Us - Matematika1

Singidunum

Ivana Kostić Kovačević

www.singidunum.ac.rs

Un i v er z i t e t 9 788679 12 607 8

Ivana Kostić Kovačević

SA ZBIRKOM ZADATAKA Udžbenik objedinjuje teoriju i zadatke, što je standard u savremenoj literaturi. Ideja autora je bila da se izloži kratak pregled teorije, odnosno najvažnije definicije i teoreme koje su neophodne studentima.

SA ZBIRKOM ZADATAKA

Dokazi su lišeni često opterećujućih detalja, sa željom da ovaj način izlaganja bude prihvatnjiv za što širi krug čitalaca. Osim teorije udžbenik sadrži veliki broj zadataka koji pomažu da se izložena teorija lakše savlada.

MATEMATIKA

MATEMATIKA

Ivana Kostić Kovačević

MATEMATIKA SA ZBIRKOM ZADATAKA

Beograd, 2015.

UNIVERZITET SINGIDUNUM

Ivana Kostić Kovačević

MATEMATIKA SA ZBIRKOM ZADATAKA

Četvrto izmenjeno i dopunjeno izdanje

Beograd, 2015.

MATEMATIKA SA ZBIRKOM ZADATAKA Autor: dr Ivana Kostić Kovačević Recenzent: dr Nenad Cakić Izdavač: UNIVERZITET SINGIDUNUM Beograd, Danijelova 32 www.singidunum.ac.rs Za izdavača: dr Milovan Stanišić Priprema za štampu: Novak Njeguš Dizajn korica: Aleksandar Mihajlović Godina izdanja: 2015 Tiraž: 1000 primeraka Štampa: Mobid, Loznica ISBN 978-86-7912-607-8

Copyright: 2015 Univerzitet Singidunum Izdavač zadržava sva prava. Reprodukcija pojedinih delova ili celine ove publikacije nije dozvoljena.

“Lakše je matematiku naučiti nego živeti bez nje” H. Baus

PEDGOVOR Ovaj udžbenik napisan je za studente prve godine Univerziteta Singidunum, koji slušaju jednosemestralni kurs matematike, na Fakultetu za informatiku i računarstvo i Tehničkom fakultetu. Prilagođen je planu i programu predmeta ovog predmeta. Podeljen je u 7 poglavlja. Udžbenik objedinjuje teoriju i zadatke, što je standard u savremenoj literaturi. Ideja autora je bila da se izloži kratak pregled teorije, odnosno najvažnije definicije i teoreme koje su neophodne studentima. Dokazi su lišeni često opterećujućih detalja, sa željom da ovaj način izlaganja bude prihvatnjiv za što širi krug čitalaca. Osim teorije udžbenik sadrži veliki broj zadataka koji pomažu da se izložena teorija lakše savlada. Autor poziva sve studente, čitaoce i druge korisnike ovog udženika da daju svoje sugestije, da bi naredna izdanja izdanja bila bila kvalitetnija i sadržajnija. U Beogradu

AUTOR

08.08.2015

-V-

SADRŽAJ 1. UVOD

1

1.1. TEORIJA BROJEVA

3

1.2. ELEMENTARNE FUNKCIJE

12

1.3. ARITMETIČKI I GEOMETRIJSKI NIZ

22

1.4. ANALITIČKA GEOMETRIJA

22

2. MATRICE

25

2.1. POJAM MATRICE I OPERACIJE

27

2.2. DETERMINANTE

30

2.3. RANG MATRICE

35

2.4. ELEMENTARNE TRANSFORMACIJE MATRICA

36

2.5. INVERZNA MATRICA

37

3. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA

53

3.1. GAUSOVA METODA

55

3.2. KRAMEROVA METODA

58

3.3. KRONEKER KAPELIJEVA TEOREMA

60

3.4. HOMOGENI SISTEM LINEARNIH JEDNAČINA

61

3.5. MATRIČNA METODA

63

4. POJAM FUNKCIJE

75

4.1. FUNKCIJE JEDNE PROMENLJIVE

78

4.2. GRANIČNA VREDNOST NIZA

88

4.3. GRANIČNA VREDNOST FUNKCIJE

91

4.4. ASIMPTOTE FUNKCIJE

96 - VII -

5. DIFERENCIJALNI RAČUN

121

5.1. DEFINICIJA IZVODA FUNKCIJE

124

5.2. DIFERENCIJAL FUNKCIJE

130

5.3. TEJLOROVA I MAKLORENOVA FORMULA

142

5.4. OSNOVNE TEOREME DIFERENCIJALNOG RAČUNA

149

5.5. ISPITIVANJE FUNKCIJA POMOĆU IZVODA

159

6. INTEGRALNI RAČUN

195

6.1. NEODREĐENI INTEGRALI

198

6.2. ODREĐENI INTEGRALI

233

6.3. NESVOJSTVENI INTEGRALI

239

6.4. PRIMENE INTEGRALNOG RAČUNA

248

7. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

263

7.1. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

266

7.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE DRUGOG REDA

271

8. LITERATURA

292

- VIII -

UVOD

1.

TEORIJA BROJEVA

2.

ELEMENTARNE FUNKCIJE

3.

ARITMETIČKI I GEOMETRIJSKI NIZ

4.

ANALITIČKA GEOMETRIJA

-1-

-2-

1. UVOD U uvodnom delu sakupljeni su osnovni pojmovi sa kojima se srećemo u srednjoj školi, a koji su neophodni u daljem radu.

1.1. TEORIJA BROJEVA Broj je jedan od osnovnih pojmova matemake koji se intuitivno shvata. 1.1.1. PRIRODNI BROJEVI

 Prirodni brojevi su oblika N  1, 2, 3, , n, n  1, .

 Za svaki broj n  N postoji broj n  1  N . Brojevi n i n  1 su uzastopni ili sukcesivni brojevi.  Prirodan broj čiji su jedini činioci on sam i broj 1 , nazivamo prostim brojem, na primer 2,3,5, 7,11, . Uzajamno prostim brojevima nazivamo dva prirodna broja ako im je jedini zajednički činilac broj 1 .  Prirodni broj je paran ako mu je bar jedan prost činilac broj 2 . Ako to nije slučaj broj je neparan. Parne brojeve obeležavamo sa 2k , a neparne sa 2k  1 ili 2k  1 , gde je k  N .  Skup prirodnih brojeva je zatvoren u odnosu na operacije sabiranja i množenja, tj. rezultat sabiranja i množenja dva prirodna broja uvek je priprodan broj.  Za operacije sabiranja i množenja prirodnih brojeva važe zakoni:

a  b  b  a , ab  ba

komutacije;

 a  b   c  a   b  c  ,  ab  c  a  bc 

asocijacije;

 a  b  c  ac  bc , a  b  c   ab  ac

distribucije.

-3-

 Stepen prirodnog broja definišemo kao a n  a a   a . n puta

 Na osnovu definicije stepena zaključujemo: an a n  a m  a nm ,  a nm , m a

a  n

m

 a n m .

1.1.2. CELI BROJEVI  Skup celih brojeva sadrži sve prirodne brojeve, nulu i brojeve oblika  n , gde n  N . Z    2, 1, 0,1, 2, , n, n  1, .  Oduzimanje u skupu celih brojeva je operacija koje se definiše kao:

a, b, c  Z , a  b  c  a  b  c .  Skup Z je nadskup skupa N i zadržava sva pravila koja smo definisali u skupu N , dodajući neka nova koja važe samo u njemu. Ovaj princip koristićemo i u definisanju naredih proširenja skupova brojeva i zove se princip permanencije. 1.1.3. RACIONALNI BROJEVI  Skup racionalnih brojeva je oblika: p  Q   : pZ  q N  . q   Deljenje celih brojeva definišemo na sledeći način: a a, b, c  Z  b  0 ,  c  a  b  c . b  Skup raconalnih brojeva je prebrojiv skup tj. imeđu tog skupa i skupa prirodnih brojeva može se uspostaviti obostrano jednoznačno preslikavanje.

-4-

1.1.4. IRACIONALNI BROJEVI  Broj koji se ne može predstaviti u obliku razlomka nazivamo iracionalnim brojem, na primer

2 , 3 , log 2 ,  , e ,  .

 Svaki iracionalan broj može se predstaviti u obliku beskonačnog neperiodičnog razlomka.  Skup iracionalnih brojeva obeležavamo sa I .  Skup iracionalnih brojeva, kao i skup racionalnih brojeva je neograničen. 1.1.5. REALNI BROJEVI  Svi racionalni i iracionalni brojevi obrazuju skup realnih brojeva, tj.

RQI .  Skup realnih brojeva je neprebrojiv skup.  Skup realnih brojeva je uređen skup, tj. između svaka dva realna broja postoji samo jedan od sledećih odnosa a  b , a  b , a  b .  Na skupu realnih brojeva za nejednakosti važe sledeće osobine:

 a  b  b  a  ;

 a  b  a  c  b  c ;  a  b , c  0    ac  bc  ,  a  b , c  0    ac  bc  .  Realni brojevi se mogu predstaviti kao tačke na brojnoj pravoj. APSOLUTNA VREDNOST BROJA  Ako je a proizvoljan realan broj, tada je apsolutna vrednost broja a :  a,a0  a  0,a 0 a , a  0  -5-

Napomena: Apsolutna vrednost broja uvek je nenegativan broj, tj. a  0 . 

Za apsolutnu vrednost broja a važe sledeća pravila: a  b  b  a  b , a  b   a  b    a  b  .

a  a ,

ab  a  b ,

a b  a  b ,

a b  a  b ,

a a  ,b  0. b b

a b  a  b .

PROŠIRENJE SKUPA REALNIH BROJEVA  Skup realnih brojeva proširuje se sa dva simbola  i  , tako da za svaki a  R važi nejednakost:   a   . Za operacije sa ovim simbolima važe pravila  a  R  :

         ,

a       ;

         ,

a       .

Za a  0 imamo:

         ,

a       ;

         ,

         ,

Izrazi        i

a       .

 nisu definisani 

INTERVAL  Ako su a , b  R takvi da je a  b sledeći podskupovi nazivaju se: otvoren interval:  a, b    x a  x  b , zatvoren interval:  a, b    x a  x  b , polu-otvoren interval ili polu-zatvoren interval:

 a, b    x

a  x  b ,

 a, b    x

a  x  b .

-6-

1.1.6. KOMPLEKSNI BROJEVI ALGEBARSKI OBLIK KOMPLEKSNOG BROJA Poznato je da sve kvadratne jednačine nemaju rešenja u skupu realnih brojeva, na primer jednačina x 2  1  0 . Da bismo rešili ovu veoma jednostavnu jednačinu moramo skup realnih brojeva proširiti. Tako dolazimo do skupa kompleksnih brojeva.  Imaginarna jedinica je po definiciji i  1 . Rešenje pomenute jednačine postaje sada x   1  i .  Skup svih uređenih parova realnih brojeva  x, y  u kojem je z  x  iy , tj. z   x, y  naziva se skupom kompleksnih brojeva C , gde je i  1 .

 Realni deo kompleksnog broja je Re  z   x , imaginarni deo Im  z   y .  Dva kompleksna broja z1  x1  iy1 i z2  x2  iy2 su jednaka ako su im jednaki realni delovi za sebe, a imaginarni za sebe; x1  x2 i y1  y2 .  Kompleksni brojevi mogu se predstaviti kao tačke u kompleksnoj ili Gausovoj ravni.

y

z  x  iy

x  Svakom kompleksnom broju z  x  iy odgovara konjugovano kompleksni broj u oznaci z  x  iy .  Moduo kompleksnog broja z definiše se kao   z  x 2  y 2 .

-7-

OPERACIJE SA KOMPLEKSNIM BROJEVIMA U ALGEBARSKOM OBLIKU Neka su data dva kompleksna broja z1  x1  iy1 i z2  x2  iy2 .  Sabiranje: z1  z2   x1  x2   i  y1  y2  .  Oduzimanje: z1  z2   x1  x2   i  y1  y2  .  Množenje: z1  z2   x1 x2  y1 y2   i  x2 y1  x1 y2  . z1 z1 z2   . z 2 z2 z2  Stepenovanje kompleksnog broja prirodnim brojem se definiše kao skraćeno

 Deljenje:

množenje z n   z  z   z , nN . n puta

Napomena: Kako je i 2  1 , i 3  i 2  i  i , i 4  i 2  i 2  1 , možemo uopštiti da je:

i 4 n  1 , i 4 n 1  i , i 4 n  2  1 , i 4 n 3  i . Primer: i 2015  i 2012 3  i 2012i 3  i 4503i 3  1   i   i

EKSPONENCIJALNI OBLIK KOMPLEKSNOG BROJA  Eksponencijalni oblik kompleksnog broja je z    ei .  Ojlerova formula: ei  cos   i sin  .    z je moduo, a  je argument kompleksnog broja gde je

tg 

b i obeležava se   Arg z . a

Argument kompleksnog broja nije jednoznačno određen. Imajući u vidu periodičnost trigonometrijskih funkcija, argument je svaki realni broj oblika   2k , gde je k  Z .

-8-

Specijalno, broj  koji zadovoljava uslov      naziva se glavni argument. OPERACIJE SA KOMPLEKSNIM BROJEVIMA U EKSPONENCIJALNOM OBLIKU

Neka su dati kompleksni brojevi z1  1  ei1 i z2   2  ei2 .  Množenje: z1  z2  1   2  ei1 2  . z   Deljenje: 1  1  ei1 2  . z2  2  Logaritam: ln z  ln   i . Napomena: Korišćenjem poslednje formule u mogućnosti smo da definišemo logaritam negativnog realnog broja. Primer: ln  2   ln 2  i .

TRIGONOMETRIJSKI OBLIK KOMPLEKSNOG BROJA 

Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je oblika z    cos   i sin   , gde je x   cos  i y   sin  .

  z  a 2  b 2 je moduo, a,  je argument kompleksnog broja gde je tg 

b , i obeležava se   A rg z . (slika 2) a





-9-

Argument kompleksnog broja nije jednoznačno određen. Imajući u vidu periodičnost trigonometrijskih funkcija, argument je svaki realni broj oblika   2k , gde je kZ . Specijalno, broj  koji zadovoljava uslov      naziva se glavni argument. Primer: Kompleksan broj z  1  i napisati u trigonometrijskom obliku. Moduo datog kompleksnog broja je   z  12  12  2 , a argument je tg  1   

 4

   pa je trigonometrijski oblik datog kompleksnog broja z  2  cos  i sin  4 4 

OPERACIJE SA KOMPLEKSNIM BROJEVIMA U TRIGONOMETRIJSKOM OBLIKU

Neka su data dva kompleksna broja z1  1  cos 1  i sin 1  i z2   2  cos  2  i sin  2  .



Množenje:

z1  z2  1  cos 1  i sin 1    2  cos 2  i sin  2  

1   2  cos 1   2   i sin 1   2   

Deljenje:

z1 1  cos 1  i sin 1  1    cos 1  2   i sin 1  2   z2  2  cos 2  i sin  2   2 

Stepenovanje: z n   n  cos n  i sin n  , n  Z .

Ova formula se zove Moavrova formula. Moavrova formula se može dokazati primenom matematičke indukcije. - 10 -

,

Primer: Koristeći Moavrovu formulu za stepenovanje kompleksnih brojeva odrediti z 4 , ako je z  1  i . Moduo datog kompleksnog broja je   z 

 1   1 2

2

 2 , a argument

1 3 , zato što ugao pripada trećem kvadrantu, pa 1   1 4 3 3   trigonometrijski oblik broja z  1  i je z  2  cos  i sin . 4 4   Sada imamo da je: 4 3 3   i sin 4    4  cos 3  i sin 3   4 z 4  2  cos 4  4 4   je tg 

 



Koren kompleksnog broja

Svako rešenje jednačine z   n , gde je z  r  cos   i sin   , a

    cos   i sin   , definiše se kao koren kompleksnog broja  

k  n r  cos

  2 k n

 i sin

  2 k  n

 , k  0,1, , n  1 

Iz jednakosti

r  cos   2k   i sin   2k     n  cos n  i sin n  dobija se

r   n    n r , n    2k   

  2 k

n Geometrijski ova rešenja su temena pravilnog mnogougla upisanog u krug poluprečnika

n

r. z2 z1

z0

- 11 -

Primer: Izračunati

3

1

Ako je 1  cos   i sin  , imamo da je   1 i    , pa koristeći formulu za

  2k   2k   1  3 1  cos  i sin  3 3   Za k  0,1, 2 dobijamo tri različite vrednosti: koren kompleksnog broja dobijamo:





3

1 3 i 3 3 2 2 z1  cos   i sin   1 z0  cos

 i sin



5 5 1 3  i sin  i 3 3 2 2 Geometrijski rešenja trećeg korena su temena jednakostraničnog trougla. z2  cos

z0 z1

z2

1.2.ELEMENTARNE FUNKCIJE  Stepena funkcija y  x n , n  R , x   0,   .  Eksponencijalna funkcija y  a x , a  0 , a  1 , x  R .  Logaritamska funkcija y  log a x , a  0 , a  1 , x   0,   .  Trigonometrijske funkcije: y  sin x , y  cos x , y  tgx , y  ctgx .  Inverzne trigonometrijske funkcije:

y  arcsin x , y  arccos x , y  arctgx , y  arcctgx . - 12 -

 Elementarnim funkcijama nazivaju se funkcije koje se mogu zadati pomoću osnovnih elementarnih funkcija i konstanti, pomoću konačno mnogo operacija sabiranja, oduzimanja, množenja, deljenja i kompozicije funkcija. Neke od najvažnijih osnovnih funkcija sa kojima ćemo se sretati u radu:  Apsolutna vrednost:

 x, x  0 f  x  x     x, x  0 Funkcija je definisana za x  R i f  x   0 .

y

y x x

 Funkcija znaka: 1, x  0  y  sgnx   0, x  0  1, x  0  y

y  sgn x 1

x 1

 Stepena funkcija: y  x n , n  R . Ako je n  N funkcija predstavlja stepene realnog broja y  x n i ta funkcija će za n  2k paran broj biti parna i ograničena, a za n  2k  1 neparan broj biti neparna i neograničena . - 13 -

y

y  x n , n  2k

y

y  x n , n  2k  1 x

x

Ako je stepen oblika n 

1 , funkcija predstavlja korenu funkciju. k

 Eksponencijalna funkcija: y  a x , a  0 , a  1 . Domen funkcije je skup svih realnih brojeva R , a kodomen  0,   . Funkcija nema nula jer je a x  0 i na celom domenu je pozitivna, tj. y  0 . Ukoliko je 0  a  1 funkcija stalno opada, a kada je a  1 funkcija stalno raste i samim tim nema ekstrema.

y 0  a 1

a 1

x ya

x

1.2.1. POJAM I OSOBINE LOGORITAMA  Definicija logaritma log a b  x  a x  b ako je a , b , x  R , a  0 , a  1 , b0.  a log a b  b za x , y  R , x  0 , y  0 . x  log a xy  log a x  log a y , log a  log a x  log a y . y - 14 -

 log a x s  s log a x ; s  R .  log a 1  0 ,  log b a 

log a a  1 .

1 , log a b

log a b 

log c b . log c a

1 log a x  log a s x s .  log a s x  log a x , s  log10 x  log x (dekadni logaritam).  log e x  ln x , e  2, 718 (prirodni logaritam).  Logaritamska funkcija: y  log a x , a  0 , a  1 . Domen funkcije je  0,   , a kodomen je R . Funkcija ima nulu za x  1 jer je log a 1  0 . Ukoliko je 0  a  1 funkcija stalno opada, a kada je a  1 funkcija stalno oraste i samim tim nema ekstrema.

y

y  log a x a 1 x

0  a 1 1.2.2. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 

Osnovne trigonometrijske funkcije oštrog ugla u pravouglom trouglu su sinus, kosinus, tangens i kotangens, koje se definišu: B c a

 A

sin  

b

C

a b a b , cos   , tg  , ctg  c c b a - 15 -

MERENjE UGLOVA  

Radijan je centralni ugao čiji je kružni luk jednak poluprečniku kruga Pun ugao iznosi 2  radijana  180  1  rad  0, 017  5717 ' 45'' 1rad   180 OSNOVNI TRIGONOMETRIJSKI IDENTITETI



sin 2   cos 2   1 ,



ctg 

cos  , sin 

tg 

sin  , cos 

tg  ctg  1 .

VREDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA ZA NEKE UGLOVE



0 =0

90 =

 2

180 = 

3 2

270 

360  2

30 

 6

45 

 4

60 

sin 

0

1

0

1

0

1 2

cos 

1

0

1

0

1

3 2

tg

0



0



0

3 3

1

3

ctg



0





3

1

3 3

DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA MA KOG UGLA 

Jedinični krug sa centrom u koordinatnom početku naziva se trigonometrijski krug.

- 16 -

2 2 2 2

3 2

1 2

 3



Uopšteni ugao     2k ,    0, 2  je ugao čiji je početni krak pozitivni deo x – ose, a krajnji krak orijentisana duž OA .



Neka je  proizvoljan ugao. Trigonometrijske funkcije ugla  , tj. sin  , cos  , tg i ctg definišu:

Ordinata tačke A , duž OB predstavlja sinus ugla  , a apscisa, duž OC predstavlja kosinus ugla  . Znak trigonometrijskih funkcija po kvadrantima:

- 17 -

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE NEGATIVNOG UGLA 

sin      sin  ,

cos     cos  ,



tg     tg ,

ctg     ctg .

 

sin  , tg i ctg su neparne funkcije. cos  je parna funkcija.

PERIODIČNOST TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA k  Z ,    0, 2  ,



sin   2k   sin 



cos   2k   cos  ,



tg   k   tg ,



ctg   k   ctg .



Funkcije sin  i cos  su periodične sa osnovnom periodom T  2 , a tg i ctg sa osnovnom periodom T   .

SVOĐENjE TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA MA KOG UGLA NA OŠTAR UGAO  

Ako je     2k ,   2  2k trigonometrijska funkcija se ne menja, a znak funkcije određuje se pomoću trigonometrijskog kruga.  3 Ako je    2k ,    2k trigonometrijska funkcija se menja u 2 2 svoju kofunkciju, a znak funkcije određuje se pomoću trigonometrijskog kruga. ADICIONE TEOREME 

sin      sin  cos   sin  cos  ,



cos      cos  cos   sin  sin  ,



tg     

tg  tg  ctg ctg   1 , ctg      . 1  tg tg  ctg  ctg  - 18 -

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE DVOSTRUKOG I POLOVINSKOG UGLA 

sin 2  2sin  cos  , cos 2  cos 2  sin 2  ,



tg 2 



2sin 2

2tg , 1  tg 2

 2

ctg 2 

 1  cos  ,

2 cos 2

 2

ctg 2  1 . 2ctg

 1  cos  .

OSNOVNE TRANSFORMACIJE TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA      

sin   sin   2sin

 



, 2 2     cos   cos   2 cos cos , 2 2     cos   cos   2sin sin , 2 2 1 sin  cos    sin      sin      , 2 1 sin  sin    cos      cos      , 2 1 cos  cos    cos      cos      . 2

cos

Trigonometrijske funkcije: y  sin x , y  cos x , y  tgx , y  ctgx . Domen funkcija y  sin x i y  cos x je skup svih realnih brojeva R , a kodomen  1,1 . Domen funkcija y  tgx i y  ctgx je x  R, x 

 2

 k , k  R odnosno,

x  R , x  k , a kodomen je skup svih realnih brojeva R . Funkcije y  sin x , y  tgx , y  ctgx su neparne, a y  cos x parna.

- 19 -

Funkcije y  sin x , y  cos x su periodične sa periodom 2k , k  Z , a

y  tgx , y  ctgx sa periodom k  .

sin  x  2k   sin x , cos  x  2k   cos x ; tg  x  k   tgx , ctg  x  k   ctgx .

y

y  sin x





x

2

y y  cos x

 





2

2

x

y  tgx   2



 2

- 20 -

x

3 2

y  ctgx



 2

2

3 2

 Inverzne trigonometrijske funkcije:

y  arcsin x , y  arccos x , y  arctgx , y  arcctgx .    Za funkciju y  arcsin x domen je x   1,1 , a kodomen je y    ,  ;  2 2 za y  arccos x domen je x   1,1 , a kodomen je y   0,   ; za y  arctgx domen je x   ,   , a kodomen je y   0,   ;

   za y  arcctgx domen je x   ,   , a kodomen je   ;  .  2 2 y



y



y  arcsin x



2 -1

2

1



x

 2

1

y

y  arctgx



2 

x

-1

y



y  arccos x

y  arcctgx 



x

2

x

2 - 21 -

1.3. ARITMETIČKI I GEOMETRIJSKI NIZ  Aritmetički niz je niz brojeva takvih da je razlika svaka dva uzastopna člana konstanta d , koju nazivamo diferencija niza.  Opšti član niza: an  a1   n  1 d , d  0 .  Zbir prvih n članova niza:

n n  a1  an    a1   n  1 d  . 2 2  Svaki član niza je aritmetička sredina simetričnih članova. a  an  k . an  n  k 2  Geometrijski niz je niz brojeva takvih da je količnik svaka dva uzastopna člana konstanta q , koju nazivamo količnik niza. S n  а1  а2    аn 

 Opšti član niza: an  a1  q n 1 , q  1. .  Zbir prvih n članova niza: 1  qn . 1 q  Svaki član niza je geometrijska sredina simetričnih članova. an 2  an  k  an  k . S n  а1  а2    аn  a1 

1.4. ANALITIČKA GEOMETRIJA  Dužina duži AB gde je A  x A , y A  , B  xB , yB  : AB 

 x A  xB    y A  y B  2

2

.

x A  xB y  yB , ys  A . 2 2  Opšti (implicitni) oblik jednačine prave je: ax  by  c  0 .  Eksplicitni oblik jednačine prave je: y  kx  n ; gde je k  tg koeficijent pravca prave, a n je odsečak na y osi.  Koordinate tačke S  xs , ys  , središta duži AB : xs 

 Jednačina prave kroz jednu tačku A  x A , y A  je: y  y A  k  x  x A  . - 22 -

 Jednačina prave kroz dve tačke A  x A , y A  i B  xB , yB  je:

y  yA 

yB  y A y  yA koeficijent pravca prave.   x  x A  ; gde je k  B xB  x A xB  x A

 Ugao između pravih y  k1 x  n1 i y  k2 x  n2 je: tg 

k2  k1 . 1  k1k2

 k1  k2 je uslov paralelnosti pravih y  k1 x  n1 i y  k2 x  n2 .  k1  

1 je uslov normalnosti pravih y  k1 x  n1 i y  k2 x  n2 . k2

 Jednačina kruga sa centrom u tački C  p, q  , poluprečnika r je:

 x  p   y  q 2

2

 r2 .

d e , q   , r  p2  q2  f . 2 2 2 x y2  Jednačina elipse: b 2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2 ili 2  2  1 . a b x 2  y 2  dx  ey  f  0 , p  

 Jednačina hiperbole: b 2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2 ili  Jednačina parabole: y 2  2 px .

- 23 -

x2 y 2   1. a 2 b2

- 24 -

MATRICE

1. POJAM MATRICE O OPERACIJE 2. DETERMINANTE 3. RANG MATRICE 4. INVERZNA MATRICA

- 25 -

- 26 -

2. MATRICE

2.1. POJAM MATRICE I OPERACIJE  Matrica je pravougaona šema sa m  n elemenata raspoređenih u m vrsta i n kolona:  a11 a A   21    a m1

a12 a 22  am 2

 a1n   a 2 n       a mn 

Matrice se označavaju velikim slovima latinice: A , B , C , ... Proizvoljni element matrice aij pripada i -toj vrsti i j -toj koloni, pa matricu možemo označiti kao [aij ]mn . Za matricu sa m vrsta i n kolona kažemo da ima dimenziju m  n .

 Dve matrice A  [ aij ]mn i B  [bij ]mn su jednake, tj. A  B ako i samo ako je: aij  bij ,   i, j  , i  1, 2, , m ; j  1, 2, , n .



Matrica vrste je matrica kod koje je [aij ]mn m  1 , n  1 , tj.

[aij ]1n  [ a11



a12  a1n ]

Matrica kolone je matrica kod koje je m  1 , n  1 , tj. [ a ij ] m  1

 a 11  a    21       a m1 

- 27 -

 

Nula matrica je ona matrica čiji su svi elementi jednaki nula. Kvadratna matrica je matrica kod koje je broj vrsta jednak broju kolona. Elementi a11 , a22 ,..., ann leže na glavnoj dijagonali, dok elementi a1n , a2 n 1 ,..., an1 pripadaju sporednoj dijagonali kvadratne matrice.

 Kvadratna matrica u kojoj su svi elementi van glavne dijagonale nula, a elementi na glavnoj dijagonali nisu svi nula, naziva se dijagonalna matrica.



Jedinična matrica je dijagonalna matrica kod koje je a11  a22   ann  1 i označava se slovom I .

1 0 I    0

0 1  0

   

0 0    1

 Transponovana matrica matrice A  [ aij ]mn je matrica dobijena zamenom mesta svih vrsta odgovarajućim kolonama ili obrnuto. T Obeležava se sa AT i iznosi A  [a ji ]nm .

Primer:

1 4  1 2 1    T Za matricu X    transponovana matrica matrica je X   2 2  4 2 4   1 4  2.1.1. OPERACIJE SA MATRICAMA 

Zbir matrica A  [ aij ]mn i B  [bij ]mn , je matrica C  [cij ]mn ako i samo ako je aij  bij  cij



 i  1, 2, , m ;

j  1, 2, , n  .

Operacija sabiranja matrica ima sledeće osobine: A  B  B  A , komutativnost;

 A  B   C  A   B  C  , asocijativnost. - 28 -

Zbir matrica različitih dimenzija nije definisan. Primer:

1 2 3 1 1 1      Sabrati matrice A  4 5 6 i B  0 2 4 .     7 8 9   2 3 4  2 1 4  Zbir je matrica A  B   4 3 10  .    9 11 13 

 Proizvod broja   R i matrice A  [ aij ]mn je matrica istih dimenzija oblika:

 A  [ aij ]mn  [ aij ]mn . 

Operacija množenja matrice brojem ima sledeće osobine:

 A  A , komutativnost;   A     A  ;  ,   0 , asocijativnost;

    A   A   A , distributivnost s obzirom na zbir brojeva;   A  B    A   B , distributivnost s obzirom na zbir matrica. Primer:

1 2 3   Pomnožiti matricu A  4 5 6 brojem   2 .   7 8 9 

2 4 6 2  A   8 10 12  . 14 16 18 

 Proizvod A  B matrica A  [ aik ]m p i B  [bkj ] pn je matrica C , čiji se elementi

cij

formiraju po zakonu: p

cij   aik bkj k 1

 i  1,, m ; j  1,, n  .

Napomena: Matrica C ima onoliko vrsta koliko ih ima matrica A i onoliko kolona koliko ih ima matrica B .

- 29 -

Napomena: Dakle element

cij

matrice C koji se nalazi u preseku i -te vrste i j -te

kolone, obrazuje se tako što se elementi i -te vrste matrice A pomnože odgovarajućim elementima j -te kolone matrice B i dobijeni proizvodi saberu.



Operacija množenja matrica ima sledeće osobine:

 A  B   C  A   B  C  , asocijativnost; A  B  B  A , ne važi zakon komutacije; A I  I  A  A . Primer:

1 2 3 1 1  7 2      Pomnožiti matrice A  4 5 6 i B  3 2 . A  B  19 8  .     7 8 9  0 1  31 14  Proizvod B  A nije definisan zato što dimenzije matrica nisu odgovarajuće.

2.2. DETERMINANTE 2.2.1. POJAM DETERMINANTE  Svakoj kvadratnoj matrici pridružujemo realni broj koji zovemo determinanta.  Determinanata je kvadratna šema brojeva od n  n elemenata raspoređenih u n vrsta i n kolona. a11

a12

 a1n

a D  det  A   21 

a22  a2 n   

an1

an 2  ann

Napomena: Determinanta je broj, za razliku od matrice koja je samo šema proizvoljnih elemenata.



Broj a11  a11

naziva se determinanta prvog reda.

- 30 -



a11 a21

a12  a11a22  a12 a21 a22

a11

a12

a13

Broj a21

a22

a23

a31

a32

a33

Broj



naziva se determinanta drugog reda.

naziva se determinanta trećeg reda.

2.2.2. IZRAČUNAVANJE DETERMINANTI SARUSOVO PRAVILO (SARRUS, 1798-1861) Pravilo se odnosi samo na determinante trećeg reda i glasi: 



a11 a21 a31

a12 a22 a32





a13 a11 a23 a21 a33 a31



a12 a22  a11a22 a33  a12 a23a31  a13a21a32  a12 a21a33 a11a23a32  a13a22 a31 a32

Dopišu se prve dve kolone i determinanta je jednaka zbiru proizvoda elemenata na glavnoj dijagonali i dvema paralelnim dijagonalama i razlici proizvoda elemenata na sporednoj dijagonali i dvema paralelnim dijagonalama. Primer:

1 2 3 Izračunati vrednost determinante 4

5 6. 7 8 9

1 2 31 2 4 5 6 4 5  1 5  9  2  6  7  3  4  8  2  4  9  1 6  8  3  5  7  0 . 7 8 97 8

- 31 -

MINOR I KOFAKTOR Neka je D determinanta n -tog reda

D

a11

a12  a1n

a21 

a22  a2 n    an 2  ann

an1

 Determinanta koja se dobija iz determinante D odbacivanjem i -te vrste i j -te kolone naziva se minor elementa aij i obeležava se sa M ij . 

Kofaktor elementa aij je broj Aij   1

i j

M ij .

Primer: Detreminanta trećeg reda ima onoliko minora koliko i elemenata, tj. 9 . Na primer, elementima a11 , a12 i a13 odgovaraju minori

M 11 

a22

a23

a32

a33

A11  

a22

a23

a32

a33

, M 12 

a21 a23

, A12  

a21 a23

a31

a33

, M 13 

a21 a22 a31

a32

.

a kofaktori su

a31

- 32 -

a33

, A13  

a21 a22 a31

a32

.

LAPLASOVO PRAVILO

P. LAPLACE (1749-1827)

Francuski matematičar Laplas dao je značajan doprinos u teoriji diferencijalnih jednačina, verovatnoći, analizi, astronomiji i nebeskoj mehanici. Mada skromnog porekla Napoleon ga je proizveo u grofa zbog njegovih zasluga u konstruisanju oružja, a nakon njegovog pada kralj Luj 18. u markiza. Engleski prevodilac njegovih dela napisao je “Uvek kada sam kod Laplasa nalazio izjavu, lako je videti; znao sam da mi treba nekoliko sati napornog rada dok se ne dosetim i ne dokažem kako je to lako videti”.

Za razliku od Sarusovog pravila koje se koristi za izračunavanje samo determinanti trećeg reda, Laplasovo pravilo važi za determinante bilo kog reda.

 Osnovna ideja ovog pravila je da se izračunavanje determinante n -tog reda svodi na izračunavanje determinante n  1 reda, determinanta n  1 reda svodi se na izračunavanje determinante n  2 reda i taj postupak se ponavlja sve dok se ne dođe do determinante prvog reda.

 Vrednost determinante je jednaka zbiru proizvoda elemenata ma koje vrste (odnosno kolone) i odgovarajućih kofaktora tj. n

D  ai1 Ai1  ai 2 Ai 2    ain Ain   aik Aik , i  1, 2, , n k 1

(razvoj po elementima i -te vrste).

- 33 -

n

D  a1 j A1 j  a2 j A2 j    anj Anj   akj Akj , j  1, 2, , n . k 1

(razvoj po elementima j -te kolone).

