zbirka Joksimović

8/20/2019 zbirka Joksimović

1/276

Prof. dr Dušan Joksimović

ZBIRKA ZADATAKA

IZ POSLOVNE

MATEMATIKE(treće izdanje)

Megatrend univerzitet primenjenih nauka

Beograd, 2004.

MTVU lekcije


2/276

SADRŽAJ

1. ELEMENTI ALGEBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11.1 Osnovni pojmovi matematičke logike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1

1.2. Skupovi i operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4

2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . .7 2.1 Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7

2.2. Redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .18

2.3 Neke osobine funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .202.4. Granična vrednost i neprekidnost funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .26

2.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .33

2.6. Primena izvoda u rešavanju graničnih vrednosti funkcija jedne nezavisnopromenljive-Lopitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .44

2.7. Ispitivanje funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .49

3. FUNKCIJE DVE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1293.1. Parcijalni izvodi i diferencijali funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . .129

3.2 Ekstremne vrednosti funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . .136

4. INTEGRALI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1484.1 Nalaženje neodređenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .148

4.2 Nalaženje određenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .162

5. EKONOMSKE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .173

6. LINEARNA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .187 6.1 Determinante i matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .187

6.2 Rešavanje sistema linearnih algebarskih jednačina pomoću determinanti i matrica198

7. ELEMENTI FINANSIJSKE MATEMATIKE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2157.1 Procentni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .215

7.2. Prost kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .223

7.3. Složen dekurzivan kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .231

7.4. Amortizacija kredita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .246

I

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike

MTVU lekcije


3/276


1

1. ELEMENTI ALGEBRE

1.1 Osnovni pojmovi matematike logike

Rešeni zadaci:

1.1.1. Dokazati da su sledee formule tautologije:

a) (p(qr)((pq) (pr)), b) (p

(q

r)

((p

q)

(p

r)),

c) (p(pr) p, d) (p(pr) p, e) (pq)(q p).

Rešenje:

a) (p(q r) ((pq) (pr))

p q r qr p(qr) pq pr (pq)(pr)

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 1 1 1 0 1

1 0 1 1 1 0 1 1

1 0 0 0 0 0 0 0

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

0 0 1 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identine, ekvivalencija je dokazana.

MTVU lekcije


4/276


2

b) (p (qr) ((p q) (p r))

p q r qr p (qr) pq pr (pq) (pr)

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 0 1 1 1 11 0 1 0 1 1 1 1

1 0 0 0 1 1 1 1

0 1 1 1 1 1 1 1

0 1 0 0 0 1 0 0

0 0 1 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identine, ekvivalencija je dokazana.

c) (p(p r) p

p r pr p(pr)1 1 1 1

1 0 1 1

0 1 1 00 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici prva i etvrta kolona identina, ekvivalencija je

dokazana.

d) (p (pr) p

p r pr p (pr)1 1 1 1

1 0 0 1

0 1 0 0

0 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici prva i etvrta kolona identina, ekvivalencija je

dokazana.

MTVU lekcije


5/276


3

e) (p q) ( q p)

p q p q pq q p1 1 0 0 1 1

1 0 0 1 0 0

0 1 1 0 1 10 0 1 1 1 1

Pošto su u ovoj tablici peta i šesta kolona identina, ekvivalencija je dokazana.

1.1.2. Dokazati ekvivalenciju (p (q r)) ( r (p q))

Rešenje:

(p (q r)) ( r (p q))

p q r qr p(qr) r pq r (pq)1 1 1 1 1 0 1 1

1 1 0 1 1 1 1 11 0 1 1 1 0 0 1

1 0 0 0 0 1 0 0

0 1 1 1 1 0 1 1

0 1 0 1 1 1 1 1

0 0 1 1 1 0 1 1

0 0 0 0 1 1 1 1

Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identina, ekvivalencija je dokazana.

1.1.3. Dokazati da je formula (pq) (p q) kontradikcija.

Rešenje:

(pq) (p q)

MTVU lekcije


6/276


4

p q pq pq (pq) (pq)(pq)1 1 1 1 0 0

1 0 0 1 0 0

0 1 0 1 0 0

0 0 0 0 1 0

Pošto za sve vrednosti istinitosti formula (pq) (p q) dobija vrednost 0(šesta kolona), zakljuujemo da je ona kontradikcija.

Zadaci za vežbu:

1.1.4.Ispi tati da li su sledee formule tautologije:

a) ((p q) p) (p q)b) ((q r) ((p q) (p r))c) (p q) p q

d) (p(((p q) r)((p q) r))) q e) (p q) ((p q)(q p))

1.2. Skupovi i operacije sa skupovima

Rešeni zadaci:

1.2.1. Dati su skupovi A= 1,2 , B= 1,2,3 , 1,3 ,1,2. Da li su

relacije AB i AB tane?

Rešenje:

Prva relacija nije tana, druga je tana.

1.2.2. Odreditit skupove: AB; AB; A\B; B\A,ako je

a) A= x 2


7/276


5

Rešenje:

a) A B= x 2


8/276


6

Zadaci za vežbu:

1.2.5. Ako je A= 1,2,3 i B= 2,3,4 nai A B, A B, (A\B) (B\A),(A\B) (B\A)

1.2.6. Neka su A, B, C proizvoljni skupovi. Dokazati sledee relacije:

a) A (B C)=(A B) (A C)b) A (B C)=(A B) (A C)c) (A\B=C) (A=B C)d) (A=B C B C= ) (A\B=C)

MTVU lekcije


9/276


7

2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO

PROMENLJIVE

2.1 Nizovi

Rešeni zadaci:

2.1.1. Napisati opšti lan za sledee nizove:

a) 2, 5, 8, 11, 14,…

b)

,

16

1,

8

1,

4

1,

2

1

c)

,

5

1,

4

1,

3

1,

2

1,1

d)

,...

53

1,

42

1,

31

1

Rešenje:

a) xn=3n-1

b)nn

x2

1

c)n

xn

n

1)1(

d))2(

1

nn xn

2.1.2. Napisati nekoliko lanova niza iji je opšti lan:

a)12

12

n

n xn

MTVU lekcije


10/276


8

b)15

132

2

n

n xn

Rešenje:

a)

,...

75,

53,

31

b)

,...44

28,

19

13,1

2.1.3. Ispitati monotonost i ogranienost sledeih nizova

a)1

n

n xn

b)!n

n xn

Rešenje:

a)

0)1()2(

1

)1()2(

)2()1(

12

1

2

1

1)1(

1

1

2

1

1

nnnn

nnn

n

n

n

n x x

n

n

n

n x

n

n x

nn

n

n

Iz prethodnog sledi da je xn+1>xn , odnosno da je niz monotono rastui.

