

x

x

e e e elopital ex xe ex

∞∞

→+∞ →+∞ →+∞

−∞

→−∞

∞= = = = = = = ∞∞ ∞

= = =−∞ −∞

Dakle, funkcija ima horizontalnu asimptotu y = 0 ali samo sa leve strane. Onda nema kose asimptote! www.matematiranje.com

8

Konačan grafik izgleda:

x3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0 x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0 2

0

1

1

2

-4

e M(1,e)


2xy x e −= ⋅ Oblast definisanosti (domen)

2 0 2 ( , 2) (2, )x x x− ≠ → ≠ → ∈ −∞ ∪ ∞

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

23

-1-2-3

0

x=2


9

Nule funkcije

1 12 20 0 0 jer 0 uvekx xy x e x e− −= → ⋅ = → = >

Znak funkcije

Kako je 1

2 0 xe − > , zaključujemo da znak funkcije zavisi samo od x-2 y > 0 kad x – 2 > 0 , pa je tu x > 2 y < 0 kad x – 2 < 0 , pa je tu x < 2

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

23

-1-2-3

0

x=2

Funkcija se nalazi samo u žutim oblastima. Parnost i neparnost

12( ) ( )xf x x e f x− −− = − ⋅ ≠

funkcija nije ni parna ni neparna.


1 12 2

1 12 2

1 12 2

1 1 1 1 12 2 2 2 2

2 2 2

moramo kao izvod proizvoda i pazimo da je složena funkcija ( )` `

` 1 ( )`

1` ( )`2

1 1` ( ) (1 )( 2) ( 2) ( 2)

x x

x x

x x

x x x x x

y x e e e e

y e e x

y e e xx

xy e e x e e x ex x x

Θ Θ− −

− −

− −

− − − − −

= ⋅ = ⋅Θ

= ⋅ + ⋅

= + ⋅ ⋅−

= + ⋅ − ⋅ = − ⋅ ⋅ = ⋅ −− − −

1 22

2

1 22

2

1 22

2

( 2)( 2)

4 4`( 2)

5 4`( 2)

x

x

x

x xex

x x xy ex

x xy ex

−

−

−

− −= ⋅

−

− + −= ⋅

−

− += ⋅

−

Izjednačimo prvi izvod sa nulom da nadjemo ekstremne vrednosti. www.matematiranje.com

10

22

1,2 1 24` 0 5 4 0 1; 4

2b b acy x x x x x

a− ± −

= → − + = → = → = =

111 2

1

1 14 2 2

2

Za x=1

1 11 (1, )

Za x=4

4 4 4 (4, 4 )

y e e Me e

y e e e M e

−−

−

= ⋅ = = → =

= ⋅ = = → =

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

x=2

M(1,1/e)

M(4,4 e)

45

67

Od čega nam zavisi znak prvog izvoda?

Kako je 1

2 0 xe − > i 2( 2) 0x − > , znak zavisi samo od 2 5 4x x− +

8 8-

y`

x-1

x-4

1 4


1 22

2

1 12 22 2

2 2

1 12 2 2 2 22 2

2 2 4

1

4

5 4`( 2)

5 4 5 4`` ( )` ( )`( 2) ( 2)

1 5 4 ( 5 4)`( 2) (( 2) )`( 5 4)`` ( )( 2) ( 2) ( 2)

Posle sredjivanja dobijamo:

5 8y``=( 2)

x

x x

x x

x

x xy ex

x x x xy e ex x

x x x x x x x xy e ex x x

x ex

−

− −

− −

−

− += ⋅

−

− + − += ⋅ +

− −

− + − + ⋅ − − − ⋅ − += ⋅ − ⋅ + ⋅

− − −

−⋅

−2


11

1 18 2 525 5 2

52

8`` 0 5 8 05

8 8 8 8 5 5 5 5

8 8Tačka prevoja je dakle : ( , )5 5

y x x

Za x y e y e y e

P e

− − −

−

= → − = → =

= → = ⋅ → = ⋅ → = ⋅

⋅

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

x=2

45

67

eP( , )

Od čega nam zavisi znak drugog izvoda ? Samo od izraza 5x-8

8 8-

5x-8

85

y``


12xy x e −= ⋅

1 1 1

2 2 22

1 1 12 2 2

2

lim 2 2 2 (žuta crta)

lim 2 2 2 2 0 0 (plava strelica)

xx

xx

xe e e e

xe e e e

ε εε

ε εε

∞− + − +

→ +

−∞− − − −

→ −

= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ∞

= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

23

-1-2-3

0

x=2


12


1 1 102 2

1 1 102 2

lim 1

lim 1

xx

xx

xe e e e

xe e e e

− ∞− ∞→+∞

− −∞− −∞→−∞

= ∞ ⋅ = ∞ ⋅ = ∞ ⋅ = ∞ ⋅ = ∞

= −∞⋅ = −∞⋅ = −∞ ⋅ = −∞ ⋅ = −∞

Nema horizontalne asimptote, pa moramo ispitati da li postoji kosa asimptota! Kosa asimptota y= kx+n

( )lim limx x

f x xkx→±∞ →±∞

= =

12xe

x

− 1 102 2

1 12 2

11 2

1 12 2222 2

2 2

2

lim 1

lim [ ( ) ] lim [ 1 ] lim ( 1) 0 ?

1( )1 0 ( 2)lim lim lim lim lim 1 1 11 10 ( 2) ( 2)

xx

x xx x x

xx

x xx x x x x

e e e

n f x kx xe x x e

ee x xxlopital e e

x xx x

− ∞−→±∞

− −

→±∞ →±∞ →±∞

−−

− −

→±∞ →±∞ →±∞ →±∞ →±∞

= = = =

= − = − ⋅ = − = ∞ ⋅ =

⋅ −− −= = = = = ⋅ = ⋅ = ⋅ =

− −−

Dobili smo kosu asimptotu : y= kx + n pa je y = x + 1 Davidimo kako ona izgleda: Za x=0

0 1 1

Za y=0

0 1 1

y

x x

= + =

= + → = −

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

23

-1-2-3

0

x=2y=x+1

xy

001-1

I da sklopimo konačan grafik:

13

3 4 5-1-2-3-4-5

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0x

y

3 4 5-1-2-3-4-5

1

3

4

5

-1

-2

-3

-5

0 21

2

-4

x=2

1 4

85

6

7

y=x+1


14

1

1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije 3 2 3y x x= −

Oblast definisanosti (domen) Ova funkcija je svuda definisana jer nema razlomaka a treći korern je svuda definisan... ( , )fD = −∞ ∞ Ovo nam govori da nema vertikalne asimptote.

Nule funkcije

2 3 20 0 (1 ) 00; 1

y x x x xx x= → − = → − == =

X osu grafik seče u dvema tačkama:

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

2

-10

Znak funkcije Kao i uvek, najpre razmišljamo od čega zavisi znak funkcije?

3 2 3 23 (1 )y x x x x= − = − Samo od 1-x , pa je

8 8-

1-x1

na skici je to

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

12

-10

1

Parnost i neparnost

32 3 2 33( ) ( ) ( )f x x x x x− = − − − = + Funkcija nije ni parna ni neparna!


2


3 2 3

12 3 3

1 12 3 2 33

22 3 23

2

2 3 23

2

lakše nam je da tražimo izvod ako funkciju posmatramo kao

( )

1` ( ) ( )`31` ( ) (2 3 )31 2 3`3 ( )

2` 0 2 3 0 (2 3 ) 0 03

y x x

y x x

y x x x x

y x x x x

x xyx x

y x x x x x x

−

−

= −

= −

= − ⋅ −

= − ⋅ −

−=

−

= → − = → − = → = ∨ =

3

32 33 3 3

3

1 2

Za x = 0

0 0 0

2Za x = 3

2 2 4 8 4 4( ) ( )3 3 9 27 27 3:

2 4(0,0); ( , )3 3

y

y

Dakle

M M

= − =

= − = − = =

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

45

67

(0, 0)M

2 4( , )

3 3M

Od čega nam zavisi znak prvog izvoda ? Pa samo od izraza u brojiocu! x(2-3x)

23

8 8-

y`

0x

2-3x


3


3 2 3

22 3 23

2 22 3 2 2 3 23 3

5 22 3 2 2 2 33 3

1` ( ) (2 3 ) radimo kao izvod proizvoda31`` [(( ) )`(2 3 ) ( ) (2 3 )`] 31 2`` [ ( ) (2 3 ) (2 3 ) ( ) (2 6 )] 3 3

Posle pažljivog sredjiva

y x x

y x x x x

y x x x x x x x x

y x x x x x x x x x

−

− −

− −

= −

= − ⋅ −

= − ⋅ − + − ⋅ −

= − − ⋅ − ⋅ − + − ⋅ −

2 43

nja dobijamo da je 1 2``3 (1 )

yx x−

=−

Odavde možemo zaključiti da nema prevojnih tačaka i da je uvek y``<0, pa je funkcija konkavna na celom domenu ( mršti se). Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti) Kao što smo već zaključili , funkcija nema vertikalnu asimptotu! Horizontalna asimptota

3 2 3 33 3

3 2 3 33 3

1 1lim lim ( 1) lim lim ( 1) ( 1)

1 1lim lim ( 1) lim lim ( 1) ( 1)

x x x x

x x x x

x x x xx x

x x x xx x

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

− = − = ⋅ − = ∞ ⋅ − = −∞

− = − = ⋅ − = −∞⋅ − = +∞

Dakle, nemamo horizontalnu asimptotu pa moramo potražiti kosu. Kosa asimptota

333 2 31( 1)

lim lim limx x x

x xx x xkx x→∞ →∞ →∞

−−= = =

31( 1)x

x

⋅ −3

1lim ( 1) 0 1 1x x→∞

= − = − = −


4

3 2 3 3 3 2 2

3 3 32 3 2 2 3 2 2 3 3 33 2 3

3 3 32 3 2 2 3 2 2 3 2 2

lim[ ( ) ]

lim[ ] ovde moramo racionalisati , upotrebljavamo : A ( )( )

( ) ( )lim( ) = lim( ) ( )

x

x

x x

n f x kx

n x x x B A B A AB B

x x x x x x x x xn x x xx x x x x x x x x x

→∞

→∞

→∞ →∞

= −

= − + + = + − +

− − − ⋅ + − += − + ⋅

− − − ⋅ + − − −3 3 2

2 3 3 2

3 4 5 6 3 2 6 23 3 32

2

n= lim = lim1 1 2 12 (1 ) ( 1) (1 )

lim

x x

x

x xx x x x

x x x x x x x x x xx x x x

xn

→∞ →∞

→∞

⋅ +

− +

− + − − ⋅ + − + − ⋅ − ⋅ +

=2x 3 3

2

1 11 ( 1) 1 31 2 1[ ( 1) (1 ) 1]

1 je kosa asimptota3

x x x

y x

= =− − +

− + − − +

= − +

xy

130

0

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

12

-10

13

y x= − +

13

I konačno:

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

4

5

67

2

30


5


22

xyx−

=+

Oblast definisanosti (domen) Ovde moramo posmatrati dva uslova:

2 2

2

2 0 i 2 0Ovo sklopljeno u jedan uslov daje 2 0

x xx

+ ≠ + ≥

+ >

A ovo je očigledno tačno za svako realno x , pa je ( , )fD = −∞ ∞ A odavde zaključujemo da funkcija nema vertikalne asimptote. Nule funkcije y=0 za x-2 = 0 , to jest x = 2

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

2

-10

Znak funkcije

2

22

xyx−

=+

Kako je izraz u imeniocu uvek pozitivan, zaključujemo da znak zavisi samo od brojioca...

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

2

-10

-10 21

8 8-

x-22

Parnost i neparnost

2 2

2 2( ) ( )( ) 2 2

x xf x f xx x

− − − −− = = ≠

− + +

Funkcija nije ni parna ni neparna.


6


2

2 22

2 2

2 2

2

2

2

22

( 2)` 2 ( 2)`( 2)` pazi , 2 mora kao složena funkcija...( 2)

11 2 ( 2)`( 2)2 2`

211 2

2`

xyx

x x x xy xx

x x xxyx

xy

−=

+

− ⋅ + − + ⋅ −= +

+

⋅ + − ⋅ + ⋅ −+=+

⋅ + −=

22

2x⋅

+2

2 2

2

2

2 2

2 2

2 2

32 22 2

( 2)

2( 2) ( 2)

2`2

2 2`( 2) 2

2 2`( 2) 2

2( 1) 2( 1)` ili ako odmah pripremimo za drugi izvod `( 2) 2 ( 2)

x x

xx x x

xyx

x x xyx x

xyx x

x xy yx x x

⋅ −

+

+ − −

+=+

+ − +=

+ ++

=+ +

+ += =

+ + +

y`=0 za x+1 = 0 , to jest x = -1

x = -1

1 2 3 3 3 31 2 3 3 3

( 1, 3)

Za

y

M

− − − −= = = ⋅ = −

+

− −

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

45

67

( 1, 3)M − −

Znak prvog izvoda zavisi samo od izraza u brojiocu , pa je :

8 8-

y`2x+2

-1

tačka M minimum funkcije.