Primer:

1 2 3 Izračunati vrednost determinante 4

5 6. 7 8 9

Determinanta se može izračunati razvojem po bilo kojoj vrsti ili koloni. Razvojem po prvoj vrsti dobiće se:

1 2 3

5 6 4 6 4 5 4 5 6  1  2  3 8 9 7 9 7 8 7 8 9  1  5  9  6  8  2   4  9  6  7   3   4  8  5  7   0

2.2.2. OSOBINE DETERMINANTI  Ako dve susedne vrste (kolone) uzajamno promene mesta vrednost determinanata je suprotnog znaka.

D

a1

b1

a2

b2



a2

b2

a1

b1

 D .

 Determinanta se množi brojem k  0 , ako se svi elementi prpizvoljne vrste (kolone) pomnože tim brojem.

kD 

ka1 kb1 a2

b2



a2

kb2

a1

kb1

.

 Ako su svi elementi bilo koje vrste (kolone) jednaki nula, vrednost determinanta je jednaka nula.

 Ako su dve vrste (kolone) jednake ili proporcionalne, tada je vrednost determinante jednaka nula.

- 34 -

a1

b1

ka1 kb1

k

a1 b1 a1 b1

 k  a1b1  a1b1   k  0  0 .

 Vrednost determinante se ne menja ako se svakom elementu jedne vrste (kolone) dodaju odgovarajući elementi druge vrste (kolone) pomnoženi jednim istim brojem.

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 a1 c2  a2 c3 a3

b1 b2 b3

c1  ma1 c2  ma2 . c3  ma3

 Ako su elementi jedne vrste (kolone) date determinante zbirovi od dva ili više sabiraka, tada se determinanta može razložiti na zbir od dve ili više determinanata.

a1

b1  c1

a2

b2  c2



a1

b1

a2

b2



a1

c1

a2

c2

.

Napomena: Determinante su istorijski nastale u vezi proučavanja sistema jednačina i predstavljaju značajno sredstvo za njihovo računanje.

2.3. RANG MATRICE  Matrica A ima rang rang  A   r , ako ima bar jedan minor reda r različit od nule, a svi minori reda r  1 , i višeg, su jednaki nuli.

Primer:

 2 3 16 1    Odrediti rang matrice A  1 6 2 3 .   1 3 2 2 

- 35 -

Kako su svi minori trećeg reda su jednaki nuli:

2 3 16 2 3 1 2 16 1 3 16 1 1 6 2  0 , 1 6 3  0 , 1 2 3  0 , 6 2 3  0 , 1 3 2 1 3 2 1 2 2 3 2 2 a postoji minor drugog reda koji je različit od nule

2 3  0, 1 6

zaključujemo da je rang matrice A jednak 2.

2.4. ELEMENTARNE TRANSFORMACIJE MATRICA  Množenje svih elemenata bilo koje vrste (kolone) matrice jednim istim realnim brojem   0 .  Uzajamna promena mesta dve vrste (kolone).  Transponovanje matrice.  Dodavanje elementima jedne vrste (kolone) odgovarajućih elemenata neke druge vrste ( kolone ) pomnoženih proizvoljnim brojem.  Elementarne transformacije konačno mnogo puta primenjene na matricu ne menjaju rang matrice.  Matrice A i B, su ekvivalentne, (pišemo A ~ B ), ako i samo ako se mogu transformisati jedna u drugu pomoću konačno mnogo uzastopnih elementarnih transformacija, tj. ako je rang  A   rang  B  .

Primer: Odrediti rang matrice:

1 1 1 1  A   2 3 1 1  .  3 4 0 2  Primenom elementarnih transformacija prevešćemo matricu A u ekvivalentnu matricu:

- 36 -

(1) Prva kolona pomnožena je sa –1 i redom dodata drugoj, trećoj i četvrtoj koloni. (2) Prva vrsta pomnožena je sa –2, odnosno –3 i dodata drugoj odnosno trećoj vrsti. (3) Druga vrsta je pomnožena sa –1 i dodata trećoj vrsti. (4) Druga kolona pomnožena je sa 3 i dodata trećoj koloni, odnosno druga kolona je dodata četvrtoj koloni.

1 A   2  3 1  4  0 0

1

1

3 1 4 0 0 0 1 0 0 0

1  1  1 0 0 0  2 1 0 0 0  3  1 0 0 0  4        1    2 1 3 1  0 1 3 1  0 1 3 1  2   3 1 3 1 0 1 3 1 0 0 0 0  0 0  . 0 

Rang matrice jednak je broju ne nultih članova na glavnoj dijagonali, tj rang  A   2 .

2.5. INVERZNA MATRICA Da bi se mogla definisati inverzna matrica potrebno je uvesti sledeće pojmove:  Za kvadratnu matricu A kažemo da je je regularna ako je det A  0 , a singularna ako je det A  0 .  Adjungovana matrica matrice A u oznaci adj A je transponovana matrica, matrice kofaktora, matrice A , tj

 A11 A adjA   12     A1n

A21 A22  A2 n

 An1   An 2  .      Ann 

 Inverzna matrica date kvadratne matrice A je matrica A1 , koja ima osobinu da je A  A1  A1  A  I , gde je I jedinična matrica. - 37 -



Inverzna matrica kvadratne regularne matrice A je matrica koje je

A 1 



adjA . detA

Za regularne matrice A i B istog reda važe pravila:

 A B

1

 B 1  A1 ,

A 

1 1

det  A1  

A ,

Primer:

 2 1 .  3 5

Naći inverznu matricu date matrice A   Kako je A1  a det A 

1  A11 det A  A12

A21  , A22 

2 1  7  0 , onda postoji matrica A1 . 3 5

Kofaktori matrice A su A11  5 , A12  3 , A21  1 , A22  2 . Nalazimo da je: A1 

1  5 1 . 7  3 2 

Primer:

1 1 2    Naći inverznu matricu date matrice A  1 3 1 .   4 1 1 

1 1 2 det A  1 3 1  17  0 . 4 1 1

- 38 -

1 . det A

Kofaktori matrice A su:

A11 

3 1 2, 1 1

A12   A13 

1 1 3, 4 1

1 3  11 , 4 1

1 2 1, 1 1

A31 

1 2  7 , 4 1

A32  

A21   A22 

A23  

1 1  3, 4 1

A33 

1 2  5, 3 1 1 2 1, 1 1

1 1  2. 1 3

1 5  2 1  A     3 7 1  . 17  11 3 2  1

Primer:

 2 1 .  2 1

Naći inverznu matricu date matrice A   Kako je det A 

2 1  0 , onda ne postoji matrica A1 . 1 1

- 39 -

ZADACI

1.

2 1 1 2  i B  . 3 2 1 2 

Naći zbir i razliku matrica A  

Rešenje:

 2 1  1 2   2  1 1   2    3 1 A B      .  3 2  1 2   3  1 2  2   4 4   2 1  1 2   2  1 1   2   1 3  A B        3 2  1 2   3  1 2  2   2 0 

2.

2 1 1 2  i B  . 3 2 1 2 

Naći matricu C  2 A  B , ako su date matrice A  

Rešenje:

 2 1  1 2   4 2  1 2  3 4  C  2 A  B  2     .  3 2  1 2   6 4  1 2  5 2  3.

Izračunati  2 A  3B  C , ako je

0 1 1 0  1 0 0 1    A   2 2 0 1 , B   0 1 2 2  , 1 3 0 2   2 3 1 0   1 0   1 2  C  1 1     1 3

- 40 -

Rešenje:

 1  0 2 2 0  3 0 0 3      0 3 6 6    1 4 4 0 2        2 6 0 4   6 9 3 0    1    1   0 3  1 16    8 3 

4.

0  1  3 2 2 3   2  1   4 7 6 8   1 1   4 3 3 4   3 1

0 2   1  3

2 1 1 2 3  i B  . 3 2 1 1 2 

Naći proizvode A  B i B  A matrica, A  

Rešenje:

 2 1  1 2 3  A B      3 2  1 1 2   2 1  1 1 2   2   1 1 2  3  1  2  3 3 8  A B    . 3 1  2 1 3   2   2 1 3  3  2  2  5 4 13 Proizvod B  A ne postoji jer dimenzije matrica A i B nisu odgovarajuće.

5.

1 1 1 1  i B   važi  2 1  4 1

Dokazati da za matrice A  

 A  B

2

 A2  B 2 .

Rešenje:

1 1 1 1   2 0  2 0  2 0  4 0 2 A B     ;  A  B        .  2 1  4 1  6 2   6 2   6 2   0 4 

- 41 -

1 1  1 1  1 0  2 1 1  1 1  5 0  A2      ; B   4 1   4 1  0 5  .  2 1  2 1  0 1      

 A  B

6.

2

 4 0   1 0   5 0  2 2     0 1  0 5   A  B . 0 4       a b  2  , izračunati A   a  d  A   ad  bc  I . c d  

Ako je A  

Rešenje:

a b  a b  a b  1 0    a  d     ad  bc   A2   a  d  A   ad  bc  I       c d  c d  c d  0 1 

 a 2  bc   ac  cd

ab  bd   a 2  ad  bc  d 2   ac  cd

0  0 0  ab  bd   ad  bc   . 2 ad  bc  0 0  ad  d   0

Rezultat je nula matrica.

7.

3 2 4  , naći njenu transponovanu matricu AT .   5 6 5 

Ako je A  

Rešenje:

3 5 A   2 6  .  4 5 T

8.

1 0   , naći sve matrice koje su komutativne sa matricom A . 1 1 

Ako je A  

Rešenje: Mada množenje matrica nije komutativna operacija, postoje neke matrice koje u specijalnom slučaju ispunjavaju taj uslov.

- 42 -

Neka je X tražena matrica, takva da je AX  XA .

a b   , i dobijamo c d 

Uzmimo da je matrica X  

b  1 0   a b   a  a b  1 0   a  b b  AX     , XA        . 1 1   c d   a  c b  d   c d  1 1  c  d d  Iz uslova da je AX  XA , dobijamo sistem jednačina:

a  a  b , b  b , a  c  c  d , a  d  d , odnosno b  0 , a  d odakle a 0  . c a

nalazimo rešenje X  

9.

Proveriti sledeće rezultate:

 3 2   3 4   5 2   5 4    2 5    7 0  ,       1   3 2 1    10  0 1 2   2   8  ,       3 1   2 1 3   2  13 ,  3   5 8 4   3 1 5  23 39 29   6 9 5   4 1 3   24 48 32  ,        4 7 3   6 9 5  58 24 56   1 2 3  1 2 4  0 0 0   2 4 6    1 2 4   0 0 0  .        3 6 9   1 2 4  0 0 0 

- 43 -

 1 2 3 

10. Dat je polinom P  x   3 x 2  2 x  5 i matrica A   2 4 1  , naći P  A  .    3 5 2 

Rešenje:

P  A   3 A2  2 A  5 I .

1 2 3  1 2 3  1     P  A   3   2 4 1    2 4 1   2   2  3 5 2   3 5 2   3  6 9 7   2 4 6   5 0  3   3 7 4    4 8 2    0 5  1 4 8   6 10 4  0 0

2 3  1 0 0   4 1   5 0 1 0  0 0 1  5 2  0 0  5 

18 27 21  2 4 6  5 0 0   21 23 15    9 21 12    4 8 2   0 5 0    13 34 10  .  3 12 24   6 10 4  0 0 5   9 22 25 1 1 2 

11. Dat je polinom P  x   2 x 2  3 x  5 i matrica A  1 3 1  , naći P  A  .    4 1 1 

Rešenje:

 28 15 16  P  A   19 36 15  . 30 19 28

12. Izračunati vrednosti determinante a)

1 3 ; 4 1 2 1 3

2 1 3

1

0

3 2 ; c) 5 3 2 ; d) 3 2 1 4 3 1 4 3 1 3

b) 5

- 44 -

3 1 ; 5

1

0

3

e) 3 2

1

3

1 . 5

Rešenje:

1 3  1 1  3  4  1  12  11 . 4 1

a)

b) Koristeći Sarusovo pravilo dobijamo: 





2 1 3 5 3 2 1 4 3





2 1 5 3  2  3  3  1  2 1  3  5  4  3  3 1  2  2  4  1  5  3  40 . 1 4

c) Koristeći Laplasovo pravilo, razvijanjem po prvoj vrsti dobijamo:

2 1 3

3 2 5 2 5 3 5 3 2  2  1  3  2   9  8   15  2   3   20  3  40 4 3 1 3 1 4 1 4 3 c) Koristeći Laplasovo pravilo, razvijanjem po drugoj vrsti dobijamo:

1 0 3 2 1

3 0 3 1 3 1 0 1    3    2    1  3   9   2  2  1  3  34 3 5 1 5 1 3 5

3

d) Koristeći jednu od osobina determinanti, možemo prvu kolonu da pomnožimo sa

3 i dodamo trećoj koloni. Determinantu sada razvijamo po prvoj vrsti koja sadrži dve nule.

1

0

3 2 1 3

3

1

0

1  3 2 5 1 3

0

2 10 10  1   34 . 3 2 2

- 45 -

13. Izračunati determinantu: 1 2 4 3 1 2 1 1 1 1 3 1 1 1 1 4 Rešenje: Determinante viših redova se najjednostavnije rešavaju tako što se primenom osobina napravi što više nula, pa se onda primeni Laplasovo pravilo.

1 2 4 3

1

2

4

3

0 3 2 1 2 1 1 0 0 3 2   1 1 2  1 1 3 1 0 1 1 2 1 3 1 1 1 1 4 0 1 3 1 0 3 2 3 2  1 1 2   5 2 3 0 2 3

14. Izračunati determinante: a) 5

1 1 0 , c) b c  a 1 , d) 1 0 c ab 1 1

5 3 4

1 0 0 3 0,

7 6 9

b) 1

3

2 1

a bc 1

Rešenje: a) 27;

b) 20;

d)  a  1 . 3

c) 0;

- 46 -

1 1 1 a 1 1 . 1 a 1 1 1 a

RANG MATRICE

15. Odrediti rang datih matrica:  2 3 16 1  1 2 3      a) A  1 6 2 3 ; b) A  2 4 1 ;      4 9 12 7   3 5 2 

1 1 1 1    c) A  2 3 1 1 .    3 4 0 2 

Rešenje: a) Svi minori trećeg reda su jednaki nuli.

2 3 16 2 3 1 2 16 1 3 16 1 1 6 2  1 6 3  1 2 3  6 2 3  0 . 4 9 12 4 9 7 4 12 7 9 12 7 Kako postoji bar jedan minor drugog reda koji je različit od nule: 2 3  0 , 1

6

zaključujemo da je rang ove matrice rang  A   2 . b) Izračunajmo determinantu date matrice A .

1 2 3

2 1 2 4 4 1 2 4 1  1   2  3  3  2  6  5  0 . 3 2 3 5 5 2 3 5 2

Zaključujemo da je rang ove matrice rang  A   3 . c) Primenom elementarnih transformacija prevešćemo matricu A u ekvivalentnu matricu. Jedan od načina je: (1) Prva vrsta se množi sa 1 i 2 i redom dodaje drugoj i trećoj vrsti. (2) Druga vrsta se množi sa 1 i dodaje trećoj vrsti. (3) Druga vrsta je pomnožena sa 1 i dodata trećoj vrsti. (4) Prva vrsta se množi sa 1 i dodaje drugoj vrsti. (5) Prva kolona se množi sa 1 i redom dodaje drugoj, trećoj i četvrtoj koloni. (6) Druga kolona je pomnožena sa 3 i dodata trećoj koloni, odnosno sabrana sa četvrtom kolonom. - 47 -

1 A   2  3 1  4  0 0

1  1 1 1  3 1 1   1 2 4 0 2  1 2 1 0 1  5 1 0   1 3 1   0 1 0 0 0  0 0 1

1

1 2 2

 rang  A   2 .

0 3 0

1  2 1 1   0  1 2 0  0 0 0  6 1   1  0 0  0

1 2 0 0 0 1 0 0 0

1 3   0   0  0 0  0 

Rang matrice je jednak broju nenultih članova na glavnoj dijagonali matrice.

16. Proveriti rezultate:

 1 4 1 1     a) rang  2 1 4 3   3 ;    1 10 0 0      1 2 1 1     b) rang  2 0 1 1   3 .    0 0 2 0     INVERZNA MATRICA

17. Naći inverznu matricu matrica:  2 1 2   2 1   a) A    ; b) A   2 3 1 .  3 1    0 2 2  Rešenje: a) Kako je det A  1  0 , postoji matrica A1 . Kofaktori matrice A su: A11  1 , A12  3 , A21  1 , A22  2 .

- 48 -

1 1   1 1  . 3 2   3 2 

Nalazimo da je: A1   

2 1 2 b) det  A   2

3 1  4  0 .

0 2

2

Kofaktori matrice A su:

3 1

A11 

2

A12   A13 

2

8,

2 1  4, 0 2 2 3 4, 0 2

A21   A22 

1 2 2

2

 6 ,

2 2 4, 0 2

A23  

A31  A32  

2 1  4 , 0 2

A33 

1 2 3 1

5,

2 2  2 , 2 1 2 1  4. 2 3

 8 6 5  1 A1    4 4 2  . 4  4 4 4 

18. Proveriti rešenje: 1

 3 4 5   8 29 11     a) 2 3 1     5 18 7  ;  3 5 1  1 3 1  1 0 c)  0  0

2 1 0 0

3 3 1 0

1

5 0 2  0 1 4  0 0 4   1 0 0

3 9  3 8  . 0 1  1 1

- 49 -

 2 0 4    b) 1 2 3    3 2 1

1

ne postoji.

19. Rešiti matrične jednačine :  2 2 3  1 0 2  XA  B, gde je A   1 1 0  i B   . 0 1 3   1 2 1  Rešenje: Rešenje date matrične jednačine je

XA  B  XAA1  BA1  XI  BA1  X  BA1 . 2

2

3

1 0  1  0 postoji A1 i iznosi 1 2 1

Kako je det A  1

 1 4 3   1 4 3 A1   1   1 5 3    1 5 3 .  1 6 4   1 6 4  Znači,

 1  4 3  11   1 0 2    3 16   1 5 3   . X   4 23 15  0 1 3     1 6 4  1 2 0  1 2    20. 1 1 1  X   0 2  .  0 1 3  1 0  Rešenje:

1 2 0  1 2      Matrična jednačina glasi AX  B , gde je A  1 1 1 , B  0 2 .     0 1 3  1 0  - 50 -

Rešenje date matrične jednačine je X  A1 B.

 2 6 2  1   Kako je A    3 3 1 , dobijamo   4  1 1 1 1

 2 6 2   1 2   4 8  1 2   1   1     X      3 3 1  0 2       4 0    1 0  .  4  4  1 1 1 1 0   0 0   0 0  1 0 1  1 4 2    21. A  X  X  B  0 , ako je A  0 2 1 i B  2 1 2 .     0 3 0 3 1 1  Rešenje:

AX  X  B  0   A  I  X  B  X   A  I   B 1

det  A  I   4  0

A I

1

 5 6 2   7 12 7  1  1     3 2 2  ; X   1 8 1 . 4 4  9 10 6   11 28 11 

1  1 0  22. XA  X  A ako je A  2 0 1  . 1 1  1 T

Rešenje: XA  X  AT  X  A  I   AT  X  AT  A  I 

1

 2 1 0 A  I   2 1 1  , det  A  I   3    1 1 0 1 2 1  1 0 1  2 3 1 1  1    X  1 0 1     1 0 2   2 3 5  .    3   3  0 1 1  1 3 4   0 3 6 - 51 -

23.

A IX

1 3 2 

 A  I , ako je A  1 2 1  .    0 0 1 

Rešenje: 2 Neka je B  A  I  1   0 Tada jednačina postaje

Kako je B

1

3 2 0 3 2   3 1  , C  A  I  1 1 1  . 0 0 0  0 2  BX  C .

 6 6 3 1     2 4 0  , rešenje date matrične jednačine je 6  0 0 3 

X  B 1C  1 2 1   6 6 3 0 3 2    1 2 1  X    2 4 0   1 1 1    0 . 6 3  3  0 0 3  0 0 0   0 0 0  

24. 1 3 2 

a) X  A  3I   A  I , ako je A  1 2 1  ;   0 0 1 

1 2 3 

1 2 

b) AX  B, ako je A  3 5 6  , B   2 3 ;    

 7 12 16  3 4  0 1 2 c) AX  2 X  A  I gde je A   2 3 4 .   1 0 1 

Rešenje:  7 16  5 12 10   ; b) X   7 15  ; 9 8  2 4   0 0 1

a) X   4 

- 52 -

3

3

6

c) X  1 18 6 36  .  6  3 3 6 

SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA

1. GAUSOVA METODA 2. KRAMEROVA METODA 3. KRONEKER KAPELIJEVA TEOREMA 4. HOMOGENI SISTEM LINEARNIH JEDNAČINA 5. MATRIČNA METODA

- 53 -

- 54 -

3. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA Dat je sistem od m linearnih jednačina sa n nepoznatih.

a11 x1  a12 x2    a1n xn  b1 a21 x1  a22 x2    a2 n xn  b2 

am1 x1  am 2 x2    amn xn  bm

gde je m  n , m  n ili m  n . Rešiti sistem jedančina znači odrediti n-torku brojeva koji zadovoljavaju sistem. Postoji više različitih metada za rešavanje sistema linearnih jednačina.

3.1. GAUSOVA METODA ILI ALGORITAM  Gausova metoda se sastoji u sukcesivnom eliminisanju nepoznatih iz sistema i transformacijom u trougaoni ili trapezni ekvivalentni sistem iz koga se dobija rešenje ili se ustanovi da sistem nema rešenja. Pretpostavimo da je u sistemu jednačina koeficijent a11  0 . Isključimo nepoznatu x1 iz svih jednačina sistema osim prve. Da bismo to realizovali potrebno je prvu jednačinu pomnožiti sa  a21 a11 i dodati je drugoj jednačini, zatim prvu jednačinu pomnožiti sa  a31 a11 i dodati je trećoj jednačini, itd. Na taj način se umesto polaznog sistema dobija ekvivalentan sistem:

a11 x1  a12 x2    a1n xn  b1 (1) a22 x2    a2(1)n xn  b2(1)

 (1) am(1)2 x2    amn xn  bm(1)

- 55 -

(1) Ako sada pretpostavimo da je a22  0 , primenićemo isti postupak za isključivanje

promenljive x2 iz poslednjih m  2 jednačina sistema i dobićemo ekvivalentan sistem jednačina:

a11 x1  a12 x2  a13 x3    a1n xn  b1 (1) (1) a22 x2  a23 x3    a2(1)n xn  b2(1) (2) (2) a33 x3    a3(2) n xn  b3

 (2) am(2)3 x3    amn xn  bm(2)

Ako bi produžili isti postupak k  1 puta dobili bi sistem:

a11 x1  a12 x2    a1n xn (1) 22 2

a x

  a x

(1) 2n n

 b1  b2(1)

 ( k 1) akk( k 1) xk    akn xn  bk( k 1)

Ako su svi koeficijenti dobijenog sistema jednaki nuli, a slobodni član nije nula, sistem je nesaglasan i nema rešenja. Ako je k  n , sistem ima jedinstveno rešenje. Ako je k  n sistem ima beskonačno rešenja. Tada su xk 1 , , xn slobodne promenljive koje prenosimo na desnu stranu, a zatim se određuju vezane promenljive

x1 , , xk 1 , xk . Primer: Gausovom metodom rešiti sistem jednačina:

x  2 y  3 z  4 2x  y  z  3 2 x  y  2 z  6 Nakon množenja prve jednačine redom sa 2 i 2 i dodavanjem redom drugoj i trećoj jednačini dobijamo sistem:

- 56 -

x  2 y  3 z  4  5 y  7 z  11 5 y  4 z  2 Dodavanjem druge jednačine trećoj dobijamo sistem:

x  2 y  3 z  4  5 y  7 z  11 3z  9 Ovo je sistem trougaonog oblika iz kojeg se neposredno dobija jedinstveno rešenje

 x, y, z   1, 2,3 . Primer: Gausovom metodom rešiti sistem jednačina:

x  2 y  z  10 2x  y  z  6 10 x  y  3 z  2 Nakon množenja prve jednačine redom sa 2 i 10 i dodavanjem redom drugoj i trećoj jednačini dobijamo sistem:

x  2 y  z  10  3 y  z  14  21y  7 z  98 Množenjem druge jednačine sa 7 i dodavanjem trećoj dobijamo sistem:

x  2 y  z  10  3 y  z  14 0 z  0 Ovo je neodređen sistem. Stavljajući z  t  R neposredno se dobija rešenje

2  t 14  t  , ,t  3  3 

 x, y, z   

Sistem može, a ne mora, da ima jednoznačno rešenje samo u slučaju da je isti broj jednačina kao i nepoznatih.

- 57 -

3.2. KRAMEROVA METODA (Kramer, 1704-1752) Dat je sistem od n jednačina sa n promenljivih:

a11 x1  a12 x2    a1n xn  b1 a21 x1  a22 x2    a2 n xn  b2 

an1 x1  an 2 x2    ann xn  bn

Uočimo sledeće determinante:

a11 a12  a1k  a1n D

a21 a22  a2 k  a2 n 

determinanta sistema.

an1 an 2  ank  ann

a11 a12  b1  a1n Dk 

a21 a22  b2  a2 n 

determinanta koja odgovara nepoznatoj xk ; k  1, n .

an1 an 2  bn  ann

 Ako je determinanta sistema D  0 , tada sistem ima jedinstveno rešenje.

xk 

Dk , k  1, 2, , n . D

 Ako je determinanta sistema D  0 , a bar jedna od determinanti Dk  0 , k  1, 2, , n , sistem nema rešenja.  Ako je determinanta sistema D  0 , i sve determinante Dk  0 , k  1, 2, , n , sistem je neodređen i ako ima rešenja može ih imati samo beskonačno mnogo. - 58 -

Primer: Rešiti sistem jednačina:

x  3y  2z  1 2x  y  z  3 x 2z  7 2 Determinanta sistema je: D  2 1 1  13  0 . 1 0 2 1

3

Determinante Dx , D y , Dz dobijamo kada u determinanti D zamenimo redom prvu, drugu i treću kolonu, kolonom slobodnih članova.

1 1 2 1 3 1 2 Dx  3  1 1  13 , D y  2 3 1  26 , Dz  2  1 3  39 . 1

3

7

0

2

1 7

2

1

0

7

Rešenje sistema je:

x

Dy 26 Dx 13 D 39   2, z  z   3.   1, y  D 13 D 13 D 13

Napomena: Kramerovo pravilo skoro i da nema praktični značaj. Algoritamska složenost tog pravila je velika, a zato se za rešavanje sistema reda n  3 uvek koristi Gausov metod. Danas u okviru savremenih numeričkih metoda rešavanja sistema linearnih jednačina razvijene su mnoge praktične računarski algoritmi, prikladni za rešavanje sistema jednačina primenom računara.

- 59 -

3.3. KRONEKER-KAPELIJEVA TEOREMA – (Kronecker 1823-1891, Capelli 1855-1910) Neka je dat sistem

a11 x1  a12 x2    a1n xn  b1 a21 x1  a22 x2    a2 n xn  b2 

am1 x1  am 2 x2    amn xn  bm

 a11 a A   21     am1

a12 a22 am 2

 a1n   a11  a  a2 n  , Ap   21       amn   am1

a12 a22

 a1n  a2 n

am 2  amn

b1  b2    bm 

gde je A je matrica sistema, a Ap je proširena matrica sistema.

KRONEKER-KAPELIJEVA TEOREMA: Ako je n je broj nepoznatih, tada:

 Dati sistem je saglasan i ima jednoznačno rešenje ako je rang  A   rang  Ap   n .  Sistem je saglasan i ima beskonačno mnogo rešenja ako je

rang  A   rang  Ap   n .  Sistem je protivrečan i nema rešenja ako je rang  A   rang  Ap  . Primer: Rešiti sistem jednačina:

3x  2 y  z  2 2x  y  z  3 5 x  8 y  5 z  1 - 60 -

 3 2 1  3 2 1 2    rang  A   rang  2 1 1   2 , a rang  Ap   rang  2 1 1 3   3 ,    5 8 5 1   5 8 5  zaključujemo da je sistem protivrečan i nema rešenja. Primer: Rešiti sistem jednačina:

x y z 6 2x  y  z  3 x  y  2z  5 1 1 1   1 1 1 6      Kako je rang  A   rang 2 1 1  3 , a rang  Ap   rang 2 1 1 3  3 ,     1 1 2  1 1 2 5  zaključujemo da je sistem saglasan i ima jedinstveno rešenje koje možemo dobiti nekom od već izloženih metoda.

3.4. HOMOGENI SISTEM LINEARNIH JEDNAČINA Dat je sistem od m jednačina sa n promenljivih:

a11 x1  a12 x2    a1n xn  0 a21 x1  a22 x2    a2 n xn  0 

am1 x1  am 2 x2    amn xn  0

 U homogenom sistemu je slobodni član b1  b2    bm  0 .

 Homogeni sistem je uvek saglasan, jer je rang  A   rang  Ap  .  Homogeni sistem ima samo trivijalno rešenje x1  x2    xn  0 ako i samo ako je rang  A  jednak broju nepozantih n .

- 61 -

 Homogeni sistem ima i netrivijalno rešenje ako i samo ako je rang  A  manji od broja nepozantih n . Napomena: Prethodni stav o saglasnosti i broju rešenja homogenog sistema, je posledica Kroneker-Kapelijeve teoreme. Primer: Homogeni sistem jednačina

2x  3y  z  0 x y 0 x  y  4z  0 ima samo trivijalno rešenje  0, 0, 0  , jer je, rang  A   3 . Primer:

x  y  4z  0 x  y  3z  0 5x  y  z  0 Kako je rang  A   2 , a n  3 sistem jednačina ima i netrivijalnih rešenja i svodi se na sistem od dve jednačine sa dve nepoznate:

x  y  4z  0 x  y  3z  0 čije je rešenje  x, y, z    t , 7t , 2t  ; t  R .

- 62 -

3.5.MATRIČNI METOD ZA REŠAVANJE SISTEMA LINEARNIH JEDNAČINA Dat je sistem od n jednačina sa n promenljivih:

a11 x1  a12 x2    a1n xn  b1 a21 x1  a22 x2    a2 n xn  b2 

an1 x1  an 2 x2    ann xn  bn

Sistem se može napisati u matričnom obliku kao: AX  B

 a11 a 21 gde je A       an1

a12 a22 am 2

 a1n   x1   b1     b   a2 n  x2   ,X  , B   2.          ann   xn  bn 

Pod pretpostavkom da je matrica A regularna, tj. da joj je determinanta različita od nule, sistem ima ekvivalentan oblik X  A1 B , odakle dobijamo rešenje sistema Primer: Matričnom metodom rešiti sistem jednačina:

2x  3y  z  7 3x  2 y  z  3 x  y  2z  6 Ako uzmemo da je

 2 3 1  7   x     A   3 2 1 , B   3  , X   y  , 1 1 2   6   z  dati sistem se može napisati u matričnom obliku kao AX  B .

- 63 -

Kako je

AX  B  A1 AX  A1B  IX  A1B  X  A 1  B  5 5 5 1  det A  10  0 , A   7 3 5 .  10   1 1 5 1

 5 5 5 7   10   1  1  1     X  A  B    7 3 5  3     10    1  10 10  1 1 5 6   20   2   x, y, z   1, 1, 2  . 1

- 64 -

ZADACI

1.

Gausovom metodom rešiti sisteme jednačina:

x yz 6 a) 2 x  y  3 z  13 x  5 y  2z  3

2x  y  z  8 x  3 y  2 z  7 b) 3x  2 y  z  1 x  4 y  3z  15

x  2 y  2z  1 c) 2 x  3 y  z  0 ax  y  z  1

Rešenje:

x yz 6 a) 2 x  y  3 z  13 x  5 y  2z  3 Ako se prva jednačina pomnoži sa 2 i doda drugoj jednačini i prva jednačina doda trećoj dobićemo sistem:

x yz 6  y  z 1 6y  z  9 Množenjem druge jednačine sa 6 i dodavanjem trećoj dobijamo sistem:

x y z 6  y  z 1 5y

 10

Ovo je sistem trougaonog oblika iz kojeg se neposredno dobijamo jedinstveno rešenje  x, y, z   1, 2,3 . b) Ako u polaznom sistemu prvu jednačinu pomnoženu redom sa 2 , 1 i 3 dodamo drugoj, trećoj, u četvrtoj jednačini, dobijamo ekvivalentan sistem:

- 65 -

2x  y  z  8 9 5x  y 5x  y 5 x  y

9  9



2x  y  z  8 5x  y

9

Ovo je sistem od dve jednačine sa tri nepoznate koji ne može da ima jedinstveno rešenje. Neka je x  t  R proizvoljno. Tada iz druge jednačine sistema dobijamo y  9  5t i zamenom obe vrednosti u prvu jednačinu dobijamo z  17  7t . Dakle skup rešenja je  x, y, z    t , 9  5t , 17  7t  . c)

2x  3y  z  0 3 x  4 y  1

2x  3y  z  0  3x  4 y  1

 a  2 x  4 y  1

 a  1 x  2

Skup rešenja zadatog sistema jednačina glasi: Za a  1 imamo

 2  a  5 3a  1  , ,  .  x, y , z   1, 2,3 ;  a  1 4  a  1 4  a  1 

 x, y, z,   

 x, y, z   1, 2,3 ; Za a  1 sistem nema rešenja.

2.

Matričnom metodom rešiti sisteme jednačina:

x  2 y  6 z  13 a) 2 x  5 y  4 z  24 3x  10 y  z  26

x  2 y  3z  5 b) 2 x  3 y  5 z  8 5x  y  8z  7

- 66 -

Rešenje: a)

 1 2 6  13 x     A  2 5 4 , B  24 , X   y  , AX  B ,        3 10 1   26   z 

 x, y, z   1, 2,3 ; b)

 x, y, z   1, 2, 0  ; 3.