Iz n0, sledi da je xn0.

Prvi lan niza je2

11 x , pa je 1

2

1 n x , odnosno niz je

ograni en.

MTVU lekcije


11/276


9

b)

10)!1(

1

)!1(

)1(1

!)!1(

1

)!1(

1

!

2

1

1

n zan

n

n

nnn

n

n

n

n x x

n

n x

n

n x

nn

n

n

što zna i da je niz monotono opadajui po ev od n=2.

Pošto je x1=1 i xn>0 za svako n>1, zaklju ujemo da važi 0


12/276


10

2.1.5. Pomou definicije granine vrednosti niza dokazati da je:

a) 01

lim nn

b) 31

23lim

n

n

n

Rešenje:

Da bi pomou definicije grani ne vrednosti niza dokazali da niz

xn a kad n , potrebno je pokazati da se za svako >0 može nai prirodan broj N( ),(koji zavisi od ), takav da je xn-aN( ).

a) Neka je >0 proizvoljno malo. Imamo da je

1110 n

nn xn

Pošto po definiciji N( ) mora biti prirodan broj uzmimo da je

1)( N (najvei prirodan broj koji je manji ili jednak broju 1 ).

Utvr ujui postojanje broja N( ) dokazali smo da je 01

lim nn

b) Neka je >0 proizvoljno malo. Imamo da je

15

1

5

1

53

1

233

n

nnn

n xn

Sada je dakle,

15

)(

N što zna i da je 31

23lim

n

n

n

MTVU lekcije


13/276


11

2.1.6. Koristei se definicijom granine vrednosti, dokazati

3

2

43

32lim

2

2

n

n

n

Rešenje:

Neka je >0. Važi sledee

1

3

17

43

43

3

17

3

2

43

32 2

22

2

n

nn

n

Za n>2 važi:

712

3

117129

3

1743 22

nnn

Sada je dakle,

712

3

1

)( N , ime smo dokazali da je

3

2

43

32lim

2

2

n

n

n.

2.1.7. Dokazati da je 02lim nnn

Rešenje:

Po binomnoj formuli važi sledee

MTVU lekcije


14/276


12

21...

32211...

321)11(2

22 nnnnnnnnn

odnosnon

n

n nn2

20

2

2

10

2 .

Pošto za n važi 02

n

imamo da po Teoremi 2.2.3. iz udžbenika

važi

02

lim nn

n

2.1.8. Dokazati da je niz xn=qn

gde je q0.

Iz q1, odnosno može se uzeti da je

11

q gde je >0. Važi sledee:

nqn

nn

q

nnn

n

1

11...

21)1(

1 2

Ako izaberemo n tako da je 1+n > -1 time još pre važi

1

1nq .

Dakle za n takvo da važi 1+n > -1, odnosno za

MTVU lekcije


15/276


13

11

N n

važi da je qn M za svako n>N.

Dakle, pošto je k k M nM n , pa za N može uzeti bilo koji prirodan broj k M N , ime je dokazano da nk kad n , za k>0.

Neka je k0 pa je tadam

mk

n

nn1

.

Pošto je malopre dokazano da nm , kada n , za m>0, po Teoremi

2.2.1.2.(f). iz udžbenika, sledi da 01

mn

, odnosno nk 0 kada n , za k


16/276


14

2.1.10. Nai graninu vrednost niza iji je opšti lan

q

qqq

p

p p p

nbnbnbnb

ananana x

...

...2

2

1

10

2

2

1

10 kada n,

gde je a0 ,b0 0.

Rešenje:

Važi sledee:

)...(

)...(

lim...

...limlim

2

210

2

210

2

2

1

10

2

2

1

10

q

qq

p

p p

nq

qqq p

p p p

nn

n

n

b

n

b

n

bbn

n

a

n

a

n

aan

bnbnbnb

ananana x

S obzirom da je 0lim in n

c za i 1, gde je c proizvoljna konstanta,

dobijamo:

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

)..(..........0

).......(

limlim

0

0

0

0

q pb

a

q p

q p

nb

a x q p

nn

n (videti prethodni zadatak)

2.1.11. Nai!

2lim

n

n

n.

Rešenje:

Važi sledee:

MTVU lekcije


17/276


15

nnnn

nn

3

2

2

9

3

2

2

32

3

22

2...

3

2

2

2

1

2

!

20

22

Dakle, važi:

nn

n

3

2

2

9

!

20 .

Kako je 03

2lim

n

n (zadatak 2.1.8) onda po Teoremi 2.2.3. iz

udžbenika sledi da je 0!

2lim

n

n

n.

2.1.12. Nai sledee granine vrednosti:

a)

121

1lim

n

n n

b)

n

n n

51lim

c)

3

1lim

n

n n

n

d)

12

56

6lim

n

n n

n

Rešenje:

a)

22

2212

11

1lim1

1lim1

11

1lim1

1lim eennnnn

n

nn

n

n

n

n

b)

MTVU lekcije


18/276


16

Uvedimo smenu n=5t, gde važi t kada n .

Sada je :

5

55

1

1lim

1

1lim

5

1lim et t n

t

t

t

t

n

n

c)

1

33

3

3

1

1

11lim

11lim

1

1

1

1lim

1lim

e

e

nnn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

d) Važi sledee:

12

12

651

1lim

56

6lim

n

n

n

n

nn

n

Uvedimo smenu , t n6

5 gde važi t kada n .. Sada je:

3 23 5

3

513

5

12

11

11lim

1

11lim

1

11

1lim

6

51

1lim

eee

t t t n t

t

t

t t

n

n

MTVU lekcije


19/276


17

2.1.13. Nai graninu vrednost nnnn

2lim .

Rešenje:

Važi sledee:

.

2

1

11

1

limlim

limlim)(lim

2

2

22

2

222

nn

n

nnn

n

nnn

nnn

nnn

nnnnnnnnn

nn

nnn

Zadaci za vežbu:

2.1.14. Nai sledee grani ne vrednosti:

a)624

623lim

4

4

nn

nn

n b)

624

623lim

5

4

nn

nn

n

c)624

623lim

4

5

nn

nn

n d)

1

32lim

2

n

n

n

e)nnn

n

n 2lim f)

n

n

n 35

33lim

1

MTVU lekcije


20/276


18

2.2. Redovi

Rešeni zadaci:

2.2.1. Dokazati da je harmonijski red ...4

1

3

1

2

11

1

1

k k divergentan.

Rešenje:

Važi sledee:

2

1

2

12

2

1...

22

1

12

1

.

.

.

2

1

16

18

16

1....