7


2

32 2

3 32 22 2

32 22

3 3 12 2 22 2

2 3

32 2

22

2( 1) `( 2)

( 1)`( 2) (( 2) )`( 1)`` 2(( 2) )

31 ( 2) ( 2) ( 2)`( 1)2`` 2

( 2)

3( 2)2`` 2

xyx

xyx

x x x xyx

x x x xy

x

xy

−

−=

++

=+

+ ⋅ + − + +=

+

⋅ + − + + ⋅ +=

+

+ −=

12 2( 2) 2x + ⋅

2 3

3 112 22 2

2 22 3

12 2

( 1)

( 2)

( 2) 3( 2) ( 1)`` 2 izvučemo zajednički ( 2) u brojiocu( 2)

( 2)`` 2

x x

x

x x x xy xx

xy

⋅ +

+

+ − + ⋅ ⋅ += +

+

+=

2

2 3

[ 2 3 ( 1)]( 2)x x xx+ − ⋅ +

+2 2

52 2

2

52 2

2 3 3`` 2( 2)

2 3 2`` 2( 2)

x x xyx

x xyx

+ − −=

+

− − +=

+

22

1,2 1 2

1 1

2 1

1

2

`` 0

4 12 3 2 0 22 2

4Za 26

1Za 12

Imamo dve prevojne tačke:4P ( 2, )6

1( , 1)2

y

b b acx x x x xa

x y

x y

P

=

− ± −− − + = → = → = − ∧ =

−= − → =

= → = −

−−

−


8

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

123

-1-2-3

0

45

67

4( 2, )

6P − −

1( , 1)2P −

Znak drugog izvoda opet zavisi samo od izraza u brojiocu 22 3 2x x− − + . Upotrebićemo da kvadratni trinom ima znak broja a = -2 svuda osim izmedju nula!

-2 12

- -+

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)

Vertikalna asimptota ne postoji. Horizontalna asimptota

2

2lim2x

xx→±∞

−

+=

22

2lim2(1 )

x

x

xx

→±∞

−

+=

2

2lim2(1 )

x

x

xx

→±∞

−

+ PAZI ! Pošto smo dole dobili apsolutnu vrednost,

moramo odvojiti limese za + i za – beskonačno!

2

2lim2(1 )

x

x

xx

→+∞

−

+= 1

2

2lim2(1 )

x

x

xx

→−∞

−

− += -1

KАД X TEŽI + BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = 1 KАД X TEŽI - BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = -1 Na slici bi to izgledalo ovako:

x

y

.

.

1

-1

y=1

y=-1

Kose asimptote naravno nema, jer postoji horizontalna!


9

Konačan grafik je :

x

y

1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

23

-1-2

-3

0

4

5

67

1P

2P

M

y=1

y=-1

-1

-2 12


10

FUNKCIONALNE JEDNAČINE Postupak rešavanja: i ) “ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t ( smena) ii) Odatle izrazimo x

iii) Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili

iv) Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ” i zamenimo t sa x

ZADACI 1) Rešiti funkcionalnu jednačinu: f ( x+1) = x2 –3x + 2

Rešenje: f ( x+1) = x2 –3x + 2 “ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t x +1 = t Odatle izrazimo x x = t - 1 Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili f ( t ) = (t – 1)2 – 3 (t – 1 ) + 2 f ( t ) = t2- 2t + 1 – 3t +3 + 2 Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ” f ( t ) = t2 – 5t + 6 zamenimo t sa x f (x) = x2 – 5x + 6 i evo konačnog rešenja date funkcionalne jednačine.

2) Rešiti funkcionalnu jednačinu: 211 xxx

f ++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Rešenje:

211 xxx

f ++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

tx=

1 pa je odavde xt=

1 ovo zamenimo u datoj jednačini

2

111)(tt

tf ++=


2

2 11)(t

tt

tf ++=

tt

ttf 11)(

2 ++=

tttf 11)(

2 ++= zamenimo t sa x

xxxf 11)(

2 ++= je konačno rešenje

3) Rešiti funkcionalnu jednačinu: 2)1

( xx

xf =+

Rešenje:

2)1

( xx

xf =+

tx

x=

+1

x = t ( x+1) x = t x + t x – tx = t izvučemo x kao zajednički na levoj strani... x ( 1 – t ) = t

ttx−

=1

vratimo se sad na početnu jednačinu...

2)

1( xx

xf =+

2)

1()(

tttf−

= zamenimo t sa x ... 2)1

()(x

xxf−

= je konačno rešenje

4) Reši funkcionalnu jednačinu: 35)122( +=++ x

xxf

Rešenje:

35)122( +=++ x

xxf

tx

x=

++

122 www.matematiranje.com

x + 2 = t (2x + 1) x + 2 = 2tx + t x – 2tx = t – 2 x (1 – 2t ) = t – 2

ttx

212

−−

=

35)122( +=++ x

xxf

f ( t ) = 5 t

t212

−− + 3 sredimo… f ( t ) =

tt

21105

−− +

tt

21)21(3

−− =

ttt

2163105

−−+− =

tt

217

−−− izvučemo minus gore i

ubacimo ga u imenilac, koji onda promeni redosled … A - B = - (B – A)

f ( t ) = 127−+t

t

f ( x ) = 127−+

xx je konačno rešenje

5) Ako je 2)1()1

( −=+

xx

xf , izračunati f(3).

Rešenje: Najpre moramo naći f(x).

2)1()1

( −=+

xx

xf

tx

x=

+1

x = t ( x+1) x = t x + t x – tx = t x ( 1 – t ) = t

ttx−

=1

vraćamo se u početnu jednačinu… www.matematiranje.com

2)1()

1( −=

+x

xxf

f ( t ) = (t

t−1

- 1 )2 Sada umesto t stavljamo 3 jer se traži f(3)…

f ( 3 ) = (31

3−

- 1 )2 = 425

6) Rešiti funkcionalnu jednačinu: 22 1)1(

xx

xxf +=+

Rešenje:

22 1)1(

xx

xxf +=+ uzimamo smenu

xx 1+ = t , ako odavde probamo da izrazimo x kao što bi trebalo,

zapadamo u probleme...

xx 1+ = t sve pomnožimo sa x…

x2 + 1 = xt x2 – xt + 1 = 0 ovo je kvadratna po x i ne vodi rešenju… TRIK : OVDE SMENU TREBAMO KVADRIRATI

xx 1+ = t kvadriramo…

(x

x 1+ )2 = t2

2

22 112 t

xxxx =++ pokratimo x-seve…

2

22 12 t

xx =++

21 22

2 −=+ tx

x E sad se vratimo u datu početnu jednačinu...

22 1)1(

xx

xxf +=+ pa je f ( t ) = t2 – 2 odnosno f(x) = x2 – 2 je konačno rešenje


7. Rešiti funkcionalnu jednačinu: xxxf

xxf =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

122

21

Rešenje:

xxxf

xxf =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

122

21

I ovaj zadatak ne možemo uraditi “ klasično” već se moramo poslužiti trikom...

Ako uzmemo smenu txx

=+−

12 , onda je

txx 1

21=

−+ i

txx

=+−

12 odavde x-2 = t (x +1) pa je x – 2= tx + t , x – tx = t + 2 , x (1-t )= t + 2 i odavde je x =

tt−+

12

Vratimo se u datu jednačinu:

xxxf

xxf =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

122

21

f (t1 ) + 2 f ( t ) =

tt−+

12 dobili smo jednu jednačinu...E sad je trik da umesto t stavimo

t1

f( t ) + 2 f(t1 ) =

t

t11

21

−

+ =

tt

tt

1

21

−

+

= 121−+

tt dobismo i drugu jednačinu

Sada pravimo sistem od dve jednačine:

f (t1 ) + 2 f ( t ) =

tt−+

12

f( t ) + 2 f( t1 ) =

121−+

tt

Prvu jednačinu pomnožimo sa -2 pa saberemo ove dve jednačine...

- 4 f ( t ) - 2 f (t1 ) = -2

tt−+

12

f( t ) + 2 f( t1 ) =

121−+

tt

- 3 f ( t ) = t

t−−−

142 +

121−+

tt =

142

−+

tt +

121−+

tt =

154

−+

tt dakle


- 3 f ( t ) = 154

−+

tt podelimo sve sa –3 i dobijamo

f ( t ) = )1(3

54−−+t

t odnosno f ( t ) = t

t3354

−+ umesto t stavimo x i dobijamo:

f ( x ) = x

x33

54−+ konačno rešenje


INVERZNA FUNKCIJA Definišimo najpre bijektivno preslikavanje: Za preslikavanje f: A→B kažemo da je : 1) “jedan – jedan” (obostrano jednoznačno) , što skraćeno pišemo “ 1-1 “, ako važi ))()()(,( 212121 xfxfxxAxx ≠⇒≠∈∀ 2) “na” ako je ))()()(( yxfAxBy =∈∃∈∀ 3) bijektivno ako je “1-1” i “na”

Preslikavanje skupa A na sebe , u oznaci iA , sa osobinom ))()(( xxiAx A =∈∀ naziva se identičkim (jediničnim) preslikavanjem skupa A. Ako je f: A→B bijektivno preslikavanje, onda sa f –1 ozačavamo preslikavanje skupa B na skup A, koje ima osobinu da je Aiffff == −− 11 οο . U tom slučaju f –1 nazivamo inverznim preslikavanjem preslikavanja f. Postupak za rešavanje zadataka : i) Umesto f(x) stavimo y ii) Odavde izrazimo x preko y

iii) Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.

Zadaci

1. Data je funkcija f(x) = 2x – 1. Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje: f(x) = 2x – 1 Umesto f(x) stavimo y y = 2x – 1 Odavde izrazimo x preko y 2x = y + 1

x = 2

1+y Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.


f –1(x) = 2

1+x i evo nam inverzne funkcije.

Pošto obe funkcije predstavljaju prave, uzećemo po dve proizvoljne tačke( prvo x = 0, pa y = 0) i nacrtati ih. f(x) = 2x – 1 x 0 1/2 f(x) -1 0

f –1(x) = 2

1+x

x 0 -1 f –1(x) 1/2 0

1 2 3 4 5 6 7-1-2-3-4-5

1

2

3

4

5

6

7

-1

-2

-3

-4

-5

x

y

... .

.

f(x)=2x-1

f (x) = -1 x+12

y = x

Primetimo da su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x . 2. Data je funkcija f(x) = log 2(x-1). Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje: f(x) = log 2(x-1) Umesto f(x) stavimo y y = log 2 (x-1) Odavde izrazimo x preko y

x – 1 = 2y x = 2y +1 umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x www.matematiranje.com

f –1 (x) = 2x + 1 evo inverzne funkcije Skicirajmo sada grafike: f(x) = log 2(x-1) . Ova funkcija je definisana za x-1 >0, odnosno za x >1, a to nam govori da je x = 1 vertikalna asimptota sa leve strane. Uzmimo kao i malopre nekoliko proizvoljnih vrednosti i popunimo tablicu: x 3/2 2 3 5 f(x) -1 0 1 2 f –1 (x) = 2x + 1 . Ova funkcija očigledno ne može imati vrednosti manje ili jednake sa 1, što nam govori da je 1 njena horizontalna asimptota. Uzmimo nekoliko proizvoljnih vrednosti i popunimo tablicu: x - 1 0 1 f –1(x) 3/2 2 3

1 2 3 4 5 6 7-1-2-3-4-5

1

2

3

4

5

6

7

-1

-2

-3

-4

-5

x

y

.. .

.