Kramerovom metodom rešiti sisteme jednačina:

3x  2 y  z  5 a)

x  2 y  z  10

2x  3y  z  1 2 x  y  3 z  11

b)

x yz 3 c)

2x  y  z  6 10 x  y  3z  2 2 x  y  z  1

x  2 y  2z  1 2 x  y  3 z  4

d)

x  y  2z  3 3x  2 y  4 z  1

Rešenje:

3 2 1

5

2 1

3

5

a) D  2

1

3 1  12 , Dx  1 3 1  24 , Dy  2 1 1  24 , 2 1 3 11 1 3 2 11 3

3 2

5

Dz  2 3 1  36 . 2 1 11 Kako je D  0 sistem ima jedinstveno rešenje:

x

D Dx 24 D 36 24   2, y  y   2 , z  z   3, 12 D 12 D 12 D

 x, y, z    2, 2,3 . - 67 -

b) D  0 , Dx  Dy  Dz  0 . Zaključujemo da je sistem neodređen. Sistem se transformiše u ekvivalentni sistem:

x  2 y  z  10  3 y  z  14  2  t 14  t  , , t  , gde je t  R . 3  3 

čije je rešenje  x, y, z   

c) D  0 , Dx  32 , pa prema Kramerovoj teoremi sistem nema rešenja. d)  x, y, z    1, 0,1 . 4. Diskutovati i rešiti sisteme jednačina u zavisnosti od realnog parametra a :

ax  y  z  1 a) x  ay  2 z  2

2x  y  z  0

3x  2 y  z  0

x  y  az  1

b)  x  y  2 z  2

c) x  ay  z  1

ax  y  z  1

ax  y  z  0

ax  y  2 z  1 d) x  ay  z  a x  y  2z  a2 Rešenje: a)

a 1 1 a 2 1 2 1 a D 1 a 2 a    1 1 2 1 2 1 2 1 1 D  a  a  2   3  1  a 2  4a  4   a  2  ; 2

1 1 1

1 1 1 1 Dx  2 a 2     a  2; 2 2 2 a 0 1 1

- 68 -

a 1 1 Dy  1 2 2  2 2 0 1

1 1 2 2



a 1 1 2

 2a  1;

a 1 1

1 1 a 1 Dz  1 a 2  2   5  4a . a 2 1 2 2 1 0 Za D  0   a  2   0  a  2 sistem ima jedinstveno rešenje: 2

x

D Dx D 1 2a  1 5  4a ,y y  ,z z  .  2 D a2 D  a  2 D  a  2 2  1 2a  1 5  4a  , , . 2 2  a 2  a 2 a 2        

 x, y, z   

Za D  0 ,odnosno za a  2 dobijamo Dy  3  0, pa je sistem nemoguć. b)

D  3  a  2  , Dx  6 , Dy  2  a  3 , Dz  2  2a  3 . Za D  3  a  2  , tj. za a  2 imamo jedinstveno rešenje:

 2 2  a  3 2  2a  3  , ,  . 2 3 2 3 2 a  a  a       

 x, y, z   

Za D  0 , tj. za a  2 , Dx  0, Dy  0, Dz  0 sistem je nemoguć i nema rešenja. c)

D    a  1  a  2  , Dx    a  1 , Dy    a  1 , Dz    a  1 . 2

Za D  0,

2

2

2

odnosno za a  1  a  2 sistem ima jedinstveno rešenje:

 x, y, z   

1 1 1  , , . a2 a2 a2

- 69 -

D  0 za a  1  a  2 . Za a  2 je Dx  0 , Dy  0 , Dz  0 sistem je nemoguć i nema rešenja. Za a  1 je Dx  0 , Dy  0 , Dz  0 sistem je neodređen i svodi se na tri iste jednačine:

x  y  z 1, x  y  z 1, x  y  z 1. Ako uvedemo smenu da je x  t  R i y  r  R , dobijamo z  1  t  r , pa je rešenje oblika  x, y, z    t , r , 1  t  r  . d)

D  2a 2  3a  1   a  1 2a  1 , Dx  2a 3  a 2  2a  1    a  1 a  1 2a  1 ,

Dy  a 3  4a 2  2a  1    a  1  a 2  3a  1 , Dz   a 2  1 . 2

Za D  0 , odnosno za a  1  a 

1 sistem ima jedinstveno rešenje: 2

   a 2  3a  1  a  12  a  1  . ,  x, y, z      a  1 , 2a  1 2a  1      D  0 za a  1  a 

1 . 2

Za a  1 sistem se svodi na:

x  y  2 z  1   z  0 , y  1  x , pa je  x, y, z    t ,1  t , 0  , t  R . x  y  z 1 Za a 

1 , Dz  0 sistem nema rešenja. 2

- 70 -

5.

Rešiti sisteme jednačina:

a)

x  y  az  2 x  ay  z  1

c)

x y z a b)

x  1  a  y  z  2a

ax  y  z  1

x  y  1  a  z  0

x  y  az  3

x  y  az  1

x  ay  z  0 ax  y  z  0

d)

x  ay  az  1 . ax  ay  az  1

Rešenje: a)

D    a  1  a  2  , Dx   a  1 a  2  , Dy   a  1 a  2  , 2

Dz  2  a  1 a  2  . Za D  0 , tj. za a  1  a  2 sistem ima jedinstveno rešenje

 x, y, z    

1 1 2  , , .  a 1 a 1 a 1 

D  0 za a  2  a  1 . Za a  2 je Dx  0, Dy  0, Dz  0 i sistem se svodi na:

x  y  2z  2 x  2 y  z  1 2 x  y  z  1 Rešavanjem bilo kojom od poznatih metoda dobijamo rešenje:

 x, y , z    t  1 , t  1 , t  . Za a  1 , Dx  0, Dy  0, Dz  0 , sistem je kontradikcija.

x  y  z  2 , x  y  z  1 , x  y  z  1 i nema rešenja.

- 71 -

b)





D   a  a  2  , Dx  a a 2  2 Dy   a  a  2  , Dz  a 2 . Za D  0 , tj. za a  0  a  2 sistem ima jedinstveno rešenje:

 a2  2 a  ,1 ,  . a2  a2

 x, y , z   

D  0 za a  2  a  0 . Za a  2 sistem je nemoguć. Za a  0 sistem je neodređen i rešenje je  x, y, z    t , t , 0  t  R . c) Za D  0, odnosno za a  1  a  2 , sistem ima jedinstveno rešenje



 x, y, z     

3

 a  1 a  2 

,

3  a  1  .  a  1 a  2   a  1 a  2   3

,

Za D  0 , odnosno za a  2 sistem nije moguć i nema rešenja. Za D  0 , odnosno za a  1 sistem nije moguć i nema rešenja. d)

D  a  a  1 , Dx  0 , Dy  0 , Dz   a  1 . 2

2

 

1 a

Za D  0 , odnosno za a  0  a  1 je  x, y, z    0, 0,  . Za D  0 , odnosno za a  1 je  x, y, z   1  t  r , t , r  , t , r  R . Za D  0 , odnosno za a  0 sistem nije moguć i nema rešenja.

- 72 -

6.

U zavisnosti od vrednosti realnog parametra a diskutovati i rešiti sistem linearnih jednačina:

x  2y  z 1

x yz 3

a) 3 x  2 y  z  0

b) x  ay  2 z  1

5 x  2 y  az  1

2 x  2 y  az  6

x  y  2z  u  0 c) 2 x  y  z  2u  0

x  2 y  z  3u  0

Rešenje: a) Korišenjem Kroneker -Kapelijeve teoreme imamo da je A matrica sistema, a Ap proširena matrica sistema.

1 2 1  3 2 1 5 2 a

1  1 2 1   0   0 8 2 1  0 8 a  5

1  1 2 1   3    0 8 2 4  0 0 a  3

1  3 1

Ako je a  3 , onda rangAp  rangA  3 . Kako je broj nepoznatih u sistemu

n  3 , sistem ima jedinstveno rešenje,

x  2y  z 1 8 y  2 z  3

,

 a  3 z  1  a 1 7  3a 1  , ,  .  4  a  3 8  a  3 3  a 

 x, y, z   

Ako je a  3 , onda je rangAp  3 , a rangA  2 , pa sistem nema rešenja.

- 73 -

b) Ako je a  1  a  2 , onda je rangAp  rangA  3 i tada sistem ima jedinstveno rešenje  x, y, z    3  2 , 2 , 0  . a 1 a 1 



Ako je a  2 , onda je rangAp  rangA  2  3 i tada sistem ima beskonačno mnogo rešenja oblika  x, y, z    5, 2  t , t  , t  R . Ako je a  1 onda je rangA  2  rangAp  3 i tada sistem nema rešenja. c)

Kako je rang  A   2 , a n  3 sistem jednačina ima i netrivijalnih rešenja i svodi se na sistem od dve jednačine sa dve nepoznate:

x  y  2 z  u 2 x  y   z  2u  

čije je rešenje  x, y, z , u    t 

r 4r  ,  t  , t , r  ; t, r  R . 3 3 

- 74 -

POJAM FUNKCIJE

1. FUNKCIJE JEDNE PROMENLJIVE 2. GRANIČNA VREDNOST NIZA 3. GRANIČNA VREDNOST FUNKCIJE 4. ASIMPTOTE FUNKCIJE

- 75 -

- 76 -

4. FUNKCIJE JEDNE PROMENLJIVE

Prelazak od fiksnih ka promenljivim veličinama, kao apstrakciji višeg stepena, vezan je za period od 13. do 16. veka. Prekretnica u razvoju bila je Dekartova metoda koordinata, koja je omogućila definisanje funkcionalne zavisnosti i dalji razvoj matematike. Tek u 19. veku nemački matematičar L. Dirichlet (1805-1859) napravio je odlučijući korak u uopštavanju pojma funkcije, prekinuvši tradicionalna shvatanja kojim se pojam funkcije izjednačavao sa pojmom analitičkog izraza i daje definiciju koju mi danas modifikovano koristimo. Moderna teorija skupova otišla je još dalje i oslobodila pojam funkcije ograničenja vezanih za domen i kodomen.

R Descartes (1596-1650) Dekart je bio veliki francuski matematičar i filozof, ali se danas u matematici, njegovo ime prvenstveno pamti po vezi koju je uspostavio između algebre i geometrije. Na taj način stvorio je novu naučnu disciplinu, analitičku geometriju, koja je omogućila dalji napredak matematike. U filozofiji zastupao je metodu kritičke sumnje i poznata je njegova misao “cogito egro sum” (mislim dakle postojim).

- 77 -

4.1. POJAM FUNKCIJE  Neka su A i B proizvoljni skupovi. Preslikavanje ili funkcija f : A  B predstavlja zakon pridruživanja pomoću koga se proizvoljnom elementu x  A dodeljuje element y  B takav de je y  f  x  .

A

y  f  x

B

 Skup A naziva se oblast definisanosti ili domen funkcije i obeležava sa Dx .  Skup B naziva se oblast vrednosti ili kodomen obeležava sa Dy .  Element x  A naziva se original, a y  B njegova slika.  Za funkciju f : A  B kažemo da je jednoznačna ako bilo kojem elementu x  A odgovara najviše jedan element y  B .

 Funkcija f : A  B se naziva preslikavanje “ 1  1 ” ili injektivnom ako  x1 , x2  A x1  x2  f  x1   f  x2  .  Funkcija f : A  B se naziva preslikavanje “na” ili surjektivnim ako  y  B , x  A y  f  x  .  Ako je preslikavanje f : A  B “ 1  1 ” i “na” zovemo ga bijektivnim ili obostrano jednoznačnim preslikavanjem. Primer:

f  x   3 x  2 , A  B  R , jeste bijekcija. f  x   3 x 2  2 , A  R , B   2,   , nije “1-1 ”, a jeste “na”, nije bijekcija.

- 78 -

4.1.1.

NAČINI ZADAVANJA FUNKCIJA

Funkcije mogu biti zadate na različite načine u zavisnosti od primena. Najčešći načini su:

 Analitičkim izrazom, koji može biti eksplicitnog oblika y  f  x  , ili implicitnog oblika F  x, y   0 ,

 tablicom,  grafikom,  parametarski. Primer: Funkcija u eksplicitnom obliku je y  2 x  sin x . Funkcija u implicitnom obliku je y 2  2 x . Funkcija u parametarskom obliku je x  t 3 , y  t 2 , gde eliminacijom parametra

t dobijamo funkciju y 3  x 2 4.1.2.

REALNE FUNKCIJE JEDNE PROMENLJIVE

 Pod realnom funkcijom podrazumeva se svako preslikavanje kod koga su original i slika realni brojevi. Primer: Odrediti domen funkcija: a) f  x  

x2 , x 3

Iz uslova da je x  3  0 , dobijamo x  3 . Prema tome domen funkcije je skup

Dx  R \ 3 ili uobičajen je i zapis x   ,3   3,   . b) y  4  x 2 ,

4  x 2  0  x   2, 2 .

- 79 -

c) y  ln d) y  e



x x ,  0  x  3  x   0,3 . 3 x 3 x x2 2

,

x R.

Primer: Odrediti kodomen funkcija: a) y  sin x , Dy : y   1,1 ; c) y  x 2  1 , Dy : y  1,  

b) y  x  2 , Dy  R ;

Napomena: Za svaku funkciju neophodno je odrediti domen. Kodomen je poželjno odrediti, ali to nije uvek moguće bez poznavanja ostalih osobina funkcija.

4.1.3.

INVERZNA FUNKCIJA

 Neka je f : A  B bijektivno preslikavanje (“ 1  1 ” i “na”). Tada postoji jedinstvena funkcija f 1 : B  A koja se naziva inverzno preslikavanje ili inverzna funkcija takva da je

f 1  f  x    x .

 Za datu funkciju f : A  B može da postoji samo jedna inverzna funkcija f 1 : B  A . Primer: Odrediti inverznu funkciju funkcije f  x   2 x  1 . Prvo treba dokazati da je preslikavanje bijekcija.





Ako je ispunjeno  x1 , x2  R  x1  x2  f  x1   f  x2  preslikavanje je “ 1  1 ”. Izrazi koji u sebi sadrže nejednakosti se teško dokazuju i jednostavnije je koristiti kontrapoziciju predhodnog izraza koja glasi f  x1   f  x2   x1  x2 , dakle 2 x1  1  2 x2  1  x1  x2 , čime smo dokazali da je preslikavanje “ 1  1 ”.

- 80 -

Da bismo dokazali da je preskikavanje “na” rešimo polaznu jednačinu po y . Dobićemo izraz x 

1 1 1 1 y  . Onda  y  R , x  R  x  y  i zaključujemo 2 2 2 2

da je preslikavanje “na”. Pošto je preslikavanje “ 1  1 ” i “na”, odnosno bijekcija, postoji inverzno preslikavanje f 1 . Zamenom vrednosti x i y u izrazu x 

1 1 1 1 y  dobijamo f 1  x   y  x  . 2 2 2 2

Grafici funkcija f i f 1 su simetrični u odnosu na pravu y  x . y

y

x

y  f 1  x  y  f  x

x

Primer: Odrediti inverznu funkciju funkcije f  x   x 2 . Pošto je preslikavanje f  x   x 2 , f : R  R nije “ 1  1 ”, odnosno bijekcija, ne postoji inverzno preslikavanje f 1 .

4.1.4.

SLAGANJE-PROIZVOD FUNKCIJA

 Proizvodom dve funkcije f : A  B i g : B  C naziva se funkcija g  f : A  C , za koju važi:  x  A   g  f  x   g  f  x   .

- 81 -

Primer: Date su funkcije f  x   x  3 i g  x   2 x  x . Odrediti f  g , g  f i f  f .

f  g  x   f  g  x   2x  3  x , g  f  x   g  f  x  2x  6  x  3 . f  f  x   f  f  x   x  6 .

4.1.5. 

OSOBINE FUNKCIJA

Funkcija f  x  je ograničena na skupu A ako važi:

  m , M  R  x  A m  f  x   M . Grafik funkcije se nalazi između dve prave y  m i y  M . Ako brojevi m i M ne postoje, za funkciju f  x  kažemo da je neograničena. Primer: Ispitati ograničenost funkcije f  x   Kako je za  x  R  0 



1 . 1  x2

1  1 , funkcija je ograničena. 1  x2

Nula funkcije je onaj broj   Dx za koji je f    0 .

Nule funkcije su tačke preseka grafika funkcije sa Ox osom.

- 82 -

Primer: Odrediti nule funkcija: a) y 

x2  4 ; x3  8

y  0  x 2  4  0  x  2 . Kako funkcija nije

definisana za x  2 , nula funkcije je samo x  2 . b) y 

1  ln x ; x

y  0  1  ln x  0  ln x  1  x  e 1 .

c) y 

ex ; x 1

y  0 , x  R i funkcija nema nula.



Funkcija

f  x  je pozitivna na domenu A ako

 x  A f  x   0 ,

a

negativna ako  x  A  f  x   0 .



Pojmovi pozitivan i negativan predstavljaju znak funkcije.



Funkcija f  x  je parna ako je  x  Dx  , f   x   f  x  . Grafik parne funkcije je simetričan u odnosu na osu Oy .

 Funkcija f  x  je neparna ako je  x  Dx  , f   x    f  x  . Grafik neparne funkcije je simetričan u odnosu na koordinatni početak O . Primer: Ispitati parnost i neparnost funkcija: a) f  x   x 2  2 ;

f   x     x   2  x 2  2  f  x  , funkcija je parna. 2

b) f  x   x 3  2 x  sin x ;





f   x     x   2   x   sin   x    x3  2 x  sin x   x3  2 x  sin x   f  x  , 3

funkcija je neparna. c) f  x   x 2  2 x 3  1 ;

f   x     x   2   x   1  x 2  2 x3  1 , funkcija nije ni parna ni neparna. 2

3

- 83 -

 Funkcija f  x  je periodična ako postoji broj T  0 za koji je ispunjena jednakost  x  A  f  x  T   f  x  . Broj T nazivamo periodom funkcije. Najmanji pozitivni period zovemo osnovnim periodom funkcije. Primer: Trigonometrijske funkcije su periodične. Funkcije f  x   sin x i f  x   cos x imaju osnovni period T  2 , a funkcije

f  x   tgx i f  x   ctgx imaju osnovni period T   . Primer:

1,  1  x  0 i f  x  2  f  x  . f  x    x, 0  x  1 Funkcija je periodična sa perodom T  2 .

 Funkcija f  x  je rastuća (označava se f  x  ↗) na domenu A ako

 x1 , x2  A x1  x2  f  x1   f  x2  , a strogo rastuća ( f  x   ) ako x1  x2  f  x1   f  x2  .  Funkcija f  x  je opadajuća (označavamo f  x  ↘) na domenu A ako

 x1 , x2  A x1  x2  f  x1   f  x2  , a strogo opadajuća ( f  x   ) ako x1  x2  f  x1   f  x2  . - 84 -

 Rastuće i opadajuće funkcije jednim imenom zovemo monotone funkcije.

f  x1

x1

f  x1

f  x2 

x1

x2

f  x2

x2

Primer: Ispitati monotonost sledećih funkcija: a) y  e x ;

Funkcija je strogo rastuća jer x1  x2  e x1  e x2 , x  R

b) y  ln x ;

Funkcija je strogo rastuća za x   0,   .

c) y   x 3 ;

Funkcija je strogo opadajuća za x  R .

d) y  2 x 2  8 x  5 ; Ako x1  x2 , onda je

2 x12  8 x1  5  2 x2 2  8 x2  5  2  x1  x2  x1  x2   8  x1  x2    0 , raste ;  2  x1  x2  x1  x2  4       0 , opada . 0

0 , x 2

0 , x 2

 Funkcija f  x  ima maksimum u tački x  a ako postoji broj   0 , takav da je f  a   f  x  za x   a   , a    .

 Funkcija f  x  ima minimum u tački x  a ako postoji broj   0 , takav da je f  a   f  x  za x   a   , a    .

 Mininum i maksimum funkcije nazivamo ekstremnim vrednostima funkcije.

- 85 -

Primer: Odrediti ekstreme funkcija: a) y  x 2  1 ;

Tačka  0, 1 predstavlja minimum funkcije.

b) y  2 x ;

Funkcija nema ekstrema, jer je strogo rastuća.

 Funkcija f  x  na domenu A , za x1 , x2  A i x1  x2 je konveksna ako

konkavna ako

f  x1   f  x2  x x   f 1 2 i 2  2 

f  x1   f  x2  x x   f  1 2 . 2  2 

Primer: Funkcija y  x 2 je konveksna, što zaključujemo iz

x12  x2 2  x1  x2  2     x1  x2   0 , za x1  x2 . 2  2  2

4.1.6. NIZOVI  Uređeni skup a1 , a2 , , an , obrazuje niz ako se svakom prirodnom broju n  N po nekom zakonu pridruži jedan i samo jedan element an  R .  Niz je preslikavanje f : N  R . 

Niz je određen svojim opštim članom an .

Primer:

1, 2,3, predstavlja niz prirodnih brojeva.

- 86 -

Primer: Ako je opšti član niza an 

a1  1 , a2 



1 , n  N , onda su članovi niza n

1 1 , a3  , . 2 3

Niz a1 , a2 , , an , je:

rastući ako je an 1  an , opadajući ako je an 1  an , neopadajući ako je an 1  an , nerastući ako je an 1  an , za n  N . Ovakvi nizovi zovu se monotoni nizovi.

 Za niz se kaže da je ograničen ako postoje realni brojevi m i M takvi da je m  an  M , n  N .  Broj m je donja granica, dok je M gornja granica niza. Najveća donja granica naziva se infimum niza, a najmanja gornja granica naziva se supremum niza. Primer: Niz sa opštim članom an granica je M 

 1  n

n

je ograničen. Donja granica je m  1 , a gornja

1 1 , tj. svi članovi niza zadovoljavaju relaciju 1  an  . 2 2

Napomena: Treba naglasiti da m i M nisu jedinstveni, naime ima neprebrojivo mnogo drugih granica. Tačne su i sledeće nejednakosti 1  an  1 ili 2  an  2 itd. U ovom primeru su navedeni upravo infimum i supremum skupa vrednosti niza. - 87 -

4.2.GRANIČNA VREDNOST NIZA Ideja granične vrednosti bila je poznata još u antičkom dobu. Starogrčki matematičari Eudoks (408-355), Arhimed (287-212) i mnogi drugi, bavili su se problemom kvadrature ravnih figura i kubature geometrijskih tela i te probleme uspešno rešavali metodom iscrpljivanja ali preciznu definiciju granične vrednosti funkcije dao je Koši 1821. god.



Broj a se naziva granična vrednost niza, ako za svaki proizvoljno mali pozitivni broj  , postoji prirodni broj n0 , takav da je

 n  n0 

an  a   ,

što se označava sa

a  lim an , ili an  a , n   . n 

 Niz koji ima graničnu vrednost naziva se konvergentnim nizom, a koji je nema naziva se divergentnim nizom.



Granična vrednost konvergentnog niza je jedinstvena.



Svaki konvergentan niz je ograničen.

Primer: Dat je niz an 

n 1 , n  N . Pokazati da je njegova granična vrednost . 2 2n  1

Odrediti n0 za   0, 01 . Kako je an  a 

n 1 1 1     za   0 , pa zaključujemo da je 2n  1 2 4n  2 2

granična vrednost niza. Za   0, 01 imamo

1 98  0, 01 , odakle je n   24,5 tj. n0  25 . 4n  2 4 - 88 -

Dakle, van  okoline broja

1 nalazi se 24 člana niza, a u  okolini počev od 2

člana a25 , svi ostali članovi niza, njih beskonačno mnogo.

4.2.1.OSOBINE KONVERGENTNIH NIZOVA  Svaki konvergentan niz je ograničen.  Monoton i ograničen niz je konvergentan. Primer: Niz an 

n 1 , n  N , odnosno n

an  an 1 , a ograničen je 1 

n 1  3 4  ,  je monotono opadajući,  2 , , , , n  2 3 

n 1  2 , što znači da postoji granična vrednost n

n 1  1. n  n

ovog niza, tj. lim

4.2.2.OPERACIJE SA GRANIČNIM VREDNOSTIMA NIZOVA Neka je lim an  a i lim bn  b . Tada važi: n 

n 



lim c  an  c  a , c  R ;



lim  an  bn   lim an  lim bn  a  b ;



lim  an  bn   lim an  lim bn  a  b ;



lim

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

an a an lim  n  ,  b  0  . n  b lim bn b n n 

- 89 -

Primer:

1 lim  1  1    n 1 n  n  n   1 .  lim lim n  2n  1 n  1 1 2  2 lim  2   n n   n 1

4.2.3.TAČKA NAGOMILAVANJA NIZA  Tačka a na brojnoj pravoj u čijoj se svakoj proizvoljno maloj okolini nalazi beskonačno mnogo članova niza naziva se tačka nagomilavanja niza.

 Broj a je tačka nagomilavanja niza ako je za   0 i n  I gde je I jedan beskonačni podskup skupa prirodnih brojeva

an  a   ,

 Niz može imati jednu, dve, uopšte konačno ili beskonačno mnogo tačaka nagomilavanja.

 Ograničen niz koji ima samo jednu tačku nagomilavanja je konvergentan. Primer: a) Niz sa opštim članom an  n nema tačku nagomilavanja. b) Niz sa opštim članom an 

1 ima jednu tačku nagomilavanja a  0 koja ne n

pripada nizu i on je konvergentan. c) Niz sa opštim članom an

 1 

n

n 1

n 1

ima dve tačke nagomilavanja a1  1 ,

koja pripada nizu i a2  1 , koja ne pripada nizu. Niz je divergentan.

- 90 -

4.2.4.BROJ e n

 1  Granična vrednost niza sa opštim članom an  1   je broj  n e  2, 718281 odnosno: n

 1 lim 1    e n   n

 

Napomena: Može se dokazati da je niz sa opštim članom an  1 

1  n

n

monoton i ograničen, pa samim tim i konvergentan. Primer: n

 3 Naći graničnu vrednost niza: an  1   .  n Ako uvedemo smenu

3 1   n  3t i za n   dobijamo t   , onda je n t 3

3t n t   3  1  1  lim  1    lim 1     lim 1     e3 .  t   t   n   n  t   t   

4.3.GRANIČNA VREDNOST FUNKCIJE Ako posmatramo funkciju y 

x2  1 , uočavamo da je funkcija nije definisana za x 1

x  1 . Dakle ponašanje funkcije u toj vrednosti, kao i u beskonačnosti ne možemo ispitati koristeći dosadašnje znanje o osobinama funkcija. Tim vrednostima, jedino, se možemo u beskonačno probližavati i tako posmatrati promene funkcije. granične vrednosti funkcije dolazimo uopštavajući pojam granične vrednosti niza.

- 91 -

Do

4.3.1. Definicija granične vrednosti funkcije  Broj D je granična vrednost funkcije f  x  kada x  a , ako za svaki   0 postoji broj   0 , takav da je za x  Dx za koje važi uslov x  a   , ispunjena nejednakost f  x   A   i pišemo

lim f  x   A . xa

 Navedenu definiciju možemo zapisati i na sledeći način:

   0   

 0   x   x   a   , a     f  x    A   , A    

y  f  x

A A A a 

a

a 

Napomena: Prethodna definicija znači da ako se na y osi zada  okolina tačke

A , tada postoji  okolina tačke a na x osi, tako da kada x   a   , a    , onda f  x    A   , A    , tj. ako nezavisno promenljiva x teži a , vrednosti funkcije f  x  teže A . Napomena: Funkcija u tački a može, a ne mora biti definisana, ali tačka

a mora biti tačka nagomilavanja funkcije. Primer: Dokazati da je lim  3 x  1  7 . x2

- 92 -

Polazeći od definicije granične vrednosti, ako je

3 x  2   , tj. x  2 

 3

3 x  1  7   , dobijamo

.

Dovoljno je uzeti da je  

 3

, pa da gornja formula bude tačna.

LEVA I DESNA GRANIČNA VREDNOST FUNKCIJE  Broj A je desna granična vrednost funkcije f  x  u tački a , tj. lim f  x   A , xa  0

ako i samo ako je (akko)

   0     0   x   a  x  a    f  x   A    .

 Broj A je leva granična vrednost funkcije f  x  u tački a tj. lim f  x   A , xa 0

akko

   0     0   x   a    x  a  f  x   A    .

 Funkcija f  x  ima graničnu vrednost A kada x  a ako leva i desna granična vrednost postoje i jednake su A . Primer: Odrediti graničnu vrednost funkcije f  x  

x2 1 u tački x  1 . x 1

x2  1 x2  1 Imamo da je lim  lim  x  1  2 , lim  lim  x  1  2 . x 1 0 x  1 x 1 0 x 1 0 x  1 x 1 0 Pošto leva i desna granična vrednost funkcije u tački x  1 postoje i imaju istu vrednost, funkcija ima graničnu vrednost koja iznosi 2. Primer: Odrediti graničnu vrednost funkcije f  x   x

- 93 -

x2 u tački x  2 . x2

 x2, x 2 , dobijamo:   x  2  , x  2

Kako je x  2  

lim x 

x 20

  x  2 x2  lim   x   2 .  lim x  2 , lim x  x 2 0 x 2 0 x2 x  2 x 2 0

Levai desna granična vrednost funkcije u tački x  2 postoje, ali nisu jednake, funkcija pa nema graničnu vrednost u toj tački. 

lim f  x   A ako:

x 

   0   M  0   x  

x  M  f  x  A   .

lim f  x   A ako:

x 

   0   M  0   x 

x  M  f  x  A  

Ako je lim f  x   0 , kažemo da je f  x  beskonačno mala kad x  a . xa



lim f  x    ako: x a

 M  0     0   x  

xa 

f  x  M .

lim f  x    ako: x a

 M  0     0   x 

x  a   f  x  M .

Ako je lim f  x    , kažemo da je f  x  beskonačno velika kad x  a . x a

Ako je funkcija f  x  beskonačno mala kad x  a , tada je velika x  a .

- 94 -

1 beskonačno f  x

4.3.2.OSOBINE GRANIČNIH VREDNOSTI FUNKCIJA Ako funkcije

f  x i

g  x  imaju granične vrednosti kad

x  a , tj.

lim f  x   A i lim g  x   B , tada je: x a

x a



lim c f  x   c lim f  x   c A ;



lim  f  x   g  x    lim f  x   lim g  x   A  B ;



lim f  x   g  x   lim f  x   lim g  x   A  B ,



lim

x a

xa

x a

x a

x a

xa

xa

f  x

g  x



lim f  x  xa

lim g  x 

x a

xa



xa

A za  g  x   0 , B  0  . B

4.3.3.NEPREKIDNOST FUNKCIJE  Funkcija f  x  je neprekidna u tački a  Dx , ako

   0     0   x 

x  a    f  x  f a   .

 Funkcija f  x  je neprekidna u tački a  Dx , ako je lim f  x   f  a  . x a

 Funkcija je neprekidna na intervalu ako je neprekidna u svakoj tački tog intervala.

 Ako funkcija nije neprekidna u tački a , onda je a to tačka prekida funkcije. Napomena: Definicija neprekidnosti ima sličnosti sa definicijom granične vrednosti u tački. Razlika je u tome što definicija granične vrednosti ne zahteva definisanost funkcije u tački a , a neprekidnosti zahteva.

- 95 -

 Ako su funkcije f  x  i g  x  neprekidne u tački a  Dx , onda su u toj tački funkcije: c  f  x  , f  x   g  x  , f  x   g  x  ,

f  x

g  x

, g  x  0 .

Primer:

3x ,    x  1 .  3  x , 1  x  

a) Ispitati neprekidnost funkcije f  x   

Funkcija je neprekidna u svakoj tački osim za x  1 .

lim 3x  3 , a lim  3  x   2 , znači da ne postoji lim f  x  , pa u toj tački

x 1 0

x 1 0

x 1

funkcija ima prekid. Ovaj prekid se zove prekid prve vrste. b) Ispitati neprekidnost funkcije f  x  

1 x

funkcija nije definisana u tački x  0 , odnosno u njoj ima prekid druge vrste

4.4.ASIMPTOTE FUNKCIJE Asimptota funkcije je prava ili kriva kojoj se funkcija u beskonačno približava , ali je nikada ne dodiruje. Proučavaćemo samo asimptote koje su vertikalna, horizontalna ili kosa prava.

 Prava x  a je vertikalna asimptota funkcije f  x  ako je lim f  x    . xa

 Prava y  b je horizontalna asimptota funkcije f  x  ako je lim f  x   b .

x 

- 96 -

 Prava y  kx  n je kosa asimptota funkcije f  x  ako je:

lim  f  x   kx  n   0 .

x 





Odavde je lim f  x   kx  n . x 

Ako podelimo poslednju vezu sa x dobićemo:

 f  x   kx   f  x   f  x  lim   0  lim   k   0  lim     k , pa je x  x  x  x x x      

k  lim

x 

vetrika ln a

Primer:

f  x x

n  lim  f  x   kx  .

,

x 

horizonta ln a

kosa

Odrediti asimptote funkcija:

a) f  x  

3 . x 1 2

Funkcija ima prekide za x  1 i te prave mogu da budu njene vertikalne asimptote.

3 3   , lim 2    ,funkcija ima dve vertikalne x 1 0 x  1 x 1 0 x  1

Kako je lim

2

asimptote x  1 .

- 97 -

3  0 , postoji i horizontalna asimptota, x - osa, tj. prava x  x  1

Pošto je lim

2

y  0. Funkcija koja ima horizontalnu nema kosu asimptotu. b) f  x  

3x 2 . x 1

Funkcija ima prekid za x  1 , a lim f  x    , lim f  x    , i prava x 1 0

x 1 0

x  1 je vertikalna asimptota. Pošto je lim f  x    , funkcija nema horizontalnu asimptotu i može da ima x 

kosu. Kako je k  lim

x 

f  x 3x 3x 2  lim 2  3 , n  lim  f  x   kx   lim  3, x  x  x  1 x  x  x x

kosa asimptota je prava y  3 x  3 .

1 x

c) f  x   e . 1

1

Funkcija ima prekid za x  0 , a lim e x   , lim e x  0 , i prava x  0 je x 0

x 0

vertikalna asimptota s desna. 1 x

Pošto je lim e  1 , funkcija ima horizontalnu asimptotu pravu y  1 . x 

- 98 -

ZADACI

Odrediti oblast definisanosti sledećih funkcija: 1. a) y  d) y 

2x ; x 1 2

4x  x 2 ;

f) f  x  

b) y  e) y 

x2  x  2 

1 2x

 x  1

2

;

c) y  9  x 2 ;

8 x  16  x 2 2 x

1 3  2 x  x2

.

Rešenje:

a) x 2  1  0  x  1 , x   , 1   1,1  1,   ; b) Dx  R \ 1 . c) 9  x 2  0   3  x  3  x   0 , x   3,3 ; d) 4 x  x 2  0  x  4  x   0 , x   0, 4 ; e) 2  x  0  x  2 , x   , 2  ; f) 1 x 2  x  2  0   x  2  x  1  0  x   , 1   2,   ;

2 3  2 x  x 2  0    x  1 x  3  0   x  1 3  x   0  x   1,3 Rešenje je presek dobijenih rešenja x   2,3 . 2. a) y  ln

x ; 3 x





b) y  ln x 2  6 x ;

Rešenje: a)

x  0 , x   0,3 ; 3 x

b) x 2  6 x  0 , x   , 0    6,   ;

- 99 -

c) f  x   ln

5x  x2 . 4

5x  x2 5x  x2 0   1  x  1, 4 4 4 2  5x  x 2  0  x   0,5  . 4 Rešenje je presek dobijenih rešenja x  1, 4 .

c) 1 ln

3. Odrediti kodomen funkcija: a) y  

1 2 x  1 ; b) y  x 2  9 ; 2

c) y  2 x  1 .

Rešenje:

a) y   , 1 ; b) y   9,   ; c) y  1,   . 4. Date su funkcije.

f1  x   x,

x2 f2  x   , x

f3  x   x 2 ,

f4  x  

 x . 2

Da li među njima ima istih? Rešenje:

f1  x   x, Dx  R, Dy  R f2  x  

x2  x, Dx  R / 0 , Dy  R x

f3  x   x 2  x , Dx  R, Dy  R f4  x  

 x

2

 x, Dx  R , Dy  R

Sve funkcije su različite. 5. Date su funkcije

f1  x   sin 2 x  cos 2 x,

f2  x  

x x2

Da li među njima ima istih?