10

1

9

1

2

1

8

14

8

1

7

1

6

1

5

1

2

1

4

12

4

1

3

1

1

11

m

m

mmm

Dakle, zaklju ujemo da je za n=2m:

m

k S

mmm

n

k

n

2

11

2

1...

22

1

12

1

...8

1

7

1

6

1

5

1

4

1

3

1

2

11

1

11

1

Odnosno mS n2

11 za n 2m , odakle sledi:

MTVU lekcije


21/276


19

n m 1+m/2 , a pošto je S n>1+m/2, sledi S n , tj. harmonijski red je divergentan.

2.2.2. Izraunati sumu reda

1 11

n nnS

Rešenje:

Za opšti lan ovog reda važi sledee:

111

11

nnnn pa je dakle suma S jednaka

11

11

11...

3

1

2

1

2

11

1

11

1

1

1 1

mmmnnnnS

m

n

m

n

m

Na osnovu ovoga je 11

11limlim

m

S S m

mm

.

2.2.3. Nai sledeu sumu

1

12

k

k aqS gde je q


22/276


20

2.3 Neke osobine funkcija

Rešeni zadaci:

2.3.1. Nai oblast definisanosti sledeih funkcija

a) y=x5-3x2+x+6 b)4

12

x

x y c) 22 x x y

d)34

22

2

x

x x y e)

x

x y

3ln f) 2ln 2 x x y

Rešenje:

a) Oblast definisanosti funkcije (u daljem tekstu emo je obeležavati sa

D, kao skraenica od domen) y=x5-3x2+x+6 je skup realnih brojeva R,odnosno D= x x R. Ovo se može napisati kao x ( - , ).

b) Funkcija4

12

x

x y je definisana na skupu R osim u ta kama u

kojima je x2-4=0, odnosno osim u ta kama x1= -2, i x2=2. Dakle, domen ove

funkcije je odre en sa

x (- , -2) (-2, 2) (2, ).

c) Oblast definisanosti funkcije 22 x x y se odre uje iznejedna ine

x2

-x-2 0 ije je rešenje -


23/276


21

Kako je rešenje nejedna ine x2-x-2 0 dato sa x (- , -1 2, ) , a rešenjenejednakosti

x2-4x+3 0 je x 1 x 3, zajedni ko rešenje, tj. presek ova dva rešenja je

x (- , -1 2,3) (3, ), što je u stvari i domen date funkcije.

e) Oblast definisanosti funkcije x

x y

3ln je skup svih realnih

brojeva koji zadovoljavaju nejedna ine

03

x

x i 3-x 0.

Rešenje ovih nejedna ina je interval x (0,3), što je istovremeno i oblastdefinisanosti funkcije.

f) Oblast definisanosti funkcije ln(x2-x-2) je skup svih realnih brojeva

koji zadovoljavaju nejedna inu

x2-x-2>0 ije je rešenje -


24/276


22

Rešenje:

a) Iz y=0 x2+3x+2=0 x1= -1 , x2= -2 (uobi ajeno nalaženje nulakvadratne jedna ine). Dakle, ta ke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije.

b) Iz y=0 x+3=0 x2+3x+2=0 x1= -3 , x2= -1 , x3 = -2. Dakle,

ta ke x1= -3, x2= -1 , x3 = -2 su nule funkcije.

c) Iz y=0 x2-9=0 (jer je funkcija e x razli ita od nule za svako x) x1=3, x2=-3. Ove ta ke su nule funkcije.

d) Iz y=0 x2+3x+3=1 (jer je lnx=0 za x=1) x2+3x+2=0 x1= -1 , x2= -2. Dakle, ta ke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije.

e) Iz y=0 1+lnx=0 lnx= -1 x=e-1

. Dakle ta ka x=e

-1

je nula funkcije.

2.3.3. Nai inverzne funkcije i njihove oblasti definisanosti sledeih funkcija:

a) y=3x+5 b) 3 31 x y c)2

ln x

y

Rešenje:

a) 53

153 y x x y pa je inverzna funkcija

53

1 x y koja je definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva.

Dakle, domen je x (- , ).

b) 3 3333 3 111 y x y x x y pa je inverzna

funkcija 3 31 x y (odnosno funkcija je inverzna sama sebi) koja jedefinisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je

x (- , ).

c) ye x x

y 2

2

ln pa je inverzna funkcija y=2e x koja je

definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je

x (- , ).

MTVU lekcije


25/276


23

2.3.4. Ispitati parnost i neparnost sledeih funkcija:

a) 3

42

2

x

x y

b)

22 x xe y c) x

x y

ln

Rešenje:

a)

)(3

4

3)(

4)()(

2

2

2

2

x f x

x

x

x x f

dakle funkcija f(x) je parna.

b)

)()()( 22)(22

x f xee x x f x x

dakle funkcija f(x) je neparna.

c)

)()()()()ln()ln(

)( x f x f x f x f x

x

x

x x f

dakle funkcija f(x) nije ni parna ni neparna.

2.3.5. Ispitati monotonost sledeih funkcija:

a) f(x)=x2+4 na intervalu x (1, + )

b)1

1

x y na intervalu x (-8, -4)

c) y=e x-2 na intervalu x ( - , + )

MTVU lekcije


26/276


24

d) y=ln(x+4) na intervalu x (-2, 6)

Rešenje:

a) Za proizvoljno x1 , x2 (1, + ) takvo da je x2>x1 važi:

0)4(4)()( 212

2

2

1

2

212 x x x x x f x f za x1 , x2 (1, + ), pa je funkcija monotono rastua na tom intervalu.

b) Za proizvoljno x1 , x2 (-8, -4) takvo da je x2>x1 važi:

0

1111

11)()(

12

21

12

12

x x x x

x x x f x f za x1 , x2 (-8, -4),

pa je funkcija monotono opadajua na tom intervalu.

c) Za proizvoljno x1 , x2 (- , + ) takvo da je x2>x1 važi:

01

)()( 1212 222

12 x x x x

eeeee x f x f za x1 , x2 (- , + ), pa

je funkcija monotono rastua na tom intervalu.

d) Za proizvoljno x1 , x2 (-2, 6) takvo da je x2>x1 važi:

04

4ln)4ln()4ln()()(

1

21212

x

x x x x f x f jer je

za x1 , x2 (-2, 6) 14

4

1

2

x

x ,

pa je funkcija monotono rastua na tom intervalu.