. ..

y = log (x-1)2

f (x) = 2 + 1-1 x

y = x

Uočimo opet da su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x . 3. Odredi inverznu funkciju funkcije f(x) = 3x – 1 Rešenje: f(x) = 3x – 1 y = 3x – 1 3x = y + 1 www.matematiranje.com

x = log 3(y + 1) f –1 (x) = log 3 (x +1) 4. Data je funkcija f(x) = x2 . Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje: f(x) = x2 y = x2 x = ± y pa je f –1(x) = ± x Nije bilo teško ovo rešiti, međutim ovo rešenje nije korektno ! Zašto? Moramo voditi računa o tome gde je funkcija rastuća, a gde opadajuća! f(x) = x2 je opadajuća za x < 0 pa njoj odgovara opadajuća grana inverzne funkcije : f –1(x) = - x f(x) = x2 je rastuća za x > 0 pa njoj odgovara rastuća grana inverzne funkcije : f –1(x) = + x E ovo sad je korektno rešenje! 5. Data je funkcija f(x) = log 2( x + 12 +x ). Odrediti f –1(x). Rešenje: f(x) = log 2( x + 12 +x ) y = log 2( x + 12 +x ) x + 12 +x = 2y

12 +x = 2y – x kvadriramo … x2 + 1 = 22y – 2x 2y + x2 potiremo x2 … 2x 2y = 22y – 1

x = 1

2

212

+

−y

y

f –1(x) = 1

2

212

+

−x

x

a ovo možemo malo da prisredimo ... www.matematiranje.com

f –1(x) = 1

2

212

+

−x

x

= 22

122

x

x − = 2

21

222

xx

x

−=

222 xx −−

6. Data je funkcija f(x) = 3 21 xx ++ + 3 21 xx +− . Odrediti f –1(x) Rešenje:

f(x) = 3 21 xx ++ + 3 21 xx +−

y = 3 21 xx ++ + 3 21 xx +− Ovo sve ide na treći stepen. Podsetimo se najpre formule : (A + B)3 = A3 + 3A2B + 3AB2 + B3 = A3 + 3AB(A+B) + B3

y3 = 21 xx ++ + 3 3 21 xx ++ 3 21 xx +− ( 3 21 xx ++ + 3 21 xx +− ) + 21 xx +−

y3 = 2x + 3 3 22 )1)(1( xxxx +−++ y y3 = 2x + 3 3 22 1 xx −− y y3 = 2x – 3y 2x = y3 + 3y

233 yyx +

=

23)(

31 xxxf +

=−


1

BINOMNA FORMULA Upoznajmo se najpre sa nekim oznakama: n ! - čita se “en faktorijel” a označava sledeći proizvod: n!=nο (n-1) ο (n-2) ο …ο3ο 2 ο1 Primer: 5!=5ο4ο3 ο2 ο1= 120 ili 7! = 7 ο6 ο 5 ο4 ο3 ο2 ο1 = 5040 Po definiciji je 0!=1 U zadacima često koristimo trik da faktorijel rastavimo kao proizvod nekoliko članova i novog faktorijela. Tako je recimo: (n+2)! = (n+2)(n+1)n(n-1) ο…ο2 ο1 (n+2)! = (n+2)(n+1)n ! ili (n+2)! = (n+2)(n+1)n (n-1)! Itd. Primer 1.:

Skrati razlomak: )!3()!1(

−−

nn

Rešenje: )!3()!1(

−−

nn =

)!3()!3)(2)(1(

−−−−

nnnn =(n-1)(n-2)

Primer 2.

Reši jednačinu : )!2(

!20)!32(

)!2(−

=− x

xx

x

Rešenje: )!2(

!20)!32(

)!2(−

=− x

xx

x

)!2(

)!2)(1(20)!32(

)!32)(22)(12)(2(−

−−=

−−−−

xxxx

xxxxx

2

(2x)(2x-1)(2x-2)= 20x(x-1) 2x (2x-1)2(x-1)= 20 x(x-1) [skratimo sa 4x(x-1)] 2x-1 = 5 a odavde je x=3

Ako su n i k prirodni brojevi, onda možemo definisati simbol: (kn

)

On se čita “ en nad ka”, a izračunava se :

(kn

) = !

)1)...(2)(1(k

knnnn +−−−

Primeri:

(2

10) =

12910

οο = 45 ili (

315

) = 123131415

οοοο = 455

Da bi imali brzinu u radu moramo zapamtiti da je :

1)0

( =n

na primer: 1)05

( = 1)0

12( = itd.

1)( =nn

na primer: 1)77

( = 1)100100( = itd.

nn

nn=

−= )

1()

1( na primer: 4)

34

()14

( == 50)4950

()150

( ==

I najvažnije : )()(kn

nkn

−=

Na primer dobijemo da rešimo )1820

( . Koristeći ovo pravilo mi rešavamo :

)1820

( = )220

( = 121920οο = 190. Mnogo je lakše ovako!

Sada možemo videti kako izgleda binomni obrazac:

(a+b)n = )0

(n

anb0 + )1

(n

an-1b1 + )2

(n

an-2b2+ …+ )1

(−nn

a1bn-1 + )(nn

a0bn

Ova formula se lako dokazuje primenom matematičke indukcije.

3

Šta je važno uočiti? - U razvoju uvek ima n+1 članova

- a počinje sa n-tim stepenom, pa u svakom sledećem članu opada dok ne dođe do

nule, dok b počinje sa nulom pa u svakom sledećem članu raste dok ne dođe do n-tog stepena

- Izrazi )0

(n

, )1

(n

, )2

(n

,…, )1

(−nn

i )(nn

su binomni koeficijenti , i za njih važi

jedna zanimljiva stvar: Ako pođemo od nekoliko prvih razvoja dobićemo takozvani Paskalov trougao. (a+b)0 = 1 koeficijent je 1 1 (a+b)1 = a+b koeficijenti su 1 i 1 1 1 (a+b)2 = a2+2ab+b2 koeficijenti su 1, 2, 1 1 2 1 (a+b)3 = a3+3a2b+3ab2+b3 koeficijenti su 1, 3, 3, 1 1 3 3 1 (a+b)4 = a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4 1 4 6 4 1 koeficijenti su 1, 4, 6, 4, 1 itd. I tako dalje.... Vidimo da su simetrični koeficijenti u razvijenom obliku binoma jednaki. Oni prave Paskalov trougao, gde su na kracima sve jedinice , a unutrašnji član se dobija sabiranjem gornja dva!

1

1 1

1 1

1 1

1 1

2

3

6

10

1

3

4 4

1 15 510

Opšti (bilo koji) član u razvijenom obliku binoma se traži po formuli:

4

Tk+1 = )(kn

an-k bk

1) 5)23( x+ =? =+ 5)23( x [Ovde je 3=a , xb 2= i 5=n ]

5413223145 )2(355

)2(345

)2(335

)2(325

)2(315

)2(305

xxxxxx oo⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

Ako vam je lakše izdvojite binomne koeficijente ''na stranu'', pa ih rešite:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

35

101245

25

545

15

155

05

5432

554433222342

32240720108081024321123523102310235131

xxxxxxxxxx

+++++=

=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅=

2) 6)1( i+ =?

=+ 6)1( i [Ovde je 1=a , ib = i 6=n ]

20123456

36

46

151256

26

656

16

166

06

166

156

146

136

126

116

106 651423324156

=⋅⋅⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= iiiiiii oo

5

Da vas podsetimo:

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

=

−=

−=

=

1

1

4

3

2

1

iii

iii

pa je 1246

45

−=⋅=

=⋅=

iiiiiii


i

iiiiii

81615201561

)1(1161115)(120)1(11516111

−=−++−−+=

−⋅+⋅+⋅⋅+−⋅⋅+−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

3) Odrediti peti član u razvijenom obliku binoma 12

32

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ xx

Odavde je 21

xa = , 32

xb = , 12=n Iskoristićemo formulu:

KKnK ba

kn

T −+ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=1

Pošto traže peti član, to je 4(145 == + kpaziTT )

320

38

4

38

4

4

32412

21

495

12349101112

412

412

x

x

xx

xx

⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+

−

4) Odrediti član koji ne sadrži x u razvijenom obliku binoma ( )122−+ xx Odavde je ,xa = ,2−= xb 12=n

6

Upotrebićemo formulu 1+KT i naći k

( )

k

kk

kk

KKnK

xk

xxk

xxk

bakn

T

312

212

212

1

12

12

12

−

−−

−−

−+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Pošto nam treba član koji ne sadrži x, izvršićemo uporedjivanje:

4123

0312

312

==

=−=−

kk

kxx ok

Znači, u pitanju je ( )514 TT =+ peti član.

5) Zbir koeficijenta prvog, drugog i trećeg člana u razvoju binoma n

xx ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

12 jednak

je 46. Naći koji član ne sadrži x . Zbir koeficijenta prva tri člana je:

9

10;92

191090

9222

462

)1(1

46210

212,1

2

2

=

−==⇒±−

=

=−+

=−++

=−

++

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

n

nnn

nnnnn

nnn

nnn

Kako je 2xa = i ,1x

b = 9=n

7

k

kk

kk

KKnK

xk

xxk

xx

k

bakn

T

318

218

92

1

9

9

1)(9

−

−

−

−+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Sada mora biti: Znači da je u pitanju sedmi član.

6) Odrediti koeficijente uz 3x u razvoju binoma 12

2241

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − x

x

12

2241

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − x

x odavde je 12,2,

41 2 =−== nxbx

a

( )

( )

( ) 3213

12312

21212

212

1

24112

24112

24112

xjeOvo

kkk

kkkk

kk

KKnK

xk

xxk

xxk

bakn

T

−−

−−

−

−+

⋅−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Dakle:

6183

0318

318

==

=−=−

kk

kxx ok

5153

3123

3123

==

=−=−

kkk

xx k

8

Pa će koeficijent uz 3x biti

( )

( ) )32(41

12345891011122

41

512

24112

75

7

12

−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −k

k

k

7) Koeficijenat drugog člana u razvoju binoma n

xyx⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

4 odnosi se prema

koeficijentu trećeg člana kao 2:11. Odrediti peti član.

01211

)1(11

11:22

)1(:

11:22

:1

2

2

=−

−=

−=

=−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

nnnnn

nnn

nnn

nn

00)12( =⇒=− nnn ∨ 12=n , pazi: n=0 nije rešenje!

Pošto je 12,,4

=== nxy

bxa a traži se peti član, to je:

KKnK ba

kn

T ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −

+1

24

2

4

4

2

4

8

48

145

1

4951234

9101112

412

412

−

+

−+

=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

yxyx

xy

yx

xy

yxTT

bakn

T KKnK

546875,16499

−=−=

9

8) Na železničku stanicu treba da stigne iz istog pravca n ljudi. Na koliko mogućih načina, s obzirom na vreme dolaska, mogu da stignu na stanicu? Razmišljamo:

- mogu da stignu svi u različiti vreme - mogu da stignu dva zajedno, ostali u različito vreme - mogu da stignu tri zajedno, ostali u različito vreme - itd - mogu da stignu u grupama po 2 - mogu da stignu u grupama po 3 - itd

Broj svih mogućnosti je:

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=++++

nnnnn

CCCC nn

nnn

...321

...321

Da bi smo ovo izračunali podjimo od binomne formule:

nononn bann

ban

baon

ba ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=+ − ...

1)( 11

Ako umesto a i b stavimo jedinice, dobićemo:

11...111

11)11( ⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=+

nnn

onn

12...21

2...21

...21

2

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

n

n

n

nnnn

on

nnnn

nnnn

on

Dakle broj svih mogućnosti je: 12 −n


1

KOMBINATORIKA BEZ PONAVLJANJA 1) Permutacije od n elemenata : P(n)= n != n(n-1)(n-2)…3ο 2ο 1 još važi po definiciji : 0!=1 2) Varijacije k-te klase od n elemenata V n

k =n(n-1)(n-2)…(n-k+1)

3) Kombinacije k-te klase od n elemenata C nk =( n

k )=!k

V nk =

!)1)...(1(

kknnn +−− još važi:

( n0 )=( n

n )=1 , ( n1 )=( n

n 1− )=n , ( nk )=( n

kn− ) SA PONAVLJANJEM

1) Broj permutacija od n elemenata od kojih je k jednako medjusobno je Pk(n)=!!

kn

2) Varijacije k-te klase od n elemenata nkV =nk

3) Kombinacije nkC = ( 1−+kn

k ) Sa n obeležavamo broj elemenata, a sa k klasu elementa. PRVI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan događaj može da se realizuje na m načina, a neki drugi na n načina, tada jedan od njih može da se realizuje na m+n načina DRUGI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan dogadjaj može da se realizuje na m načina , a neki drugi dogadjaj na n načina, tada se oba dogadjaja mogu istovremeno realizovati na mn načina KAKO PREPOZNATI DA LI SU P , V ILI C ? Neka je dat skup S sa n različitih elemenata. Ako radimo sa svih n elemenata, odnosno pravimo sve moguće različite rasporede tih n elemenata , onda ćemo upotrebiti permutacije. Ako trebamo formirati sve njegove podskupove od po k različitih elemenata gde nam je bitan redosled elemenata, onda cemo koristiti VARIJACIJE. Ako trebamo formirati podskupove gde nam nije bitan redosled elemenata , onda ćemo upotrebiti KOMBINACIJE. Dve kombinacije k-te klase su jednake, ako imaju iste elemente, bez obzira kako su uredjene. Na primer : abcd=acdb=…=dcba. Kod kombinacija je svejedno kako pišemo elemente u jednom slogu, dok kod varijacija o tome moramo voditi računa.