- 100 -

,

f3  x  

ln e x , x

f4  x  

3

x3 . x

Rešenje:

f1  x   sin 2 x  cos 2 x  1, Dx  R x

 1, Dx  R / 0 x2 ln e x f3  x    1, Dx  R / 0 x f2  x  

3

x3 f4  x    1, Dx  R / 0 x Iste su funkcije f 3 i f 4 . 6. Odrediti domen i nule datih funkcija:

x 2  3x  10 a) y  ; x2 1



b) y  x x 2  1 ;



c) y  x 2  4 e x ; d) y 

1  ln x . x2

Rešenje: a) Domen: Dx  R .

x 2  3x  10  0  x1  2  x2  5 . x2  1 b) Domen: x   , 1  1,   . Nule funkcije: y  0  x1,2  1 . Nule funkcije:





c) Domen je skup R . Nule funkcije: x 2  4 e x  0  x1,2  2 , e x  0 . d) Domen: x   0,   . Nule funkcije: 1  ln x  0  x  e 1 . 7. Odrediti domen, nule i znak funkcija: a) y  ln 1  x  ;

b) y  ln

x4 . 1 x

Rešenje:

a) Domen: 1  x  0 , x   ,1 . Nula funkcije: 1  x  1  x  0 . Znak funkcije:

- 101 -

y  0  0  1  x  1  x   0,1 , y  0  1  x  1  x   , 0  .

x4  0 , x  1, 4  . 1 x 5 Nula funkcije: x  . 2 b) Domen:

Znak funkcije:

y  0 za 0 

x4 x4 5   5  1 , x   , 4  i y  0 za  1 za x  1,  . 1 x 1 x 2   2

8. Dokazati da funkcije nisu ni parne ni neparne:

2x  2 ; a) y  x2 Rešenje:

ex b) y  . x 1

2x  2

a) y   x  

x

2



2  x  1 x2

; y x  y  x i y x   y  x ;

e x 1  x , y x  y  x i y x   y  x . x 1 e  x  1

b) y   x  

9. Dokazati da su funkcije parne: a) y 

4 x ;

b) y  e

2







x2 2

;

c) y  x 2  1 e  x ; d) y  x 2  1  3 cos x . 2

Rešenje: a) y   x   4    x   4  x 2  y  x  ; 2

b) y   x   e c) y   x  



  x 2 2

e



x2 2

  x   1 e 2

 y  x ;

  x 

2

  x 2  1 e  x  y  x  ; 2

d) y   x     x   1  3cos   x   x 2  1  3cos x  y  x  . 2

- 102 -

10. Dokazati da su funkcije neparne:

x 2  ; 2 x 2x 1 d) y  x . 2 1 b) y 

a) y  x 3  2 x ;

ex  1 c) f  x   x ; e 1 Rešenje:





a) y   x     x   2   x    x 3  2 x   y  x  ; 3

b) y   x  

2 x  x 2         y  x ; 2 x 2 x

1 x 1 e ex   e  1   y  x  ; c) y   x    x  e 1 1 1 ex 1 ex 1 1 2 x  1 2 x 2x 1 d) y   x    x   x   y  x . 2 1 1 1 2 1 2x x

11.

1

Ispitati sve poznate osobine funkcija:





a) y  ln x 2  1 ; b) y 

1  ln x . 1  ln x

Rešenje:

a) Domen:  x  1 x  1  0 , x   , 1  1,   . Nule: x 2  1  1  x1   2 . Znak funkcije:



   2    2,   .

y  x   0  0  x 2  2  0  x   2, 1  1, 2



y  x   0  x 2  2  0  x  , 





y   x   ln   x   1  ln  x 2  1  y  x  , funkcija je parna. 2

- 103 -

b) Domen: 1  ln x  0  x  0  x  e  x  0 , x   0, e    e,   . Nule: 1  ln x  0  x  e 1 .





y  x   0 , x   0, e 1    e,   , y  x   0 , x  e 1 , e .

Funkcija nije ni parna ni neparna, jer ln   x   R 12. Odredi osnovni period sledećih funkcija: a) y  2sin 2 x ; c) y  sin 2 x ;

b) y  tg

x ; 2 1 3

d) y  cos x  3 cos 2 x  cos 3 x .

Rešenje:

a) 2sin 2 x  2sin 2  x  T   sin 2 x  sin 2  x  T   0

2 x  2 x  2T 2 x  2 x  2T  cos 0 2 2  2sin T  cos  2 x  T   0  sin T  0 , cos  2 x  T   0  T   ;  2sin

Napomena: Osnovni period funkcija y  sin bx i y  cos bx je T  funkcije y  tgbx i y  ctgbx je T  b) T 

 1 2

 b

2 , a za b

.

 2 ;

1 1  cos 2 x  , T   ; 2 2 d) T1  2 , T2   , T3  , pa je T  NZS T1 , T2 , T3   2 . 3

c) y  sin 2 x 

13. Ispitati ograničenost sledećih funkcija: a) y 

4  x2 ;

b) y  x  4 ;

- 104 -

c) y  2 sin 2 x .

Rešenje:

a) Funkcija je neograničena y   0,   ; b) Funkcija je neograničena;

c) Funkcija je ograničena y   2, 2 . 14. Ispitati monotonost sledećih funkcija: a) y  2 x  3 ;

b) y  2 x .

Rešenje a) x1  x2  2 x1  3  2 x2  3 , što znači da funkcija strogo raste. b) x1  x2  2 x1  2 x2 , što znači da funkcija raste. 15. Ispitati konveksnost, konkavnost funkcije f  x   log 2 x . Rešenje

 x  x  log 2  x1   log 2  x2  log 2  1 2    2  2  1 1 x x x x  log 2  1 2   log 2  x1 x2  2  1 2   x1 x2  2 , pa je funkcija 2  2  konveksna. 16.

Ako je f  x   x 2  x  2 naći f 1 , f  a  , f

 f  x  .

Rešenje

f 1  12  1  2  4 f  a   a2  a  2 f  f  x    x2  x  2   x2  x  2  2 2

17.

Ako je f  x  1  x 2  x  2 naći f 1 , f  a  , f

Rešenje Ako stavimo da je x  1  t , dobijamo da je x  t  1 - 105 -

 f  x  .

f  t    t  1   t  1  2  t 2  t  2 , odnosno f  x   x 2  x  2 . 2

f 1  12  1  2  2 f  a   a2  a  2 f  f  x    x2  x  2   x2  x  2  2 2

18. Napisati nekoliko članova niza čiji je opšti član: a) an 

1 ; n 1

b) an   1

n

1 . n

Rešenje: a)

1 1 1 , , , ; 2 3 4

1 2

1 3

b) 1, ,  , .

19. Naći opšti član niza, zadatog sa nekoliko prvih članova: a)

1 1 1 , , , ; 2 4 8

b)

1 2 3 4 ,  , ,  , . 2 3 4 5

Rešenje: a) an 

1 ; 2n

b) an   1

n 1

n . n 1

20. Naći tačke nagomilavanja i ispitati konvergenciju sledećih nizova:

1 n 1 ; b) an   1 ; n 1 n n 1 n n2 c) an  ; d) an   1 . n n a) an 

Rešenje: a) tačka nagomilavanja je 0 , lim an  0 i niz je konvergentan, n 

b) tačka nagomilavanja je 0 , lim an  0 i niz je konvergentan, n 

c) tačka nagomilavanja je 1 , lim an  1 i niz je konvergentan, n 

d) niz ima dve tačke nagomilavanja, 1 i 1 , i niz ne konvergira.

- 106 -

21. Dat je niz an 

n . Izračunati njegovu graničnu vrednost. Odrediti n0 za n 1

  0, 01 . Rešenje:

n 1  lim  1. n  n  1 n  1 1 n

lim

Kako je vrednost 1 granična vrednost niza, onda je

1 n 1 1    0, 01 odakle je n  99 tj. n0  99 . n 1 n 1 n 1 Prema tome 99 članova niza je van  okoline tačke 1 širine 0, 01 , a počev od a100 svi ostali, tj.njih beskonačno mnogo nalaze u  okolini tačke 1 . 22. Odrediti granične vrednosti nizova:

2n 2 n 2  2n  3 2n 2 ; b) ; c) , lim lim n  3n 2  1 n  n  3n  1 3n 2  1 1  3  5     2n  1 1   1 1 d) lim ; e) lim 1   2    n  . 2 n  n  2   2 2  n  1

a) lim

Rešenje:

2n  2n  3  lim n  n  3n 2  1 2

a) lim

2 3  n n2  2 ; 1 3 3 2 n

2

2 2n b) lim 2  lim n  0 ; n  3n  1 n  1 3 2 n 2n 2 2 c) lim  lim  ; n  3n  1 n  3 1  2 n n

- 107 -

d) Po formuli za zbir prvih n članova aritmetičkog niza

Sn  lim

n 

n  2a1   n  1 d  , gde je a1  1 , d  2 , dobijamo 2 2

 n   lim   1. n  n  1  

n2

 n  1

2

e) Po formuli za zbir prvih n članova geometrijskog niza S n  a1  gde je a1  1 , q 

1 dobijamo: 2

1 1   1  2  1 1 lim 1   2    n   lim   x  2  x  1  1  2 2 2

n 1

 2.

23. Odrediti granične vrednosti nizova: a) lim

n 



n

c) lim

n2  n  n

n 



n 

;

d) lim

n 2  1  n ; b) lim n





n2  1  n ;

n . n 1  n

n 

Rešenje:

 a) lim  n  1  n   lim

n2  1  n

2

n 

n 

b) lim n n 



2

 1  n2 

n 1  n 2

 lim

n 



n  1  n  lim 2

1 n 1  n 2

n

n2  1  n



n2  1  n

n 

n  lim





 0.

n2  1  n



n2  1  n

n2  1  n

n 

- 108 -



1  qn , 1 q

lim

n  n2  1  n2  n 1  n

n 

2

n2  n  n

n 

n 

2

 lim

n 

n



1 1  . 2 1 1 2 1 n

 lim

n 1  n

n 

n

c) lim

n

 lim



n2  n  n

n2  n  n



n2  n  n

 lim

 n2  n  n 1 1  lim  1     1. n  n n n  

d) lim

n  lim n  1  n n

n 

n 

 lim

n



n 1  n n 1 n

n 

n





n 1  n

n 1  n

  lim

n 









n 1  n







n 1  n   .

24. Odrediti granične vrednosti nizova: a) lim

n 

n !  n  1 ! n !  n  1 !

;

3n  5n ; n 3n  5n

b) lim

 1  1 1     . n   1  2 n  n  1  23 

c) lim 

Rešenje: a)

lim

n 

n !  n  1 ! n !  n  1 !

 lim

n 

n ! n ! n  1 n ! n ! n  1

 lim

n

3   1 n n b) lim 3  5  lim  5   1. n n  3n  5n n  3   1 5

- 109 -

n 

n !1  n  1

n !1   n  1 

2n  2 . n   n

 lim

 1  1 1 1 1   1 1 1       lim  1        n   1  2 n  n n n n    2 3 1 2 2 3 1       1    lim 1   1 . n   n 1 

c) lim 

25. Odrediti granične vrednosti nizova: n

n

2n

 n  3 2 c) lim   . n   n 

 2 3  n  a) lim 1   ; b) lim   ; n  n  n  1    n Rešenje: 2 n 

n n 3   2n 2 2 lim 2  2    a) lim  1    lim 1     e n 3n  e 3  3 e 2 ; n  n    n  n    n 3

b)

 n  lim   n  n  1  

e

 lim n

2n n 1

2n

 n 1 1   lim   n   n 1 

 e 2 

2n

 n 1   1  1    lim 1   lim  1     n  n     n 1    n 1   2n

1 . e2

n    3 3  n3    lim  1    c) lim   n  n    n   n    n 2

26. Odrediti graničnu vrednost niza



3 2

e



3 2

.

lim n  ln  n  2   ln n  . n 

Rešenje: 2

n   2 n2 2  2     lim ln 1    ln lim 1     ln e 2  2 . lim n ln n  n  n   n  n  n    n

- 110 -



2n n 1

Dokazati sledeće rezultate: a) lim

n2  1

n 

 n  1   n  1  0 ; b) lim 3 3 n   n  1   n  1 3

n 1

 1;

3

 1  4  7     3n  2  n  1   ; 3n  1 2 3 

c) lim  n 

n2  1  2; n  1  2  3     n  1

e) lim 2  4 2   2 2  2 ; n

d) lim

n

1

i) lim

n 

2n 1 1

j) lim

2n 1 n2  n  n  0; n

k) lim

n 

 n  

l) lim n n 



2 6  e ; n



n 1  n 

 n 1   n  n  2  

3n

m) lim  1 

27.

2n 1  3n 1 3; n  2 n  3n

 0;

1 ; 2

2 n 1

n) lim 

 e 2 .

Na osnovu definicije granične vrednosri pokazati da je: a) lim  2 x  1  1 ;

b) lim

x 1

x2

x2  4  4. x2

Rešenje: a) Po definiciji vrednost 1 će biti granična vrednost funkcije ako   0 ,

  0 , tako da ako je x  1   , onda je  2 x  1  1   . Kako je



 2

 2 x  1  1  2 x  1   

, biće

 2 x  1  1   , za

x 1 

 2

, i ako uzmemo da je

x  1   . Zanači, 1 je granična vrednost

funkcije.

x2  4 b)  4  x  2  4  x  2   , za svaki x  2     . x2

- 111 -

28. Odrediti granične vrednosti funkcija: 2

 x2  1  a) lim  2  ; x  x  2  

x2  2x  1 ; x  2x 1

b) lim

2x 1 ; c) lim 2 x  x  2 x  1

d) lim

 x  1

x 

2

2 x2  2x  1

.

Rešenje:

1   1  x2 a) lim  x   1  22 x  1 c) 0 ; d) . 2

2

2 1  1  2 2  x  2x 1 x x  ;  lim   1 ; b) xlim  x  2 1 2x 1   2 x x 

29. Izračunati:

x2  5x  6 ; x 3 x 2  7 x  12 x2  x  2 c) lim 3 ; x 3 x  4 x  3

a) lim

x 4  6 x 2  27 ; x 3 x 3  3 x 2  x  3 x 5  16 x d) lim 2 . x  2 2 x  4 x  16

b) lim

Rešenje:

 x  3 x  2   lim x  2  1 ; x2  5x  6  lim a) lim 2 x 3 x  7 x  12 x 3  x  3  x  4  x 3 x  4 x 2  9  x 2  3  x  3  x 2  3 36  x 4  6 x 2  27 b) lim 3  lim  lim  ; x 3 x  3 x 2  x  3 x 3 5 x2  1  x  3  x 2  1 x3

 x  2  x  1  lim  x  2  x  1 x2  x  2 c) lim 3  lim 3 x 1 x  4 x  3 x 1 x  x  3 x  3 x 1 x x 2  1  3 x  1  



 lim x 1

d)

x2  3 ; x  x 3 2

16 . 3

- 112 -



30. Izračunati:

a) lim

x 

c) lim x 0





x2  1  x ;

b) lim

x3 2 ; x2  1

x 1  1 x ; 4x

d) lim

x 3 . x 1  2

Rešenje: a) lim



x2  1  x

x 

x 3

x2  1  x

x2  1  x

x 

 lim



x 1

x2  1  x2 x2  1  x

  lim 

x2  1  x

x 

x2  1  x

x 

1

 lim



2

x2  1  x2

 0.





2

x3 4 x3 2 x3 2 b) lim   lim x 1 x2 1 x  3  2 x1 x 2  1 x3 2



 lim x 1

c) 31.

x

x 1

2



1

1 ; 4

x3 2



 lim x 1

 x  1 



1



1  . x3 2 8



d) 4

Izračunati granične vrednosti :

a) lim x 0

x2  1 1 x 2  16  4

1 3 x ; x 1 x  1

c) lim

3

x2  1 1 ; x2

3

x 1 x 1

; b) lim x 0

d) lim x 1

- 113 -

e) lim

xa 4

x a x4a

Rešenje:

x2  1 1

lim

x 2  16  4

x 0

a)

x2  1  1

x 0

3

b) lim x 0

 lim x 0

x 1 1  lim x 0 x2

 x2  



 3

x 1 1   x 

3

2

2



 x 2  1  3 x 2  1  1 

1 3

x 2  16  4 x 2  16  4

3

3

 x 1  2

x2  1  3 x2  1  1 2

2

3

x2  1  1

3

x2  1 1

c)  ;

32.



x2  1  1



 4;

2

3

x2  1  1



x 2  16  4

x 0

x 2  16  4

 lim

x2  1 1

 lim

2

d)

 lim x 0

2 ; 3

 x2  



x2

3



 x 2  1  3 x 2  1  1  2

e) 2 4 a .

sin x 1. x 0 x

Dokazati lim Rešenje:

   , dobijamo sin x  x  tgx .  2 sin x x 1 sin x 1   cos x   1. sin x  x  x cos x sin x cos x kako je funkcija y  sin x , neparna. Znajući da je lim cos x  1 , Za x   0,

x 0

sin x 1 x 0 x

zaključujemo da je lim 33.

Izračunati:

sin 4 x ; x 0 x tgx c) lim ; x 0 x

a) lim

sin 2 x ; x 0 sin 3 x 2 x  sin x d) lim . x 0 2 x  sin x b) lim

- 114 -



1 ; 3

Rešenje: 2sin 2 x sin 2 x 2 b) lim  lim 2 x  ; x 0 sin 3 x x 0 3sin 3 x 3 3x

sin 4 x sin 4 x  4  lim 4; a) lim x 0 x  0 x 4x c) 1 ; 34.

d)

1 . 3

Izračunati: a) lim x 0

1  cos 2 x 1  cos x ; b) lim ; x  0 x sin x x2

Rešenje:

1  cos 2 x 2sin 2 x 2sin x  lim  lim  2. x 0 x  0 x sin x x 0 x sin x x

a) lim

2

2  sin 2 b) lim x 0

35.

x2

x x x  sin 2 sin   1 1 2  lim 2  lim 2 1.   2 2 x 0  x  2 x   x  2    2  2

Izračunati: a) lim x 0

sin 4 x ; x4 2

b) lim x 0

x 9 3 ; sin 3 x

x3  1 . c) lim x 1 sin  x  1 Rezultat: a) 16 ;

b)

1 ; 18

c) 3 .

Odrediti granične vrednosti funkcija ako je:

 1 e  lim 1   x   x

x

1

odnosno

e  lim 1  x  x x 0

- 115 -

36.

Izračunati: x

 

1   ; 2x 

a) lim  1  x 

3

b) lim 1  2 x  x ; x 0

x2

 x2  1  d) lim  2  . x  x  2  

 x 1  c) lim   ; x  x  1   x

Rešenje: 2x

x

1  1  1 2 1   2 lim 1     e a) lim 1  ;  x    x  e  2x   2x 

3

3

6

b) lim 1  2 x  x  lim 1  2 x  x  lim 1  2 x  2 x  e6 ; x 0

x 0

x 0

c)

2  2   x 1    lim 1   1  lim  1   lim 1    x   x  1  x   x  1  x   x  1  x

x

x

x 1 2  2 x 1

lim

2x

 e x x 1  e 2 ;

d) e3 .

 x2 a) lim   ; x  x  2   x

37.

Rezultat: a) e 4 ;

38.

ln  4  x  ; x 3 x 3

a) lim

x

 x2  5x  4  b) lim  2  ; x  x  3 x  7   b) e8 ;



c) lim x 2  3 x  3 x 1



1 x 1 .

c) e .

b) lim x 0

ln  x  6   ln 6 x

.

Rešenje: a) 1 1  ln  4  x   x 3  ln e 1  1 ; 3 x  lim  lim ln 4 x ln lim 1 x 3           x 3  x 3 x 3  x3  1 b) . 6

- 116 -

1

a) lim 1  x  sin x ;

39.





d) lim  sin 2 x 

tg 2 2 x

b) lim 1  2tg 2 x

x 0

x 0

1

c) lim  cos x  sin 2 x ; x 0

x



ctg 2 x

;

.

4

Rešenje: a) lim 1  x 

1 x  sin x x

x 0



b) lim 1  2tg 2 x x 0



e

ctg 2 x

 lim

x

x0 sin x

1  e 1  ; e 2

 lim 1  2tg 2 x  2tg 2 x  e 2 ; x 0

c) 1

lim  cos x  sin 2 x  lim 1  cos x  11cos2 x  lim 1  1  cos x   1cos x 1 cos x  1

1

x 0

x 0

 lim

e

1 1 cos x

x0

e



1 2



x 0

1 ; e

d)

lim  sin 2 x  x

40.

2

tg 2 x



 lim 1  sin 2 x  1 x

4

a) lim

ln 1  x 

x 0

x



sin 2 2 x x 1 sin 2 x   1 sin 2 

lim 

e

x



sin 2 2 x 1 sin 2 x 

4

ln 1  x 

x 0

x



1 2

.

4

ex 1 b) lim ; x 0 x

;

a x 1 c) lim ; x 0 x

Rešenje: a) lim

e

1

1

 lim ln 1  x  x  ln lim 1  x  x  ln e  1 ; x 0

x 0

x e x  1  t  e  1  t b) lim   lim  1;  x 0 t  0 ln 1  t  x  x  ln 1  t  

c) ln a .

- 117 -

e x  cos x a) lim ; x 0 x2 2

41.

e 3 x  1 b) lim ; x 0 x

ex 1 c) lim . x 0 sin x

Rešenje:

 2 x 2sin 2  x2 x    e  cos x e  1 1  cos x e 1 2 3; a) lim  lim  2   2    lim 2 2 2    0 0 x 0 x x x  2 x x  x  x  4   4  x2

e 2 x  1 e 2 x  1  2  lim  2 ; x 0 x  0 2 x x

b) lim

42.

c) 1 .

Odrediti asimptote funkcija:

1 x3 ; b) y  ; x 1 x 1 x2  6 x  4 2 x3  1 c) y  ; d) y  2 . x 1 x 4

a) y 

Rešenje: a) Funkcija ima prekid za x  1 . Kako je lim

x 1 0

1 1   , lim   , x  1  0 x 1 x 1

funkcija ima vertikalnu asimptotu x  1 . Kako je lim 1  0 , funkcija ima i horizontalnu asimptotu, pravu y  0 , tj. x. x 

x 1

Funkcija koja ima horizontalnu asimptotu nema kosu. b) Prava x  1 je vertikalna asimptota. Prava y  1 je horizontalna asimptota. Funkcija nema kosu asimptotu. c) Prava je x  1 je vertikalna asimptota.

- 118 -

x2  6x  4   , funkcija nema horizontalnu asimptotu. x  x 1 x2  6x  4 x2  6 x  4 x 1 k  lim  lim  1; x  x  x x2  x

Kako je lim

 x2  6 x  4  5 x  4  x   lim  5 , pa je y  x  5 kosa n  lim  x  x 1   x  x  1 asimptota. d) x  2 . Prave x  2 su vertikalne asimptote. Horizontalnih asimptota nema. Kosa asimptota je prava y  2 x .

43.

1 x

ex a) y  ; x ln x c) y  2 ; x

b) y  xe ; d) y  ln

x2 . x 1

Rešenje:

ex ex   , lim   , vertikalna asimptota je prava x  0 . x 0  x x 0  x ex ex lim  , lim  0 , funkcija ima horizontalnu asimptotu pravu y  0 x  x x  x kada x   .

a) lim

Nema kosih asimptota. 1

1

b) lim xe x   , lim xe x  0 , funkcija ima vertikalna asimptotu x  0 x 0 

x 0 

kada x  0 . 1 x

lim xe   pa funkcija nema horizontalnu asimptotu.

x 

1

1

1  1x  xe x e x 1 x k  lim  lim e  1 , n  lim  xe  x   lim  1 , pa je x  x x  x    x  1 x kosa asimptota je prava y  x  1 .

- 119 -

c) Kako je x   0,   , imamo:

ln x   , funkcija ima vertikalnu asimptotu x  0 kada x  0 . x 0  x 2 ln x lim 2  0 , horizontalna asimptota je prava y  0 . x  x lim

Nema kosih asimptota.

d) Kako je x   , 1   2,   , imamo:

x2 x2   , lim ln   , funkcija ima vertikalne asimptote x 1 x 2 x 1 x 1 x  1 i x  2 . x2  0 , horizontalna asimptota je prava y  0 . lim ln x  x 1 lim ln

Nema kosih asimptota. 44.

Ispitati neprekidnost sledećih funkcija:

 sin x , x0  3x  4,  a) f  x    x ; b) f  x    2  x  6,  0, x  0  x 1 x  1, x  1  c) f  x    x  1  0, x 1 

x 1 ; x 1

Rešenje: a) lim x 0

sin x  1 , f  0   0  1 , zakjučujemo da funkcija ima prekid za x

x  0.





b) lim  3x  4   7 , lim x 2  6  7 , funkcija ne je prekidana za x  1 . x 1

x 1

 x  1,  x 1 x  1, x  1   c) f  x    x  1  1  x,  0,  0, x 1  

x 1 x  1, x 1

lim f  x   2, lim f  x   0 , funkcija u tački x  1 je prekidna.

x 1

x 1

- 120 -

DIFERENCIJALNI RAČUN

1. IZVOD FUNKCIJE 2. DIFERENCIJAL FUNKCIJE 3. TEJLOROVA I MAKLORENOVA FORMULA 4. TEOREME SREDNJE VREDNOSTI 5. ISPITIVANJE FUNKCIJA PRIMENOM IZVODA

- 121 -

- 122 -

5. IZVOD FUNKCIJE

Problemi tangente i brzine, kao i problemi ekstrema, tj. minimuma i maksimuma postepeno su podsticali nastajanje pojma izvoda. Mnogi matematičari još od antičke Grčke uspevali su da reše neke od ovih problema u pojedinačnim slučajevima. Tek sa pojavom Dekartove metode koordinata omogućeno je da se krive predstavljaju jednačinama i tako je stvoren osnovni preduslov za pojavu opšte metode za analitičko rešavanje problema tangente, odnosno za definisanje pojma izvoda. Problem tangente prvi je rešio nemački matematičar i filozof Lajbnic definišući novu oblast matematike pod nazivom diferencijalni račun. U isto vreme Njutn je definisao izvod kao posledicu istrživanja fenomena kretanja. To su bile dve idejno i metodolški različite koncepcije koje su dovele do istog rezultata. Danas, diferencijalni račun, predstavlja nezaobilazno sredstvo u rešavanju mnogih problema savremene nauke i tehnike.

G. Leibniz (1646-1716)

I. Newton (1642-1727)

Najpoznatiji spor u istoriji matematike vođen je između Njutna i Lajbnica oko otkrića diferencijalnog računa. Njutn je ima samo 23 godine kada je 1666. otkrio metod, koji je nazvao metod fluksije. On je prvi shvatio da su integracija i diferenciranje dve inverzne operacije. Međutim oklevao je sa objavljivanjem svojih rezultata. U međuvremenu 1675. Lajbnic je samostalno došao do istog metoda koji je nazvao diferencijalni račun. On je svoje rezultate odmah publikovao i zadobio sva priznanja. Sukob ovih matematičara se nastavljao tako da je Londonsko kraljevsko društvo formiralo komitet koji je 1713. dalo prioritet Njutnu. Međutim simbolika koju je uveo Lajbnic bila je mnogo jednostavnija i opšte je prihvaćena. - 123 -

5.1. DEFINICIJA IZVODA FUNKCIJE  Neka je funkcija f  x  definisana u okolini tačke x . Proizvoljnu malu veličinu x nazivamo priraštaj argumenta x . Kada se nezavisna promenljiva, argument, promeni od x do x  x , tada se vrednost funkcije promeni od f  x  do f  x  x  , tj. za veličinu

y  f  x   f  x  x   f  x  , koja se naziva priraštaj funkcije.  Ako postoji granična vrednost

f  x  x   f  x  y  lim  y  f   x  x  0 x x 0 x tada kažemo da je f   x  prvi izvod funkcije ili izvod funkcije f  x  u datoj tački x . lim

 Postupak nalaženja izvoda naziva se diferenciranje.

 Ako je f   x  konačna vrednost, tada kažemo da je funkcija diferencijabilna u datoj tački x . Primer:

Odrediti izvod funkcije f  x   x 2 po definiciji.

x  x   x 2 x  2 x  x   y  lim  lim  lim  2 x  x   2 x . x 0 x x  0 x 0 x  0 x x 2

y  lim

 Ako postoji granična vrednost f   x   lim

f  x  x   f  x 

x 0 

x

ona se naziva

levi izvod funkcije, a granična vrednost

f   x   lim

f  x  x   f  x 

x 0 

x

naziva se desni izvod funkcije u tački x .

 Funkcija f  x  je diferencijabilna u tački x ako i samo ako postoji levi i desni izvod funkcije i jednaki su:

f   x   f   x  .

- 124 -

 Funkcija f  x  je diferencijabilna na intervalu ako i samo ako je diferencijabilna u svakoj tački tog intervala.

 Ako je funkcija f  x  diferencijabilna u nekoj tački, onda je ona i neprekidna u toj tački. Obrnuto tvrđenje nije tačno. Primer:

Ispitati diferencijabilnost funkcije f  x   x u tački x  0 . Funkcija je neprekidna u tački x  0 , ali nije diferencijabilna jer je

 0  x   0 

x  1, x 0  x  0  x x   0  x   0 x f   0   lim  lim  1 , x 0     x 0 x x tj. f   0   f   0  pa zaključujemo da f   0  ne postoji. f   0   lim

lim

5.1.1. OSNOVNA PRAVILA DIFERENCIRANJA Ako su funkcije f  x  i g  x  diferencijabilne u tački x , tada je: 

 C  f  x    C  f   x  ,  C  const. ;



 f  x   g  x    f   x   g   x  ;



 f  x   g  x    f   x  g  x   f  x  g   x  ;



 f  x   f   x  g  x   g   x  f  x  ,  g  x   0 .    g 2  x  g  x 

- 125 -

5.1.2. TABLICA OSNOVNIH IZVODA f  x

f  x

C

0

x ,   R

 x 1 1

x

x

2

ax , a  R , 0  a  1

a x ln a

ex

ex

log a x , a  R , 0  a  1

1 log a e x

ln x

1 x

sin x

cos x

cos x

 sin x

tgx

1 cos 2 x 1  2 sin x 1

ctgx arcsin x

1  x2

1



arccos x

1  x2

arctgx

1 1  x2

arcctgx



- 126 -

1 1  x2

Primer: Naći izvod sledećih funkcija po definiciji: a) f  x   C , C  const ,

f  x  x   f  x  y 0 C C  lim  lim  lim  lim 0  0 , . x 0 x x 0 x 0 x x 0 x x 0 x b) f  x   sin x , y  lim

x  x  2 cos  x   sin  sin  x  x   sin x y 2  2  y  lim  lim  lim x 0 x x  0 x 0 x x x x sin sin x    2 2  cos x .  lim cos  x    x  cos x  lim x 0  0 x x  2   2 2 x c) f  x   a .









a x a x  1 a x  1 y a x x  a x x y  lim  lim  lim  a  lim  a x  ln a . x 0 x x 0 x 0 x 0 x x x Primer: Naći prvi izvod sledećih funkcija: a) y 

1

3

1 13 1 1  32 1 x  x  ; 3 3 33 x2 y  3 x3   2 x   3   9 x 2  2 ;

y 

x  x3 ,

 

b) y  3 x 3  2 x  3 ,

   

e y  e x  ln x  e x  ln x   e x ln x  ; x x

 

c) y  e x ln x , d)

x2 y 2 , x 1 x2  x2  1  x2 x2  1  2 x  x2  1  x2  2 x 2x y    ; 2 2 2 x2  1 x2 1 x2  1

 

e) y 

ln x ; ln x  1





















1 1  ln x  1  ln x 1 x  y  x 2 2 x  ln x  1  ln x  1 - 127 -



5.1.3. GEOMETRIJSKO TUMAČENJE IZVODA Neka je funkcija f  x  neprekidna u tački x i definisana u nekoj njenoj okolini.

t

f  x 



x

 x

x  x

Koeficijent pravca sečice koja je povučena kroz tačke A i B je k s  tg 

f  x  x

,

gde je  ugao koji sečica zaklapa sa x - osom. Sa druge strane kada pustimo da x  0 , odnosno kada se tačka B po krivoj približava tački A , sečica AB postepeno postaje tangenta krive u tački A . Koeficijent pravca tangente koja je povučena kroz tačku A iznosi kt  tg . Kako tg  tg , kada x  0 dobijamo kt  lim

f  x 

x 0

x

 f   x  , a to je izvod

funkcije f  x  u tački x .  Koeficijent pravca tangente grafika funkcije u tački A , jednak je vrednosti prvog izvoda u toj tački.  Jednačina tangente grafika funkcije u tački A glasi

y  y A  f   x A  x  x A  .  Jednačina normale grafika funkcije u tački A glasi

y  yA  

1  x  xA  . f   xA 

- 128 -

Primer:

Naći jednačinu tangente grafika funkcije y  x 2  1 u njenoj tački A 1, 2  . Kako je y  2 x dobijamo kt  y  A   2 1  2 . Tangenta je prava koja prolazi kroz tačku A , a koeficijent pravca je kt  2 . Njena jednačina je y  2  2  x  1 , odnosno y  2 x .

5.1.4. IZVOD INVERZNE FUNKCIJE Neka je funkcija f  x  monotona i neprekidna u okolini tačke x , a diferencijabilna u tački x , tj. postoji f   x   0 . Neka je x  f 1  y  njena inverzna funkcija.  Izvod inverzne funkcije je:

 f  y    f 1 x  . 1

Primer:

y  ex Kako je x  ln y inverzna funkcija funkcije y  e x dobijamo:

 e  

1

x

 ln y 



1  y  ex . 1 y

5.1.5. IZVOD SLOŽENE FUNKCIJE





 Ako je data složena funkcija F  x   f g  x  gde je funkcija g  x  diferencijabilna u tački x , a funkcija f  u  diferencijabilna u tački u  g  x  , onda je:

F   x   f   g  x   g  x  .

- 129 -

Primer: Naći izvod sledećih složenih funkcija:



a) y  3  2 x 2





33

y  33 3  2 x 2 b) y  e x , 2

,

  3  2 x   33  3  2 x  y  e  x   2 xe 32

2

2

x2

c) y  ln  tgx  , y 

2



32

 4 x  132 x 3  2 x 2

x2

;



32

1 1 1 1   tgx     . 2 sin x cos x sin x  cos x tgx cos x

5.2. DIFERENCIJAL FUNKCIJE  Ako je funkcija f  x  diferencijabilna u tački x , onda se izraz f   x  x naziva diferencijalom funkcije u tački x i obeležava dy :

dy  f   x  x .

t



dy

x

x

x  x

 Diferencijal funkcije y  x je dy  1 x , tj. dx  x .  Izvod funkcije se može izraziti preko diferencijala kao f   x    Diferencijal funkcije proporcionalan je priraštaju funkcije: y  dy y  f  x  x   f  x   f   x  x f  x  x   f  x   f   x  x . - 130 -

dy . dx

Kako je diferencijal funkcije linearna funkcija priraštaja x , mnogo je jednostavnije odrediti diferencijal date funkcije nego njen priraštaj y . Ta činjenica se koristi u približnom računanju.

 Za diferencijal funkcije važe slična pravila kao za izvode funkcija: d  Cf   Cd  f  , C  const. ;

d f  g  d f  dg; d f  g  d f  g  f dg ;  f  d f  g  f dg . d   2 g g  

Primer: Naći diferencijal funkcije y  2 x3  3 x .

dy  ydx   6 x 2  3 dx .

5.2.1. IZVODI I DIFERENCIJALI VIŠEG REDA  Neka je f  x  diferencijabilna funkcija, tj. postoji njen izvod f   x  . Ako postoji izvod funkcije f   x  , on se definiše kao drugi izvod funkcije f  x  i obeležava sa

f   x  . Na sličan način se definišu f   x  , f  4  x  ,... izvod.

 Diferencijal od diferencijala dy , zove se diferencijal drugog reda i označava se sa

d 2 y . Dakle, d 2 y  d  d  y    ydx 2 .  Izvodi višeg reda funkcije definišu se kao:

f  0  f ,

 

 f  n 1  f  n  ,

n  0,1, 2

 Diferencijali višeg reda funkcije f  x  definišu se kao:

d0 y  y ,





d n 1 y  d d n y ,

- 131 -

n  0,1, 2

 Za funkciju kažemo da je n puta diferencijabilna u tački x , ako postoji konačan k k ti izvod f    x  , za svako k  0,1, 2, , n .

Primer: Odrediti drugi izvod funkcija: a) f  x   1  x 2 ;

f  x 

x 1  x2

,

f   x  

x2

1  x2 

1  x2 

1  x  2

1

1  x 2  1  x 2

.

b) f  x   e  x ; 2

f   x   2 xe  x , 2

f   x   2e  x   2 x  e  x  e  x  4 x 2  2  . 2

2

2

2

Primer: Odrediti treći izvod funkcija: a) f  x   cos 2 x ;

f   x   2 cos x   sin x    sin 2 x , f   x   2 cos 2 x , f   x   4sin 2 x ; b) f  x   x 2 ln x ;

f   x   2 x ln x  x , f   x   2 ln x  3 , f   x  

- 132 -

2 . x

ZADACI

Koristeći tablicu izvoda naći prvi izvod sledećih funkcija: 1.

a) y 

3

b) y  4 x 3  2 x 2  3  x ;

x2 ;

3 1 1 4; c) y  x  3  5  x 5x x

d) y  6 x

3

2 3

x  5x2 5 x .