MTVU lekcije


27/276


25

Zadaci za vežbu:

2.3.6. Nai oblasti definisanosti sledeih funkcija:

a) x

x y 31 b) 22 x x y

c) x

x y

2

2ln d)

65

4

2

2

x x

x y

e) 32

x x

e y f)3 2

2

65

4

x x

x y

2.3.7. Odrediti nule sledeih funkcija:

a) y=x4-10x2+9 b) y=(x2-4x+3)e x-1

c) x

x

y 12

ln d)

x

x

x

y

1

2ln

12

2.3.8. Ispitati parnost i neparnost sledeih funkcija:

a) 33 x x y b)3

2552

x

x x y

c)2

3ln

4

2

x

y d)8

)21

ln(

x

x

x

y

MTVU lekcije


28/276


26

2.4. Granina vrednost i neprekidnost funkcija


a) 63lim 23 x x x b) 23 1lim 22

1 x x x

x

c) )2(lim 53 x x x x

d) )2(lim 53 x x x x

Rešenje:

Na osnovu teorema 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika važi:

a) 663336lim3limlim)63(lim 233

2

3

2

3

x x x x x x x x

b) Pošto je 0)23(lim)1(lim 21

2

1

x x x

x x ne možemo

direktno primeniti teoreme 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika,(dobijamo oblik

limesa

0

0 ), ve emo izvršiti sledee transformacije:

2

2

1lim

)2)(1(

11lim

23

1lim

112

2

1

x

x

x x

x x

x x

x

x x x .

c)

)1()()1112

(lim2lim245

553

x x x

x x x x x x

d)

)1()1112

(lim)2(lim245

553

x x x x x x

x x

MTVU lekcije


29/276


27


a)433

532lim

2

2

x x

x x

x b)

3

3

23

22

43lim

x x

x x

x

c)13

623lim

4

2

x x

x x

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

x

Rešenje:

a)3

2

)43

3(

)53

2(

lim433

532lim

2

2

2

2

2

2

x x x

x x x

x x

x x

x x

b)81

21

212(

)43

1(

lim2243lim

3

3

32

3

3

33

3

23

x x x

x x

x

x x x x

x x

c) 31

3

131

)62

3(

lim13

623lim

43

2

2

2

4

2

x x

x

x x x

x x

x x

x x

d)

2

3

)11

1(

3lim

1

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

2

2

222

x x

x

x x

x x x x x x x x

x x x

MTVU lekcije


30/276


28


a)2

23lim

3

2

x x

x b)

53lim

23

4

x x x

x

c)a x

a xa x

lim d) )3(lim x x x

Rešenje:

a) 01

lim

)2

1(

)23

1(

lim2

23lim

3

3

2

2

3

2

x

x

x

x x x

x

x x

x x x

b)

x

x x x x

x

x x x

x

x x xlim

)513

1(

lim53

lim

32

3

4

23

4

c)

aa xa xa x

a x

a xa x

a xa x

a x

a x

a xa x

a xa x

2

11lim

))((lim

))((

))((limlim

d)

03

3lim

3

3lim

3

)3)(3(lim)3(lim

x x

x x

x x

x x

x x x x x x

x

x x x

MTVU lekcije


31/276


29


a)

x

x x

11lim b)

x

x x

5

31lim

c) x

x x

x

1

1lim d)

52

2

3lim

x

x x

x

Rešenje: Imajui u vidu Primer 2.5.1. iz udžbenika važi:

a) Uvedimo smenu 011

t x

t xt

x

e

et t x

t t

t t

x

x

11lim1lim

11lim 1

11

0

1

0

.

b) Uvedimo smenu 05

3

5

3

t x

t xt

x

53

5

31

05

3

01lim1lim

5

31lim et t

xt

t t

t

x

x

c)2

1 1

1lim

11lim

)11(

)1

1(

lim

1

1lim

ee

e

x x

x

x x

x x

x

x x

x

x

x

x x

x x

x

x

x

d)

52

52

52

52

52

21lim21lim

31lim

31lim

21

31

lim

2

3lim

x x

x x

x x

x x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

MTVU lekcije


32/276


30

Važi: 12

1lim3

1lim

55

x x x x

Uvedimo smene t x

3

, odnosno t x

2

, gde kada x onda t 0.

Dobijamo:

2

4

6

41

0

61

0

52

52

1lim

1lim

21lim

21lim

31lim

31lim

ee

e

t

t

x x

x x

t t

t t

x

x

x

x

x

x

2.4.5. Nai levu i desnu graninu vrednost funkcije:

a)1

x

x y u ta ki x=1 b) xe y

1

u ta ki x=0

Rešenje:

a) Levi limes: Uvedimo smenu x=1-h, gde je h>0, i kada x 1tada h 0.

hh

h

h

x

x

hh x

1lim

11

1lim

1lim

001

Desni limes: Uvedimo smenu x=1+h, gde je h>0, i kada x 1 tadah 0.

hh

h

h

x

x

hh x

1lim

11

1lim

1lim

001

b) Levi limes: Uvedimo smenu x=0-h, gde je h>0, i kada x 0tada h 0.

MTVU lekcije


33/276


31

01

lim

1limlim

1

0

1

0

1

0

ee

ee

h

h

h

h

x

x

Desni limes: Uvedimo smenu x=0+h, gde je h>0, i kada x 0 tadah 0.

eee hh

x

x

1

0

1

0limlim

2.4.6. Ispitati neprekidnost funkcija:

a) x xe y b) x y1

Rešenje: a)

Priraštaj ove funkcije y iznosi:

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

e xee xe xee xee xe xee x x y

1)(

pa je

01limlim00

x x x x

x xe xee xe y pa je funkcija neprekidna za

svako x.

b) O igledno da ova funkcija ima jedan prekid u ta ki

x=0, jer tu nije definisana. Ispitajmo njenu neprekidnost u ta kama x 0.

Za x 0 važi:

)(

11

x x x

x

x x x y

pa je

0)(

limlim00

x x x

x y

x x

, što zna i da je funkcija neprekidna u svim

ta kama x 0.

MTVU lekcije


34/276


32

Zadaci za vežbu:


a)

4

64lim

2

6

2

x

x

x

b)2

3

6

7lim

x

x x

x

c)416

39lim

0

x

x

x d)

26

4lim

2

2

x

x

x

e)3 2 13

lim x x

x

x f)

43

43lim

x

x

x


a)

x

x x

x

23

lim b) x

x

x1

0 100

100lim

c)

2

9

9lim

2

2 x

x x

x

d) x

x x31lim

2.4.9. Nai levu i desnu graninu vrednost funkcije u taki x=2,

2,.....

2,....3

)( 2

2

xe

x x

x f x

2.4.10. Odrediti vrednost parametra p tako da data funkcija bude neprekidna:

a)

0,...

0,...)(

x p x

xe x f

x

MTVU lekcije


35/276


33

b)

0,...72

0,...1)(

1

x p

x x x f x

2.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije

Rešeni zadaci:

Nalaženje prvog izvoda po definiciji.