2

1) Koliko se morzeovih znakova može formirati iz oba osnovna znaka . i -, ako se jedan znak sastoji najviše od pet elementarnih znakova? Razmišljamo:

- Imamo dva znaka : · i – (tačka i crta) pa je sigurno 2=n - Pošto kaže da se jedan znak sastoji najviše od 5 elementarnih znakova

razlikovaćemo 5 situacija:

1) Ako imamo samo 1 znak 2

1

_V→

2) Ako ima 2 znaka 2

2

_V→


3

_V→


4

_V→


5

_V→

Pa je konačno rešenje:

62321684222222 54321

2

5

_2

4

_2

3

_2

2

_2

1

_

=++++++++

++++ VVVVV

2) Odrediti broj različitih prirodnih brojeva od 10 000 koji se mogu formirati od cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5. Razmišljamo: Traženi brojevi mogu biti:

1) Jednocifreni 2) Dvocifreni 3) Trocifreni 4) Četvorocifreni 5) Petocifreni

Imamo 6 brojeva: 0, 1, 2, 3, 4, 5 i cifre se mogu ponavljati, pa su u pitanju varijacije sa ponavljanjem. Moramo paziti da 0 nije na prvom mestu!!! Zato ćemo naći sve mogućnosti pa oduzeti broj mogućnosti kada je 0 na prvom mestu!!!


3

1) Jednocifreni → to su brojevi 1, 2, 3, 4, 5 to jest 5

1

_V

2) Dvocifreni → 3066 126

1

_6

2

_=−=−VV

3) Trocifreni → 18066 236

2

_6

3

_=−=−VV

4) Četvorocifreni → 108066 346

3

_6

4

_=−=−VV

5) Petocifreni → 648066 456

4

_6

5

_=−=−VV

Dakle konačno rešenje je: 777564801080180305 =++++ 3) U ravni je dato 10 različitih tačaka od kojih ni jedna trojka nijje kolinearna. Odrediti broj svih pravih koje su odredjene datim tačkama. Pošto je prava odredjena dvema različitim tačkama, znači da od 10 biramo po 2. Pošto redosled tačaka nije bitan u pitanju su kombinacije.

4512910

21010

2 =⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=C

4) Košarlaški tim sačinjavaju 5 bekova, 4 centra i 3 krila. Na koliko načina se može od njih sastaviti petorka ako u njoj moraju da bar 2 beka i bar jedan centar? Razmišljamo: Pošto u zadatku kaže da moraju u petorci igrati bar 2 beka i 1 centar to nam daje više mogućnosti

1) 2 beka, 1 centar, 2 krila 32

41

52 CCC ⋅⋅→

2) 2 beka, 2 centra, 1 krilo 31

42

52 CCC ⋅⋅→

3) 2 beka, 3 centra 43

52 CC ⋅→

4) 3 beka, 1 centar, 1 krilo 31

41

53 CCC ⋅⋅→


54 CC ⋅→

6) 4 beka, 1 centar 41

54 CC ⋅→

Sad je broj svih mogućnosti:

=⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅⋅ 41

54

42

53

31

41

53

43

52

31

42

52

32

41

52 CCCCCCCCCCCCCCC

54014

45

24

35

13

14

35

34

25

13

24

25

23

14

25

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛mogućnosti


4

5) Na koliko različitih načina se moze raspodeliti 5 dečaka i 5 devojčica u bioskopskom redu od 10 stolica tako da dva dečaka nikad ne sede jedan pored drugog? Razmišljamo: Pošto ima 10 mesta a 2 dečaka ne smeju biti jedan do drugog, to znači da raspored ide jedan dečak jedna devojčica.

Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev.

- Mogućnost za dečake je 5! - Mogućnost za devojčice je 5!

Ali moramo razmišljati da na prvom mestu može biti i devojčica. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Pa broj svih mogućnosti:

28800120120212345123452!5!52 =⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅ 6) Na koliko načina četiri osobe mogu da stanu u krug? Najbolje da mi to nacrtamo

A

D B

C

A

D C

B

A

C D

B

A

C B

D

A

B C

D

A

B D

C


5

Dakle ima 6 mogućnosti!!! 7) Koliko ima četvorocifrenih brojeva koji počinju sa 2 a završavaju se sa 7? To su brojevi 2 7, gde umesto kvadratića mogu biti brojevi 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Znači, brojevi mogućnosti je:

100101010221 =⋅==V

8) Koliko ima trocifrenih brojeva koji su deljivi sa 5? Trocifreni brojevi su od 100 do 999. Znači ima 900 broja Pošto je svaki peti deljiv sa 5 počevši od 100 to takvih brojeva ima 900:5=180 9) Koliko ima brojeva izmedju 3000 i 6000 koji se završavaju sa 3 ili 7? → Brojevi koji počinju sa 3 su

3 3 → 10010210

2

_==V

3 7 → 10010210

2

_==V

→ Brojevi koji počinju sa 4

4 3 → 10010210

2

_==V

4 7 → 10010210

2

_==V

Slično je i: 5 3 → 100 broja 5 7 → 100 broja 6 3 → 100 broja 6 7 → 100 broja Dakle, ukupno ima 100·6=600 broja


1

KOMBINATORIKA BEZ PONAVLJANJA 1) Permutacije od n elemenata : P(n)= n != n(n-1)(n-2)…3ο 2ο 1 još važi po definiciji : 0!=1 2) Varijacije k-te klase od n elemenata V n

k =n(n-1)(n-2)…(n-k+1)

3) Kombinacije k-te klase od n elemenata C nk =( n

k )=!k

V nk =

!)1)...(1(

kknnn +−− još važi:

( n0 )=( n

n )=1 , ( n1 )=( n

n 1− )=n , ( nk )=( n

kn− ) SA PONAVLJANJEM

1) Broj permutacija od n elemenata od kojih je k jednako medjusobno je Pk(n)=!!

kn

2) Varijacije k-te klase od n elemenata nkV =nk

3) Kombinacije nkC = ( 1−+kn

k ) Sa n obeležavamo broj elemenata, a sa k klasu elementa. PRVI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan događaj može da se realizuje na m načina, a neki drugi na n načina, tada jedan od njih može da se realizuje na m+n načina DRUGI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan dogadjaj može da se realizuje na m načina , a neki drugi dogadjaj na n načina, tada se oba dogadjaja mogu istovremeno realizovati na mn načina KAKO PREPOZNATI DA LI SU P , V ILI C ? Neka je dat skup S sa n različitih elemenata. Ako radimo sa svih n elemenata, odnosno pravimo sve moguće različite rasporede tih n elemenata , onda ćemo upotrebiti permutacije. Ako trebamo formirati sve njegove podskupove od po k različitih elemenata gde nam je bitan redosled elemenata, onda cemo koristiti VARIJACIJE. Ako trebamo formirati podskupove gde nam nije bitan redosled elemenata , onda ćemo upotrebiti KOMBINACIJE. Dve kombinacije k-te klase su jednake, ako imaju iste elemente, bez obzira kako su uredjene. Na primer : abcd=acdb=…=dcba. Kod kombinacija je svejedno kako pišemo elemente u jednom slogu, dok kod varijacija o tome moramo voditi računa.


2

1) Koliko se morzeovih znakova može formirati iz oba osnovna znaka . i -, ako se jedan znak sastoji najviše od pet elementarnih znakova? Razmišljamo:

- Imamo dva znaka : · i – (tačka i crta) pa je sigurno 2=n - Pošto kaže da se jedan znak sastoji najviše od 5 elementarnih znakova

razlikovaćemo 5 situacija:

1) Ako imamo samo 1 znak 2

1

_V→


2

_V→


3

_V→


4

_V→


5

_V→

Pa je konačno rešenje:

62321684222222 54321

2

5

_2

4

_2

3

_2

2

_2

1

_

=++++++++

++++ VVVVV

2) Odrediti broj različitih prirodnih brojeva od 10 000 koji se mogu formirati od cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5. Razmišljamo: Traženi brojevi mogu biti:

1) Jednocifreni 2) Dvocifreni 3) Trocifreni 4) Četvorocifreni 5) Petocifreni

Imamo 6 brojeva: 0, 1, 2, 3, 4, 5 i cifre se mogu ponavljati, pa su u pitanju varijacije sa ponavljanjem. Moramo paziti da 0 nije na prvom mestu!!! Zato ćemo naći sve mogućnosti pa oduzeti broj mogućnosti kada je 0 na prvom mestu!!!


3

1) Jednocifreni → to su brojevi 1, 2, 3, 4, 5 to jest 5

1

_V

2) Dvocifreni → 3066 126

1

_6

2

_=−=−VV

3) Trocifreni → 18066 236

2

_6

3

_=−=−VV

4) Četvorocifreni → 108066 346

3

_6

4

_=−=−VV

5) Petocifreni → 648066 456

4

_6

5

_=−=−VV

Dakle konačno rešenje je: 777564801080180305 =++++ 3) U ravni je dato 10 različitih tačaka od kojih ni jedna trojka nijje kolinearna. Odrediti broj svih pravih koje su odredjene datim tačkama. Pošto je prava odredjena dvema različitim tačkama, znači da od 10 biramo po 2. Pošto redosled tačaka nije bitan u pitanju su kombinacije.

4512910

21010

2 =⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=C

4) Košarlaški tim sačinjavaju 5 bekova, 4 centra i 3 krila. Na koliko načina se može od njih sastaviti petorka ako u njoj moraju da bar 2 beka i bar jedan centar? Razmišljamo: Pošto u zadatku kaže da moraju u petorci igrati bar 2 beka i 1 centar to nam daje više mogućnosti

1) 2 beka, 1 centar, 2 krila 32

41

52 CCC ⋅⋅→

2) 2 beka, 2 centra, 1 krilo 31

42

52 CCC ⋅⋅→


52 CC ⋅→

4) 3 beka, 1 centar, 1 krilo 31

41

53 CCC ⋅⋅→


54 CC ⋅→

6) 4 beka, 1 centar 41

54 CC ⋅→

Sad je broj svih mogućnosti:

=⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅⋅ 41

54

42

53

31

41

53

43

52

31

42

52

32

41

52 CCCCCCCCCCCCCCC

54014

45

24

35

13

14

35

34

25

13

24

25

23

14

25

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛mogućnosti


4

5) Na koliko različitih načina se moze raspodeliti 5 dečaka i 5 devojčica u bioskopskom redu od 10 stolica tako da dva dečaka nikad ne sede jedan pored drugog? Razmišljamo: Pošto ima 10 mesta a 2 dečaka ne smeju biti jedan do drugog, to znači da raspored ide jedan dečak jedna devojčica.

Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev.

- Mogućnost za dečake je 5! - Mogućnost za devojčice je 5!

Ali moramo razmišljati da na prvom mestu može biti i devojčica. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Dev. Deč. Pa broj svih mogućnosti:

28800120120212345123452!5!52 =⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅ 6) Na koliko načina četiri osobe mogu da stanu u krug? Najbolje da mi to nacrtamo

A

D B

C

A

D C

B

A

C D

B

A

C B

D

A

B C

D

A

B D

C


5

Dakle ima 6 mogućnosti!!! 7) Koliko ima četvorocifrenih brojeva koji počinju sa 2 a završavaju se sa 7? To su brojevi 2 7, gde umesto kvadratića mogu biti brojevi 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Znači, brojevi mogućnosti je:

100101010221 =⋅==V

8) Koliko ima trocifrenih brojeva koji su deljivi sa 5? Trocifreni brojevi su od 100 do 999. Znači ima 900 broja Pošto je svaki peti deljiv sa 5 počevši od 100 to takvih brojeva ima 900:5=180 9) Koliko ima brojeva izmedju 3000 i 6000 koji se završavaju sa 3 ili 7? → Brojevi koji počinju sa 3 su

3 3 → 10010210

2

_==V

3 7 → 10010210

2

_==V

→ Brojevi koji počinju sa 4

4 3 → 10010210

2

_==V

4 7 → 10010210

2

_==V

Slično je i: 5 3 → 100 broja 5 7 → 100 broja 6 3 → 100 broja 6 7 → 100 broja Dakle, ukupno ima 100·6=600 broja


VEROVATNOĆA( ZA NIVO SREDNJE ŠKOLE) A- obeležimo neki dogadjaj, A - obeležimo njemu suprotan dogadjaj, onda je P(A)+P( A ) =1