Rešenje:



2



a) y   x 3  





2

1

2 3 1 2  3 2 x  x  3 ; 3 3 3 x

b)

y  4 x 3   2 x 2    3 

   

c) y 

y 

3

x

 x   4  3x

31

 2  2 x 21 

1 2 x

 12 x 2  4 x 

1   3 1 1 x 5 3 3 2        4, 4 3 x x x 3 5 5 x 5x x 1

1

4  1  23 1 3 1 1 1 1 ;   6 x  x 3  x 6  x 2  3 2 3 3 x2 3 x4 x 2 x3 2

7

11

d) y  6 x 3  x  5 x 2  5 x  6 x 6  5 x 5 ,

7 7 1 11 111 y  6  x 6  5  x 5  7 6 x  11x  5 x . 6 5 2.









a) y  x 2  2 x  x 4  7 ;

b) y   x  2 

c) y  x 2 cos x ;

d) y  x  sin x cos x .

- 133 -



x 2 ;

1 2 x

;

Rešenje:



 



a) y   2 x  2   x 4  7  x 2  2 x  4 x 3  6 x 5  10 x 4  14 x  14

x  2   x  2

b) y 

1

x 1 ;  2 x

 x 2

2 x

c) y  2 x cos x  x 2 sin x ;





d) y  1  cos 2 x  sin 2 x  2sin 2 x .

3.

a) y 

Rešenje: a) y 

b) y 

c) y 

d) y 

4.



x2 1 ; x2  1



b) y 

x3 ex 1 tgx ; c) y  x ; d) y  . e 1 1  tgx x 1





2 x x2  1  2 x x2  1





x2  1

2

3 x 2  x  1  x 3

 x  1





2



4x



2 x3  3x 2

 x  1





x



1

2

2e x

e

2

x



1

2

;

1 1    1  tgx   tgx     2 2 cos x  cos x 

1  tgx 

x2  x  1 a) y  2 x  x 1 sin x c) y  ; 1  cos x

2

;

;

2

ex ex 1  ex ex 1

e



x2  1

1 1 cos 2 x   . 2 2  cos x  sin x   cos x  sin x    cos x  

1  ln x ; x x d) y   arctgx . 1  x2

b) y 

- 134 -

Rezultat: a) y 

2x2  2

x

2



 x 1

2

b) y  

;

ln x ; x2

c) y 

1 ; cos x  1

d) y  

Naći izvod složenih funkcija: 5.

a) y  1  2 x  ; 13

b) y  3sin 4 x ;

c) y  sin 4 x .

Rešenje: a) y  13 1  2 x   1  2 x   26 1  2 x  ; 12

12

b) y  3cos 4 x   4 x   12 cos 4 x ; c) y  4sin 3 x   sin x   4sin 3 x cos x . 6.

a) y  e x

2

2 x2

;

b) y  xe x

2

2 x

.

Rešenje: a) y  e x

2

2 x2

b) y  e x

2

2 x

7.

2  x 2  2 x  2    2 x  2  e x 2 x2 .



 xe x

a) y  ln



2

2 x

1 x ; 1 x

 2 x  2   e x 2 x 1  2 x 2  2 x  . 2

b) y  ln





x  x 1 ;

c) y  ln

Rešenje: a) y 

b) y 

1 1 x 1 x

2 2  1  x  1  x ;      2 2  1  x  1  x 1  x  1  x

1  1  1 ;    x  x 1  2 x 2 x 1  2 x  x  1 1

- 135 -

x . 1  x2

2 x2

1  x  2

2

.

2 2 1  x 2 1  x   2 x 1  x2   c) y  . 2 2 2 x x x 1    x 1   

8.

a) y  ln

sin x ; 1  cos x

b) y  ln

1  sin x ; 1  sin x

c) y 

1  sin x . 1  sin x

Rešenje: a) y 

 1   1 ; 1  sin x 1  cos x sin x 1  cos x

b) y 

1  sin x cos x 1  sin x   1  sin x  cos x 2 cos x 2 ;    2 1  sin x 1  sin x2  cos x 1  sin x 

c) y 

1 1  sin x  cos x  1  sin x   cos x  1  sin x   2 2 1  sin x 1  sin x 



9.

1  sin x cos x 1  sin x cos x 2 1 .      2 4 1  sin x 1  sin x  1  sin x 1  sin x  1  sin x

a) y  arcsin

x ; a

b) y  arcsin

1 . x

Rešenje: a) y 

a a2  x2

b) y  arcsin

10.



1  x



1 1 ;  a a2  x2

 1     2 1 x 1   x 1



a) y  ln e 2 x  e 4 x  1 ;

1  1  .   2    x2  1  x  x x2 1 x





b) y  ln x  a  x 2  2ax .

- 136 -

Rešenje: a) y 



 2x  4e 2 x  2e 2 x e2 x     2 e 1     e2 x  e4 x  1  2 e4 x  1  e2 x  e4 x  1  e4 x  1  1

 e4 x  1  e2 x  e 2 x  e 4 x  1  e4 x  1

b)

2e 2 x

y 

 2e 2 x ;  4x  e 1  

1 x 2  2ax ctg2 x . 1  sin 2 x

11.

y  ln

sin 2 x ; 1  sin 2 x

Rešenje: y 

12.

x 1 x y  tg  tg 3 ; 2 3 2

Rešenje: y 

13.

y  e  x  sin x  cos x  ;

Rešenje: y  2e  x sin x .

14.

y  arcsin

15.

1 y  sin x  sin 3 x ; 3

16.

y  ln

17.

x y  x  arctg  ln x 2  4 ; 2

x 2 cos 2

.

4

x2 ; a

Rešenje: y 

2x a2  x4

Rešenje: y  cos3 x

1 x ; 1 x

Rešenje: y 



1



1 . 1  x2

Rešenje: y  arctg

- 137 -

x . 2

.

18.

Data je parabola y 

1 2 x i tačka A  4, y  na njoj. Napisati jednačinu 4

tangente i normale parabole u datoj tački. Rešenje:

Kako tačka A  4, y  pripada paraboli, zamenom koordinate x  4 jednačinu parabole dobijamo koordinatu y  4 .

1 x . Znajući da je koeficijent pravca tangente jednak 2 vrednosti prvog izvoda funkcije u datoj tački dobijamo kt  y  4   2 , a Izvod date funkcije je y 

kn  

1 1  . kt 2

Jednačine tangente i normale su:

t : y  4  2  x  4  y  2x  4 , n : y  4   19.

1 1  x  4  y   x  6 . 2 2

U tački M 1, y  krive y  x 3  x  x 1 napisati jednačinu njene tangente i normale.

Rešenje:

Za x  1 je y  3 , pa su kordinate tačke M 1,3 . Izvod date funkcije je y  3 x 2  1 

kn  

1 , pa dobijamo kt  y 1  3 , a x2

1 1  . kt 3

Jednačine tangente i normale su:

t : y  3  3  x  1  y  3 x , n : y  3   20.

1 1 10  x  1  y   x  . 3 3 3

Odrediti parametre a i b tako da parabola y  x 2  ax  b dodiruje pravu

y  x u tački A 1,1 .

- 138 -

Rešenje:

Kako tačka A 1,1 pripada grafiku parabole zamenom koordinata tačke u njenu jednačinu dobijamo jednakost a  b  0 . Data prava y  x je tangenta parabole sa koeficijentom pravca k  1 . Kako je y  2 x  a , dobijamo k  y 1  1 , tj. 1  2  a  a  1 i b  1 . Jednačina parabole glasi y  x 2  x  1 .

21.

U kojoj tački parabole y 

1 2 x  3x  4 njena tangenta ima koeficijent pravca 2

1? Rešenje: Kako je y  x  3 , a koeficijent pravca tangente je 1 , dobijamo 1  x  3 , tj. x  4 . Kako je tačka sa apscisom 4 , dodirna tačka parabole i tangente, zamenom ove vrednosti u jednačinu parabolu dobijamo ordinatu dodirne tačke y  0 . Dakle, tražena tačka ima koordinate  4, 0  . 22.

U kojoj tački parabole y   x 2  x  2 je njena tangenta paralelna x osi?

Rešenje: Prvi izvod date funkcije je y  2 x  1 . Kako je tangenta paralelna x osi njen koeficijent pravca je 0 . Iz uslova de je 2 x  1  0 , dobijamo x 

1 , odnosno tačka 2

1 9 2 4

ima koordinate  ,  . 23.

Odrediti tačke u kojima su tangente krivih y  x 3  x  1 i y  3 x 2  4 x  1 paralelne.

Rešenje:

1, 1 i 1, 0  .

- 139 -

24.

Pod kojim uglom parabola y  x 2  x seče x-osu?



Rešenje: 25.

4

3 . 4

U kojoj tački je tangenta krive y  x 2  7 x  3 paralelna pravoj y  5 x  3 ?

1, 3

Rešenje: 26.

i

Primenom diferencijala izračunti približnu vrednost izraza

3

26,19 .

Rešenje: Za diferencijabilnu funkciju f  x  važi formula

f  x  x   f  x   f   x  x . Ako uzmemo da je f  x  

3

x , x  27 , x  0,81 , i kako je f   x  

1  23 x , 3

dobijamo 3

1 2 x  x  3 x   x 3   x  , 3

3

2  1 1 26,19  27   0,81  27   27 3   0,81  3   0,81  2,97 . 3 27

27.

3

3

Primenom diferencijala izračunati približnu vrednost funkcije f  x  

3

x3  7 x u

tački x  1, 02 . Rešenje: Izvod date funkcije je f   x  

2  1 3 3 3 x 2  7 . Za x  1 i x  0, 02 7 x  x     3

dobijamo

- 140 -

2  1 3 f 1, 02   f 1  0, 02   1  7 1  1  7 1 3   3 12  7   0, 02 3 2 1   3 8   8  3  10   0, 02  2, 0167 3 3

28.

3

Primenom diferencijala izračunti približnu vrednost izraza cos 59 .

Rešenje:

Ako uzmemo da je f  x   cos x , x  59 , x  1 i f   x    sin x , dobijamo

cos 59  cos 60  29.

 180

   sin 60  

1  3    0,515. 2 180 2

Naći približnu vrednost: a)

4

17 ;

b)

3

1, 02 ;

c) sin 29 ;

d) arctg1, 05 .

Rešenje: a) Ako je f  x   4

x , x  16 , x  1 , i f   x  

17  4 16  1  2 

b) Ako je f  x   3

4

3

1  34 1 x  , dobijamo 4 4 4 x3

1 1  2, 031 . 32

x , x  1 , x  0, 02 i f   x  

1  23 1 , dobijamo x  3 4 3 x2

1 1, 02  3 1  0, 02  1   0, 02  1, 0066 . 3

c) sin 29  sin  30  1   sin 30  cos 30





1 3     0, 484 . 2 2 180

180 0, 05  d) arctg1, 05  arctg 1  0, 05   arctg1    0, 025  0,81 . 1  12 4

- 141 -

5.3.TEJLOROVA I MAKLORENOVA FORMULA Kod trigonometrijskih, eksponencijalnih ili logaritamskih funkcija, kada je potrebno izračunati vrednost funkcije za neku konkretnu vrednost nezavisno promenljive, npr.

x  a , srećemo se često sa složenim računima . Kako su polinomi funkcije koje se najjednostavnije izračunavaju, vrednost funkcije u tački može se približno izračunati aproksimacijom date funkcije polinomom. Ako funkciju f  x  aproksimiramo polinomom P  x  činimo neku grešku R  x  , koja iznosi

R  x   f  x   P  x  . Cilj aproksimacije je da greška bude minimalna.

Aproksimacija je bolja ukoliko je tačka x bliža tački a . Postoje različiti postupci aproksimacije funkcije polinomom, a jedan od njih je Teljorov polinom.

 Ako je funkcija f  x  u nekoj okolini tačke a , je Tejlorova formula:

 n  1 -puta diferencijabilna tada

f  x   Pn  x   Rn  x  ,

gde je polinom 1 1 2 n Pn  x   f  a   f '  a  x  a   f   a  x  a     f  n   a  x  a  , n! 2 a greška ili ostatak je: 1 n 1 Rn  x    x  a  f  n1  c  , c   x , a  ili c   a , x  .  n  1! Ako se uzme da je c  a    x  a  , gde je 0    1 , greška ima oblik Rn  x  

1 n 1  x  a  f  n1  a    x  a   .  n  1!

Ovo je Lagranžov oblik greške. Polinom Pn  x  se naziva Tejlorov polinom u tački a .

 Za slučaj kada je tačka a  0 dobija se Maklorenova formula: f  x   f  0  f   0 x 

1 1 n 1 n f   0  x 2    f    0  x n  f    x  x n . 2 n!  n  1! - 142 -

Primer: Razviti u Tejlorovu formulu funkciju f  x  

1 po stepenima x  2 , odnosno u x 1

okolini tačke a  2 , polinomom drugog stepena.

f  2   1 , f  x   f   x   f   x  

1

 x  1 2

 x  1

3

6

 x  1

4

2

 f   2   1 ,

 f   2   2 ,  f   x  

6

 x  1

4

, 0    1.

Tejlorova formula date funkcije glasi:

 x  2 1 2 , 0  1.  1   x  2    x  2   4 x 1 x 2 2        3

Primer: Razviti funkciju f  x   1  x u Maklorenovu formulu za n  2 , tj. zaključno sa kvadratnim članom.

f 0  1 ,

1 1  f   0  , 2 2 1 x 3 1 1  f   x    1  x  2  f   0    , 4 4 5 5 3 3   f   x   1  x  2  f   x   1   x  2 , 0    1 , 8 8 2 3 5 x x x  1  x  1    1   x  2 . 2 8 16 f  x 

- 143 -

5.3.1. MAKLORENOVI RAZVOJI NEKIH VAŽNIJIH FUNKCIJA: n

ex   k 0

xk e x  x n 1 ; k !  n  1! n

sin x    1

 1 cos  x x 2 n1 ; x 2 k 1   2k  1!  2n  1! n

k 1

k 1

 1 cos  x x 2 n 2 ; x 2k cos x    1   2k  !  2n  2  ! k 0 n 1

n

1  x 



k

n        n 1 n 1 x ;     xk    1   x  k 0  k   n  1

n 1 x n 1 k k 1    1 x k   1 ; n2 1  x k 0 1   x  n

ln 1  x     1

k 1

k 1

xk x n 1 n   1 . n 1 k  n  11   x 

Primer: Dokazati Maklorenovu formulu za funkcije b) f  x   sin x ;

a) f  x   e x ; a)

f   x   f   x   f   x     f  n   x   e x , f   0   f   0   f   0     f  n   0   1 , f

 n 1

e x x n 1 .  x   e , Rn1  x    n  1!

ex  1 

x

x x 2 x3 xn e x      x n 1 . 1! 2! 3! n !  n  1 !

b)

f   x   cos x  f   0   1 ,   f   x    sin x  cos   x   f   0   0 , 2  - 144 -

   f   x    cos x  cos  2   x   f   0   1 ,  2  

      f  n   x   cos   n  1   x   sin  n   x  , 2    2     f n 1  x   cos n   x  .  2  Korisno je uočiti da je f

R2 n 1  x    1

n

 2n

 0  0 ,

f 2

n 1

 0    1

n

.

x 2 n 1 cos  x  .  2n  1!

 1 x 2 n1   1 cos  x x 2 n1 , 0    1 . x3 x5 sin x  x      3! 5!  2n  1!  2n  1! n 1

n

ZADACI 1.

Napisati Tejlorov polinom trećeg stepena funkcije f  x  

x u tački a  1 .

Rešenje:

f 1  1 ,

f   x   

1  12 1 x  f  1  , 2 2 1 1 3  5 3  f  1   , f   x   3 x 2  f  1  , 4 2 8

f  x  1  32 x 22

pa je: P3  x   f 1   x  1 f  1 

x  1

 x  1

2

2!

f  1 

1 1 1 2 3  x  1   x  1   x  1 . 2 8 16

- 145 -

 x  1 3!

3

f  1

2.

Napisati Maklorenov polinom trećeg stepena za funkciju f  x  

1 . cos x

Rešenje:

1  cos 1 x , f  0   1; cos x f   x   cos 2 x sin x , f   0   0 ; f  x 

f   x   2 cos 3 x sin 2 x  cos 1 x ,

f   0   1;

f   x   6 cos 4 x sin 3 x  5cos 2 x sin x ,

P3  x   1 

3.

f   0   0 .

x2 . 2

Dokazati formulu esin x  1  x 

1 2 1 4 x  x . 2 8

Rešenje:

Kako je f  x   esin x , tada je:

f  0  1,

f   x   esin x cos x  f   0   1 ,

f   x   esin x  cos 2 x  sin x   f   0   1 , f   x   esin x  cos3 x  3sin x cos x  cos x   f   0   0 , f IV  x   esin x  cos 4 x  4 cos 2 x  3sin 2 x  sin x  6sin x cos 2 x   f IV  0   3 , pa je f  x   1  x  4.

1 2 1 4 x  x . 2 8

Date funkcije razviti u Maklorenov polinom četvrtog stepena: a) f  x   ln 1  sin x  ;





b) f  x   ln 1  x  x 2 .

Rezultat:

1 2 1 x 2 x3 x 4   ; b) P4  x   x  x 2  x3  x 4 . a) P4  x   x  2 6 12 2 3 4

- 146 -

5.

Koristeći Maklorenov polinom odgovarajućeg stepena funkcije sin x izračunati

lim x 0

x  sin x . x3

Rešenje:

x3 x5 x3 x5 dobijamo   x  3! 5! 6 120  x3 x5  x3 x5 x  x     3! 5!   6 120  1 .  lim lim x 0 x 0 6 x3 x3

Kako je sin x  x 

6.

Koristeći Maklorenov polinom odgovarajućeg stepena funkcije e x x 0

izračunati

e 1  x . x4 x2

lim

2

2

Rešenje: Kako je e x  1  x 

x 2 x3 x 4 x 4 x 6 x8 2 x2 dobijamo da je   e  1  x    , pa 2! 3! 4! 2! 3! 4!

je

ex 1  x2  lim x 0 x 0 x4 2

lim 7.

1  x2 

x 4 x 6 x8 x 4 x 6 x8    1  x2   2! 3! 4! 2 6 24  1 .  lim 4 x 0 2 x x4

Primenom Maklorenovog razvoja datih funkcija izračunati granične vrednosti

x  sin x  e 2 x  1  2 x  2 x 2 e x  sin x  cos x  2 , b) . lim x 0 x 0 x3 x3 3 1 Rezultat: a) ; b) . 2 3 a) lim

Cilj procene greške je da se nađe gornja granica greške gde x ima datu vrednost, a

   0,1 . Kod procene greške obično se koriste jednostavne nejednakosti, traženjem “najgoreg slučaja” u kome oba faktora dostižu maksimalnu apsolutnu vrednost. Zbog toga, stvarna greška je znatno manja od procenjene.

- 147 -

8.

 1 1 , ?  10 10 

Kolika je greška aproksimacije sin x  x , na intervalu  

Rešenje:

sin x  x  R2 , gde je R2 

x3 cos  x . 3!

3

x x3 1 1 R2  cos  x  cos  x  3  3 , greška je na trećoj decimali. 3! 6 10  6 10  2 9.

Funkciju f  x   ln  x  1 razviti u Maklorenov polinom trećeg stepena, uz procenu greške za računanje vrednosti ove funkcije na intervalu  0,1 .

Rešenje:

f  x 

1 1 2 , f   x    , f   x   , 2 3  x  1  x  1  x  1

f IV  x   

6

 x  1

4

,

f  0   ln1  0, f   0   1, f   0   1, f   0   2 .

x 2 x3   R3 . 2 3 x4 6 x4 . R3  x    4 4!  x  14 4  x  1

ln  x  1  x 

Za    0,1 i x   0,1 imamo procenu greške

R3  x   

10.

x4 4  x  1

Funkciju

4



x4 4  x  1

4



1 4  0 1  1

 0, 25 .

f  x   ln  x  1 razviti u Maklorenov polinom četrvtog stepena,

približno izračunati ln1,5 Rešenje:

ln  x  1  x 

4

x 2 x3 x 4 x5 1     . 2 3 4 5 1   x 5

- 148 -

2

3

4

1 1 1 1 2 2 2 ln1,5  ln 1  0,5             0, 4010 . 2 2 3 4 11.

Aproksimirati funkciju f  x   e x Maklorenovim polinomom i izračunati približnu vrednost broja e za n  10 .

Rešenje:

x x2 xn e x e  1    x n 1 1! 2! n !  n  1 ! x

Iz ove formule za x  1 , dobijamo e  1  a apsolutna vrednost greške je Rn 

1 1 1    2, 71828176 , 1! 2! 10!

e x 3 3   107 . x n 1  7   n 1 ! 11! 3 10  

5.4. OSNOVNE TEOREME DIFERENCIJALNOG RAČUNA Među najvažnije teoreme diferencijalnog računa spadaju teoreme srednje vrednosti. One pokazuju da se iz same egzistencije izvoda funkcije može mnogo zaključiti o osobinama funkcije.

5.4.1. FERMAOVA TEOREMA Fermaova teorema: Neka funkcija f  x  dostiže svoju ekstremnu vrednost u nekoj tački

c   a, b  i neka je diferencijabilna u tački c . Tada je f   c   0 .

- 149 -



Geometrijsko tumačenje Fermaove teoreme: Kako je f   c   0 , to znači da je

tg  0 , tj   0 , gde je  ugao koji tangenta u tački M  c, f  c   grafika funkcije zaklapa sa x osom. Znači da ako diferencijabilna funkcija u tački c   a, b  dostiže svoju najveću ili





najmanju vrednost, onda je tangenta na njen grafik u tački M c, f  c  paralelna sa

x osom.

y

M

a

c

b

x

5.4.2. ROLOVA TEOREMA Neka je funkcija f  x 

1. definisana i neprekidna na  a, b  , 2. diferencijabilna na  a, b  , 3.

f  a   f b  .

Tada postoji bar jedna tačka c   a, b  , takva da je f   c   0 .

y

f  a   f b a c1

c2 b

- 150 -

x







Geometrijsko tumačenje Rolove teoreme: Postoji bar jedna tačka M c, f  c  ,

c   a, b  u kojoj je tangenta grafika funkcije paralelna sa x osom. Primer: Dokazati da funkcija f  x   x 3  4 x  1 na intervalu  2, 2 ispunjava uslove Rolove teoreme i odrediti odgovarajuću vrednost nezavisno promenjive c . 1. Data funkcija je definisana za x  R , pa je definisana i neprekidna i na intervalu  2, 2 . 2.

Kako je f   x   3 x 2  4 , zaključujemo da je funkcija diferencijabilna na intervalu  2, 2  .

3.

Kako je f  2   f  2   1 ,

Znači, funkcija ispunjava uslove Rolove teoreme na  2, 2 . Dakle, postoji bar jedana tačka c   2, 2  takva da je f   c   0. Rešavanjem jednačine f   c   3c 2  4  0 dobijamo c1,2  

2 . Kako obe 3

vrednosti pripadaju intervalu  2, 2  , zaključujemo da postoje dve tačke koje pripadaju datom intervalu za koje je f   c1   f   c2   0 .

5.4.3. KOŠIJEVA TEOREMA  Neka su funkcije f  x  i g  x  definisane i neprekidne na  a, b  , a diferencijabilne na  a, b  , i neka je g   x   0 , x   a, b  . Tada postoji bar jedna tačka c   a, b  takva da je

5.4.4. LAGRANŽOVA TEOREMA  Neka je funkcija f  x  : 1. definisana i neprekidna na  a, b  , 2. diferencijabilna na  a, b  . - 151 -

f b   f  a 

g b   g  a 



f c . g c

Tada postoji bar jedna tačka c   a, b  takva da je

f b  f  a   f  c   b  a  . Lagranžova teorema je specijalan slučaj Košijeve teoreme za g  x   x .

y A

t M

a



c

B t  AB

b

x

Geometrijsko tumačenje Lagranževe teoreme: Postoji bar jedna tačka

M  c, f  c   , c   a, b  u kojoj je tangenta grafika funkcije paralelna sa sečicom

AB , čiji je koeficijent pravca Primer:



f b   f  a  ba

.



Odrediti tačku c, f  c  grafika funkcije f  x   4 x3  12 x 2  9 x takvu da

c   0,1 , u kojoj je tangenta paralelna sa sečicom koja prolazi kroz tačke  0, f  0  





i 1, f 1 .

Funkcija f  x   4 x3  12 x 2  9 x je definisana i neprekidna za x  R pa i na intervalu  0,1 . Kako je f   x   12 x 2  24 x  9 , funkcija je diferencijabilna za svako x  R pa i za

x   0,1 . Na osnovu Lagranžove teoreme imamo:

f 1  f  0   f   c  , c   0,1 , odnosno 1  12c 2  24c  9 ili 3c 2  6c  2  0 . 1 0 3 3 3 3 3 3 Odavde je c1,2  . Kako   0,1 , a   0,1 , tražena 3 3 3  3 3   vrednost je c  . Tražena tačka je  3  3 , f  3  3   .  3   3 3   

- 152 -

5.4.5. LOPITALOVA TEOREMA  Lopitalova teorema: Ako su funkcije f  x  i g  x  diferencijabilne u nekoj okolini tačke a , pri čemu je lim f  x   lim g  x   0 ili    i g   a   0 , tada je: xa

xa

lim xa

f  x

g  x

 lim xa

f  x . g  x

 Ako funkcije f  x  i g  x  imaju n - te izvode koji su neprekidni u tački x  a i ako je f  a   g  a   f   a   g   a     f 

 a   g  n1  a   0 i f  x f  x f  n  x  g  n   a   0 , onda je lim .  lim    lim  n  xa g  x  xa g   x  xa g  x n 1

Napomena: Lopitalova teorema se koristi za određivanje graničnih vrednosti neodređenih izraza

0  tipa “ 0 ” i  ”. U slučaju 0 transformisati oblik 0 “” ili

neodređenosti tipa “ 0   ” i “    ”, one se moraju

 0  0 “  ”. U slučaju neodređenosti tipa“ 0 , “ 1 ” ili “  ”,

izaraz se prvo logaritmuje čime se svodi na jedan od pomenutih slučajeva. Primer: Primenom Lopitalove teoreme odrediti granične vrednosti:

 sin x   lim cos x  1 ; sin x L  lim x 0 x 0 x 0 x x

a) lim

2 L 6  2 ln x L x   lim 1  0 ; b) lim  lim x  x  2 x x  x 2 x2

1 cos x 1  x cos x  sin x L cos x  x sin x  cos x c) lim  ctgx    lim     lim  lim x 0 x 0 x  x0  sin x x  x0 x sin x sin x  x cos x 

 x sin x L  sin x  x cos x  lim  0. x  0 sin x  x cos x x 0 2 cos x  x sin x

 lim

- 153 -

1 ln x L d) lim x ln x  lim  lim x   lim x  0 . x 0 x 0 1 x 0 x 0 1  2 x x lim x ln x

e) lim x x  lim eln x  e x0 x

x  0

x  0

 e0  1 .

ZADACI 1.

2 3

Ispitati da li funkcija f  x   x na intervalu  1,1 ispunjava uslove Rolove teoreme.

Rešenje: Data funkcija je definisana i neprekidna za x  R , pa prema tome i na intervalu

 1,1 .

Osim je f  1  f 1  1 . Kako je f   x  

2 3

3 x

, funkcija nije diferencijabilna u tački 0   1,1 , pa

funkcija ne ispunjava uslove Rolove teoreme na  1,1 . 2.

Dokazati da jednačina 4 x 3  3 x 2  2 x  1  0 ima bar jedno rešenje na

intervalu  0,1 . Rešenje:

Uočimo funkciju y  4 x 3  3 x 2  2 x  1 . Ona je definisana i neprekidna na  0,1 . Pored toga f  0   f 1  0 . Prema tome, na osnovu Rolove teoreme postoji tačka

c   0,1 takva da je f   c   0 .

- 154 -

Kako je y  12 x 2  6 x  2 , 6c 2  3c  1  0  c1,2  Tačka c1 

3  35 . 12

3  35   0,1 i ta vrednost je rešenje jednačine. 12

3. Dokazati da važi Langranžova teorema za funkciju f  x  

x 1 , x   0,3 i x 1

odrediti odgovarajuće c .

Rešenje:

Data funkcija je definisana i neprekidna za x  1 , a to znači i za x   0,3 . Kako je

f  x 

2

 x  1 x   0,3 .

2

, biće f  x  diferencijabilna za sve x  1 pa dakle i za

Na osnovu Langranžove teoreme postoji c   0,3 , tako da je

1   1 f  3  f  0  2  f   c  , odnosno 2  . Rešenja ove jednačine su 2 30 3  c  1 c1  3, c2  1 pa kako 3   0,3 , biće c2  1 tražena vrednost. 4.

Napisati Langranžovu formulu za funkciju f  x  

x na odsečku 1, 4 i

odrediti c . Objasniti i geometrijski. Rešenje: Data funkcija je definisana i neprekidna x  1, 4 . Izvod f   x  

1 2 x

je takođe

definisan za x  1, 4  . Znači f  x  je diferencijabilna na 1, 4  , pa prema Langranžovoj teoremi važi jednakost

f  4   f 1  f   c  , c  1, 4  . 4 1 - 155 -

f  4   2, f 1  1, S obzirom da

f  x 

1 2 x

, pa je

1 1 9   2 c 3 c . 3 2 c 4

9  1, 4  , to je tražena vrednost c . 4

y t

1

9 4

x

4

Geometrijski gledano, postoji tangenta grafika funkcije koja je paralelna sa sečicom koja prolazi kroz tačke 1,1 ,  4, 2  i njena dodirna tačka ima apscisu

9 . 4

Primenom Lopitalove teoreme odrediti granične vrednosti: Neodređenost tipa “

5.

0  ” ili “ ”.  0

x2  8x  5 ; x  2 x 2  6 x

a) lim

b) lim x 0

x  sin x ; x3

e2 x ; x  x 3

c) lim

Rešenje:

x2  8x  5 L 2x  8 1  lim  ; x  2 x 2  6 x x  4 x  6 2 L L x  sin x 1  cos x sin x L cos x 1 b) lim  lim  lim  lim  ; 3 2 0 0 0    x 0 x x x x 3x 6x 6 6 2x L 2x L 2x L 2x e 2e 4e 8e c) lim 3  lim  lim  lim ; 2 x  x x  3 x x  6 x x  6 a). lim

- 156 -

d) lim

x  0

cos x  1 . x2

1 sin x   cos x  1 1 sin x 1 1 2 cos x   lim   lim   . d) lim 2 x  0 x 0 x 2x 4 x  0 x 4 cos x L

6.

e ax  ebx a) lim ; x 0 sin x x  arcsin x c) lim ; x 0 sin 3 x

x  sin x  e 2 x  1  2 x  2 x 2 b) lim ; x 0 x3 e x  e x  2 x d) lim . x 0 x  sin x

Rešenje:

e ax  ebx L aeax  bebx  lim  a b; x 0 x 0 sin x cos x x  sin x  e 2 x  1  2 x  2 x 2 L 1  cos x  2e 2 x  2  4 x b) lim  lim x 0 x 0 x3 3x 2 L sin x  4e 2 x  4 L cos x  8e 2 x 3  lim  lim  ; x 0 x 0 6x 6 2 1 1 L x  arcsin x 1  x2  c) lim  lim x 0 x  0 3sin 2 x  cos x sin 3 x 1 3 1 2 2 2 L 1  x  lim 1  lim x 1  x   1 ; lim x 0 3sin 2 x x 0 cos x x 0 6sin x  cos x 6 a) lim

d) 2 ; Neodređenost tipa “    ”. 7.

1  1  x ; x 0 x e 1 

1  1  2 ;  sin x x   x 1     2  ; d) lim   c) lim  2 .   x 1 x  1 x 1  2 cos x  x   ctgx  2

a) lim

b) lim  x 0

- 157 -

Rešenje:

ex 1  x L ex 1 L ex 1 1  lim  lim  lim  ; x 0 x e x  1 x 0 e x  1  xe x x  0 e x  e x  xe x x 0 2  x 2  

a) lim

1  x 2  sin x L 2 x  cos x  1  2   lim 2  lim ; b) lim    x 0 sin x x x 0 0 x  x  sin x 2 x  sin x  x 2  cos x  d) 1 . c)  ; Neodređenost tipa “ 0   ”.

8.





a) lim x 2 ln x ; b) lim x ctg2 x ; c) lim 1  e 2 x ctgx . x 0

x 0

x 0

Rešenje:

1 L ln x x2 a) lim x 2 ln x  lim 2  lim x   lim  0; x 0 x 0 x x 0 2 x 0 2 x3 x L 1 1 b) lim x ctg2 x  lim  lim  ; x 0 x  0 tg2 x x 0 2 2 cos 2 2 x L 1  e2 x 2e 2 x 2x c) lim 1  e  ctgx  lim  lim cos x  lim  2 . x 0 x  0 sin x x 0 x 0 cos x Neodređenost tipa “ 00 ”, “ 1 ” ili “  0 ”.

1

9.

a) lim  cos x  x 2 ; x 0

1

b) lim  ln x  x ; x 

c) lim x sin x . x  0

Rešenje: 1

a) lim e x 0

ln  cos x 

1 x2

e

ln cos x L x0 x2 lim

e

lim cos x

x0

  sin x  2x

lim

 sin x

 e x0 2 x cos x  e

- 158 -



1 2



1 ; e

b) lim e ln(ln

1 x)x

x  

lim e

c)

ln xsin x

x  0

lim

x0

e



e

e

lim sin x ln x

x0

e

lim

1 1  lim ln x x x   1

ln x

x0 sin 1 x

 e0  1 ;

L

 ;

1 x cos x sin 2 x

e

ln(ln x ) L x   x lim

e

 lim

x0

sin 2 x L x

e

 lim 2sin x cos x x0

 e0  1

5.5. ISPITIVANJE FUNKCIJA POMOĆU IZVODA U predhodnom poglavlju upoznali smo se sa nekim osobinama funkcija. Takođe date su osnovne definicije monotonosti, konveksnosti i konkavnosti funkcije. Međutim, te pojmove mnogo bolje je definisati korišćenjem izvoda funkcije.

5.5.1. MONOTONOST FUNKCIJE  Neka je funkcija f  x  neprekidna na  a, b  , a diferencijabilna na  a, b  . Tada, ako je za x   a, b  :

f   x   0 , funkcija je rastuća, f   x   0 , funkcija je opadajuća, f   x   0 , funkcija je strogo rastuća, f   x   0 , funkcija je strogo opadajuća. Dokaz:

Neka je za x   a, b  ispunjeno f   x   0 . Uzmimo proizvoljne vrednosti x1 , x2 takve da je a  x1  x2  b . Na osnovu Lagranžove teoreme imamo da je

f  x1   f  x2   f   x0  x1  x2  , za neko x1  x0  x2 .

- 159 -

Znajući da je x1  x2  0 i f   x   0 , dobijamo da je f  x1   f  x2   0 , tj. funkcija f  x  je rastuća. Dokaz u preostalim slučajevima je identičan. Primer: Ispitati monotonost sledećih funkcija:

1 ; c) f  x   x 2  2 x  3 . x a) Izvod funkcije f  x   x 3 je f   x   3 x 2 . Kako je f   x   0 za x  R , funkcija a) f  x   x 3 ;

b) f  x  

je rastuća. b) Izvod funkcije f  x  

1 1 je f   x    2 . Kako je f   x   0 za x  0 , funkcija x x

je opadajuća.

c) Izvod funkcije f  x   x 2  2 x  3 je f   x   2 x  2 . Kako je za x  1

f   x   0 , a za f   x   0 , zaključujemo da je funkcija je rastuća. za x  1 , a opadajuća za x  1 .