2.5.1. Nai po definiciji prvi izvod u proizvoljnoj ta

ki slede

ih funkcija:

a) 2 x y , b)2

1

x y , c) x y , d)

x y

1 .

Rešenje:

a)

.22lim

2limlim

)()(lim

0

222

0

22

00

,

x x x

x

x x x x x

x

x x x

x

x f x x f y

x

x x x

b)

.

22lim

2lim

11

lim)()(

lim

3220

22

222

0

22

00

,

x x x x

x x

x x x x

x x x x x

x

x x x

x

x f x x f y

x

x x x

MTVU lekcije


36/276


34

c)

.

2

11lim

limlim)(

lim

0

000

,

x x x x

x x x x

x x x

x

x x x

x

x f x x f y

x

x x x

d)

.

2

1

2

1

1limlim

lim

11

lim)(

lim

2

3

00

000

,

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 f x x f y

x x

x x x

Nalaženje prvog izvoda algebarskog zbira funkcija.\

2.5.2. Nai prvi izvod u proizvoljnoj taki sledeih funkcija:

a) .,,,ln2

36 Rd cba xd x

cbxax y

b) x x

x y23

3

5

c) x x x y

d) Raaa

x x y ,04

3

e) .42cos3sin ctgxtgx x x y

MTVU lekcije


37/276


35

Rešenje:

a)

x

d

x

cbxax xd

x

cbxax y

3

25

,

2

36, 236ln

b)

.

211

5

1

25

123

23

23 45 4

23

4

5

4,

13

1

5

1,

3

5,

x x x

x x x x x x x x

x y

c)

.4

7

4

7 4 343

,

4

7,

4

3,

2

3,, x x x x x x x x x x y

d)

.1

3

1

3

1111

3 24

3

2

4

,

3

1

4

,

43

4

4

,

43

1

4

,

4

3,

xa

xa

xa

xa

x xaa

x x y

e)

.sin

4

cos

2sin3cos42cos3sin

22

,,

x x xctgxtgx x x y

MTVU lekcije


38/276


36

Nalaženje prvog izvoda proizvoda funkcija.


a)

x

e x y

3

b) xcbxax y ln2

c) x x

e y 3

d) 6ln22 x x x y e) x x y cossin .

Rešenje:

a)

)3(3 232,3,3,3, xe xe xe xe xe xe x y x x x x x x

b)

x

cbxax xbax

xcbxax xcbxax xcbxax y

2

,2,2,2,

ln2

lnlnln

c)

13ln333ln3333 ,,,, x x x x x x x x x x x x eeeeee y

d)

17ln5

26ln2

2

56ln26ln2

2

3

2

5

2

3,

2

5,

2,

x x

x x x x x x x x x y

e)

.sincoscossincossincossin 22,,,, x x x x x x x x y

MTVU lekcije


39/276


37

Nalaženje prvog izvoda kolinika funkcija.


a)121

2

2

x x x x y b)

x x y

11 c)

x

x

ee y

11

d) x

x y

ln1

ln1

e) .cossin

cossin

x x

x x y

Rešenje:

a)

.12

223

12

1411212

12

121121

12

1

22

2

22

22

22

,222,2,

2

2,

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 y

b)

222

2

,,,

,

1

1

1

1

1

2

1

112

1

1

1111

1

1

x x x

x

x

x x x x

x

x x x x

x

x y

MTVU lekcije


40/276


38

c)

2

22

,,,

,

12

1

11

1

1111

1

1

x

x

x

x x x x

x

x x x x

x

x

ee

e

eeee

e

eeee

e

e y

d)

.

ln1

2

ln1

1ln1ln1

1

ln1

ln1ln1ln1ln1

ln1

ln1

22

2

,,,

,

x x x

x x x

x

x

x x x x

x

x y

e)

22

22

2

2

,,

,

,

cossin

2

cossin

cossinsincos

cossin

sincoscossincossinsincos

cossin

cossincossincossincossin

cossin

cossin

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

y

Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija.


a) 42 243 x x y b) 5ln21 x y c)1

1

x

x y

MTVU lekcije


41/276


39

d) x y 4ln e)31

ln x

x y

f) 843

2 x xe y

g) xe y

1

h) x y 45 i) tgx y ln

Rešenje:

a)

462434

2432434243

32

,232,42,

x x x

x x x x x x y

b)

44

,4,5,

ln21102

ln215

ln21ln215ln21

x x x

x

x x x y

c)

1)1(

1

)1()1(

1

1

2

1

1

2

1

1

1111

1

1

2

1

1

1

1

1

2

1

1

1

22

3

2

12

21

2

,,2

1

,2

1,

,

x x x x

x x

x

x

x x x x

x

x

x

x

x

x

x

x y

d)

.ln4

lnln4ln3,3,4,

x x x x x y

MTVU lekcije


42/276


40

e)

.1

21

1

311

1

1

1ln

3

3

23

233,

3

3,

3

,

x x

x

x

x x x

x

x

x

x

x

x

x

x y

f)

843,843, 22 46 x x x x e xe y

g)

2

1,1

,1

, 1 xe

xee y

x

x x

h)

x x xtgx

tgxtgx

tgx ycossin

1

cos

111ln

2

,,,

x x x x y 4,4,4, 55ln445ln55

Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija oblika )()( x g x f y u oblastigde su f(x) i g(x) diferencijabilne funkcije i gde je f(x)>0.

NAPOMENA: Imajui u vidu da je )(ln)()()( x f x g x g e x f sledi da je

MTVU lekcije


43/276


41

.))(()(

)()(ln)()(

)(ln)()(ln)(

)(ln)()(

,,)(

,,)(ln)(

,)(ln)(,)(ln)(,)(

x f x f

x g x f x g x f

x f x g x f x g e

x f x g ee x f

x g

x f x g

x f x g x f x g x g


a) x x y b) x x y c) x x y d) x x y sincos

e)

x

x y

1

1 f) x x y sin

Rešenje:

a)

1ln)ln()( ,,,,

x x x

x

x x x x x y x x x

b)

1

2

ln1

2

ln1

2

ln

ln

2

1

2

1

,,,,

x x

x x x

x x

x x

x x

x x x x x y

x x x

x x

MTVU lekcije


44/276


42

c)

x x

x

x

x x x

x

x x x

x x x y

x

x x x x

ln1

ln1

1

ln1

21

22

1,

,1,

1,

,

d)

x

x x x x

x x

x x x x x y

x

x x

cos

sincoslncoscos

coscos

sin)ln(cossincoscos

2sin

,,sin,sin,

e)

1

111ln

11

1

1

11ln

11

11

11

11ln

11

11

2

2

,

,

,

,

x x x x x

x

x x

x

x

x

x x

x x y

x x

x x

f)

x

x x x x x

x

x x x x x y x x x

sinlncos

sinlnsin sin

,,sin,sin,

MTVU lekcije


45/276


43

Nalaženje diferencijala funkcije.