KLASIČNA DEF. VEROVATNOĆE: P(A)=nm gde je m- broj povoljnih slučajeva

za dogadjaj A, a n- broj svih mogućnosti. ZBIR DOGADJAJA A i B je dogadjaj A+B koji se realizuje ako dodje do realizacije bar jednog od njih: P(A+B)= P(A)+(B) ako su dogadjaji A i B nezavisni P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) ako dogadjaji A i B mogu nastupiti istovremeno(zavisni) PROIZVOD DOGADJAJA A i B je dogadjaj koji se realizuje ako se realizuju i dogadjaj A i dogadjaj B: P(AB)=P(A)P(B) , ako su dogadjaji nezavisni P(AB)=P(A)P(B\A)=P(B)P(A\B) , ako su dogadjaji zavisni Za 3 zavisna dogadjaja formule su: P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC) P(ABC)=P(A)P(B\A)P(C\AB) BERNULIJEVA ŠEMA: Koristimo je ako imamo 2 ishoda pri vršenju nekog eksperimenta (primer: kad bacamo novčić). Neka se dogadjaj A ostvaruje sa verovatnoćom p, a njemu suprotan dogadjaj sa verovatnoćom q, i p+q=1 Tražimo verovatnoću da se u n nezavisnih ponavljanja dogadjaj A ostvari m-puta: P(Sn=m)=( n

m ) pmqn-m

TOTALNA VEROVATNOĆA: Neka dogadjaji H1,H2,…Hn čine potpun sistem dogadjaja.Dogadjaj A se može realizovati samo sa jednim od dogadjaja H1,…,Hn P(A)=P(H1)P(A\H1)+P(H2)P(A\H2)+…+P(Hn)P(A\Hn) BAJESOVA FORMULA: P(Hi\A)=P(Hi)P(A\Hi) : P(A) za i=1,2,…,n


SLUČAJNA PROMENLJIVA I NJENA RASPODELA:

X:(1

1

x

p

2

2

x

p

xn

pn )

OČEKIVANJE: E(X)=x1p(x1)+…+xnp(xn) DISPERZIJA ( srednje kvadratno odstupanje) D(x)=E[(x-E(x))2] STANDARDNA DEVIJACIJA: σ (x)= )(xD

1

VEROVATNOĆA - ZADACI (I DEO)

U računu verovatnoće osnovni pojmovi su opit i događaj. Svaki opit se završava nekim ishodom koji se naziva elementarni događaj. Elementarne događaje profesori različito obeležavaju, mi ćemo ih obeležiti sa 1 2 3, , ,...e e e a vi naravno radite kako kaže

vaš profesor. Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E .

1 2 3 , , ,... nE e e e e=

primer 1.

Odrediti skup svih elementarnih događaja za sledeće opite: a) bacanje jednog dinara b) bacanje dva dinara c) bacanje tri dinara d) bacanje jedne kocke e) bacanje dve kocke f) bacanje tri kocke Rešenja: a) bacanje jednog dinara

Naravno, prilikom bacanja dinara može pasti pismo ili može pasti grb. GP

Ako sa 1e obeležimo pojavu pisma na gornjoj strani novčića a sa 2e obeležimo pojavu grba onda je

skup svih elementarnih događaja ovog opita 1 2 , E e e= , a mislimo da je bolje ovo obeležiti sa , E P G= .

b) bacanje dva dinara

Na gornjoj strani novčića se može pojaviti:

P P

P

P

G

G

G G

Pa je , , , E PP PG GP GG= , odnosno ima 4 ishoda ovog opita.

2

c) bacanje tri dinara Ako bacamo tri novčića, broj ishoda je 8. Da vidimo:

P P P

P P

P P

P

G

G

G G

G G G

G G

G G

G

P

P

P P

, , , , , , , E PPP PPG PGP PGG GGG GGP GPG GPP= d) bacanje jedne kocke

Većina nas je igrala ''ne ljuti se čoveče'' ili neku sličnu igricu sa jednom kockicom... Na gornjoj strani kocke može pasti jedan od brojeva :

1 2 3 4 5 6

pa je skup svih elementarnih događaja : 1, 2,3,4,5,6E = .

Jasno je da ih ima 6. Preko formula iz kombinatorike bi ovo izračunali kao varijacije sa ponavljanjem: 6 11 6 6V = =

e) bacanje dve kocke

Pri bacanju dve kockice, broj mogućih ishoda je veći: 6 22 6 36V = =

Naš savet je da uvek kad je to moguće, odnosno kad ne zahteva previše pisanja, ispišete sve mogućnosti opita:

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

11,12,13,.......,66E =

3

f) bacanje tri kocke

Broj svih elementarnih događaja je 6 33 6 216V = = . E ovde bi već bilo preterano da pišemo redom sve moguće ishode.

111,112,113,.......,666E =

Bitno je da znamo koliko ih ukupno ima. E sad, u zadacima mi moramo obavezno odrediti skup svih elementarnih događaja, a oni od nas traže da nađemo verovatnoću pojave jednog od njih ( ili više njih...). Jedan takav događaj se najčešće obeležava slovima latinice: A,B,C... Slučajan događaj A je podskup skupa E elementarnih događaja.

Mi moramo precizno, navodnicima da opišemo taj događaj A= “…….”.

Ako smo sigurni da neki opit izaziva pojavu događaja A, onda za događaj A kažemo da je pouzdan. Ako se događaj A sigurno ne realizuje datim opitom, onda se on naziva nemoguć. ( obeležava se sa ∅ ) Na primer, kad bacamo jednu kockicu , sigurni smo da će se na gornjoj strani pojaviti jedan od brojeva 1,2,3,4,5,6 a ako obeležimo u tom opitu da je događaj A: “ pojavio se broj 7 na gornjoj strani kockice”, sigurni smo da je to nemoguć događaj. Ako posmatramo dva događaja koji se mogu dogoditi u istom opitu, onda oni mogu biti zavisni i nezavisni. Na primer, neka je opit bacanje dve kockice. Posmatramo tri događaja: Događaj A: “ pao je zbir 8” Događaj B : “ pao je zbir 7” Događaj C: “ pala je bar jedna šestica” Ispitati da li su ovi događaji međusobno zavisni ili ne. Ovde je najbolje ispisati sve mogućnosti...


4

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

A:”pao je zbir 8” B:”pao je zbir 7” C:”pala je bar jedna ”šestica Vidimo da su događaji A i B nezavisni. Međutim , ako posmatramo događaje A i C, vidimo da su oni zavisni , jer se oba dešavaju kad padne (2,6) i (6,2). Takođe su i B i C zavisni , jer kod oba događaja imamo (1,6) i (6,1). Zbir ( unija)dva događaja A i B naziva se događaj A+B (ili A B∪ ) koji se sastoji u tome da se realizuje bilo koji od njih, to jest bilo A, bilo B, bilo A i B. Proizvod ( presek) dva događaja A i B se obeležava sa AB ( ili A B∩ ) i predstavlja događaj koji se sastoji u tome da se događaji A i B pojavljuju zajedno. Ako se u vršenju jednog opita realizacijom događaja A uvek realizuje i događaj B, tada kažemo da događaj A povlači događaj B i tada je A B⊂ .

Suprotan događaj događaja A se obeležava sa A . Događaji 1 2, ,..., nA A A obrazuju potpun sistem događaja ako je 1 2 ... nA A A∪ ∪ ∪ = Ω i i jA A∩ =∅ , to jest dva po

dva su isključivi događaji. Verovatnoća slučajnog događaja A se obeležava sa P(A). Pravila:

1. 0 ( ) 1P A≤ ≤

Znači, verovatnoća se “ meri” od 0 do 1. Nula je verovatnoća nemogućeg događaja a jedinica je verovatnoća sigurnog događaja.

5

2. ( ) ( ) 1P A P A+ =

Kad saberemo verovatnoću nekog događaja i verovatnoću njemu suprotnog događaja, dobijamo siguran događaj, odnosno , nešto il će se desi il neće...

Često je u zadacima lakše izračunati verovatnoću suprotnog događaja, pa je onda ( ) 1 ( )P A P A= −

3. Ako je A B⊂ onda je ( ) ( )P A P B≤

primer 2.

Data su dva događaja A i B. Pomoću simboličkih operacija sa datim događajima odrediti sledeće događaje: i) realizovan je događaj A a nije realizovan događaj B ii) realizovan je događaj B a nije realizovan događaj A iii) realizovana su oba događaja Rešenja: Pogledajmo najpre sledeću sliku:

A B

ABAB AB

i) realizovan je događaj A a nije realizovan događaj B To ćemo obeležiti sa AB , to jest , realizovan je A a nije B. ii) realizovan je događaj B a nije realizovan događaj A Ovo možemo obeležiti sa AB iii) realizovana su oba događaja Ovde je rešenje presek, odnosno to je događaj AB

6

primer 3.

Data su tri događaja A,B i C. Pomoću simboličkih operacija sa datim događajima odrediti sledeće događaje: a) realizovan je događaj A , a nisu realizovani događaji B i C b) realizovani su događaji A i C, a događaj B nije c) realizovana su sva tri događaja d) realizovan je jedan i samo jedan od ova tri događaja Rešenja: Pogledajmo opet sliku gde su događaji predstavljeni pomoću skupova:

AB

C

ABCABC

ABC

ABC

ABC ABC

ABC

Da odgovorimo sada na postavljena pitanja: a) realizovan je događaj A , a nisu realizovani događaji B i C

A B

C

ABCABC

ABC

ABC

ABC ABC

ABC

Rešenje je: ABC

7

b) realizovani su događaji A i C, a događaj B nije

A B

C

ABCABC

ABC

ABC

ABC ABC

ABC

Rešenje je: ABC ili možemo zapisati ABC ABC ABC+ + ( vidi sliku)

c) realizovana su sva tri događaja

A B

C

ABCABC

ABC

ABC

ABC ABC

ABC

Rešenje je: ABC d) realizovan je jedan i samo jedan od ova tri događaja

A B

C

ABCABC

ABC

ABC

ABC ABC

ABC

Rešenje je: ABC ABC ABC+ + www.matematiranje.com

8

Pomenimo još neka pravila:

Ako je A proizvoljan događaj , tada je : i) A∅ =∅ v) A A+∅ = ii) AA A= vi) A A A+ =

iii) AE A= vii) A A E+ =

iv) AA =∅ viii) A E E+ = Ako su A, B i C proizvoljni događaji, tada je: a) A B B A+ = + b) ( ) ( )A B C A B C A B C+ + = + + = + + c) ( ) ( )A BC AB C ABC= = d) ( )A B C AB AC+ = +

1

VEROVATNOĆA - ZADACI (II DEO)

Klasična definicija verovatnoće Verovatnoća događaja A jednaka je količniku broja povoljnih slučajeva za događaj A i broja svih mogućih slučajeva.

( )m

P An

=

n je broj svih mogućih slučajeva

m je broj povoljnih slučajeva

1.PRIMER

Odrediti verovatnoću da bačena kocka za igru na gornjoj strani pokaže paran broj. Rešenje: A: “pao je paran broj”

Da još jednom ponovimo savet iz prvog dela: uvek kad možete, skicirajte problem i napišite sve mogućnosti!

1 2 3 4 5 6

Jasno je da je broj svih mogućnosti 6n =

1 2 3 4 5 6

Povoljno je da padne: 2,4 ili 6 ( paran broj), pa je onda 3m =

3 1( )

6 2

mP A

n= = =

2.PRIMER

Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockicama pojaviti zbir 9 na gornjoj strani?

Rešenje:

A: “pao je zbir 9”


2

Već smo videli u prethodnom fajlu da se broj svih mogućnosti izračunava:

6 22 6 36n V= = =

Da vidimo šta je nama povoljno:

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

Imamo četiri povoljne mogućnosti , pa je 4m =

4 1( )

36 9

mP A

n= = =

3.PRIMER

Kolika je verovatnoća da pri bacanju dva novčića padne bar jedan grb?

Rešenje:

Kad u zadatku kaže “bar jedan”, to znači da nam je povoljno da padne jedan ali i oba grba!

A: “pao je bar jedan grb”

P P

P

P

G

G

G G

P P

P

P

G

G

G G

n=4 m=3

Verovatnoća je 3

( )4

mP A

n= =

Ovaj zadatak smo mogli da rešimo i na drugi način, koji se često koristi kad u formulaciji zadatka imamo reči “bar

jedan”.

Posmatramo suprotan događaj događaju A: “pao je bar jedan grb”.

To će biti A , koje znači da nije pao nijedan grb ( odnosno, pala su dva pisma)

3

P P

P

P

G

G

G G

P P

P

P

G

G

G G

n=4 m=1

1( )

4

mP A

n= =

Dalje koristimo:

( ) ( ) 1

( ) 1 ( )

1( ) 1

4

3( )

4

P A P A

P A P A

P A

P A

+ =

= −

= −

=

4.PRIMER

Odrediti verovatnoću da pri istovremenom bacanju tri novčića padne tačno jedno pismo. Rešenje: A: “palo je tačno jedno pismo”

Ovde nam traže konkretno da bude samo jedno pismo na tri novčića, pa nam nije povoljno da budu dva pisma ili sva

tri...