5.5.2. EKSTREMNE VREDNOSTI FUNKCIJE

y

x a x1



Funkcija f  x  definisana na

x2 b

 a, b 

ima maksimum u tački x1   a, b  ako i

samo ako je f  x   f  x1  za svako x koje pripada nekoj okolini tačke x1 , a

- 160 -

minimum u tački x2   a, b  ako i samo ako je f  x   f  x2  za svako x koje pripada nekoj okolini tačke x2 .



Maksimum i minimum funkcije f  x  nazivaju se ekstremnim vrednostima date funkcije. Napomena: Prethodne dve definicije odnose se na lokalni maksimum i minimum, koji su vezani za neku dovoljno malu okolinu datih tačaka. Ovako definisani maksimum i minimum ne moraju istovremeno predstavljati najveću ili najmanju vrednost date funkcije na celom intervalu  a, b  .



Potreban uslov za ekstrem: Ako diferencijabilna funkcija f  x  ima u tački x  x1 ekstrem (maksimum ili minimum), tada je u toj tački f   x1   0 . Iz navedenog uslova sledi da, ako je funkcija f  x  diferencijabilna, tada ona može imati ekstremum samo u tačkama u kojima je njen izvod jednak nuli, obratan zaključak ne važi. Naime, ako je f   x1   0 , ne mora značiti da u toj tački funkcija ima ekstrem.



Tačke u kojima funkcija f  x  nema izvod, kao i tačke u kojima je f   x   0 , nazivaju se kritične tačke funkcije f  x  .



Funkcija može imati ekstrem samo u svojim kritičnim tačkama, dok svaka kritična tačka ne mora biti tačka ekstrema funkcije.

Primer: Odrediti ekstreme funkcije f  x   Izvod funkcije je f   x  

2 33 x

3

x2 .

. Mada je f   x   0 , a f   x   0 za x  0 i

f   x   0 za x  0 , zaključujemo da funkcija ima minimum u tački x  0 . Primer:

Odrediti ekstreme funkcije f  x   x 3 . Izvod funkcije je f   x   3 x 2 . f   x   0 za x  0 . Kako je f   x   0 , znači da funkcija uvek raste i ona nema ekstrem u tački x  0 .

- 161 -



Tačke u kojima je f   x   0 nazivaju se stacionarnim tačkama.



Dovoljan uslov za ekstrem: Neka je funkcija f  x  neprekidna u nekom intervalu koji sadrži stacionarnu tačku x1 tog intervala i diferencijabilna u tom intervalu. Ako je:

f   x   0 za x  x1 i f   x   0 za x  x1 , tada je f  x1   max f  x  ; f   x   0 za x  x1 i f   x   0 za x  x1 , tada je f  x1   min f  x  .

Napomena:

Predhodna teorema kaže da ako izvodna funkcija f   x  menja znak pri prolasku kroz tačku x1 tada funkcija f  x  ima ekstrem u tački x1 . Pri ispitivanju ekstrema funkcije pomoću prvog izvoda određujemo: 1.

f  x ,

2. stacionarne tačke, tj.rešavamo jednačinu f   x   0 , 3. određujemo znak izvoda, f   x  , sa obe strane stacionarnih tačaka, 4. vrednost funkcije f  x  za svaku od stacionarnih tačaka.

ODREĐIVANJE EKSTREMA FUNKCIJE POMOĆU DRUGOG IZVODA  Pretpostavimo da je f   x1   0 i da je f   x  neprekidna funkcija u nekoj okolini tačke x1 . Ako je:

f   x1   0 tada funkcija f  x  ima maksimum u tački x1 , f  x1   max f  x  ; f   x1   0 , tada funkcija f  x  ima minimum u tački x1 , f  x1   min f  x  .

- 162 -

Primer:

Odrediti ekstreme funkcije f  x   x 3  3 x 2  9 x  5 . Prvi izvod funkcije je f   x   3 x 2  6 x  9 . Nule izvoda su x  3 , x  1 . Drugi izvod funkcije je f   x   6 x  6 . Kako je f   3  12  0 , a f   1  12  0 , funkcija za x  3 ima minimum

f min  f  3  22 , a za x  1 ima maksimum f max  f  1  10 .

5.5.3. KONVEKSNOST I KONKAVNOST FUNKCIJE  Funkciju f  x  je konkavna na  a, b  ako sve tačke grafika funkcije leže ispod bilo koje njene tangente na tom intervalu.

y

M B A

a

x

x0

b

 Funkcija f  x  je konveksna na  a, b  ako sve tačke grafika funkcije leže iznad proizvoljne tangente na intervalu.

y

B

A

M a

x0

x b

 Neka je funkcija f  x  dva puta diferencijabilna na  a, b  . Ako je za x   a, b  , f   x   0 , tada je funkcija konveksna na  a, b  . Ako je x   a, b  , f   x   0 , tada je funkcija konkavna na  a, b  . - 163 -

PREVOJNE TAČKE FUNKCIJE  Prevojna tačka grafika funkcije f  x  je tačka koja razdvaja konveksni i konkavni deo (tangenta u toj tački postoji i preseca grafik, jer je sa jedne strane prevojne tačke iznad, a sa druge strane ispod grafika).

 Potreban uslov za postojanje prevojne tačke: Ako je x  x0 prevojna tačka funkcije f  x  , onda ili f   x0  ne postoji ili je f   x0   0 .

 Dovoljan uslov za postojanje prevojne tačke: Ako je funkcija f  x  dva puta diferencijabilna na

 a, b  ,

a pri prolasku kroz tačku x0   a, b  drugi izvod

f   x  menja znak, tada je tačka  x0 , f  x0   prevojna tačka. Primer: Odrediti prevojne tačke funkcije y  x 3  3 x 2  9 x  5 . Prvi izvod funkcije je f   x   3 x 2  6 x  9 . Drugi izvod funkcije je f   x   6 x  6 .

f   x   0 za x  1 . Za x  1 , f   x   0 i u toj oblasti funkcija je konveksna, a za x  1 , f   x   0 i u toj oblasti funkcija je konkavna. Prevojna tačka je 1, 6  .

5.5.5. ISPITIVANJE TOKA FUNKCIJE Ispitivanje toka funkcija vršiće se ispitivanjem osobina funkcije i na osnovu dobijenih rezultata se crta gragik funkcije. Postupak rada odvija se kroz sledeće korake: 1. Određivanje domena funkcije; 2. Određivanje nula i ispitivanje znaka funkcije; 3. Ispitivanje parnosti odnosno neparnosti i periodičnosti funkcije; 4. Ispitivanje ponašanja funkcije na krajevima oblasti definisanosti i određivanje asimptota funkcije; 5. Ispitivanje monotonosti i određivanje ekstrema funkcije primenom prvog izvoda funkcije; - 164 -

6. Ispitivanje konveksnosti i određivanje prevojnih tačaka funkcije primenom drugog izvoda funkcije; 7. Skiciranje grafika funkcije.

ZADACI Ispitati i grafički prikazati sledeće funkcije: 1.

a) y  x 3  6 x 2  9 x ;

b) y  x 4  2 x 2  3 ;

c) y  x 3  6 x 2  9 x  4 ;

d) y  x 2  3  x  .

Rešenje: a) y  x 3  6 x 2  9 x Domen: x  R . Nule funkcije: y  0  x 3  6 x 2  9 x  0  x  x  3  0  x  0  x  3 . 2

Presek sa y osom: Funkcija seče y - osu u koordinatnom početku. Znak funkcije: Za x   , 0  , y  0 , za x   0,   , y  0 . Asimptote: Funkcija nema asimptota. Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y  3 x 2  12 x  9 za

y  0  x  1  x  3 .

 , 3  3, 1  1,   3x 2  12 x  9 y y Za x   , 3   1,  

-

+

-

-

+

-

]

Ζ

]

y  0 i y Ζ , a za x   3, 1

y  0 i y Ζ .

ymin  3  0 , ymax  1  4 . Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  6 x  12 . y  0 za x  2 . Za x   , 2  , y  0 i y  , a za x   2,   , y   0 i y  .

- 165 -

Funkcija ima prevojnu tačku P  2, 2  .

y 3  2 1

x

b) y  x 4  2 x 2  3 Domen: x  R . Nule funkcije: Funkcija nema realnih nula. Presek sa y osom: Funkcija seče y - osu u tački  0,3 . Znak funkcije: y  0 za x  Dx . Parnost, neparnost: y  x   y   x  funkcija je parna. Asimptote: Funkcija nema asimptota. Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y  4 x 3  4 x ,

y  0  x  0  x  1 .

 , 1  1, 0   0,1 1,   x2 1 x y y

+

+ -

+

+ -

+ +

Ζ

]

Ζ

]

ymax  0   3 , ymin  1  2 . Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  12 x 2  4 . y  0 za x  

- 166 -

3 . 3

x

12 x 2  4 y y

+

-

 3  ,     3  +

+

-

+







 3  ,   3  

 3 3 ,     3 3 

  

Funkcija ima dve prevojne tačke P1/ 2  

y

3 22  , . 3 9 

3 2

1

x 1

c) y  x 3  6 x 2  9 x  4 Domen: x  R . Nule funkcije: y  0  x 3  6 x 2  9 x  4   x  1

 x  4  x  1  x  4 . Presek sa y osom: Funkcija seče y - osu u tački  0, 4  . Znak funkcije: Za x   , 4  , y  0 , a za x   4,   , y  0 . 2

Asimptote: lim y   funkcija nema asimptota. x 

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y  3 x 2  12 x  9  0 za

y  0  x  1  x  3 . Za x   ,1   3,   , y  0 i y  , a za x  1,3 , y  0 i y  . ymax 1  0 , ymin  3  4 . Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  6 x  12 . y  0 za x  2 . Za x   , 2  , y   0 i y  , a za x   2,   , y  0 i y  .

- 167 -

Funkcija ima prevojnu tačku P  2, 2  .

y

1 2 3

4 x

2 4

d) y  x 2  3  x  Domen: x  R . Nule funkcije: y  0  x  0  x  3 . Presek sa y osom: Funkcija seče y - osu u tački  0, 0  . Znak funkcije: Za x   ,3 y  0 , a za x   3,   y  0 . Asimptote: lim y    funkcija nema asimptota. x 

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y  6 x  3 x 2 za

y  0  x  0  x  2 . Za x   , 0    2,   , y  0 i y  , a za x   0, 2  , y  0 i y  . ymax  2   4 , ymin  0   0 . Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  6  12 x . y  0 za x 

 

1 2

1 2

 

Za x   ,  , y  0 i y  , a za x   ,   , y  0 i y  .

1 5 2 8

Funkcija ima prevojnu tačku P  ,  .

- 168 -

1 . 2

y 4

x

1 2

2.

2

3

a) y 

2x ; 1 x2

b) y 

3 ; x 1

c) y 

d) y 

x2  4 ; x2  1

e) y 

x2  2x  3 ; 2x  x2

f) y 

2

2x 1

 x  1

2

;

4x . 4  x2

Rešenje: a) y 

2x 1 x2

Domen: 1  x 2  0 , x  R . Parnost, neparnost: y  x    y   x  funkcija je neparna. Nule funkcije: y  0  x  0 . Presek sa y osom: Funkcija seče y - osu u koordinatnom početku. Znak funkcije: Za x   , 0  , y  0 , a za x   0,   , y  0 . Asimptote: lim y  0 pa je y  0 ( x -osa) horizontalna asimptota funkcije. x 

2 Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y   21  x  . 1  x 2 2

y  0  x  1  x  1 . Za x   , 1  1,   , y  0 i y  , a za x   1,1 , y  0 i y  . ymin  1  1 , ymax 1  1 .

- 169 -

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y 



4 x  x 2  3

1  x 

2 3

 



y  0  x  0  x   3 . Za x   3, 0 



 



,

3,  , y  0 i y  , a za

x  ,  3  0, 3 , y  0 i y  . 

Funkcija ima tri prevojne tačke P1   3,  



 3 3  , P2  0, 0  , P3  3,  . 2  2  

y

 3 1

1

x 1

b) y 

1

3

3 x 1 2

Domen: x   , 1   1,1  1,   . Parnost, neparnost: Funkcija je parna. Nule funkcije: Funkcija nema nule.

Znak funkcije: Za x   , 1  1,   , y  0 , a za x   1,1 y  0 . Asimptote funkcije: Kako je, lim y    , Prave x  1 su vertikalne x 1

asimptote. lim y  0 , pa je prava y  0 , tj. x - osa horizontalna asimptota. x 

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y 

6 x





x2 1

2

. y  0  x  0 . Za

x   , 0  , y  0 i y  , a za x   0,   , y  0 i y  . ymax  0   3 .

- 170 -

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y 

6  3x 2  1

x

2

 1

3

.

Za x   , 1  1,   , y   0 i y  , a za x   1,1 , y   0 i y  . Funkcija nema prevojne tačke. y

1

x

1 3

c) y 

2x 1

 x  1

2

Domen: x   ,1  1,   .

1 . Presek sa y osom: y  0   1 . 2 1 1   Znak funkcije: Za x   ,   , y  0 , a za x   ,  , y  0 . 2 2   Asimptote: lim y  0 pa je prava y  0 horizontalna asimptota. Nule funkcije: y  0  2 x  1  0  x 

x 

lim y   , pa je prava x  1 vertikalna asimptota.

x 1

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y  Za x   , 0   1,   , y  0 i y  , a za

2 x

, y  0  x  0 .

 x  1 x   0,1 , y  0 i y  . 3

ymin  0   1 . Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y 

- 171 -

2  2 x  1

 x  1

4

. y  0  x  

1 . 2

 

1 2

 1  2

 

Za x   ,   , y  0 i y  , a za x    ,   , y  0 i y  . Prevojna

 1  2

8 9

tačka je tačka P   ,   .

y



1 2

1 2

x 1

1 x2  4 x2 1 Domen: x   , 1   1,11,   . d) y 

Parnost, neparnost: y  x   y   x  funkcija je parna. Nule funkcije: y  0  x  2 . Presek sa y osom: y  0   4 . Znak funkcije: Za x   , 2    1,1   2,   , y  0 , a za

x   2, 1  1, 2  , y  0 . Asimptote: lim y  1 pa je prava y  1 horizontalna asimptota. x 

lim y   , lim y   , pa su prave x  1 vertikalne asimptote.

x 1

x 1

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y  Za x   , 0  , y   0 i y

x

6x 2

 1

, y  0  x  0 .

2

, a za x   0,   , y  0 i y

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y 

6  3 x 2  1

 x2  1

3

. ymin  0   4 . .

Za x   , 1  1,   , y   0 i y  , a za x   1,1 , y   0 i y  . Funkcija nema prevojne tačke. - 172 -

y

4

2 1

e) y 

x

1 1

2

x2  2x  3 2x  x2

Domen: x   , 0    0, 2    2,   . Nule funkcije: y  0  x 2  2 x  3  0  x  1  x  3 . Presek sa y osom: Funkcija ne seče y - osu. Znak funkcije:

Za x   1, 0    2,3 , y  0 , za x   , 1   0, 2    3,   , y  0 . Parnost neparnost: Funkcija nije ni parna ni neparna. Asimptote: lim y  1 pa je y  1 horizontalna asimptota. x 

lim y   , lim y   , pa su x  0 i x  2 vertikalne asimptote.

x 0 

x 2

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y 

6 1  x 

 2x  x 

2 2

, y  0  x  1 .

Za x   ,1 , y   0 i y  , a za x  1,   , y  0 i y  . ymax 1  4 . Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y 

6  3 x 2  6 x  4 

2x  x 

2 3

Za x   , 0    2,   , y   0 i y  , a za x   0, 2  , y  0 i y  . Funkcija nema prevojne tačke.

- 173 -

4x 4  x2

f) y 

y

2

x2  6 x  3 ; a) y  x3

3.

d) y 

x2  4 x2 1

2

x

 x  1 ; y 2 2  x  1

c) y 

4x  x2  4 ; x 1

3x  x 2 x4

f) y 

10 . 4x  9x2  6x

3

b)

e) y 

3

Rešenje:

x2  6 x  3 x3 Domen: x   ,3   3,   .

a) y 

Nule funkcije: y  0  x 2  6 x  3  0  x1  3  6  x2  3  6 . Znak funkcije:



   6    3,3  6  , y  0 .

Za x  3  6,3  3  6,  , y  0 , za



x  ,3 

Asimptote: lim y   , funkcija nema horizontalnu asimptotu. x 

lim y    , prava x  3 je vertikalna asimptota funkcije.

x  3

Kosa asimptota funkcije je prava y  kx  n :

k  lim x 

 x2  6x  3  y x2  6x  3  lim 2  1, n  lim  y  kx   lim   x  x  x  x x  x  3x  x3 

3x  3  3 x 3 pa je prava y  x  3 kosa asimptota funkcije. k  lim x 

- 174 -

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y 

x 2  6 x  15

 x  3

2

 0 pa je funkcija

je stalno rastuća. Funkcija nema ekstremnih vrednosti. Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y 

12

 x  3

3

.

Za x   ,3 , y  0 i y  , a za x   3,   , y  0 i y  . Funkcija nema prevojnih tačaka.

y

3 6 3

3 6

x

 x  1 y 2 2  x  1 3

b)

Domen: x   , 1   1,   . Nule funkcije: y  0  x  1 .

1 . 2 Znak funkcije: Za x   ,1 , y  0 , a za x  1,   , y  0 . Presek sa y osom: y  0   

Asimptote: lim y   pa funkcija nema horizontalnu asimptotu. x 

lim y   , pa je prava x  1 je vertikalna asimptota funkcije.

x 1

 x  1 k  lim 2 x  2 x  x  1 3

prava y 

  x  13 1  1 5 5 x 2  2 x  1 x lim  , n  lim     ,  2 2 x    x  2 x  4 x  2 2 2  2  x  1 2 

1 5 x  je kosa asimptota funkcije. 2 2

- 175 -

 x  1  x  5 . Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y  3 2  x  1 y  0  x  1  x  5 . x   , 5    1,1 , y  0 i y  , a za 2

27 . 4 12  x  1

x   5, 1  1,   , y  0 i y  . ymax  5    Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y 

 x  1

4

. y  0  x  1

Za x   ,1 , y  0 i y  , a za x  1,   , y  0 i y  . Prevojna tačka funkcije je P 1, 0  .

y

5

1

1 x



27 4

4x  x2  4 x 1 Domen: x   ,1  1,   .

c) y 

Nule funkcije: y  0  x  2 . Znak funkcije: Za x   ,1 , y  0 , a za x  1,   , y  0 . Asimptote: Funkcija nema horizontalne asimptote. Prava x  1 vertikalna asimptota, a prava y   x  3 je kosa asimptota. Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y 

 x2  2 x

 x  1

2

.

y  0  x  0  x  2 . Za x   , 0    2,   , y  0 i y  , a za x   0, 2  , y  0 i y  . ymax  2   0 i ymin  0   4 . - 176 -

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y 

2

 x  1

3

.

Za x   ,1 , y  0 i y  , a za x  1,   , y  0 i y  . Nema prevojnih tačka.

y

4 1 2

d) y 

3

x

x3 2  x  1

2

Domen: x   , 1   1,   . Nule funkcije: y  0 za x  0 . Znak funkcije: y  0 za x   , 1   1, 0  , y  0 za x   0,   . Asimptote: Funkcija nema horizontalnu asimptotu, prava x  1 je vertikalna asimptota, a prava y 

1 x  1 je kosa asimptota funkcije. 2

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y 

x 2  x  3 2  x  1

3

.

y  0  x  0  x  3 . Za x   , 3   1,   , y  0 i y  , a za x   3, 1 , y  0 i y  . ymax  3  

27 . 8

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  

3x

 x  1

4

. y  0  x  0 .

Za x   , 0  , y  0 i y  , a za x   0,   , y  0 i y  . Prevojna tačka funkcije je P  0, 0  .

- 177 -

y

3

1 x

 e) y 

27 8

3x  x 2 x4

y

2

1

f) y 

34 6

x

10 4 x  9 x2  6 x 3

y

11 2

- 178 -

x

a) y  x 2 e  x ;

4.

b) y  x 3e x ;





c) y  e  x 2  x 2 ;

d) y  xe  x . 2

Rešenje: a) y  x 2 e  x Domen: x   ,   . Nule funkcije: x  0 . Znak funkcije: y  0 za x  R .

x2 L 2x L 1  lim 2  lim x  0 , x x x  e x  e x  e

Asimptote: lim y   , lim x 

pa je y  0 ( x -osa) horizontalna asimptota funkcije. Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

y  e  x x  2  x  , y  0  x  0  x  2 .

Za x   , 0    2,  

y  0 i y  , a za x   0, 2 

y  0 i y  .

ymin  0   0 , ymax  2   4e 2  0,54 . Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke:

y  e  x  x 2  4 x  2  , y  0  x 2  4 x  2  0  x1/ 2  2  2 .





Za x  2  2, 2  2 , y  0 i y  , a za



 



x  , 2  2  2  2,  , y  0 i y  . Prevojne tačke date funkcije, tj. njihove približne koordinate su P1  0,59;0,19  i

P2  2, 41;0,52 

y

P1

P2 2

- 179 -

x

b) y  x 3e x Domen: x   ,   . Nule funkcije: x  0 . Znak funkcije: y  0 za x  0 , y  0 za x  0 . Asimptote:

x3 L 3x 2 L 6x L 6    lim  x  0 , lim y   , lim lim    x x x x  x  e x  e x  e x  e pa je y  0 ( x - osa) horizontalna asimptota funkcije. lim

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

y  x 2  x  3 e x , y  0  x  0  x  3 . Za x   , 3 , y  0 i y  , a za

x   3,   , y  0 i y  . ymin  3   3 e 3   3

27  1,34 . e3

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke :

y  x  x 2  6 x  6  e x .

y  0  x1  0  x2  3  3  4, 73  x3  3  3  1, 27 .



   x   3  3, 3  3    0,   , y  0 i y  . Prevojne tačke funkcije su P  3  3, 0, 73 , P  3 

Za x  , 3  3  3  3, 0 , y  0 i y  , a za

1

2



3, 0,8 , P3  0, 0  .

y

P1 3 P2

x

P3

- 180 -



c) y  e  x 2  x 2



Domen: x   ,   . Nule funkcije: x   2 . Presek sa y osom: y  0   2,



 



Znak funkcije: Za x  ,  2 



2,  , y  0 , a za x   2, 2



y 0. 2  x2 L 2 x L 2 L  lim x  lim x  0, x x  x  e x  e e

Asimptote: lim y  , lim x 

pa je y  0 horizontalna asimptota. Funkcija nema vertikalnu asimptotu. Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

y  e x  x 2  2 x  2  , y  0  x  1  3 .

y  za



 







x  ,1  3  1  3,  , y  za x  1  3,1  3 .

ymax  y  x1   y1  2,3 ; ymin  y  x2   y2  0,9 . Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke:

y  e x  4 x  x 2  y   0  x  0  x  4 .

Za x   0, 4  , y  0 i y  , a za x   , 0    4,   , y  0 i y  .

y  0   2, y  4   e 4   14   14e 4  0, 26 su prevojne tačke funkcije.

y

P1

1 3

- 181 -

1 3

x

P2

d) y  xe  x

2

Domen: x   ,   . Nule funkcije: y  0  x  0 . Znak funkcije: Za x   , 0  y  0 , a za x   0,   y  0 . Parnost, neparnost: funkcija je neparna. Asimptote: lim y  0 pa je prava y  0 horizontalna asimptota funkcije. x 

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

y 

1  2x2 x2

, y  0  x  

2 . 2

e   2 2 2  2    0 i y  , a za x      , , y Za x       2 2    2 ,   , y  0 i y  2       2  1 2 1 ; ymin  y   . ymax  y       2e 2e  2   2  Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke:

y 

2 x  2 x 2  3 e

x2

y  0  x  0  x  

3 . Za 2

 3  3 x   ,     0,  , y  0 i y  , a za 2 2      3   3  x    , 0    ,   , y  0 i y  .  2   2   3 3  32  3  3  32 , y  0   0, y  e y      e su prevojne tačke funkcije.    2 2 2 2    

- 182 -

y

P1



2 2

x

2 2

1

5. a) y  e x ; b) y  xe



1 x2

; c) y  e



1 x 1

P2

1

1

; d) y   x  2  e x ;e) y  xe x .

Rešenje: 1

a) y  e x Domen: x   , 0    0,   . Nule funkcije: Funkcija nema nula. Znak funkcije: y  0 za x  Dx . Asimptote: lim y  1 , funkcija ima horizontalnu asimptotu y  1 . x 

lim y  0 , lim y   , funkcija ima vertikalnu asimptotu x  0 , kada x  0 .

x 0 

x 0 

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

y  

1 1x e , x  Dx , y  0 i y  . Funkcija nema ekstremnih vrednosti. x2

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke :

1 1 2x 1  , y  0  x   . Za x   0,   , y  0 i y  , a za 4 2 2 x   1   1  x    ,   , y  0 i y  . Prevojna tačke je P   , e 2  .  2   2  1

y  e x 

- 183 -

y

1 x P

b) y  xe



1 x2

Domen: x   , 0    0,   . Nule funkcije: Funkcija nema nula.

Znak funkcije: Za x   , 0  , y  0 , a za x   0,   y  0 . Parnost, neparnost: funkcija je neparna. Asimptote: lim y   , funkcija nema horizontalnu asimptotu. x 

k  lim e



1 x2

x 



1



1

2 2   x12  e x 1 L e x 1  1   1 , n  lim  xe  x   lim  lim   0 x  x  x  1 1  x     2 x x

pa je y  x kosa asimptota funkcije.

lim y  0 , pa funkcija nema vertikalnih asimptota.

x 0 

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

y  e



1 x2

2  1  2  , x  Dx , y  0 i y  . Funkcija nema ekstremnih vrednosti.  x 

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke:

y  2e



1 x2





2  x2 , y  0  x   2 . x5

 





 

Za x  ,  2  0, 2 , y  0 i y  , za x   2, 0 





i y  . y  2   2e



1 2

 0,86 ; y

 

2  2e

- 184 -



1 2



2,  , y  0

 0,86 su prevojne tačke.

y

P1

c) y  e



x

P2

1 x 1

Domen: x   , 1   1,   . Nule funkcije: funkcije nema nula. Znak funkcije: y  0 za x  Dx . 1 Presek sa y osom: y  0   e 1  . e

Asimptote: lim e



1 x 1

x 

lim e



x 1

1 x 1

 e 0  1 , prava y  1 je horizontalna asimptota.

 e  ,

lim e

x 1



1 x 1

 e   0 , prava x  1 je vertikalna

asimptota funkcije. Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

y    x  1 e 2



1 x 1

; x  Dx y   0 y  . Funkcija nema ekstremnih vrednosti.

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke:

y  

2x 1

 x  1

4

e



1 x 1

1 1  ; y  0  x   . Za x   0,   , y  0 i y  , a za 2 2 

 1   1  x    ,   , y  0 i y  . Prevojna tačke funkcije je P   , e2  .  2   2 

- 185 -

y

1 x

1 P

1

d) y   x  2  e x

Domen: x   , 0    0,   . Nule funkcije: x  2 . Znak funkcije: Za x   , 2  , y  0 , a za x   2,   , y  0 . Asimptote: lim y   , funkcija nema horizontalnu asimptotu. x 

k  lim x 

y x  2 1x  lim e 1, x x  x 1

1 1   1     e x 1 n  lim   x  2   e x  x   lim  x  e x  1  2e x   lim 2 3,   x  1 x    x      x pa je y  x  3 kosa asimptota funkcije. lim y  0 , lim y   .

x 0

x 0

Funkcija ima vertikalnu asimptota kada x  0 . Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

x2  x  2 , y  0 za x  1  x  2 . x2 Za x   , 1   2,   , y  0 i y  , a za x   1, 2  , y  0 i y  . 1

y  e x 

1 ymax  y  1  ; ymin  y  2   3 3 e e 1

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  e x 

3x  2 , x4

2 2   2  y  0  x   . Za x   ,   , y  0 i y  , a za x    ,   , y  0 3 3   3 

- 186 -

 2  3

i y  . y  

8 32  e je prevojna tačka funkcije. 3

y

2 P 1 2

e) y  xe

x

1 x

y x

1

6.

ln x ; x d) y  x 3 ln x . a) y 

b) y  x 2 ln 2 x ;

c) y  x 2 1  2 ln x  ;

Rešenje:

ln x x Domen: x   0,   .

a) y 

Nule funkcije: x  1 . Znak funkcije: Za x   0,1 y  0 , a za x  1,   y  0 . Asimptote: lim y   , pa je prava x  0 vertikalna asimptota. x 0

lim y  0 , pa je prava y  0 horizontalna asimptota funkcije.

x 

- 187 -

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

y 

1  ln x , y   0  1  ln x  0  x  e . x2

Za x   0, e  , y  0 i y  , a za x   e,   , y  0 y  . ymax  e   Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  

1 e

3 2 ln x  3  , y  0  x  e2 . x3

 32   32   Za x   0, e  , y  0 i y  , a za x   e ,   , y  0 i y  .    

 32  3 y  e   3 je prevojna tačka.   2e 2 y x

1

e

3

e

b) y  x 2 ln 2 x Domen: x   0,   . Nule funkcije: y  0  x  1 . Znak funkcije: y  0 , x  Dx . Asimptote: lim y  0 , lim y   , funkcija nema asimptota. x 0

x 

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y  2 x  ln x  1 ln x ,

y  0  x  1  x  e1 . Za x   0, e 1   1,   , y  0 i y  , a za x   e1 ,1 , y  0 y  . ymax  e 1   e2  0,14 , ymin 1  0 .





Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  2 ln 2 x  3ln x  1 ,

- 188 -

y  0  x1  e

3 5 2

 0, 07  x2  e

3 5 2

 0, 68 .

Za x   0.07, 0.68  , y  0 i y  , a za x   0, 0.07    0.68,   , y  0 i

y. Funkcija ima dve prevojne tačke: P1  0.07 , 0.03 , P2  0.68 , 0, 07  .

y

P1

P2 e

1

x 1

c) y  x 2 1  2 ln x  Domen : x   0,   . Nule funkcije: x  e .





Znak funkcije: Za x  0, e , y  0 , a za x 





e ,  , y  0 .

1  2 ln x L  lim x 2  0, x 0 x 0 x 2

Asimptote: lim x 2 1  2 ln x   lim x 0

lim y  , lim

x 

x 

y  lim x 1  2 ln x    . Funkcija nema asimptota. x x 

Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y   4 ln x, pa je y  0  x  1 . Za x   0,1 , y   0 i y  , a za x  1,   , y   0 i y  . ymax  y 1  1 . Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke

y  4  ln x  1 , y  0  x  e1 . Za x   0, e 1  , y  0 i y  , a za

x   e 1 ,   , y  0 i y  . y  e1   3e2 je prevojna tačka.

- 189 -

y P

e

x

1

d) y  x 3 ln x Domen x   0,   . Nule funkcije: x  1 . Znak funkcije: Za x   0,1 , y  0 , a za x  1,   , y  0 .

1 ln x Asimptote: lim 3  lim x 4 x 0 x x 0 3 x

L  1     lim x3  0, lim y  , x   3  x 0

y  lim x 2 ln x  , pa funkcija nema asimptota. x x  Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti: y   x 2  3ln x  1 , lim

x 

y  0  x  e



1 3

 1   0, 7 . Za x   0, e 3  , y  0 i y  , a za   3

1    13    13  1 x   e ,   , y  0 i y  . ymin   e  ln e 3   0,1. 3e     Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  x  6 ln x  5 

y  0  x  e



5 6

 5   5   0, 2 . Za x   0, e 6  , y  0 i y  a za x   e 6 ,   ,    

 5 5 5  y  0 i y  . Prevojna tačka funkcije P  e 6 ,  e 2  . 6  

- 190 -

y

P

3

e 1

x

1

7. a) y 

1 1  ln x 1  ln x ; b) y  ; c) y  d) y  ln 2 x  4 ln x  3 . ln x  1 1  ln x x

Rešenje:

1 ln x  1 Domen: x  0  ln x  1  0  x  0  x  e  x   0, e    e,   .

a) y 

Nule funkcije: Funkcija nema nula.

Znak funkcije: Za x   0, e  y  0 ,a za x   e,   y  0 . Asimptote: lim y  0 , lim y   , pa je prava x  e vertikalna asimptota. x 0 

x e 

lim y  0 , pa je prava y  0 horizontalna asimptota funkcije.

x 

Intervali monotonosti: i ekstremne vrednosti: y  

1 x  ln x  1

2

, y  0 , y  .

Funkcija nema ekstremnih vrednosti. Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y 

ln x  1 x  ln x  1

3

,

y  0  x  e1 .Za x   e1 , e  , y  0 i y  a za x   0, e1    e,   , 1  y  0 i y  , pa je P  e1 ,   prevojna tačka funkcije. 2 

- 191 -

y x

P e

b) y 

1  ln x x

Domen: x 

0 ,   

.

Nule funkcije: x  e 1 .









Znak funkcije: Za x  0, e 1 y  0 , a za x  e 1 ,  , y  0 . Asimptote: lim y  , lim y  0, pa su prave x  0 , odnosno y  0 x 0

x 

vertikalna i horizontalna asimptota. Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

ln x , y  0  x  1 . Za x   0,1 , y  0 i y  , a za x  1,   , x2 y  0 i y  . ymax  y 1  1 .

y  

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke y  





2 ln x  1 , pa je x3

y  0  x  e . Za x  0, e , y  0  y  , a za x  y  0  y  y

 e   2 3 e . Prevojna tačka je y 

e,

3  . 2 e

- 192 -





e,  ,

y

P e

c) y 

1

x

1

1  ln x 1  ln x



 



Domen: x  0, e 1  e 1 ,  . Nule funkcije: x  e .







Znak funkcije: Za x  0, e 1   e,   , y  0 a za x  e 1 , e



y  0.

Asimptote: Prava x  e 1 je vertikalna, a y  1 horizontalna asimptota. Intervali monotonosti i ekstremne vrednosti:

y 

2 x 1  ln x 

2

, y  0 i y  . Nema ekstrema.

Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke: y  

2  3  ln x  x 2 1  ln x 

3

,

y  0  x  e3 . Za x   0, e3    e1 ,   , y  0 i y  , a za x   e3 , e 1  , y  0 i y  . Prevojna tačka je P  e3 , 2  . y

e 1 1 1 P

e

- 193 -

x

- 194 -

INTEGRALNI RAČUN

1. NEODREĐENI INTEGRALI 2. ODREĐENI INTEGRALI 3. NESVOJSTVENI INTEGRALI 4. PRIMENE INTEGRALNOG RAČUNA

- 195 -

- 196 -

6. INTEGRALI

Aristotel (287-212) Problemi izračunavanja dužina lukova, površina, zapremina i slično, interesovali su naučnike od nastanka civilizacije. Mnogi od nih, od Aristotela do Lajbnica i Njutna rešavli su ove probleme uglavnom metodom ekshaustije (iscrpljivanja) i metodom nedeljivih delova (matematički atomizam).

Obe metode bazirale su se na beskonačnim sumama i kao takve predstavljale nadahnuće u postepenom i dugotrajnom nastajanju pojma integrala. Njutn i Lajbnic, uz pomoć Dekartovih koordinata, učinili su onaj kvalitativni skok koji se zove otkriće integralnog računa. Tokom 18. i prve polovine 19. veka integralni račun se razvijao pod dominantnim uticajem primena u geometriji, mehanici i fizici.