NAPOMENA: Diferencijal prvog reda funkcije y=f(x) u ta ki x, u oznaci dy,

jednak je proizvodu prvog izvoda te funkcije i diferencijala nezavisno

promenljive x, odnosno .)(' dx x f dy

2.5.7. Nai prvi diferencijal u proizvoljnoj taki sledeih funkcija:

a) xe x x x y ln23 b) x

x y

ln c) xe x y 2 d)

x

tgx y

Rešenje:

a)

dxe x

dxdxdx xdxe x x xdy x x 23ln2 2

,3

b)

dx x

x

x

dxdx

x

x x xdx

x

xdy

222

,lnln1ln

c)

dxe xdx xedxe x xedxe xdy x x x x x 22,2 22

d)

dx x

tgx

x x

dxdx

x

tgx x xdx

x

tgxdy

222

2,

cos

cos

1

MTVU lekcije


46/276


44

Zadaci za vežbu:


a)5 7

10

3

52

3 7 17

3

4

5

3

x

x

x

x x y

b) xe x y x ln5 c)12

12ln

2

2

x

x y

d) x

x y

2

3ln 2 e)

22

2

2

422

6

x x x

x y

f)2 x x y g)

x x x y

2.6. Primena izvoda u rešavanju graninih vrednosti funkcija jednenezavisno promenljive-Lopitalovo pravilo

Rešeni zadaci

Odreivanje limesa neodreenog izraza oblika .,,,,0

0

2.6.1. Nai granine vrednosti funkcija

a)23

1lim

3

4

1

x x

x

x b)

23

1lim

3

4

1

x x

x

x

c)a x

a x

a x

55

lim d) x

a x

x

1lim

0

e) x

x

x

lnlim f) x x e

x2

lim

MTVU lekcije


47/276


45

g) x

x x

x 3

5lim

3

h) x

e x

x lnlim

Rešenje:

a)

33

4lim

23

1lim

2

3

13

4

1 x

x

x x

x

x x

b)

33

4lim

23

1lim

2

3

13

4

1 x

x

x x

x

x x

c)5 4

5

4

55

5

1

1

51

limlima

x

a x

a x

a xa x

d) aaa

x

a x

x

x

xln

1

lnlim

1lim

00

e) 01

1

limlnlim x x x

x x

f) 02

lim2

limlim2

x x x x x x ee

x

e

x

g)

3

53lim

3

5lim

23 x

x

x x

x x

h)

x

x

x

x

x

x xe

x

e

x

elim

1lim

lnlim

MTVU lekcije


48/276


46

Odreivanje limesa neodreenog izraza oblika .,0,0


a)

1lim

1

x

xe x b) x x

xlnlim 2

0 c)

x x x

x ln1

1lim

1

Rešenje:

a) 1lim1

1

lim1

1lim1lim

1

2

1

2

11

x x

x

x

x

x x

xe

x

e

x

x

ee x

b) 02

lim2

1

limln

limlnlim2

03020

2

0

x

x

x

x

x x x

x x x x

c)

2

1

11

1lim

11

ln

lnlim

1ln

1ln1

limln1

1lnlim

ln

1

1lim

2

11

111

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

MTVU lekcije


49/276


47

Odreivanje limesa neodreenog izraza oblika .1,,0 00


a) x x

x0

lim b) x x

x

lim c) x x

x

1

1

1lim

Rešenje:

a) x x x

x

xe x ln

00limlim

Pošto je

0lim1

1

lim1

lnlimlnlim

0

2

000

x

x

x

x

x x x

x x x x

onda je

1lim 0lnlim

0

0

ee x x x

x

x

x

b) x x

x

x

x

x

xe x x

ln1

limlimlim

Pošto je

01

1

limln

lim

x

x

x

x x

onda je

MTVU lekcije


50/276


48

1lim 0ln

lim

ee x x x

x

x

x

d)

x x

x

x

xe x

1

ln

1

1

1

1limlim

Pošto je

11

1

lim1

lnlim

11

x

x

x

x x

onda je

eee x x

x

x

x

x1

lim 11ln

lim1

1

1

1

Zadaci za vežbu

2.6.4 Nai granine vrednosti funkcija

a))1ln(

lim0 x

ee x x

x

b) x

x x

ln

01lim

c)

x

xe x

x

1

0

1lim

d) x x

x1

lnlim

e) x x

x1

2

01lim

f) .lim ln4

3

0

x

x x

MTVU lekcije


51/276


49

2.7. Ispitivanje funkcija

Rešeni zadaci:

2.7.1. Konstruisati grafike sledeih funkcija:

a)1

222

x

x x y b)

2

21

x

x y

c) x

x y

34 d)

x x y

22

e) x x y2

322

2

f)

23

12

x x y

Rešenje:

a)

1. Oblast definisanosti

Oblast definisanosti funkcije1

222

x

x x y je

x - , 1 1 , .

2. Nule funkcije i ta

ke prekida funkcije

Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x2-2x+2=0.

Kako ova jedna ina nema realnih rešenja,jer je diskriminanta ove jedna ine

manja od nule, zaklju ujemo da funkcija1

222

x

x x y nema realnih nula,

odnosno da grafik ove funkcije nema preseka sa x osom.

Ta ka prekida funkcije je x1 = 1.

MTVU lekcije


52/276


50

3. Parnost, neparnost

S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetri na u odnosu nakoordinantni po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.

4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,

intervali i karakter monotonosti

Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0, y Važi

2002

01

2

1

22122

1

22

32

22

2,

2,

x x x x

x

x x

x

x x x x

x

x x y

Dakle, stacionarne ta ke su x2 = 0 i x3 = 2, a prvi izvod nije definisanu ta ki x1 =1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.

Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomou znaka prvog

izvoda, kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.a.1.. Da bismo odredili znak

prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog

izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.

x (- , 0) (0 , 1) (1 , 2) (2 , )

y ‘ >0 (+)


53/276


51

5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma

Analizom Tabele 2.7.1.a.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija

diferencijabilna postoje dve ta ke ekstremuma i to za:

a) x2 = 0 ta ka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(0) = - 2

b) x3 = 2 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(2) = 2.

Dakle, ta ka M(0, -2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije, a ta ka N(2, 2) je

ta ka lokalnog minimuma funkcije.