P P P

P P

P P

P

G

G

G G

G G G

G G

G G

G

P

P

P P

P P P

P P

P P

P

G

G

G G

G G G

G G

G G

G

P

P

P P

n=8 m=3

3( )

8

mP A

n= =


4

5.PRIMER

U posudi se nalazi 12 belih, 23 crvene i 27 crnih kuglica. Odrediti verovatnoću da izvučemo belu kuglicu, pod uslovom da su sve mogućnosti podjednako verovatne. Rešenje: A: “izvučena je bela kuglica”

12 bele

23 crvene

27 crne

n=12+23+27=62

12 bele

23 crvene

27 crne

m=12

Broj svih mogućnosti dobijamo kad saberemo sve kuglice, dakle 62n = .

Nama je povoljno da izvučemo belu kuglicu, a pošto ih ima 12, to je 12m =

12 6( )

62 31

mP A

n= = =

6.PRIMER

Nepismeno dete sastavlja reči od sledećih slova: a,a,a,e,i,k,m,m,t,t. Odrediti verovatnoću da će sastaviti reč “matematika”. Rešenje: Ovaj zadatak ćemo rešiti na dva načina.

I način

Koristimo klasičnu definiciju verovatnoće:

A: “sastavljena je reč matematika”

Broj svih mogućnosti je ustvari broj svih permutacija od ovih 10 slova, ali sa ponavljanjem , jer se slovo a ponavlja 3

puta, slovo m - 2 puta i slovo t - 2 puta.

5

10! 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1151200

3! 2! 2! 3 2 1 2 1 2 1n

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Od svih mogućnosti, nama je povoljna samo jedna, da reč bude matematika, pa je 1m =

1( )

151200

mP A

n= =

II način

Ovaj način je više logički, ići ćemo slovo po slovo:

Najpre od ovih deset slova biramo slovo m, verovatnoća tog događaja je 2

10, jer imamo 10 slova a 2 su m.

a a a e I k m m t t

Dalje nam treba slovo a. Verovatnoća da ćemo uzeti a od preostalih 9 slova je 3

9, jer imamo 3 slova a.

a a a e I k m m t t

Znači, za sad imamo 2 3

10 9⋅ . Idemo dalje, biramo slovo t od preostalih 8 slova. Tu je verovatnoća

2

8.

a a a e I k m m t t

Imamo dakle za sada 2 3 2

10 9 8⋅ ⋅ .

Napravili smo mat , sledeće slovo koje nam treba je e, a njega uzimamo sa verovatnoćom 1

7, jer su ostala 7 slova a

imamo samo jedno e.

a a a e I k m m t t

Sledeći ovaj postupak ( nadam se da smo ukapirali) , dobijamo:

2 3 2 1 1 2 1 1 1( ) 1

10 9 8 7 6 5 4 3 2P A = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ odnosno

1( )

151200P A =

6

7.PRIMER

U kutiji se nalaze 3 žute, 4 crvene i 5 plave kuglice. Izvlačimo 3 kuglice ali na različite načine:

i) sve tri odjednom

ii) jednu po jednu sa vraćanjem

iii) jednu po jednu bez vraćanja

Odrediti verovatnoću da su izvučene:

a) sve tri crvene kuglice

b) 2 plave i jedna žuta

c) sve tri kuglice različite boje.

Rešenje:

Pazite, zavisno od načina na koji izvlačimo kuglice, koristimo različite formule iz kombinatorike!

Ako uzimamo sve kuglice odjednom, koristimo kombinacije n

kC .

Ako uzimamo kuglice jednu po jednu sa vraćanjem , koristimo n

kV .

Ako uzimamo kuglice jednu po jednu bez vraćanja , koristimo n

kV

a) sve tri crvene kuglice

A: “izvučene su tri crvene kuglice”

12 kuglica ukupno

uzimamo tri crvene

i) 4

3

12

3

4 1( )

220 55

CP A

C= = = sve tri odjednom

ii)

4 3 333

12 3

3

4 4 1 1( )

12 12 3 27

VP A

V

= = = = =

jedna po jedna sa vraćanjem

iii) 4

3

12

3

4 3 2 1( )

12 11 10 55

VP A

V

⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅ jedna po jedna bez vraćanja

7

b) 2 plave i jedna žuta

B: “izvučene su 2 plave i jedna žuta kuglica”

12 kuglica ukupno

uzimamo dve plave I jednu žutu

i) 5 3

2 1

12

3

10 3 3( )

220 22

C CP B

C

⋅ ⋅= = = sve tri odjednom

ii)

5 3 2 12 1

12 3

3

5 3 25 3 25( )

12 12 12 12 576

V VP B

V

⋅ ⋅ ⋅= = = =

⋅ ⋅ jedna po jedna sa vraćanjem

iii) 5 3

2 1

12

3

5 4 3 1( )

12 11 10 22

V VP B

V

⋅ ⋅ ⋅= = =


c) sve tri kuglice različite boje.

12 kuglica ukupno

od svake boje po jednu

C: “izvučene su sve tri kuglice različite boje”

i) 3 4 5

1 1 1

12

3

3 4 5 3( )

220 11

C C CP C

C

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = sve tri odjednom

ii)

3 4 5

1 1 1

12 3

3

3 4 5 5( )

12 144

V V VP C

V

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = jedna po jedna sa vraćanjem

iii) 3 4 5

1 1 1

12

3

3 4 5 1( )

12 11 10 22

V V VP C

V

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =



8

8.PRIMER

Kocka, čije su sve površi obojene, izdeljena je na hiljadu kocaka jednakih dimenzija. Tako dobijene kocke su izmešane. Odrediti verovatnoću da će nasumice izabrana kocka imati dve obojene površi.

Rešenje: Događaj A: «izvučena je kockica sa dve obojene površine»

Pošto imamo hiljadu kockica, očigledno je 1000n =

Kako kocka ima 12 ivica a svaka ivica sadrži po 10 kockica i znamo da ivice na uglovima imaju sve tri obojene strane,

ispada da za svaku ivicu imamo po 10 - 2 = 8 kockica sa po dve obojene strane.

Onda je broj kockica sa dve obojene strane 12 8 96m = ⋅ =

96( ) 0,096

1000

mP A

n= = =

9.PRIMER

Iz špila od 32 karte nasumice su izvučene tri karte odjednom. a) Naći verovatnoću da je među njima tačno jedan AS b) Naći verovatnoću da će među biti bar jedan AS

Rešenje:

a) Naći verovatnoću da je među njima tačno jedan AS

Događaj A: « izvučen je tačno jedan AS »

Broj svih mogućnosti je da od 32 karte uzmemo 3: 32

3C

Broj povoljnih mogućnosti je da bude 1 AS: 4

1C jer imamo 4 ASA, a preostale dve karte mogu biti bilo koje: 28

2C

4 28

1 2

32

3

284

( )C C

P AC

⋅⋅

= =

27

2

⋅

1

32 31 30

⋅

⋅ ⋅

3 2⋅

4 14 270,30

32 31 5

1

⋅ ⋅= ≈

⋅ ⋅

⋅

9

b) Naći verovatnoću da će među biti bar jedan AS Događaj B: « izvučen je bar jedan AS »

U ovakvim situacijama smo rekli da je pametno naći verovatnoću suprotnog događaja , pa to oduzeti od jedinice.

Suprotan događaj događaju B bi bio da nije izvučen nijedan AS.

28

3

32

3

28 27 26

3 2 1( )

CP B

C

⋅ ⋅

⋅ ⋅= =

32 31 30

3 2 1

⋅ ⋅

⋅ ⋅

28 27 260,66

32 31 30

( ) 1 ( ) 1 0,66 0,34P B P B

⋅ ⋅= ≈

⋅ ⋅

= − ≈ − ≈


1

VEROVATNOĆA - ZADACI (III DEO)

ZBIR DOGAĐAJA A i B je događaj A+B koji se realizuje ako dodje do realizacije bar jednog od njih:

P(A+B)= P(A)+(B) ako su događaji A i B nezavisni

P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) ako događaji A i B mogu nastupiti istovremeno (zavisni)

USLOVNA VEROVATNOĆA Obeležimo sa B/A uslovni događaj koji se sastoji u ostvarenju događaja B pod uslovom da je A već ostvaren:

( )( / )

( )

P ABP B A

P A=

Obeležimo sa A/B uslovni događaj koji se sastoji u ostvarenju događaja A pod uslovom da je B već ostvaren:

( )( / )

( )

P ABP A B

P B=

PROIZVOD DOGAĐAJA A i B je događaj koji se realizuje ako se realizuju i događaj A i događaj B:

P(AB)=P(A)P(B) , ako su događaji nezavisni

P(AB)=P(A)P(B/A)=P(B)P(A/B) , ako su događaji zavisni

Za 3 zavisna događaja formule su:

P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)

P(ABC)=P(A)P(B/A)P(C/AB)

Jedna napomena:

Neki profesori , da bi naglasili da su događaji nezavisni , pišu u tim situacijama umesto + znak za uniju ∪ , to jest,

formulu: P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) zapisuju kao P(A∪B)= P(A)+P(B)-P(AB), odnosno

formulu P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)

zapisuju kao P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)

Naš je savet, kao i uvek da vi radite onako kako radi vaš profesor...


2

1.PRIMER Odrediti verovatnoću da iz 32 karte za igru izvučemo ili kralja ili asa. Rešenje:

Najpre opišemo događaje:

A: “izvučena karta je kralj ”

B: “izvučena karta je as ”

Događaji su očigledno nezavisni, pa računamo:

( ) ( ) ( )P A B P A P B+ = +

U špilu imamo 32 karte, a 4 su kralja, pa je 4

( )32

P A = .

Slično je i za asa: 4

( )32

P B =

( ) ( ) ( )

4 4 8 1( ) 0,25

32 32 32 4

P A B P A P B

P A B

+ = +

+ = + = = =

2.PRIMER

Kolika je verovatnoća da od 32 karte za igru izvučemo ili karo (kocka) ili asa.

Rešenje:

A: “izvučena karta je karo”

B: “izvučena karta je as ”

Razmišljamo: da li su ovi događaji zavisni ili nezavisni ?

Pitamo se da li postoji opcija da se oni dogode istovremeno? Odgovor je DA, jer izvučena karta može biti AS KARO.

Dakle, radi se o zavisnim događajima, pa ćemo koristiti formulu:

( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P AB+ = + −

3

U kartama za igranje postoje, kao što znamo 4 boje: pik, karo, herc i tref. U 32 karte će biti 32:4 = 8 karona, pa je

8( )

32P A =

Kako imamo 4 asa, to je 4

( )32

P B = .

AS KARO je u špilu samo jedan, to jest verovatnoća da ćemo njega izvući je 1

( )32

P AB =


( ) ( ) ( ) ( )

8 4 1 11( )

32 32 32 32

P A B P A P B P AB

P A B

+ = + −

+ = + − =

3.PRIMER

U kontejneru se nalazi 12 proizvoda, od kojih je 8 standardnih. Radnik bira nasumice dva proizvoda, prvo jedan, zatim drugi. Odrediti verovatnoću da su oba proizvoda nestandardna.

Rešenje:

Pošto u zadatku kaže da su 8 proizvoda standardna , jasno je da su 4 nestandardna.

Opišimo događaje:

A: “ izvučen je nestandardan proizvod u prvom izvlačenju”

B/A: “ U drugom izvlačenju je izvučen nestandardan proizvod pod uslovom da je u prvom izvlačenju izvučen

nestandardan proizvod”

Koristimo formulu: ( ) ( ) ( / )P AB P A P B A=

s s s s

ssss

ns ns ns ns

s s s s

ssss

ns ns ns

8 standardna

4 nestandarna

8 standardna

3 nestandarna

Imamo ukupno 12 proizvoda a nama je povoljno da izvučemo nestandardan proizvod: 4

( )12

P A =


4

U drugom izvlačenju opet trebamo uzeti nestandardan proizvod, ali je sada u kontejneru ostalo 11 proizvoda, od kojih

je 3 nestandardno: 3

( / )11

P B A =

Zamenimo ovo u formulu i dobijamo:

( ) ( ) ( / )

4 3 1( ) 0,09

12 11 11

P AB P A P B A

P AB

=

= ⋅ = ≈

4.PRIMER Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockama dobiti zbir tačaka 9 ili, ako se to ne dogodi, da se pri ponovljenom bacanju dobije zbir tačaka 7.

Rešenje:

Opišimo najpre događaje:

A: “pao je zbir 9” A : “ nije pao zbir 9”

B: “pao je zbir 7”

Traženi događaj je zbir dva događaja: A AB+

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

pao je zbir 9 4 1

( )36 9

P A = = a onda je 32

( )36

P A =

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

pao je zbir 7

6 1

( )36 6

P B = =

32 6 8 1 8 4( )

36 36 9 6 54 27P AB = ⋅ = ⋅ = = I konačno:

1 4 3 4 7( )

9 27 27 27 27P A AB+ = + = + =

5

5.PRIMER

U kutiji se nalazi 7 belih, 5 crvenih i 3 crne kuglice. Slučajno se jedna za drugom ( sukcesivno) izvlače 3 kuglice. Naći verovatnoću da je prva izvučena kuglica bela, druga crvena i treća crna.