- 197 -

6.1. NEODREĐENI INTEGRALI Jedan od osnovnih zadataka diferencijalnog računa je određivanje izvoda ili diferencijala date funkcije. Ali, ako se postavi obrnuti problem, određivanje funkcije kojoj je poznat izvod ili diferencijal, dolazi se do integralnog računa. Pitanja koja se sada mogu postaviti i potražiti odgovor na njih su sledeća: 1.

Da li svaka funkcija može biti izvod neke druge funkcije ?

2.

Ako ta funkcija postoji da li je jednoznačna ?

3.

Ako ta funkcija postoji, kako da je odredimo?

 Neka je neprekidna funkcija f  x  definisana na intervalu a, b  . Funkcija F  x  zove se primitivna ili prvobitna funkcija funkcije f  x  akko je

F   x   f  x  ili dF  x   f  x  dx .

 Ako je F  x  primitivna funkcija funkcije f  x  na intervalu a, b  , tada je i bilo koja funkcija oblika F  x   C takođe primitivna funkcija funkcije f  x  , pri čemu je C proizvoljna konstanta.

 F  x   C   f  x  . C2 C3

C

1

Napomena: Primitivna funkcija nije jednoznačno određena već je u pitanju familija krivih koje se međusobom razlikuju za konstantu C . - 198 -

Primer:

Funkcija F  x   sin x je primitivna funkcija funkcije f  x   cos x jer je

 sin x  C   cos x , tj. d  sin x  C   cos x  dx  Skup svih primitivnih funkcija funkcije f  x  na intervalu a, b  zove se neodređeni integral i obeležava se:

 f  x  dx odnosno  f  x  dx  F  x   C . Funkcija f  x  zove se podintegralana funkcija, a sam postupak izračunavanja integrala zove se integracija. Oznaku



za integral, kao skraćenicu od latinske reči integralis, koja znači potpun,

uveo je Lajbnic. Oznaka predstavlja modifikovano slovo S koje predstavlja zbir i potiče iz definicije određenog integrala. Primer:

 cos x dx  sin x  C . 6.1.1. OSOBINE NEODREĐENOG INTEGRALA  Svaka neprekidna funkcija f  x  na intervalu a, b  ima na tom intervalu primitivnu funkciju F  x  .

 Diferencijal neodređenog integrala jednak je podintegralnom izrazu.

d  f  x  dx  f  x  dx ,

  f  x  dx   f  x  .

 Neodređeni integral diferencijala neke funkcije jednak je podintegralnoj funkciji:

 d  f  x   f  x   C - 199 -

 f   x dx  f  x   C .

Nasuprot izračunavanju izvoda koje nije bilo problem ni kod veoma složenih funkcija, ne postoji opšti postupak za izračunavanje primitivne funkcije, odnosno izračunavanje neodređenog integrala. Na osnovu uvedenih pravila, tablice integrala i definisanjem specifičnih metoda mogu se izračunati samo neki tipovi neodređenih integrala. Međutim, postoje relativno jednostavne funkcije čiju je primitivnu funkciju nemoguće odrediti pomoću elementarnih funkcija, mada postoje, kao što su na primer:

y  e x , y  2

1 sin x , y ln x x

6.1.2. OSNOVNA PRAVILA INTEGRACIJE Ako funkcije f  x  i g  x  imaju primitivne funkcije na nekom intervalu onda važi:



 C  f  x dx  C   f  x  dx , C  R , C  0



  f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx .

Osim ovih pravila potrebno je znati i tablicu osnovnih integrala. Tablica osnovnih integrala dobija se kao inverzna tablica, tablice osnovnih izvoda. Integrali obeleženi sa * su polutablični integrali. Oni se računaju pomoću osnovne tablice integrala, primenom neke od metoda integracije.

- 200 -

6.1.3. TABLICA OSNOVNIH INTEGRALA 1. dx x  C 3.

1 dx  ln x  C x

2. x n d x 

x n1  C, n 1

 n  1

4. a x d x 

ax  C, ln a

 a  0

5. e x d x  e x  C

6. sin x d x   cos x  C

7. cos x d x  sin x  C

8.

1

9.

1 a x 1 2

15*.

x a 2

2

2

d x  arcsin

d x  ln

cos 2 x 1

10.

d x  ctgx  C sin 2 x 1 1 x 11*. 2 d x  arctg  C 2 a a x a 13*.

1

12.

x C a

Primeri: 2  x dx 



 x3  x3  C , zato što je   C   x 2 , 3  3  1 2

x dx   x dx 

3 2

2x C, 3

 3sin x dx  3 sin x dx  3cos x  C ,

 e

x

 2 x 2  dx   e x dx  2 x 2 dx  e x 

1

1

2 3 x C , 3

x

 x 2  4 d x  2 arctg 2  C ,



1 x 1 2

x2  1 1

14*.

xa C xa

d x  ln x  x 2  1  C

- 201 -

d x  tgx  C d x  arctgx  C

1  x2 1

d x  arcsin x  C

x a 2

2

d x  ln x  x 2  a 2  C

6.1.4. METODE INTEGRACIJE METODA SMENE U nekim slučajevima i pored toga što znamo da postoji primitivna funkcija funkcije

f  x  ne možemo metodom neposredne integracije izračunati njen neodređeni

integral. U takvim slučajevima se često koristi metoda smene.





1. Neka je f  x  složena funkcija promenljive t , tj. f  x   f g  t  . Smenom

x  g  t  gde je funkcija g  t  neprekidna sa neprekidnim izvodom i inverznom funkcijom t  g 1  x  , dobijamo

 f  x  dx   f  g  t    g   t  dt . Primer: Izračunati I 



2x+3 dx .

Ako uvedemo smenu 2 x  3  t , diferencijal je 2dx  dt , odnosno dx  zadati integral postaje tablični integral oblika 3

1 1 12 1 t2 1 3 t t C .    C  t dt dt   2 2 2 3 3 2 Ako se vratimo na promenljivu x , rešenje zadatog integrala je 1 3 I  2 x  3  C . 3 Primer: Izračunati I 

dx

 x+2 .

x  2  t dt I      ln t  C  ln x  2  C . t  dx  dt 

- 202 -

1 dt , pa 2

METODA PARCIJALNE INTEGRACIJE  Neka su u  u  x  i v  v  x  diferencijabilne funkcije. Jednakost:

 u d v  uv   v d u naziva se formula parcijalne integracije. Dokaz: Na osnovu formule za diferencijal proizvoda funkcija dobijamo da je

d  u  v    u  v  d x   u  v  u  v  d x  u   v d x   v  u d x   u d v  v d u .

 d  u  v     u d v  v d u  odakle je:  u  v     u d v  v d u  ili  u d v  uv   v d u , pod uslovom da postoji  v d u .

Integracijom ove veze dobijamo

Napomena: Kod parcijalne integracije najveći praktični problem je odrediti šta je funcija u , a šta je diferencijal d v . U radu, korisno je držati se sledećih pravila : a) Kod proizvoda polinoma i eksponencijalne funkcije ili trigonometrijske funkcije, u je uvek polinom. b) Kod proizvoda polinoma i logaritamske funkcije ili inverzne trigonometrijske funkcije u je uvek logaritamska funkcija, odnosno inverzna trigonometrijska funkcija. c) Kod proizvoda inverzne trigonometrijske i eksponencijalne funkcije svejedno je šta je u . Primer:



Izračunati I  x cos x d x

 u  x , du  d x  I    x  sin x   sin x d x  x  sin x  cos x  C . d v  cos x d x , v  sin x  Napomena: Konstanta integracije kod integrala za izračunavanje funkcije v može se izostaviti i proizvoljnu konstantu dodajemo na kraju postupka integracije kao zbirnu vrednost.

- 203 -

INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJA Neka je f  x  

Pn  x 

Qm  x 

racionalna funkcija, gde su n i m stepeni datih polinoma .

1. Ako je n  m , tj. funkcija f  x  neprava racionalna funkcija, tada deljenjem polinoma Pn  x  sa polinomom Qm  x  , funkciju f  x  možemo prikazati kao zbir polinoma i prave racionalne funkcije u obliku

R  x

f  x  P  x 

.

Qm  x 

Primer:

x2 Izračunati I   dx. x 1 Podintegralnu funkciju možemo napisati u obliku pa je

x2 1  x 1 , x 1 x 1

x2 1     x  ln x  1  C . d I    x 1 x  2 x 1  

2. Ako je f  x  

Pn  x 

Qm  x 

n  m

prava racionalna funkcija

tada se ona može

rastaviti kao zbir parcijalnih razlomaka oblika

A

 x  a

k

,

Ax  B

x

2

 bx  c



k

pri čemu prvi tip razlomka potiče od realnih, a drugi tip od kompleksnih nula polinoma

Qm  x  u imeniocu funkcije f  x  .

Prema tome, problem se svodi na rešavanje integrala oblika

A

  x  a

k

d x ili



Ax  B

x

2

 bx  c



k

dx

gde su A i B realne konstante koje treba odrediti , k  N , a kvadratni trinom

x 2  bx  c ima konjugovano kompleksno nule. - 204 -

SLUČAJ KADA POLINOM U IMENIOCU IMA REALNE I JEDNOSTRUKE NULE  Ako su kod funkcije f  x  

Pn  x 

Qm  x 

realni međusobno različiti brojevi

x1 , x2 , x3 , xm nule polinoma Qm  x  , onda se funkcija f  x  može napisati kao f  x 

Pn  x 

am  x  x1  x  x2   x  xm 

.

Ovaj izraz se može rastaviti kao

Pn  x 

am  x  x1  x  x2     x  xm 



Am A1 A2    , x  x1 x  x2 x  xm

gde se posle određivanja koeficijenata A1 , A2 , Am , izračunavanje integrala svodi se na zbirove integrala oblika

Ak

 xx

d x, 1  k  m .

k

Primer:

I 

x3 dx x2  x

Rastavićemo podintegralnu funkciju na parcijalne razlomke

x3 x3 A B .    2 x  x x  x  1 x x  1 Metodom neodređenih koeficijenata odredićemo nepoznate koeficijente A i B . Iz predhodne veze, uklanjanjem razlomaka dobijamo:

x  3  A  x  1  Bx  x  3  Ax  A  Bx  x  3   A  B  x  A .

Upoređujući koeficijente uz promenljive sa leve i desne strane jenakosti, dobijamo sistem jednačina A B 1 i A  3. Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo koeficijente, tj. A  3, B  2 . Traženi integral je:

 3

2 

   x  x  1  dx  3ln x  2 ln x  1  C .

Napomena: Koeficijente A i B mogli smo izračunati ako redom zamenimo vrednosti

x  0, x  1 u jednakost x  3  A  x  1  Bx .

Za x  0 , dobijamo A  3 , za x  1 , dobijamo B  2 . - 205 -

SLUČAJ KADA POLINOM U IMENIOCU IMA I VIŠESTRUKE NULE  Ako su kod funkcije f  x  

Pn  x 

Qm  x 

nule polinoma Qm  x  višestruke, x  x1 reda

k1 , x  x2 reda k2 ... x  xm reda km , onda se funkcija f  x  može napisati u obliku:

f  x   

A1

 x  x1 

A2

 x  x2 

k2

Am

 x  xm 

km

 

k1



B1

 x  x1 

B2

 x  x2  Bm

k2 1

 x  xm 

k1 1

 

 

km 1

C1  x  x1

C2  x  x2

 

Bm . x  xm

Integral se svodi na izračunavanje zbira integrala . Primer:

I 

dx x  x  1 2

Kako je x  0 dvostruka nula imenioca, njoj odgovaraju dva parcijalna razlomka:

1 A B C , 1  Ax( x  1)  B ( x  1)  Cx 2 ,   2 x  x  1 x x x 1 2

1   A  C  x 2    A  B  x  B , A  1, B  1 , C  1 ,

I   ln x 

1  ln x  1  C . x

- 206 -

SLUČAJ KADA POLINOM U IMENIOCU IMA I KOMPLEKSNE NULE

f  x 

 Ako su kod funkcije

Pn  x 

Qm  x 

nule polinoma Qm  x  komleksne bez

višestrukosti, onda se funkcija f  x  može napisati u obliku

f  x 

x

2

 a1 x  b1

 x

Pn  x  2

 

 a2 x  b2  x 2  am x  bm



.

Ovaj izraz se može rastaviti kao

f  x  Integrali oblika

x

A x  Bm A1 x  B1 A x  B2  2 2  2 m , x  a1 x  b1 x  a2 x  b2 x  am x  bm 2

Ax  B d x se rešavaju metodom smene.  bx  c

2

Primer:

I 

x 1 dx x 1  x 2 

Rastavljamo podintegralnu funkciju i određujemo nepoznate koeficijente

x 1 A Bx  C   , x  1  A 1  x 2    Bx  C  x, 2 2 x 1  x  x 1  x x  1  x 2  A  B   Cx  A,

A  1, C  1 , B  1.

dx x 1 dx x dx  dx      dx   2 2 x x 1 x 1 x 1  x2 1   ln x  ln 1  x 2   arctgx  C. 2

I  

- 207 -

ZADACI

Izračunati sledeće integrale: 1.

a) I 



dx ; x

b) I 

x x3 x c) I     dx ;  x  

 4x

3



 3 x  5 x  8 dx ;

x2 d) I   dx . 1  x2

Rešenje: 1 

1 2

x2 a) I   x dx  C  2 x C ; 1 2















1 2



b) I  4 x dx  3xdx  5 x dx  8dx  5 x dx  3 xdx  5 x dx  8 dx

 4

3

3

1 1 2

x4 x2 x 3x 3 10 23  3  5  8x  C  x4   x  8x  C ; 1 4 2 2 3 1 2 1

1

2  1

2 1    1 x2 x 3 2 3   C  x 2  3x 3  C ; c) I    x 2  x 3  dx  1 2 3   1  1 2 3 2 x 1 1 1   dx    1  dx  x  arctgx  C . d) I   2 2  1 x  1 x 

2.



a) I  tg 2 xdx ; c) I 

 sin

cos 2 x dx ; x  cos 2 x

2

dx ; x  cos 2 x 2 x x  d)   sin  cos  dx . 2 2  b) I 

- 208 -

 sin

2

Rešenje: a) I 

sin 2 x 1  cos 2 x  1  d x   cos2 x  cos2 x dx    cos2 x  1 dx  tgx  x  C ;

b) I 

sin 2 x  cos 2 x 1   1  sin 2 x  cos2 x dx    cos2 x  sin 2 x  dx  tg x  ctg x  C ;

cos 2 x  sin 2 x 1   1 dx    2   dx  ctgx  tgx  C ; 2 2 2 sin x  cos x  sin x cos x  x x x x  d) I    sin 2  2sin cos  cos 2  dx   1  sin x  dx x  cos x  C . 2 2 2 2 

c) I  

3.

2   2 dx ;  sin x  3e x  3 1  x 2  x



a) I  



4   dx ; 1  x2 x   e x  c) I   e x  2   dx ; 2 cos x   2

  1 x

b) I  





2



d) I   4 cos x 

3

  dx . 9  9x2  5

Rešenje:





a) I   2 x



1 3

 sin x  3e x 

2 2  3   cos x  3e x  2 arc tgx  C ; d 3 x x 2  1 x 

b) I  2arctgx  3arcsin x  4 ln x  C ;



1  x  dx 2e  tgx  C ; 2 cos x    5 5 d) I    4 cos x   dx  4sin x  arcsin x  C . 2 3 3 1 x  



c) I   2e x 

- 209 -

4.

4 x dx ; x

a) I 

e 2 x  e x sin x dx ;  ex

b) I 

 2

c) I 

18 x 2  2  3x  1 dx ;

d) I 







x  1 x  x  1 dx .

Rezultat:

2 x x C ; 3 2x2 x d) I   xC. 5

a) I  e x  cos x  C ;

b) I  2 x 

c) I  3 x 2  2 x  C ;

Rešiti sledeće integrale metodom smene: 5.

a) I 

 5  2 x 

8

dx ;

b) I 

dx

 3x  1 ;

 



2

c) I  x 2 x3  3 dx ;

Rešenje:

5  2 x  t  1 8 1 t9 1 9   t t     C   4  2x  C ; d   2 2 9 19  2dx  dt  3x  1  t  1 dt 1 1 b) I       ln t  C  ln 3x  1  C 3 3dx  dt  3 t 3 3  x3  3  t  1 2 1 t3 1     C   x3  3  C . d c) I   2 t t   3 3 9 3 x dx  dt  3 a) I  

6.

a) I 

x

 1 x

2

dx ;

b) I 



x

1  x 

2 2

dx ; c) I  

2x  3 dx . x  3x  1 2

Rešenje:

1  x 2  t  1 dt 1 1 2 a) I        ln t  C  ln 1  x  C ; 2 2 2 xdx  dt  2 t 1  x 2  t  1 dt 1 2 1 1 1 C; b) I      2   t dt     C   2 2 t 2 1  x 2  2 xdx  dt  2 t

- 210 -

 x 2  3x  1  t  dt 2 c) I       ln t  C  ln x  3x  1  C . t  2 x  3 dx  dt 

7.



a) I  x 2 x 3  9 dx ;



b) I  x 3 x  3 dx ;

c) I 



2  x  x

3

dx .

Rešenje: 3

 x3  9  t  1 1 12 1 2t 2 2 a) I   2 C     t dt   t d t   3 3 3 9 3x dx  dt  3



x3  9

 x  3  t 3 , x  t 3  3 3 3 6 3 b) I       t  3  3t dt  3  t  3t  dt  2  dx  3t dt  7 4  t7 t4  3 9  3  3    C  3 x  2  3 x  2  C ; 4 7 4 7 2  x  t  4 2 4 1   3 c) I   dx   2  t dx  t  C  2  x  C . 4 2  dt   2 x 









8.



a) I  e 2 x dx ;



b) I  e  x x 2 dx ;



c) I 

3

ex dx . d) I   x e 1 Rešenje:

 2x  t  1 t 1 t 1 2x    e dt  e  C  e  C ; 2 2 2dx  dt  2

a) I  

  x 3  t  1 t 1  x3 e t e C; d      2 3 3 3x dx  dt 

b) I  

 x t    t t c) I   dx   2  e d t  2e  C  2e  dt   2 x 

- 211 -

x



C ;



e

x

x

dx ;

 C ; 3

 ex  1  t  dt x     ln t  C  ln e  1  C . x t  e dx  d t 

d) I  

9.

ln 2 x dx ; a) I   x

b) I 

1

 x  ln x  ln(ln x) dx .

Rešenje:

ln x  t  ln 3 x t3   2 t t C a) I   dx d     C ;   3 3 t d   x  b)

 ln x  t   ln t  s  dt  ds    I   dx   dt       ln  s  C  ln  ln t  C  ln  ln  ln x   C s  x  dt  t ln t  t  ds  Rezultate ovih integrala korisno je znati i koristiti u rešavanju složenijih integrala. Često ih nazivamo polutablični integrali.

1 ax e C , a  0; a 1 1 c)  sin axdx   cos ax  C , a  0 ; d)  cos axdx  sin ax  C , a  0 . a a a)

dx

1

 bx  a  b ln bx  a  C , b  0 ;

b)

e

ax

dx 

Rešenje

bx  a  t  dx 1   1 dt 1 a)   1     ln t  C  ln bx  a  C , b  0 ; bx  a  dx  dt  b t b b b    ax  t  1 ax   1 t ax b)  e dx   1    e dt  e  C ; a dx  a dt  a primeri pod c) i d) se dokazuju istom smenom kao u predhodnom slučaju.

- 212 -

10.

  e  1 dx ; b) I    e c) I    sin 2 x  cos 3 x  dx . x

a) I 

x

 e 2 x  dx ;

Rešenje a) I  e  x  x  C ;

1 2 x e C; 2 1 1 c) I   cos 2 x  sin 3 x  C . 2 3

b) I  e  x 

11.

 x c) I   sin 2 x

 sin x d) I   dx . 1  3cos x

a) I  sin 3 x cos xdx ; b) I  tgx dx ; 2

2

dx ;

Rešenje:

 sin x  t  1 4 1 4 3    t dt  t  C  sin x  C ; 4 4 cos x dx  dt   cos x  t  sin x dt dx   b) I      t cos x  sin x dx  dt  1   ln  t  C   ln  cos x  C  ln C ;  cos x  a) I  

 2 x 2  t  1 dt 1 1 2    2   ctgt  C   ctg2 x  C ; 4 4 4 xdx  dt  4 sin t

c) I  

 1  3cos x  t  1 dt 1 1       ln t  C   ln 1  3cos x  C ; 3 t 3 3 3sin xdx  dt 

d) I  

12.



a) I  sin 2 xdx ;



b) I  cos4 xdx ;

Rešenje a) I 

1 1 1 1  cos 2 x  dx   x  sin 2 x   C ;  2 2 2 

- 213 -

2 1  1  cos 2 x  2 2   cos x  dx    2  dx  4  1  2 cos 2 x  cos 2 x  dx 1  1  cos 4 x  1 1 1     1  2 cos 2 x   dx   x  sin 2 x   x  sin 4 x    C 4  2 4 2 4   3 1 1  x  sin 2 x  sin 4 x  C . 8 4 32 2

b) I 

13.



3

3



a) I  sin xdx ;

b) I  sin x  cos3 dx .

Rešenje:



a) I  sin 2 x sin xdx 

 cos x  t



 1  cos x  sin xdx   sin xdx  dt  2

cos3 x t3  C   cos x  C; 3 3  sin x  t  3 2 b) I   sin 3 x 1  sin 2 x  cos x dx      t 1  t  dt cos xdx  dt     1  t 2  d t  t 



14.

t4 t6 sin 4 x sin 6 x  C   C. 4 6 4 6 a) I 

dx

 sin x ;

b) ) I 

dx

 arcsin x

1  x2

;

c) I 

Rešenje:

x cos dx 1 dx 2  a) I   dx  x x x x 2 tg x cos 2 x 2sin cos 2sin cos 2 2 2 2 2 2 2 x    tg 2  t  x dt    dx     ln t  C  ln tg  C ;  dt t 2  2 x  2 cos    2

- 214 -

1

 1 x

2

ln

1 x d x. 1 x

 arcsin x  t  dt   b) I   1    ln t  C  ln arcsin x  C ;  d x  dt t  2  1 x  1 x   ln  t   1 1 2 1 2 1 x 1 x c) I   C .    t d t  t  C  ln 2 x 2 4 4 1  d t  d x   1  x2 15.

a) I 



dx ex 1

;

b) I 



arctg x d x; x 1  x 

c) I 

x

dx x2  1

, x  1.

Rešenje: a)

e x  1  t 2 , e x  t 2  1  dt   I  x  2arctgt  C  2arctg e x  1  C ; 2t d t   2 2 1 t e d x  2t d t , d x   1 t2     x t  arctgt  s  arctgt     dt   dt b) I   d x   2  2 1 t  d t , d x  2t d t   1  t 2  d s  2 x  2 2  2  s d s  s  C  arctg t  C  arctg 2 x  C ;

c)

1   t   dx dt 1  x I     arcsin t  C   arcsin  C    1 x 1 1 t2 x 2 1  2  2 d x  d t   x  x Dokazati



dx 1 x  arctg  C  a  0 . 2 x a a a dx x b)   arcsin  C  a  0 a a2  x2 a)

2

- 215 -

Rešenje: a)

dx 1  a2  x2  a2

 x   t  1 dt 1 1 x   arctgt  C  arctg  C   2   x 2   a a 1 t a a a 1    d x  a d t  a dx

b)



16.

 x  t  dt x   a   arcsin t  C  arcsin  C  2 a 1 t 2  x d x  a d t  1   a

dx

1   a2  x2 a

a) I 

dx

dx

 7  5x

d) I 

e

x

2

;

dx ;  e x

cos x d x x d x ; c) I   ; 2 4  sin 2 x x e) I   4 d x. x  2x2  5

b) I 

x

4

Rešenje:

1 dx 1 1 1 2 x   C  xC; arctg arctg  2 7  x2 2 7 7 7 14 2 2 2 2 2  x  t  1 dt 1 1 x b) I   arctg arctg   t  C     C; 2 2 2 2 x d x  d t  2 t  2 4

a) I 

dx

 7  2x

2



 sin x  t  dt 1 t 1 sin x  arctg  C  arctg C ;  2 4t 2 2 2 2 cos x d x  d t 

c) I  

 ex  t  dt d) I   x  arctgt  C  arctge x  C ;  2 t 1 e d x  d t   x2  t  1 dt 1 dt x d e) I   4 x       2 2 2 x  2x  5 2 x d x  d t  2 t  2t  5 2  t  1  4

1 t 1 1 x2  1  arctg  C  arctg C . 4 2 4 2

- 216 -

17.

a) I 



c) I 



dx

;

3  4x 3x 2 dx. 1  x6 2

b) I 



cos x 2  sin 2 x

d x;

Rešenje:

1 dx 1 2x  arcsin C ;  2 2 2 3  3 2   x 2    sin x  t  dt sin x t  arcsin  C  arcsin C ; b) I    2 2 2 2t cos x d x  d t   x3  t  dt c) I   2  arcsin t  C  arcsin x 3  C .  2 1 t 3 x d x  d t  a) I 

Dokazati



dx x a 2

2

 ln x  x 2  a 2  C .

Rešenje: Oba integrala rešavamo Ojlerovim smenama.

t 2  a2 t 2  a2 t 2  a2 2 2 ,dx d t , a t   2t 2t 2 2t 2 2 dx 1 t a dt  2  d t    ln t  C  ln x  a 2  x 2  C . 2 2 2 2 t a 2t t a x 2t

a2  x2  t  x  x 

 18.

a) I 



dx 9  4x

2

;

b) I 



x3 x 4 2

d x ; c) I  

dx 5 x 2 1

.

Rešenje: a) I 

1 dx 1 9 1 1   ln x   x 2  C   ln x  9  4 x2  C ;  2 2 4 2 2 9  x2 4 - 217 -

b)

 x I    2  x 4

 d t  3ln x  c) I 

  x2  4  t 2  x 2 d x d x 3ln x x 4          x2  4 x2  4   xd x  t dt 3

x 2  4  t  3ln x  x 2  4  C  x 2  4  3ln x  x 2  4  C

1 1 ln x  x 2   C . 5 5

x

Dokazati:

d x  1 ln x  a  C .  a 2 2a x  a

2

Rešenje:

 x dxa 2

2



1   1 dx  1   dx  x  a  x  a  2a  x  a x  a 

 1  ln x  a  ln x  a   C  1 ln x  a  C . 2a 2a x  a 19.

a) I 

dx

 5  4x

2

b) I 

;

x

dx . 7

2

Rešenje:

5 x 1 dx 1 1 2  C  1  ln 2 x  5  C ;   ln a) I   4 5  x2 4 5 5 4 5 2x  5 2 x 4 2 2 b) I 

20.

1

ln

2 7

a) I 

x 7 C . x 7 dx

 17  2 x  x

2

;

b) I 

x

2

dx ;  2x  3

c) I 

Rešenje: a) I 

x

2

x 1  t  dx dx    2 2  2 x  1  16  x  1  4 d x  d t  - 218 -

x

2

dx .  5x  6

 b)

dt 1 t 1 x 1  arctg  C  arctg C ; 2 t 4 4 4 4 4 2

I 

x 1  t  dt 2 2 t x 1 arctg arctg   C  C  2 2 2 2  x  1  2 d x  d t  t  2 2 dx

2

c) I 

21.

1 x 5 C . ln 4 x 1

a) I 



c) I 



dx

;

27  x  6 x ex dx; 1  e x  e2 x 2

b) I 



d) I 

x

dx 2x  6x  5 dx 2

;

1  4 ln x  ln 2 x

.

Rešenje: a)

I 

dx 36   x  3

2

x  3  t  dt t x3   arcsin  C  arcsin C  2 6 6 36  t d x  d t 

b)

I

1 2

dx x 2  3x 

5 2



1 dx 1 3 2 x2  6 x  5 ln  x   C 2 2 2 2  2 3 1 x   2 4 

c)

 1   ex  t  dt dt dt t   u  I  x   2    2 2 3 1 t  t 2 e d x  d t   1  3  d t  d u  u  t    4  2 4 2

3 1 1  1 3 ln u  u   C  ln t    t     C  ln e x   e 2 x  e x  1  C 4 2 2  2 4 2

d)

 ln x  t  t 2 dt dt ln x  2   I  d x   arcsin  C  arcsin C   2 2 5 5 1  4t  t 5   t  2  x  d t 

- 219 -

Integrali oblika

 R  sin x, cos x dx , gde je R racionalna funkcija rešavaju se

2t 1 t2 2dt x smenom tg  t , gde je sin x  . , cos x  , dx  2 2 1 t 1 t 1 t2 2 x x x  sin 2 1  tg 2 2 2 2 2  1 t , cos x  x x x 1 t2 cos 2  sin 2 1  tg 2 2 2 2 x x x 2sin cos 2tg 2 2 2  2t ,  sin x  x x x 1 t2 sin 2  cos 2 1  tg 2 2 2 2 x x dt . tg  t ,  arctgt , dx  2 2 2 1 t2 cos 2

Izračunati integrale: 22.

dx

dx

a) I 

 sin x ;

b) I 

 cos x ;

c) I 

 1  sin x ;

dx

d) I 

 5  sin x  3cos x dx .

Rešenje:

1

2dt 2 dt x a) I   1  t    ln t  C  ln tg  C ; 2t t 2 2 1 t    dx dt t x   t  x  b) I     ln tg  C  ln tg     C ; 2   sin t 2  2 4 sin  x    dx  dt  2  2 2 2 2 dt dt dt  2 2 c) I   1  t  2  C  C ; 2 x 2t t  t  t  2 1 1 t  1   1 1  tg 1 t2 2

- 220 -

d) I 



1 5

2t 1 t 3 2 1 t 1 t2 2



2dt dt dt  2  2 2 1 t t t 4  1  15 t    4  2

1 x 2tg  1 t 2 2 2 1 2 t  2 C  2 arctg arctg arctg  C  C . 15 15 15 15 15 15 2 23.

a) I 

sin x 1 dx ;b) I   dx ;c) I   dx . 1  sin x 5  4sin x  3cos x cos x

 35

Rešenje: 2 t2 1 ln C  t 2 4

1 t2

dt 1 a) I  dt    ln 2  4t 4 1 t2 3 5 1 t2

b) I   x  tgx 

Integrali oblika

cos 2 x 

24.

1 C ; cos x

 R(sin

2n

c) I 

1

x 2 2 C x tg  2 2

tg

C .

x 2  tg 2

x, cos 2 m x) dx rešavaju se smenom tgx  t

1 t2 dt 2 ,sin , dx  x  2 2 1 t 1 t 1 t2

a) I 

dx

 1  3sin

2

;

x dx c) I   ; 2 4  3cos x  5sin 2 x

b) I 

 4 cos

d) I 

2

dx ; x  9sin 2 x

dx

 cos

4

x

.

Rešenje: a) I 

1 1 dt dt dt     arctg  2tgx   C ; 2 1 1  4t 4 3t   t2 2 1 t2  1  2  4  1 t 



2

- 221 -

dt 1 t2



b) I 

2



dt 1 3 3t 1 3tgx   arctg  C   arctg C ; 2 4  9t 9 2 2 6 2

t 1 9 2 1 t 1 t2 dt dt 1 1 1 t2 c) I    2  arctg 3t  C   arctg  3tgx   C ; 2 3 5t 9t  1 3 3  4 2 2 1 t 1 t dt 2 dx 1 1 d) I     1  t 2   1  t 2  dt  t  t 3  C  tgx  tg 3 x  C . 4 cos x 3 3  1   2   1 t  4

Integrali oblika

dx 

dt . 1 t2

25.

a) I 

 R  tgx  dx rešavaju se smenom tgx  t

dx

 1  2tg x ; 

c) I  ctg 3 x dx ;d) I  Rešenje:

, x  arctgt i



b) I  tg 2 x dx ;

  tgx  ctgx 

3

dx .

1 2 1 dt x 2 a) I   1  t dt     ln 2tg x  1  ln cos 2 x  C ; 2 1  2t 5 1  2t  1  t  5 5 t2 1    1  t 2 dt   1  1  t 2  dt  t  arctgt  C  tgx  x  C ; 1 c) I   ctg 2 x  ln sin x  C ; 2 1 2 d) I   tg x  ctg 2 x   2 ln tgx  C . 2 b) I 

- 222 -

Rešiti integrale metodom parcijalne integracije:

27.

 c) I   x  2

 x d) I   dx. sin x

a) I  xe x d x ; x

b) I  x sin x d x ;

dx;

2

Rešenje:

 u  x , du  d x   x  ex   ex d x  x  ex  ex  C ; x x d v  e d x , v  e 

a) I   b)

 u  x , du  d x  I     x  cos x   cos x d x   x  cos x  sin x  C d v  sin x d x , v   cos x  c)

u  x , du  d x   x  2 x 1 x  2 x 2 x   x 2 d I  x       2 C 1 x  x  ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 d 2 d , 2 v x v      ln 2 d)

u  x , du  d x   cos x   I  dx 1    x  ctgx   ctgx d x   x  ctgx   sin x d v  sin 2 x d x , v  ctgx    x  ctgx  ln sin x  C .

28.

 c) I    x

a) I  x 2 cos x d x ; 2

 d) I    x

b) I  x 2 e x d x ;

 x  2 e d x ; 2x

2

 5 x  6  cos 2 x d x .

Rešenje:

 u  x2 , d u  2x d x  2 2 a) I     x sin x  2  x sin x d x  x sin x  2 J d v  cos x d x , v  sin x  u  x , du  d x   J     x cos x   cos x d x   x cos x  sin x d v  sin x d x , v   cos x  I  x 2 sin x  2 x cos x  2sin x  C ; Napomena: U ovakvim primerima parcijalna integracija se ponavlja onoliko puta koliki je stepen polinoma. - 223 -

 u  x 2 , d u  2 x d x  x 2 x 2 x b) I     x e  2  xe d x  x e  2 J x x d v  e d x , v  e  J  xe x  e x , I  x 2 e x  2 xe x  2e x  C ; c)

u  x 2  x  2 , d u   2 x  1 d x  1   1 2 2x 2x I     x  x  2  e    2 x  1 e d x 1 2x 2x 2  dv  e d x , v  e  2   2 1 1   x 2  x  2  e2 x  J ; 2 2

2 x  1  u , d u  2 d x  1 1 2x   1 2x 2x 2x J  1 2 x    2 x  1 e   e d x   2 x  1 e  e 2x 2 2 d v  e d x , v  2 e  2 1 1 1 1 I   x 2  x  2  e2 x   2 x  1 e 2 x  e 2 x  C   x 2  2  e 2 x  C ; 2 4 4 2 1 1 d) I   2 x 2  10 x  11 sin 2 x   2 x  5  cos 2 x  C . 4 4

29.

 c) I   arcsin x d x ; a) I  ln x d x ;

 d) I   ln  x

b) I  arctg x d x ; 2

 1 d x .

Rešenje:

1   1 u  ln x , d u  d x  a) I   x   x ln x   x  d x  x ln x  x  C ; x  d v  d x , v  x  b)

dx   x 1 u  arctg x , d u   I  d x  x arctg x  ln  x 2  1  C 1  x 2   x  arctg x   2 1 x 2  d v  d x , v  x  dx   u  arcsin x , d u  x   c) I   d x  x  arcsin x  J 1  x 2   x  arcsin x   1  x2  dv  d x , v  x    - 224 -

1  1  x2  t  1  12 2 d       1  x2  C J  t t t   2  2 x d x  d t 

I  x  arcsin x  1  x 2  C ; 2x   2 d x x2  u  ln  x  1 , d u  2 2 dx d) I   x  1   x ln  x  1  2 2 x 1   dv  d x , v  x  1    x ln  x 2  1  2 1  2  d x  x ln  x 2  1  2 x  2 arctg x  C .  x 1 

30.





a) I  e x sin x d x ;

b) I  e x cos x d x ;

Rešenje: a)

 u  ex , d u  ex d x  x x I   e x sin x d x     e cos x   e cos x d x  d v  sin x d x , v   cos x  x  u  e , d u  ex d x  x x x     e cos x  e sin x   e sin x d x  d v  cos x d x , v  sin x    e x cos x  e x sin x  I 1 2 I  e x cos x  e x sin x  C  I  e x  sin x  cos x   C ; 2 1 x b) I  e  sin x  cos x   C ; 2





31.





 c) I   x  arcsin x d x ;

a) I  x  arctg x d x ;

arctgx

 x d) I   x e

b) I 

2

3  x2

- 225 -

dx;

d x.