U ta kama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer sete ta ke poklapaju sa ta kama u kojima funkcija nije definisana.

6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali

konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke

33

22

4

22,

2

2,,,,

1

2

1

212

1

212122

1

2

x x

x x x

x

x x x x x

x

x x y y

Dakle, drugi izvod je razli it od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.

Drugi izvod nije definisan u ta ki x1=1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije

definisana.

Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomou znaka drugog

izvoda , kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.a.2.. Da bismo odredili znak

drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog


MTVU lekcije


54/276


52

x - , 1) (1, )

y

''

0 (+)

Zaklju ak funkcija je konkavna funkcija je konveksna

Tabela 2.7.1.a.2.

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota

Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida

funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x1 = 1.

Kako je

1

22lim

1

22lim

2

1

2

1

x

x x

x

x x

x

x

to je prava x = 1 vertikalna asimptota funkcije.

b) Horizontalna asimptota

Kako je

1

22lim

1

22lim

1

22lim

1

22lim

2

2

x

x

x x

x

x

x x

x x

x x

zaklju ujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu

MTVU lekcije


55/276


53

c) Kosa asimptota

Kako je

122lim

1222lim22lim1

22

lim2

2

2

x x x x x x

x x x x

x x

x x

zaklju ujemo da funkcija ima i desnu i levu kosu asimptotu.

Kako je

11

2lim

1122lim

122lim

22

x

x

x x x x x x

x x x

x

x x

zaklju ujemo da je prava y=x – 1 i leva i desna kosa asimptota funkcije.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.a.

x2

2 x 2

x 1

x

4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

5

4

3

2

1

1

23

4

5

Slika 2.7.1.a. Grafik funkcije1

222

x

x x y

y=x-1

M(0, -2)

N (2, 2)

MTVU lekcije


56/276


54

b)


Oblast definisanosti funkcije2

21

x

x y je

x - , .

2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije

Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x = 0, odnosno

funkcija se e x osu u ta ki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni po etak.

Ova funkcija je neprekidna.


Kako je

)(

21

21

)(22

x f x

x

x

x x f

zaklju ujemo da je funkcija neparna, odnosno da je njen grafik

simetri an u odnosu na koordinatni po etak (0, 0).




MTVU lekcije


57/276


55

220164

04

164

4

4244

4

4

21

212

22

2

22

2,

2

,

2

,

x x x

x

x

x

x x x

x

x

x

x y

Dakle, stacionarne ta ke su x1 = 2 i x2 = -2. Prvi izvod je definisan na

celom skupu realnih brojeva.


izvoda, kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.b.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvogizvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.

x (- , -2) (-2 , 2) (2, )

y ‘ 0 (+)


58/276


56



3232002424

04

2424

4

164448

4

16424248

4

164

543

2

32

2

32

22

42

2222,

22

2,,,,

x x x x x

x

x x

x

x x x x

x

x x x x x

x

x y y

Dakle, drugi izvod je jednak nuli u ta kama .32,32,0 543 x x x

Drugi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva.

Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomou znaka drugogizvoda , kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.b.2.. Da bismo odredili znak

drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog


x 32, 0,32 32,0 ,32

y ,,

0 (+) 0 (+)

y funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.1.b.2.

Dakle, prevojne ta ke su ta ke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer

pri prolasku kroz njih drugi izvod menja znak. U ovim ta kama vrednost funkcije je:

MTVU lekcije


59/276


57

003 x f (ta ka L(0, 0)),

2

3324 x f (ta ka

2

3,32 P )

23325 x f (ta ka

23,32Q )

7. Asimptote



funkcije. Pošto ova funkcija nema kona ne ta ke prekida, ona nema nivertikalnu asimptotu.


Kako je

01

lim

21

lim

01

lim

21

lim

2

2

x x

x

x x

x

x x

x x

zaklju ujemo da je prava y = 0 horizontalna asimptota.

c) Kosa asimptota

Kako je

MTVU lekcije


60/276


58

0

2

1

1lim

21

lim2

2

x x

x

x

x x

zaklju ujemo da funkcija nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.b .

10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10

2

1

1

2

x

1 x2

2

x

Slika 2.7.1.b. Grafik funkcije2

21

x

x y

M

L

N

P

MTVU lekcije


61/276


59

c)


Oblast definisanosti funkcije

x

x y

34 je

x - , 0 0 , .


Kako jedna ina x4 + 3 = 0 nema realnih rešenja, zaklju ujemo da

funkcija x

x

y

34

nema realnih nula, odnosno da grafik ove funkcije nema preseka sa x osom.



Kako je

)(

33)(

44

x f x

x

x

x x f

zaklju ujemo da je funkcija neparna.




11033

033343

32

4

2

4

2

43,

4,

x x x

x

x

x

x x x

x

x y

MTVU lekcije


62/276


60

Dakle, stacionarne ta ke su x2 = -1 i x3 = 1, a prvi izvod nije definisan

u ta ki x1 = 0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.


izvoda, kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.c.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog


x (- , -1) (-1 , 0) (0 , 1) (1 , )

y ‘ >0 (+)


63/276


61



3

4

4

423,

2

4,,,, 663321233

x

x

x

x x x x

x

x y y

Kako jedna ina 6x4+6=0 nema realnih rešenja, zaklju ujemo da je drugi izvod

razli it od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.

Drugi izvod nije definisan u ta ki x1=0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije

definisana.

Intervale konveksnosti i konkavnostiemo odrediti pomo

u znaka drugogizvoda , kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.c.2.. Da bismo odredili znak

drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugogizvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.

x

- , 0) (0, )

y''

0 (+)

Zaklju ak funkcija je konkavna funkcija je konveksna

Tabela 2.7.1.c.2.

MTVU lekcije


64/276


62

7. Asimptote


Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x

1= 0.

Kako je

x

x

x

x

x

x

3lim

3lim

4

0

4

0



Kako je

1

4lim

3lim

1

4

lim

3

lim34

34

x

x

x

x

x

x

x x

x x


c) Kosa asimptota

Kako je

2

12lim

2

4lim

3lim

3

lim23

2

4

4

x

x

x

x

x

x

x

x

x x x x


MTVU lekcije


65/276


63

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.c

x4

3

x

x

3 2 1 0 1 2 3

10987654

321

123456789

10

Slika 2.7.1.c. Grafik funkcije x

x y

34

d)


Oblast definisanosti funkcije x

x y22 je

x - , 0 0 , .


Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x3+2=0,

odnosno ta kom 332 22 x .

Dakle, grafik se e x osu u ta ki 332 22 x .

M

N

MTVU lekcije


66/276


64



S obzirom da nule funkcije nisu simetri ne u odnosu na koordinantni

po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.