Rešenje:

A: “ prva izvučena kuglica je bele boje”

B: “ druga izvučena kuglica je crvene boje”

C: “ treća izvučena kuglica je crne boje”

Moramo opisati i događaje:

B/A: “ druga izvučena kuglica je crvena pod uslovom da je prva izvučena kuglica bela”

C/AB: “treća izvučena kuglica je crna pod uslovom da je prva izvučena kuglica bela i druga crvena ”

7bele+5crvene+3crne

=15 kuglica

6bele+5crvene+3crne

=14 kuglica

6bele+4crvene+3crne

=13 kuglica

izvučena

bela

izvučena

crvena

7( )

15P A =

5

( / )14

P B A =

3

( / )13

P C AB =

7

( ) ( ) ( / ) ( / )P ABC P A P B A P C AB= =

15

5⋅

14

3⋅

1 1 10,04

13 2 13 26= ⋅ = ≈

6

6.PRIMER

U posudi A nalaze se 3 crne i 2 bele kuglice, a u posudi B 2 crne i 5 belih kuglica. Ne gledajući, iz slučajno odabrane posude uzimamo 1 kuglicu i stavljamo je u drugu posudu, a zatim iz druge posude uzimamo , takođe ne gledajući , 1 kuglicu. Naći verovatnoću da obe kuglice budu iste boje. Rešenje:

Ovde je najbolje da skiciramo problem i uočimo pojedinačne verovatnoće ...

A

B

½

½

crna kug.

bela kug.

3/5

2/5

2/7

5/7

crna kug.

bela kug.

B

B

A

A

slučajno izabrana kuglicaprebačena je u drugu posudu

crna kug.

crna kug.

crna kug.

crna kug.

bela kug.

bela kug.

bela kug.

bela kug.

3/8

5/8

2/8

6/8

4/6

2/6

3/6

3/6

Verovatnoća da ćemo od dve posude izabrati jednu je naravno 1

2.

Ako iz posude A uzmemo 1 kuglicu i stavimo je u posudu B , tada će u posudi B biti 8 kuglica, i to:

- ako iz posude A uzmemo 1 crnu kuglicu i stavimo je u posudu B, tada u posudi B imamo 3 crne i 5 bele kuglice;

- ako iz posude A uzmemo 1 belu kuglicu i stavimo je u posudu B, tada u posudi B imamo 2 crne i 6 bele kuglice;

Ako iz posude B uzmemo 1 kuglicu i stavimo je u posudu A , tada će u posudi A biti 6 kuglica, i to: - ako iz posude B uzmemo 1 crnu kuglicu i stavimo je u posudu A, tada u posudi A imamo 4 crne i 2 bele kuglice;

- ako iz posude B uzmemo 1 belu kuglicu i stavimo je u posudu A, tada u posudi A imamo 3 crne i 3 bele kuglice;

7

Sad pratimo putanje koje nam daju kuglice iste boje u oba izvlačenja:

A

B

½

½

crna kug.

bela kug.

3/5

2/5

2/7

5/7

crna kug.

bela kug.

slučajno izabrana kuglicaprebačena je u drugu posudu

crna kug.

crna kug.

crna kug.

crna kug.

bela kug.

bela kug.

bela kug.

bela kug.

3/8

5/8

2/8

6/8

4/6

2/6

3/6

3/6

Crne putanje nam daju verovatnoću da je dva puta izvučena crna kuglica.

Za gornju granu imamo: 1 3 3

2 5 8⋅ ⋅ a za donju granu imamo:

1 2 4

2 7 6⋅ ⋅

Žute putanje nam daju verovatnoću da je dva puta izvučena bela kuglica:

Za gornju granu imamo: 1 2 6

2 5 8⋅ ⋅ a za donju granu imamo:

1 5 3

2 7 6⋅ ⋅

Ako je događaj A: “izvučene su dve kuglice iste boje” , njegovu verovatnoću dobijamo kad saberemo sve ove

verovatnoće: P(A) = 1 3 3

2 5 8⋅ ⋅ +

1 2 4

2 7 6⋅ ⋅ +

1 2 6

2 5 8⋅ ⋅ +

1 5 3

2 7 6⋅ ⋅ =

901

1680

7.PRIMER U nekom gradu 40% stanovnika ima plavu kosu, 25% ima plave oči, a 15% ima i plavu kosu i plave oči. Biramo nasumice jednog stanovnika tog grada. a) Ako on ima plavu kosu, kolika je verovatnoća da će imati i plave oči? b) Ako on ima plave oči, kolika je verovatnoća da neće imati plavu kosu?

c) Kolika je verovatnoća da on neće imati ni plave oči ni plavu kosu?


8

Rešenje:

Označimo događaje:

Događaj O: “ izabrani građanin ima plave oči ”

Događaj K: « izabrani građanin ima plavu kosu »

a) Ako on ima plavu kosu, kolika je verovatnoća da će imati i plave oči?

Jasno je da su pojedinačne verovatnoće , iz teksta zadatka:

25 1( )

100 4

40 2( )

100 5

15 3( )

100 20

P O

P K

P OK

= =

= =

= =

Ovde se radi o uslovnoj verovatnoći:

3

( ) 320( ) ( ) ( / ) ( / )2( ) 8

5

P OKP OK P K P O K P O K

P K= ⋅ → = = =

b) Ako on ima plave oči, kolika je verovatnoća da neće imati plavu kosu?

25 1

( )100 4

40 2( )

100 5

15 3( )

100 20

P O

P K

P OK

= =

= =

= =

Lakše je ako idemo preko suprotne verovatnoće:

( ) 3

( ) ( ) ( / ) ( / )( ) 5

3 2( / ) 1 ( / ) 1

5 5

P OKP OK P K P K O P K O

P K

P K O P K O

= ⋅ → = =

= − = − =

9

c) Kolika je verovatnoća da on neće imati ni plave oči ni plavu kosu?

25 1( )

100 4

40 2( )

100 5

15 3( )

100 20

P O

P K

P OK

= =

= =

= =

Opet je elegantnije ići na suprotnu verovatnoću , ali pazimo koju formulu koristimo, jer se radi o zavisnim događajima:

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 3 5 8 3 10 1( )

4 5 20 20 20 2

1 1( ) 1 ( ) 1

2 2

P O K P O P K P O K

P O K

P O K P O K

+ = + − ⋅

+ −+ = + − = = =

+ = − + = − =

verovatnoća da ima i plavu kosu i plave oči...


1

VEROVATNOĆA ZADACI ( V- DEO)

Totalna verovatnoća i Bajesova formula Posmatrajmo neke događaje 1 2 3, , ,......., nH H H H koji čine potpun sistem događaja ( 1 2 3 ....... nH H H H E+ + + + = ) i

koji su međusobno nesaglasni ( ne mogu da se dese dva istovremeno). Tada se neki događaj A, koji je vezan za taj opit , može realizovati istovremeno samo sa jednim od događaja 1 2 3, , ,......., nH H H H ( hipoteze) i njegovu verovatnoću računamo po formuli:

1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( / ) ( ) ( / ) ( ) ( / ) ....... ( ) ( / )n n

P A P H P A H P H P A H P H P A H P H P A H= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅

Ova jednakost je poznata kao teorema o totalnoj verovatnoći.

PRIMER 1. Dva različita proizvoda , jedan iz jedne, drugi iz druge fabrike , nalaze se u različitim kontejnerima. Ako je verovatnoća da su proizvodi iz prvog kontejnera ispravni 0,9 a verovatnoća da su ispravni proizvodi iz drugog kontejnera 0,8 odrediti verovatnoću da se , nasumice birajući kontejnere, izvuče ispravan proizvod. Rešenje: Najpre ćemo opisati događaje: A: “ izvučen je ispravan proizvod ”

1H : “ Izabran je prvi kontejner ”

2H : “ Izabran je drugi kontejner ”

1/A H : “ izvučen je ispravan proizvod ako je izabran prvi kontejner ”

2/A H : “ izvučen je ispravan proizvod ako je izabran drugi kontejner ”

napomena: Neki profesori ne traže da im se sve piše detaljno, dok drugi to izričito zahtevaju. Vi radite kako kaže vaš profesor…

Koristićemo formulu totalne verovatnoće: 1 1 2 2( ) ( ) ( / ) ( ) ( / )P A P H P A H P H P A H= ⋅ + ⋅

Kako imamo dva kontejnera, mogućnost da izaberemo jedan od njih je 1

2 , pa je 1 2

1( ) ( ) 0,5

2P H P H= = =

Verovatnoće 1 2( / ) i ( / )P A H P A H su nam date u zadatku : 1 2( / ) 0,9 i ( / )=0,8P A H P A H=

1 1 2 2( ) ( ) ( / ) ( ) ( / )P A P H P A H P H P A H= ⋅ + ⋅ pa je ( ) 0,5 0,9 0,5 0,8 0,85P A = ⋅ + ⋅ =

2

PRIMER 2. U prodavnicu automobilskih delova stigli su akomulatori proizvedeni u 4 različite fabrike, i to: - 500 akomulatora iz I fabrike - 1050 akomulatora iz II fabrike - 550 akomulatora iz III fabrike - 1900 akomulatora iz IV fabrike Verovatnoća da akomulator traje više od pet godina iznosi: - za prvu fabriku 0,20 - za drugu fabriku 0,25 - za treću fabriku 0,30 - za četvrtu fabriku 0,10 Slučajno biramo jedan akomulator. Odrediti verovatnoću da će trajati duže od pet godina. Rešenje: A: “izabrani akomulator će trajati duže od 5 godina” Najpre nađemo broj svih akomulatora, iz sve četiri fabrike: 500 1050 550 1900 4000+ + + =

1H - izabrani akomulator je iz I fabrike 1

500( ) 0,125

4000P H = =

2H - izabrani akomulator je iz II fabrike 2

1050( ) 0, 2625

4000P H = =

3H - izabrani akomulator je iz III fabrike 3

550( ) 0,1375

4000P H = =

4H - izabrani akomulator je iz IV fabrike 4

1900( ) 0, 475

4000P H = =

1 2 3 4( / ) 0, 20; ( / ) 0, 25; ( / ) 0,30; ( / ) 0,10P A H P A H P A H P A H= = = =

1 1 2 2 3 3 4 4( ) ( ) ( / ) ( ) ( / ) ( ) ( / ) ( ) ( / )P A P H P A H P H P A H P H P A H P H P A H= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

( ) 0,125 0, 20 0, 2625 0,25 0,1375 0,30 0, 475 0,10

( ) 0,025 0,065625 0,04125 0,0475

( ) 0,179375

P A

P A

P A

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

= + + +

=

3

Bajesova formula je vezana za totalnu verovatnoću: Neka je izvršen opit i neka se kao ishod tog opita ostvario događaj A. Često nas zanima u kojem je uslovu iH

nastupio događaj A. To su ocene verovatnoće događaja / gde je 1,2,...,iH A i n= . Te verovatnoće tražimo preko

Bajesove formule: ( ) ( / )

( / ) 1, 2,3,...,( )

i ii

P H P A HP H A i n

P A= ∀ =

PRIMER 3. Prilikom eksplozije granata se raspada na parčad od tri težinske kategorije: krupna, srednja i mala, pri čemu respektivno ta parčad čine 0,1 ; 0,3 i 0,6 od ukupnog broja parčadi. Prilikom udara u oklop krupno parče ga probija sa verovatnoćom 0,9 , srednje sa verovatnoćom 0,2 i malo sa verovatnoćom 0,05. U momentu eksplozije na oklop je palo samo jedno parče i probilo ga. Naći verovatnoću da je oklop probijen krupnim, srednjim i malim parčetom. Rešenje: Najpre ćemo naći totalnu verovatnoću: A: “ oklop je probijen”

1H - krupnim parčetom 1( ) 0,1P H = i 1( / ) 0,9P A H =

2H - srednjim parčetom 2( ) 0,3P H = i 2( / ) 0,2P A H =

3H - malim parčetom 3( ) 0,6P H = i 3( / ) 0,05P A H =

1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( / ) ( ) ( / ) ( ) ( / )P A P H P A H P H P A H P H P A H= ⋅ + ⋅ + ⋅

( ) 0,1 0,9 0,3 0, 2 0,6 0,05

( ) 0,18

P A

P A

= ⋅ + ⋅ + ⋅

=

Sada uz pomoć Bajesove formule tražimo da je oklop probijen krupnim, srednjim i malim parčetom.

11

( / ) 0,1 0,9( / ) 0,5

( ) 0,18

P A HP H A

P A

⋅= = =

1( / )P H A je verovatnoća da ako je oklop probijen , da je to uradilo krupno parče.