1022

022222

3

3

2

3

2

,

2,

x x

x x

x x

x x y

Dakle, stacionarna ta ka je x3 = 1, a prvi izvod nije definisan u ta ki x1 =0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.

Intervale i vrstu monotonostiemo odrediti pomo

u znaka prvogizvoda, kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.d.1.. Da bismo odredili znak

prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog


x (- , 0) (0 , 1) (1 , )

y ‘


67/276


65


Analizom Tabele 2.7.1.d.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija

diferencijabilna postoji ta ka ekstremuma:

x3 = 1 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(1) = 3.

Dakle, ta ka M(1, 3) je ta ka lokalnog minimuma funkcije.

U ta kama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer sete ta ke poklapaju sa ta kama u kojima funkcija nije definisana.



233

4

3

3

3

4

322,

2

3,,,,

22042042

222622

x x x x

x

x

x x x x

x

x y y

Dakle, drugi izvod je jednak nula u ta ki 34 2 x , odnosno u ta ki preseka funkcije sa x osom.

Drugi izvod nije definisan u ta ki x1=0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nijedefinisana.


izvoda , kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.d.2.. Da bismo odredili znakdrugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog


MTVU lekcije


68/276


66

x 3 2, 0,23 (0, )

y'' >0 (+) 0 (+)

Zaklju ak funkcija jekonveksna

funkcija jekonkavna

funkcija jekonveksna

Tabela 2.7.1.d.2.

Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer pri

prolasku kroz nju drugi izvod menja znak. U ovoj ta ki vrednost funkcije je

023 x f (ta ka )0,2( 3 L ).

7. Asimptote

d) Vertikalna asimptota


funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x1 = 0.

Kako je

x x

x x

x

x

2lim

2lim

2

0

2

0


e) Horizontalna asimptota

Kako je

MTVU lekcije


69/276


67

x x

x x

x

x

2lim

2lim

2

2


f) Kosa asimptota

Kako je

2

2

2lim

2

lim x

x x

x

x

x x


8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.d.

x

2 2

x

x

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

20

16

12

8

4

4

8

12

16

20

Slika 2.7.1.d. Grafik funkcije x

x y22

L

M

MTVU lekcije


70/276


68

e)



x x

x x y

2

322

2

je

x - , 0 (0 , 2) 2 , .


Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x2-2x-3=0,

odnosno ta kama x3 = -1 , i x4 = 3.

Ta ke prekida funkcije su x1 = 0 i x2 = 2.


S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetri na u odnosu nakoordinantni po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.




1016

02

16

2

322122

3222222

2

32

5

2222

22

22

22,

2

2,

x x

x x

x

x x

x x x x x x x

x x x x x x

x x

x x y

Dakle, stacionarna ta ka je x5 = 1, a prvi izvod nije definisan u

ta kama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u ta kama u kojima i funkcija nije

definisana.

MTVU lekcije


71/276


69


izvoda, kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.e.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog


x (- , 0) (0 , 1) (1 , 2) (2 , )

y ‘ >0 (+) >0 (+)


72/276


70

32

2

32

22

42

222

,

22

,,,,

2

4636

2

24212262

16222226

2

16

x x

x x

x x

x x x x x x

x x x x x x

x x

x y y

Kako jedna ina 3x2 - 6x+4 = 0 nema realnih rešenja, zaklju ujemo da je drugi

izvod razli it od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.

Drugi izvod nije definisan u ta kama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u ta kama u

kojima i funkcija nije definisana.


izvoda , kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.e.2.. Da bismo odredili znak


x - , 0) (0, 2) (2, )

y'' >0 (+) 0 (+)

Zaklju ak funkcija je

konveksna

funkcija je

konkavna

funkcija je

konveksna

Tabela 2.7.1.e.2.

MTVU lekcije


73/276


71

7. Asimptote

g) Vertikalna asimptota

Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta kama x

1= 0 i x

2 = 2.

Kako je

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x

x

x

x

2

32lim

2

32lim

2

32lim

2

32lim

2

2

2

2

2

2

2

2

0

2

2

0

to su prave x = 0 i x = 2 vertikalne asimptote funkcije.

h) Horizontalna asimptota

Kako je

12

2lim

22

22lim

2

32lim

2

2

x x x x

x

x x

x x

zaklju ujemo da je prava y = -1 horizontalna asimptota funkcije.

i) Kosa asimptota

Kako je

02

32

lim 2

2

x x x

x x

x

MTVU lekcije


74/276


72


8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.e.

x2

2 x 3

x2

2 x

x

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

8

6

4

2

2

4

6

8

Slika 2.7.1.e. Grafik funkcije

x x

x x y

2

322

2

M

MTVU lekcije


75/276


73

f)



2

3

12

x

x y je

x - ,-1) (-1, .


Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x3 = 0, odnosno

funkcija se e x osu u ta ki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni po etak.

Ta ka prekida funkcije je x2 = -1.


S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetri na u odnosu na

koordinantni po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.




1432

3

2

4

322,

2

3

,

03062

014

6214

1412312

x x x x x

x x x

x x x x x

x x y

Dakle, stacionarne ta ke su x3 = -3 i x4 = 0.

Prvi izvod nije definisan u ta ki x2 = -1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije

definisana.

MTVU lekcije


76/276


74


izvoda, kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.f.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog


x (- , -3) (-3 , -1) (-1, 0) (0, )

y ‘ >0 (+) 0 (+) >0 (+)

Zakljuak funkcija

monotonoraste

funkcija

monotonoopada

funkcija

monotonoraste

funkcija

monotonoraste

Tabela 2.7.1.f.1.


Analizom Tabele 2.7.1.f.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija

diferencijabilna postoji jedna ta ka ekstremuma x3 = -3, u kojoj funkcija ima

lokalni maksimum koji iznosi f(-3) =8

27 , i da u x1 = 0 funkcija ima prevoj.

Dakle, ta ka M(-3,8

27 ) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije,

a ta ka N(0, 0) je ta ka prevoja funkcije.

MTVU lekcije


77/276


75



00

1

3

116

62112141216

14

62

14

6

23232,

3

2,,,,

x x

x

x

x x x x x x

x

x x y y

Dakle, drugi izvod je jednak nuli u ta ki x1 = 0.

Drugi izvod nije definisan u ta ki x2 = -1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija

nije definisana.


izvoda , kao što pokazuje sledea Tabela 2.7.1.f.2.. Da bismo odredili znak


x (- , -1) (-1, 0) (0, )

y ,, >0 (+) >0 (+)


78/276


76

7. Asimptote


Vertikalna asimptota može postojati samo

Documents

zbirka Joksimović