4

22

( / ) 0,3 0,2( / ) 0,333

( ) 0,18

P A HP H A

P A

⋅= = =

2( / )P H A je verovatnoća da ako je oklop probijen , da je to uradilo srednje parče.

33

( / ) 0,6 0,05( / ) 0,167

( ) 0,18

P A HP H A

P A

⋅= = =

3( / )P H A je verovatnoća da ako je oklop probijen , da je to uradilo malo parče.

PRIMER 4. U kutiji A nalaze se 9 listića numerisanih brojevima od 1 do 9, a u kutiji B nalazi se 5 listića numerisanih brojevima od 1 do 5. Biramo kutiju nasumice i iz nje izvlačimo jedan listić. Ako je broj na listiću paran, izračunati kolika je verovatnoća da je listić izvađen iz kutije A. Rešenje: M : “ izvađen je paran broj”

1H - izabrana je prva kutija

2H - izabrana je druga kutija

1

1( )

2P H = i 2

1( )

2P H = jer imamo dve kutije od kojih biramo jednu...

1 2 3 4 5

6 7 8 9

1 2 3 4 5

A B

1

4( \ )

9P M H =

2

2( \ )

5P M H =

Izračunajmo sada totalnu verovatnoću:

1 1 2 2( ) ( ) ( / ) ( ) ( / )

1 4 1 2 19( )

2 9 2 5 45

P M P H P M H P H P M H

P M

= +

= ⋅ + ⋅ =

Verovatnoća da ako je izvučen paran listić, da je uzet iz kutije A se obeležava 1( / )P H M i računa se:

5

1 11

1

( ) ( / )( / )

( )

2109( / )

19 1945

P H P M HP H M

P M

P H M

=

= =

PRIMER 5. Dva strelca nezavisno jedan od drugog , gađaju jednu metu ispaljujući po jedan metak. Verovatnoća da će prvi strelac pogoditi iznosi 0,8 a drugi 0,4. Nakon izvedenog gađanja konstatovan je jedan pogodak u metu. Naći verovatnoću da je pogodio prvi strelac. ( naći verovatnoću da je pogodio drugi strelac) Rešenje: A: “meta je pogođena sa jednim pogotkom ”

1H - prvi strelac pogodio metu

2H - drugi strelac je pogodio metu

Verovatnoća da će prvi strelac pogoditi metu je 0,2 . To znači da on promašuje metu sa verovatnoćom 0,8. Verovatnoća da će drugi strelac pogoditi metu je 0,4 . To znači da on promašuje metu sa verovatnoćom 0,6. Kako je meta pogođena samo jednom , to znači da je jedan od njih promašio! Zato je :

1( ) 0,8 0,6 0, 48P H = ⋅ = , to jest prvi je pogodio, drugi promašio

2( ) 0, 2 0, 4 0,08P H = ⋅ = , to jest prvi je promašio, drugi pogodio

Koristimo najpre formulu totalne verovatnoće:

1 1 2 2( ) ( ) ( / ) ( ) ( / )P A P H P A H P H P A H= ⋅ + ⋅

( ) 0,48 1 0,08 1

( ) 0,56

P A

P A

= ⋅ + ⋅

=

Sad koristimo Bajesovu formulu:

6

11

( / ) 0,48 48 6( / )

( ) 0,56 56 7

P A HP H A

P A= = = = za prvog strelca

22

( / ) 0,08 8 1( / )

( ) 0,56 56 7

P A HP H A

P A= = = = za drugog strelca

napomena

U ovom zadatku smo mogli da posmatramo još dve hipoteze:

3H - oba strelca su pogodila metu

4H - nijedan nije pogodio metu

Međutim , u tekstu zadatka se kaže “ Nakon izvedenog gađanja konstatovan je jedan pogodak u metu” a to nam govori da ove dve hipoteze ne moramo uzimati u obzir. Ponavljamo još jednom da svaki zadatak iz verovatnoće pročitate dobro, dok ga potpuno ne razumete , a onda postavite problem... Ponavljanje opita sa dva ishoda (Bernulijeva šema) Najpre da razjasnimo koji opiti imaju dva ishoda... Pri bacanju novčića, kao što smo videli može da padne pismo ili grb. Znači da ovaj opit ima dva ishoda. Pri bacanju kockice videli smo da mogu pasti brojevi 1,2,3,4,5 i 6. Ali ako mi kažemo da je događaj A: “pala je šestica” , onda i ovaj opit ima dva ishoda : pala je šestica i nije pala šestica. Posmatramo neki događaj A koji se u opitu ostvaruje sa verovatnoćom p. Jasno je da se on onda ne ostvaruje verovatnoćom 1 p− , a mi ćemo beležiti 1q p= − .

Dakle: ( )P A p= i ( )P A q= , gde je naravno 1p q+ = Tražimo verovatnoću da se u n nezavisnih ponavljanja događaj A ostvari m puta. Ovo beležimo sa ( )nP S m= .

Opet napomena da vaš profesor možda ovo drugačije zapisuje , vi naravno radite kao i on(a).

7

Po naučniku koji je prvi proučavao ovu problematiku imamo Bernulijevu šemu:

( ) m n m

n

nP S m p q

m

− = =

ili ( ) (1 )m n m

n

nP S m p p

m

− = = −

PRIMER 6. Metalni novčić baci se 100 puta. Koja je verovatnoća da se grb pokaže 47 puta? Rešenje:

A: “ pao je grb” G P

Verovatnoća pojave grba je 1

( )2

P A p= = , a suprotna verovatnoća, da nije pao grb ( palo je pismo) je 1

( )2

P A q= =

Primenom Bernulijeve šeme, gde je broj ponavljaja 100n = a traženi broj ostvarenja 47m = , dobijamo:

47 100 47

100

47 53

100

100

100 100

( )

100 1 1( 47)

47 2 2

100 1 1( 47)

47 2 2

100 1001 1( 47)

47 472 2

m n m

n

nP S m p q

m

P S

P S

P S

−

−

= =

= =

= =

= = =

PRIMER 7. Bacamo kockicu za igru 50 puta. Kolika je verovatnoća da će petica pasti tačno 7 puta? Rešenje:

A: “ pala je petica ” 1 2 3 4 5 6


8

1

( )6

P A p= = i 5

( )6

P A q= = , broj ponavljanja je 50n = a broj ostvarenja 7m =

7 50 7

50

7 43

50

43 43

50 7 43 50

( )

50 1 5( 7)

7 6 6

50 1 5( 7)

7 6 6

50 501 5 5( 7)

7 76 6 6

m n m

n

nP S m p q

m

P S

P S

P S

−

−

= =

= =

= =

= = ⋅ =

Retko koji profesor insistira da se ovo izračunava do kraja jer se radi o «ogromnim» brojevima i neophodan je digitron...

PRIMER 8. Vojnik pogađa metu sa verovatnoćom 0,8 ( dobar strelac). Kolika je verovatnoća da će iz 10 nezavisnih pokušaja metu pogoditi tačno 9 puta? Rešenje: U zadatku nam je dato da je 0,8p = , odatle znamo da je 1 0,8 0, 2q = − = Imamo još da je 10n = i 9m =

9 10 910

9 110

10

10

( )

10( 9) (0,8) (0, 2)

9

10( 9) (0,8) (0, 2)

9

( 9) 10 0,134 0,2

( 9) 0,268

m n m

n

nP S m p q

m

P S

P S

P S

P S

−

−

= =

= =

= =

= = ⋅ ⋅

= =

Kad su “mali” brojevi u pitanju izračunamo do kraja…


1

SLUČAJNA PROMENLJIVA I NJENA RASPODELA

Slučajna promenljiva je vrlo važan pojam u teoriji verovatnoće. Njena definicija je malo zeznuta pa se mi njome

nećemo baviti već ćemo pokušati da vam pojasnimo rešavanje zadataka...

Već smo u ranijim fajlovima iz verovatnoće rešavali nekoliko zadataka sa bacanjem novčića. Podsetimo se situacije

kad smo bacali novčić tri puta. Mogu da nastanu sledeće situacije:

P P P

P P

P P

P

G

G

G G

G G G

G G

G G

G

P

P

P P

Recimo da nas interesuje broj palih grbova. Jasno je da može da ne padne nijedan grb ( 0 puta) , da može da padne

jedan grb , dva grba i tri grba. Obeležimo broj palih grbova sa X i napravimo “ šemicu ” :

0 1 2 3: X

U zagradi u gornjem redu smo zapisali koliko puta može sve da padne grb u tri bacanja novčića. Ispod ćemo zapisati

verovatnoće za svaki broj. Najpre da se podsetimo tih verovatnoća:

P P P

P P

P P

P

G

G

G G

G G G

G G

G G

G

P

P

P P

P P P

P P

P P

P

G

G

G G

G G G

G G

G G

G

P

P

P P

P P P

P P

P P

P

G

G

G G

G G G

G G

G G

G

P

P

P P

P P P

P P

P P

P

G

G

G G

G G G

G G

G G

G

P

P

P P

grb pada nijednom

verovatnoća je 1/8

grb pada jednom

verovatnoća je 3/8

grb pada tri puta

verovatnoća je 1/8

grb pada dva puta

verovatnoća je 3/8

Sad ove verovatnoće ubacimo u šemicu:

0 1 2 3

: 1 3 3 1

8 8 8 8

X

Treba uočiti da kada saberemo sve verovatnoće uvek dobijamo jedinicu. 1 3 3 1 8

18 8 8 8 8+ + + = =

Ovde smo dakle imali slučajnu promenljivu X koja predstavlja broj palih grbova i našli smo raspodelu njene

verovatnoće.

2

Dakle, ako slučajna promenljiva X uzima vrednosti 1 2, ,...,n

x x x kojima odgovaraju verovatnoće 1 2, ,...,n

p p p

to možemo šematski prikazati sa 1 2

1 2

. . .:

. . .

n

n

xx xX

pp p

gde je 1 2 ... 1n

p p p+ + + = i ovo predstavlja

raspodelu verovatnoće.

Primer 1. Kocka se baca dva puta. Ako se sa X označi zbir tačaka dobijenih iz oba bacanja, odrediti raspodelu verovatnoća slučajne promenljive X. Rešenje:

Uvek najpre ispitamo sve mogućnosti...

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

Zaključujemo da zbir može biti najmanji 2 a najveći 12 a to nam govori da će gornji red u raspodeli biti:

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12: X

Sad računamo verovatnoće da će zbir biti 2, pa 3 , pa 4 itd.

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

1

1

1

1

1

1

1 1 1 1 12

2

2

2

2

2

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

3

3

3

3

3

3

4 4 4 4 4

4

4

4

4 4

4

4

5

5

5

5

5

5

5 55 555

6

6

6

6

6

6 666666

1

2

3

pao je zbir 2

verovatno /36ća je 1

pao je zbir 3

verovatno 2/36ća je

pao je zbir 4

verovatno 3/36ća je I tako dalje…

Ubacimo ove vrednosti u šemu i dobijamo:

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

: 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1

36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36

X

3

Primer 2. Strelac koji ima 4 metka gađa u metu dok ne pogodi ili ne utroši sve metke. Broj utrošenih metaka je slučajna promenljiva X. Odrediti raspodelu verovatnoća pod uslovom da je verovatnoća pogodka pri svakom gađanju jednaka 0,8.

Rešenje:

Razmišljamo ovako: Ako je verovatnoća pogodka 0,8 onda je verovatnoća da će promašiti 0,2 ( )1 0,8 0, 2− =

- Ako je pogodio u prvom gađanju imamo verovatnoću 0,8

- Ako je pogodio u drugom gađanju , znači da je u prvom promašio, pa je 0, 2 0,8 0,16⋅ =

- Ako je prva dva gađanja promašio a treće pogodio imamo verovatnoću 0,2 0,2 0,8 0,0032⋅ ⋅ =

- Ako je prva tri puta promašio a pogodio četvrto gađanje , onda je verovatnoća 0, 2 0,2 0,2 0,8 0,0064⋅ ⋅ ⋅ =

- Ako je sva četiri puta promašio imamo 0, 2 0,2 0,2 0, 2 0,0016⋅ ⋅ ⋅ =

Pošto je imao 4 metka, raspodela verovatnoće će izgledati:

1 2 3 4: X

Jasno je da je za 1 ,2 i 3 raspodela 1 2 3 4

: 0,8 0,16 0,032 ?

X

Kod četvrtog metka su moguće dve situacije, da je tri puta promašio a četvrti put pogodio ili da je sva četiri puta promašio, pa je tu verovatnoća 0,0064 0,0016 0,008+ =

Konačno imamo 1 2 3 4

: 0,8 0,16 0,032 0,008

X

WWW.MATEMATIRANJE.COM

4

Documents

Matematika 4.Razred Srednje Skole