Rešenje: a)

1   u  arctgx , d u  1  x 2 d x  x 2 x2 1 I  x   arctg dx  2 2  1  x2  dv  xd x , v  x  2   2 2 x x2 1  1  1 1  arctgx   1   d arctgx  x  arctgx  C x 2  2 2  1 x  2 2 2 1   x 2  1 arctgx  x  C ; 2





b)

dx   u  arctgx , d u  arctgx dx arctgx x   1 1  x 2       I  dx  2  2 x x x 1  x   x 1 x   dv  d x , v   1  x2 x   

x arctgx 1 arctgx  ln x  ln 1  x 2   C    ln C ; x x 2 1  x2





1 2 x 2  1 arcsin x  x 1  x 2  C ;  4 x 2  1  x2 e C. d)  2

c)

32.

a) I 

 

1  x2 d x ;





c) I  x ln x 2  1 d x ;

b) I 



d) I 

ln 2 x  x2 d x .

x2  a2 d x ;

Rešenje:

xd x  2 u  1  x , d u  a) I   1  x2  dv  d x , v  x 

 x2 d x  2 x x    1   1  x2    2  x2  1 x 1 1 1   x 1  x2    d x  x 1  x2    d x  2 1  x2 1  x2   1 x

- 226 -

 x 1  x 2   1  x 2 d x  ln x  1  x 2  x 1  x 2  I  ln x  1  x 2 2 I  x 1  x 2  ln x  1  x 2  I 

x 1 1  x 2  ln x  1  x 2  C ; 2 2

x 2 a2 x  a 2  ln x  x 2  a 2  C ; 2 2 1 1 c) I   x 2  1 ln  x 2  1  x 2  C ; 2 2 1 d) I    ln 2 x  2 ln x  2   C . x b)

33.



a) I  e c)



x

dx;

ln x dx; x2

e

1 x

b) I 

x

d) I 



3

dx;

x arcsin x 1  x2

dx.

Rešenje:

 x  t , x  t 2  t t t   2 te d t  2  te  e   C  2e d x  2t d t 

a) I  

x





x 1  C ;

b)

1 1   1 1 1 du   2 d x u  x ,  1 x x x x 1 e e e e   x d I   2 dx x e       C ; 1 1  2  1 x x x x x   ex ex x d v  x 2 d x , v   x 2 d x   e    1 x

c) I  

ln x 1  C ; x x

dx    u  arcsin x , d u   2 1 x  d) I  x arcsin x d x     1  x2 x 2 v   1  x 2 d x , v   1  x  

 1  x 2  arcsin x   d x   1  x 2  arcsin x  x  C .

- 227 -

Rešiti integrale racionalne funkcije: 34.

a) I 

Rešenje:

x4  2  x2  1 d x ;

b) I 

x3  x3dx.

3  x3  d x   x  3arctgx  C ;   x2  1  3 27  x3 x2  b) I    x 2  3 x  9  d 3 x     9 x  27 ln x  3  C .  x3 3 2 

a) I   x 2  1 

35.

x3 dx; 3 x x 1 dx ; c) I   x x  3 x  2

a) I 

x

x2

b) I 

 x( x  1)( x  1) d x ;

d) I 

  x  2  x  3

x

dx.

Rešenje: a)

x3 x3 A B C     3 x  x x  x  1 x  1 x x  1 x  1

x  3  A  x 2  1  Bx  x  1  Cx  x  1 x 0 A3 x  1  C  1 x  1  B  2 2 1  3 I      dx  x x 1 x 1  3ln x  2 ln x  1  ln x  1  C  ln

x3

 x  1 x  1

2

C ;

x2 A B C    x ( x  1)( x  1) x x  1 x  1 3 1 A  2, B  , C  2 2 1 1  3 1  2 3 1 I       2 ln  x   ln  x  1   ln  x  1  C  2 2  x 2 x 1 2 x 1

b)

- 228 -

x 1  x 1

 ln

x2

3

C ;

1 4 1 ln x  3  ln x  2  C ; 6 15 10 d) I  2 ln x  2  3ln x  3  C . c) I   ln x 

a) I 

36.

x

x2 dx;  2x2

3

b) I 

x

2

dx dx ; c) I   2 .  6x  5 x  6 x  13

Rešenje: a) I 

1 x2 1 x5 1 x3  ln  C ; b) I  ln  C ; c) I  arctg C. x x 4 x 1 2 2

2x 1 dx ; a) I   3 x  4x2  4x 3x  2 dx ; c) I   2 x  x  1

37.

x2  2 b) I   dx ; ( x  2)( x  1)3 dx d) I   . 2 3 x  x  1

Rešenje: a)

2x 1 2x 1 A B C     2 2 x  4x  4x x  x  2 x x  2 ( x  2) 2 3

2 x  1  A( x  2) 2  Bx( x  2)  Cx 2 x  1  x2  A  B   x  4 A  2B  C   4 A 1 1 3 , B  ,C  4 4 2  1  1 3 I      2   dx 4 4 2 2( 2) x x x      

A



1 3 1 x 3  C ;  ln  x   ln  x  2    x 1 2  C  ln 4 2 4 x  2 2  x  2

x2  2 A B C D     3 2 ( x  2)( x  1) x  2 x  1 ( x  1) ( x  1)3 2 2 5 A   , B  , C  , D  3 9 9 3

b)

- 229 -

 2 2 5 3  I        2 3   dx  9  x  2  9  x  1 3( x  1) ( x  1)  2 x 1 5 3  ln   C ; 9 x  2 3( x  1) 2( x  1) 2 x 4x  3  C ; c) I  2 ln x  1 2  x  12 d) I  

38.

1 2 1 x    3ln C. 2 x x 1 x 1 2x

a) I  c) I 

dx

 1  x  1  x  ; b) I   x 2

dx ; 1

3

x2  2x 1   x  1 x 2  x 2  1 dx .

Rešenje: a)

1 A Bx  C   2 1  x   1  x  1  x 1  x 2

1 1 , B 2 2 1 dx 1 x  1 1 dx 1 1 dx x      I  dx   dx   2 2 2 1 x 2 1 x 2 1 x 2 1 x 2 1  x2 1 1 1 ln 1  x  ln 1  x 2   arctgx  C ; 2 4 2 AC 

b)

1 A Bx  C   2 x 1 x 1 x  x 1 1 1 2 A , B  ,C  3 3 3 1 dx 1 x2 1 1 I    2 dx  ln x  3  I1  3 x 1 3 x  x 1 3 3 3

- 230 -

3  1  t x   t 2 dt  I1   dx  2    2 3 2 1  3  dx  dt   t    x   4 2 4  t dt t 3 1 3 3 2  dt   dt  ln t 2     arctg 3  C  3 2 2 3 2 4 2 3 2 2 t  t 4 4 1 3 2x 1  ln x 2  x  1   arctg C 2 3 3 x2

1 1 3 2x 1 arctg I  ln  x  1   ln  x 2  x  1  C ; 3 6 3 3 1 c) I   ln x  1  3ln x   ln x 2  1  C . x 39.

3x 2  2 x  1 a) I   dx ;  x  1  x 2  1 c) I 

b) I 

x

3x dx ; 1

3

dx . 2  1

 xx

Rešenje:

1 ln  x 2  1  3arctgx  C ; 2 1 2x 1 b) I   ln x  1  ln x 2  x  1  3 arctg C ; 2 3 x C . c) I   2  x2  1 a) I  2 ln x  1 

40.

a) I 

c) I 



dx

 x  1

2

4

 x 3    x 1 

3

;

b) I 

1  3 x 1  1  3 x  1 dx .

- 231 -



2x  3 dx ; x

Rešenje:

x3   x 1  t  1 1  34   1 dt 4 t dt t a) I      C  dx 1  4  4 t3 4    dt  2 4    x  1

4

x3 C; x 1

b)

 t2  3 t2 t2  3  3 3   2 x  3  t, x    I  dt  2  2 dt  2   1  2 2   2 2  dt t 3 t 3  t  3   dx  t dt 

 1 t 3  2 t  3 ln   C  2 2 x  3  3 ln  2 3 3 t   

2x  3  3  C; 2x  3  3

c)

 x 1  t3  1  t  t 2 dt  3 t 3  t 2 dt   I  3    t 1 2 1 t  dx  3t dt 

 t3 2  2    3  t 2  2t  2    dt 3   t  2t  2 ln t  1   C   t 1   3   1  x   3( 3 x  1) 2  6  3 x  1  6 ln

3

x 1 1  C

- 232 -

6.2. ODREĐENI INTEGRALI Kao što smo već naglasili, pojam integrala istorijski je vezan sa problemom merenja površine dela ravni ograničenog nekom krivom linijom. Iz tog razloga u definisanje određenog integrala može da se krene od pojma krivolinijskog trapeza i izračunavanja njegove površine.

6.2.1. POVRŠINA KRIVOLINIJSKOG TRAPEZA Neka je funkcija f  x  nenegativna, neprekida i ograničena na intervalu  a, b  . Krivolinijski trapez predstavlja figuru ograničenu osom Ox , grafikom funkcije f  x  na intervalu  a, b  i pravama x  a , x  b .

y  f  x

xa

xb

Da bi se izračunala njegova površina, podeli se interval  a, b  na n proizvoljnih delova tačkama a  x0  x1   xn 1  xn  b , tako da je

x1  x0  x1 , x2  x1  x2 , , xn  xn 1  xn .

U svakom intervalu  xi 1 , xi  , i  1, , n izabere se proizvoljna tačku i i formiraju proizvodi xi f i  . Ovaj proizvod predstavlja površinu bilo kog pravougaonika stranica xi i f i  . Zbir površina svih ovako dobijenih pravougaonika: n

S n  f 1  x1  f  2  x2    f  n  xn   f i  xi . i 1

- 233 -

y  f x

f 1 

a  x0

b  xn

 1 x1

Ako postoji granična vrednost, nezavisno od podele intervala  a, b  na n delova i izbora tačaka

 i , tj.

 f   x   f  x  dx

lim Sn  lim

max xi 0 n 

b

n

max xi 0 i 1 n 

i

i

a

onda je ona je površina krivolinijskog trapeza 6.2.2. DEFINICIJA ODREĐENOG INTEGRALA 

Neka je funkcija f  x  definisana i ograničena na intervalu

 a, b  .

Neka se

interval  a, b  podeli tačkama a  x0  x1   xn 1  xn  b na n delova takvih da je x1  x0  x1 , x2  x1  x2 , , xn  xn 1  xn . U svakom intervalu  xi 1 , xi  , i  1, , n izabere se proizvoljna tačka i i formira suma S n  f 1  x1  f  2  x2    f  n  xn 

n

 f   x . i 1

i

i

Ovaj zbir zove se integralna suma funkcije f  x  na intervalu  a, b  . 

Ako postoji granična vrednost

lim S n  lim

max xi 0 n 

n

 f   x

max xi 0 i 1 n 

i

i

I,

ona se zove određeni integral funkcije f  x  na intervalu  a, b  . - 234 -

 Određeni integral funkcije f  x  simbolički obeležava se sa b

I   f  x  dx . a

 Funkcija f  x  se zove podintegralna funkcija.  Broj a je donja, a broj b gornja granica integrala. Primer:

Izračunati povšinu ograničenu grafikom funkcuje f  x   x na intervalu  a, b  i ordinatama f  a  i f  b  ,  a  0, b  0  .

x

Rešenje:

ba . n Zbir površina svih pravougaonika čije su osnovice x , a visine redom a  x , a  2x , , a  nx je Podelimo interval  a, b  na n jednakih delova, x 

Sn  x  a  x   x  a  2x     x  a  nx   x  na  x 1  2  3    n  

 n  n  1   x  na  x 1  2  3    n    x  na  x  2   n  n  1 b  a 2  n  1  b  a  n  n  1   b  a  a  b  a  na    2 n 2 2n  n  2

 xna  x 2

 b2  a 2 2  n  1  . S  lim S n  lim   b  a   a   b  a    n  n  2n  2  b2  a 2 Po definiciji određenog integrala imamo da je P   x dx  . 2 a b

- 235 -

Ovaj primer pokazuje koliko je složeno izračunavati određeni integral koristeći pojam integralne sume čak i kod najjednostavnijih funkcija.

6.2.3. OSNOVNE TEOREME VEZANE ZA ODREĐENI INTEGRAL  Ako funkcija f  x  na intervalu  a, b  ima određeni integral, ona na tom intervalu integrabilna.

 Neprekidna funkcija f  x  na intervalu  a, b  je integrabilna na tom intervalu.  Integrabilna funkcija na intervalu  a, b  mora biti ograničena na tom intervalu. (obrnuto ne važi).

 Ograničena funkcija na intervalu  a, b  sa konačnim brojem prekida je integrabilna na tom intervalu.  Ako je funkcija f  x  nenegativna i integrabilna, onda izraz

b

 f  x  dx a

predstavlja površinu ograničenu lukom krive, x-osom i pravama x  a i x  b .

6.2.4. OSNOVNE OSOBINE ODREĐENOG INTEGRALA Navodimo osnovne osobine bez dokaza a



 f  x  dx  0 ; a







b

a

a

b

 f  x  dx    f  x  dx ; b

b

a

a

 C  f  x  dx  C   f  x  dx

C  const ;

b

b

b

a

a

a

  f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx ;

 Ako tačka c pripada intervalu  a, b  tj. a  c  b , tada važi b

 a

c

b

a

c

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .

- 236 -

6.2.5. VEZA ODREĐENOG I NEODREĐENOG INTEGRALA NJUTN-LAJBNICOVA FORMULA Njutn i Lajbnic su dokazali da postoji veza između određenog i neodređenog integrala. Na taj način dobijena je opšta metoda za rešavanje određenih integrala i mogućnost njihove primene u različitim oblastima nauke i prakse.  Ako je funkcija f ( x) neprekidna na intervalu  a, b  , a F ( x) njena primitivna funkcija, tj F ( x)  f ( x) tada je b



f  x  dx  F  x  a  F  b   F  a  . b

a

Dokaz: Neka je F1 ( x ) takođe primitivana funkcija funkcije f ( x) , takva da je x

F1  x    f  x  dx , x  a , b . a

Kako su F ( x) i F1 ( x ) dve primitivne funkcije iste funkcije, one se razlikuju za neku konstantu C, pa je x

F  x    f  x  dx  C . a

Za x  a dobija se F  a  

a

 f  x  dx  C  0  C  C , čime je određena konstanta a

C, pa je F  x  

x

 f  x  dx  F  a  . a

Neka je sada x  b  a . Iz predhodne relacije dobija se b

F  b    f  x  dx  F  a  , odnosno a

b

 f  x  dx  F  b   F  a  . a

Primer: 



2

2

I   sin x dx   cos x 0

0

      cos  cos 0   1 . 2  

- 237 -

6.2.6. METODE REŠAVANJA ODREĐENOG INTEGRALA METODA SMENE  Neka je f  x  složena, neprekidna funkcija na intervalu  a, b  . Neka se uvede smena x  g  t  . Ako funkcija g  t  ima neprekidan izvod na intervalu  ,   gde je g    a , g     b i inverznu funkciju, tada je 

b

 f  x dx   f  g  t   g   t  dt a

Uvođenjem smene x  g  t  menjaju se granice integracije. Ako su polazne granice integracije bile a i b , onda su nove granice   g 1  a  i

  g 1  b  . Primer:

dx    dt ,  6 arcsin x  t ,  t2 arcsin x   1  x2 I  dx   t dt     2 1  x2 0  x  0, t  0; x  1 , t    0 2 6   1 2

 6 0



2 72

.

METODA PARCIJALNE INTEGRACIJE  Ako su u  x  i v  x  diferencijabilne funkcije na intervalu  a, b  , a vdu je integrabilna, tada je b

b

 u  x  dv  x   u  x  v  x  a   v  x  du  x  . b

a

a

Dokaz je sličan kao kod pravila za neodređene integrale. Primer: 







I   x sin xdx   x cos x   cos x dx   cos   sin x   . 0

0

0

0

- 238 -

6.3. NESVOJSTVENI INTEGRALI Integrali kod kojih granice integracije nisu konačne ili podintegralna funkcija nije ograničena na intervalu  a, b  , nazivaju se nesvojstveni integrali.

6.3.1. INTEGRALI SA BESKONAČNIM GRANICAMA Neka je funkcija f  x  neprekidna na intervalu  a,   . t

 Ako postoji granična vrednost lim

t 

 f  x  dx , onda se ona naziva nesvojstvenim a

integralom funkcije f  x  na intervalu  a,   , tj. 

 a

t

f  x  dx  lim  f  x  dx . t 

a

Ako je ova granična vrednost konačna, nesvojstveni integral konvregira, inače divergira.  Analogno se definiše nesvojstveni integral funkcije f  x  na intervalu  ,b  , tj. b

b

 f  x  dx  lim  f  x  dx . t 



t

 Ako su obe granice integracije beskonačne tada je 

a







a

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .

Primer: 

Izračunati integral I 

 1

t

dx . x3

dx  1   lim   3 t  t  2 x 2 x   1

I  lim 

t 1

1 1  1  lim    . 2 a  2t 2 2 

Primer: 

I   xe  x dx 2

0

- 239 -

dt   2 x  t , x dx    2 a a2   1 1  x2 I  lim  xe dx   x  0 , t  0   lim  e t dt   lim e  t a  a  2 a  0 0  x  a , t  a2  2     2 1 1   lim e  a  1  a  2 2



a2 0





6.3.2. INTEGRALI NEOGRANIČENIH FUNKCIJA  Neka je y  f  x  neprekidna funkcija na intervalu

 a, b 

i f  x    za

xa. b

Ako postoji granična vrednost lim  0

 f  x  dx,   0 ,

onda se ona naziva

a 

nesvojstvenim integralom funkcije f  x  na intervalu  a, b  , tj b

b

 f  x  dx  lim  f  x  dx .  0

a



a

Neka je y  f  x  neprekidna funkcija na intervalu

 a, b 

i f  x    za

xb. b 

Ako postoji granična vrednost lim  0

 f  x  dx,   0 ,

onda se ona naziva

a

nesvojstvenim integralom funkcije f  x  na intervalu  a, b  , tj b 

b

 f  x  dx  lim  f  x  dx .  0

a



a

Neka je funkcija y  f  x  neograničena u okolini tačke c   a, b  . Tada se nesvojstveni integral definiše sa c 

b

b

 f  x  dx  lim  f  x  dx  lim  f  x  dx,   0 .   a

0

0

a

- 240 -

c

Primer: 1

Izačunati integral I 

dx . x

 0

1

dx  lim 2 x x  0

I  lim   0 



1







 2 lim 1    2 .  0 

Primer: 2

I  1

dx x ln x dx   ln 2  dt dx ln x  t ,    x   lim 0  x ln x     x  1 , t  0; x  2 , t  ln 2 

2

I  lim

 0



1

 lim ln t

ln 2

 0

 lim  ln ln 2  ln     ;



 0

ZADACI Primenom Njutn – Lajbnicove formule izračunati sledeće integrale:  27

1.



a) I 

8

dx ; 3 x

b) I 

4

dx 0 x  2 ;





b) I  tgx

4 

 4

 

0

27

8

3  2



 cos x

x



1 3



  sin x dx ; x 

d) I  1  e 4  dx .

3 32 a) I   x dx  x 2 8 

2

4

Rešenje: 27

1

  cos



1

c) I 

4

4 

 4

 tg

 x 3

2

27

 8

3 2





3

   8    152 ; 2

27

3

2

       tg     cos  cos     2tg  2 ; 4 4 4  4  4

- 241 -

3 ; 2

c) I  ln

d) I  4e .



dx 1 x 1 x  2 x  1 ; c) I  4 x dx . 2

3

a) I 

2.

b) I 

1  x dx ;

0

9

Rešenje: a) 2  1  x  t , x  t 2  1 , dx  2tdt  2 1  x dx     2 t dt  1  x  0 , t  1, x  3 , t  2 

3

I  0

2  t3 3

2 1



2 14 8  1  3 3

b) 1  x  1  t 2 , dx  2t dt  1 dx 2t 2t  2  2  dt   2 dt  2 t  2t  1  x  1 , t  0; x  2 , t  1  0 t  2t  1 1 x  2 x 1 0 1 1 1 2t  2 2 1 dt dt  2   2  ln  t 2  1  2t    ln 4  1. 2 0 t  2t  1 t 1 0 0 0  t  1 2

I 

c) I  7 .  e

2



dx b) I   ; x ln x 2

a) I  sin xdx ;

3.

3

0

2

c) I 

dx

 4 x

2

.

0

Rešenje

  cos x  t ,  sin xdx  dt  2 2   a) I   sin 2 x  sin x dx   1  cos 2 x  sin xdx   x  0 , t  cos 0  1  0 0      x  , t  cos  0    2 2 



0

1

1

t3 2    1  t  dt   1  t  dt  t 0   ; 30 3 1 0 2

2

1

- 242 -

dx   ln x  t , x  dt    1 dt b) I   x  2 , t  ln 2     ln t x  e , t  1  ln 2 t     c) I 



8

1 ln 2

 ln1  ln ln 2   ln ln 2 ;

.  ln 3

4.

a) I 

e

ln 2

e 2x

x

1

dx ;

3

1

dx

  cos x 1  tgx 

b) I 

2

2

c) I 

;

arctgx

 1 x

2

0

4

Rešenje:

e x  t , e x dx  dt  3 dt 1 t 1    ln a) I   x  ln 2 , t  2    2  x  ln 3 , t  3  2 t  1 2 t  1  

3 2

1 1 1 1 3   ln  ln   ln ; 2 2 3 2 2

b)

dx   tgx  t , cos 2 x  dt  I    x   , t  1; x   , t  3   4 3 

3

dt

  t  1 1

2



1 t 1

3 1

1 2 3  1     2  3 1 2  c) I 

2 32

. r

5.

a) I 



ln 5

r 2  x 2 dx .

b) I 

 0

0

ex ex 1 dx ; ex  3

 ln 2

c) I 

 0

e x  1 dx ;

2



d) I  sin 2 x  cos 2 x dx . 0

- 243 -



dx .

Rešenje: a) 



 x  r sin t , dx  r cos t dt  2   22 2 2 1  cos 2t  cos  I  r t dt r  0 0 2 dt  0 ,  0, ;  ,  x t x r t  2  

r2  1  I   t  sin 2 x  2 2 

2 0

b) I  4   ;

r 2  4 c) I  2 

 4

d) I 

;

 16

.

 1



a) I  xe x dx ;

6.



2

2

c) I  x 2 sin  3 x  dx ,





b) I  x cos x dx ; 0

0

0

Rešenje:

u  x , du  dx

  xe x x x  dv  e dx , v  e 

a) I  

1 0

1

  e x dx  xe x 0

1 0

 ex

1 0

 1;

b) 





2 2 u  x , du  dx  I    x sin x   sin xdx  x sin x 0  cos x dv  cos xdx , v  sin x  0 0 2



 2 0



 2

1;

 u  x 2 , du  2 xdx  2 1 2 22   c) I      x cos 3x 0   x cos 3x dx 1 3 30 dv  sin 3 x dx , v   cos 3 x  3      u  x , du  dx  2 2 2 12   1   x cos 3 x dx   1   x sin 3 x 0   sin 3 x dx  30 30 dv  cos 3 x dx , v  3 sin 3x  3



1   cos 3 x 6 9

 2 0





1  . 6 9

- 244 -

e

7.



1

1





a) I  x3 ln x dx ; b) I  x3 arctgxdx ; c) I  arcsin xdx . 1

0

0

Rešenje:

dx   e u  ln x , du  x  x 4 e e x4 x4 1 3  x  x dx  x  ln ln a) I   4 1 1 4 1 4 16 dv  x3 dx , v  x  4  4 

e



1

3e4  1 ; 16

dx   4 u  arctgx , du  1  x 2  x 4 1 1 x4    I arctgx dx b)   2  4 0  4 4 1 x x 2 dv  x 3 dx , v   4   1



4  1  1   1  x3 1 dx     x2 1      x  arctgx   . 2  16 4 2  1 x  16 4  3 0 6

c) I 



2

1. 

8.

dx ; a) I   2 x x 1



b) I 

x 2



dx x 1 2

;

c) I 

dx

 x ln

2

2

x

.

Rešenje

 x  1  t 2 ; dx  2tdt dx  a) I  lim     alim a  x x  1  2  x  2, t  1; x  a, t  a  1  a

a 1

 2 lim

a 



dt  2 lim arctgt a  t 1 2

1

a 1 1



a 1

2tdt 2  1

 t t 1



 2 lim arctg a  1  arctg1  a 

1 1  1   t ,  2 dx  dt  a  dx dt  x  x    lim  b) I  lim   2 a  a  1 t2 1 2 x x 1  x  2 , t  1 ; x  a, t  1  2  2 a  a

- 245 -

 2

;

   lim  arcsin t a     1 c) I  . ln 2 

9.

a) I 

 1

    lim arcsin 1  arcsin 1   . 1 a  2 6 a  2 1 a

ln 2 xdx ; x2



b) I 

 1

2x

1  x2 

2

dx .

Rešenje: a

ln 2 x a) I  lim  2 dx a  x 1 2 ln x   u  ln 2 x , du  dx  a  ln x ln 2 x a ln x   x    2 I1   2 dx   dx   2  1 1 dx x x x 1 1  dv   ,v x2 x   1   u  ln x , du  x dx   ln x a a l  ln 2 x a        2 dx   2   1 x 1 x 1  x   dv  dx , v   1  2 x x   a

2

ln 2 x a ln 2 a ln a 2  ln x a 1 a    2     2  2.  1 1 1 x x  a a a  x  ln 2 a  ln a 2 2   2  2 . I  lim I1  lim   a  a  a a a   2 ln a L 2 ln a 2 ln a L 1 Zato što je lim  lim  lim  0 i lim  lim  0 . a  a  a  a a  a a  a a a 1 b) I  . 2 

10.



a) I  e  x sin xdx 0



b) I 

e

x

cos x dx .

0

- 246 -

Rešenje: a) I 

1 ; 2

b) I 

1 . 2 1

1

11.

0

ex b) I   3 dx . x 1

dx a) I   2 ; x 1

Rešenje 

1

dx dx  1  lim  2  lim    2   0   0  x  0  x  x 1

a) I  lim

 1

 1  lim    1   0   x

1 1    lim   1  lim  1     ;  0       0   b)

1 1  1  t  , dt   2 dx    e   x x tet dt c) I  lim  3 dx      lim    0  0  x 1 1  x  1 , t  1; x   , t  1     

1 x

1

  lim  tet  et   0 

1 1 1 1 1 2    e  e      ; 1 e e e 



1 t L 1 1  t  zato što je lim e    t   lim te  lim  t  lim   t  0 i lim e  0 . t  e t  e  0   0   t 

1

1



- 247 -

6.4. PRIMENE INTEGRALNOG RAČUNA 6.4.1. IZRAČUNAVANJE POVRŠINA RAVNIH FIGURA 

Ako je f  x  neprekidna i nenegativna funkcija na intervalu  a, b  , onda površina ograničena osom x , grafikom funkcije f  x  , pravama x  a i x  b b

iznosi P 

 f  x dx . a

y  f  x

xa 

xb

Ako je funkcija f  x  na intervalu  a, b  negativna onda je b

P    f  x dx  a

b

 f  x dx a

xa

xb

y  f  x 

Ako funkcija f  x  na intervalu  a, b  menja znak onda se površina koju ova funkcija obrazuje sa x osom i pravama x  a i x  b dobija tako što se interval

- 248 -

podeli na podintervale u kojima je f  x   0 i na podintervale u kojima je

f  x   0 . Površina će biti zbir vrednosti integrala c

P   f  x dx  a

d

 c

b

f  x dx   f  x dx d

ili c

d

b

a

c

d

P   f  x dx   f  x dx   f  x dx . y f xa



xc

 x xd

xb

Ako je oblast ograničena graficima neprekidnih funkcija

f  x i g  x ,

f  x   g  x  na intervalu  a, b  i pravama x  a i x  b , tada je površina razlika površina dva krivolinijska trapeza, tj. b

b

b

a

a

a

P   f  x dx   g  x dx    f  x   g  x  dx .

y  f  x

xa

y  g  x xb

- 249 -

Primer: Izračunati površinu ograničenu linijama y  cos x , x  0 i x   .

y  cos x





0

2  2



 2



0



P   cos x dx   cos x dx  sin x  sin x 0



 sin

2

2

 2

 sin 0  sin   sin

 2

6.4.2. IZRAČUNAVANJE ZAPREMINA OBRTNIH TELA Neka je funkcija f  x  neprekidna i stalnog znaka na intervalu  a, b  .  Zapremini obrtnog tela koje nastaje rotacijom grafika funkcije oko x ose je: b

V    f 2  x dx . a

Dokaz:

 xk

- 250 -

2.

Ako se interval  a, b  podeli tačkama a  x1 , x2 , x3 , , xn  b na n delova, tada svaki od upisanih pravougaonika ima osnovicu xk  xk 1  xk i visinu

yk  f  xk  , k  1, 2, n . Pri obrtanju pravougaonika oko x ose obrazuje po jedan valjak zapremine

Vk  yk 2  xk gde je yk poluprečnik osnove valjka , xk njegova visina. Zbir zapremina svih tih valjaka je n

y k 1

  xk .

2 k

 Zapremina obrtnog tela jednaka je sledećoj graničnoj vrednosti

V  lim

b

n

 yk 2  xk    f 2  x dx .

max xk  0 k 1 n 

a

 Zapremina obrtnog tela koje se dobije rotacijom grafikom funkcije oko y ose dobija se po obrascu d

V    x 2  y  dy . c

Primer: Izračunati zapreminu lopte poluprečnika r .

x2  y 2  r 2

Lopta se dobija rotacijom kruga jednačine x 2  y 2  r 2 oko x - ose. r

r

V  2  y dx  2   r 2  x 2  dx  2  r 2 x  x3   r

2

0

0

0

- 251 -

4 3 r. 3

6.4.3. DUŽINA LUKA KRIVE Neka je f  x  neprekidna funkcija, sa neprekidanim izvodom f   x  , na intervalu  a, b 

Dužina luka krive je: b

l   1   f   x   dx . 2

a

Obrazac se daje bez dokaza.

Izračunati dužinu luka krive y 

x 5x 5 32  x , 3 3

y

1

l   1 0

1

5 1 xdx   4 20

y' 

x 5x , x  [0,1] . 3

5 3 12 5  x  x, 3 2 2

4  5 x  t 2  3 1 3   1 2 4  5 xdx   2    t dt  t 15  dx  tdt  5 2 5  

- 252 -

3 2



19 . 15

ZADACI Izračunati površinu koju zaklapaju grafici datih krivih: 1. y   x  4  i y  16  x 2 . Rešenje Apscise presečnih tačaka grafika funkcija dobijaju se rešavanjem sistema jednačina: 2

 x  4

2

 16  x 2 i iznose x  0  x  4 . 16

y   x  4

2

y  16  x 2 4

Tražena površina iznosi: 4



P   16  x   x  4  2

0

y

2.

2



4

 x3  64 dx  2  4 x  x  dx  2  2 x 2    . 3 0 3  0 4

2

x2 1 i y 2 . 2 x 1

Rešenje Apscise presečnih tačaka grafika funkcija su: x  1 .

y  x2 1

y

1 x 1 2

1

Tražena površina iznosi: 1

1  1  1 x2  x2  1   1  P   2  dx  2  2  dx  2  arctgx  x3    x 1 2  x 1 2  6 0 2 3  0 1  1

- 253 -

y   x2  2 i y  x .

3.

Rešenje Apscise presečnih tačaka grafika funkcija su x  2  x  1 .

y  2  x2

yx

2

1 Tražena površina iznosi: 1

 x3 x2  9 P   (  x  2)dx   xdx     2 x    . 2  2 2  3 2 2 1

1

2

y  x2 i y  x

4.

Rešenje Apscise presečnih tačaka , uz uslov x  0 , su: x  0  x  1 .

y x

y  x2 x0 1

 2 3 x3  1 x  x dx   x 2    . 3 0 3 3

P



5.

y  x2 i y  2  x2 .

1

0

x 1

2



Rešenje 1

 8 x3  P    2  x  x  dx 2  2  x  x  dx  4 1  x  dx  4  x    . 3 0 3  0 0 1 1

1

2

2

1

2

2

- 254 -

2

y  x2  5x  4 i y  x 1

6.

Rešenje 5





5

P    x  1   x 2  5 x  4  dx     x 2  6 x  5  dx  1

1

32 3

Odrediti površinu ograničenu parabolom y   x 2  2 x  3, njenom

7.

tangentom u tački M  2, y  i y - osom. Rešenje: Kako tačka M  2, y  pripada paraboli, biće y  5 .

y  2 x  2 , pa je k  y   2   6 . Jednačina tangente parabole u tački M  2, 5  glasi y  5  6   x  2  ili y  7  6 x .

x2 y x2 2x3 y  5 Tražena površina iznosi: 2





2

2

P   7  6 x    x 2  2 x  3 dx    x 2  4 x  4 dx    x  2  dx  0

2

0

0

- 255 -

8 3

8.

Izračunati površinu figure ograničene grafikom funkcije y 

ln x x

nad

odsečkom 1, e 2  . Rešenje:

y

ln x x

x 1

x  e2

Tražena površina iznosi

dx   u  ln x , du    1 x  ln x  2  P dx    x 2 ln x 1  x 1 dv  dx , v  2 x 2   x   e2

9.

e2

1

1 1     x 2 dx   4e  4 x 2  1  e2

e2

1

4

Odrediti površinu koja je ograničena lukom krive y  e  x , njenom asimptotom i tangentom u tački M  1, y0  .

Rešenje:

 1  e, pa jednačina tangente date krive u Koordinata y0 tačke M je y0  e

tački M  1, e  glasi y  e  y   1 x  1 . Kako je y   e  x , y   1  e, pa je y  ex tražena jednačina tangente. Asimptota je x osa.

y  ex

y 

1

 ex - 256 -

P



0

1

1

x  e dx    ex  dx  lim

lim  e  x 

a 

a 1

 e

a 

2

x 2

0

1

a

0

1

1

x  e dx    ex  dx 

  lim  e  a  e   a 

e e  . 2 2

Izračunati površinu ograničenu krivim linijama :

16 . 3 Rešenje: P  36 . 7 Rešenje: P  . 3 Rešenje: P  e 2  e 2  2 .

10.

y2  2x  1 i x  y 1  0 .

Rešenje: P 

11.

y  x 2  8 x  18 i y  2 x 2  18 .

12.

y  2  x2 i y  x .

13.

y  e x , y  e x i x  2 .

14.

x2 1 , y  x 1 y 2

Rešenje: P 

15.

y  sin 2 x , y  0 , x  0 , x   .

Rešenje: P 

16.

y

17.

y 2  8x i 2x  3 y  8  0 .

18.

Izračunati površinu ograničenu krivom y  x 2  2 x  2, njenom tangentom u

3 i x y 4. x

16 . 3



2

.

Rešenje: P  4  3ln 3 . Rešenje: P 

4 . 3

tački M  3, y  i y - osom. Rešenje: P  9 . 19.

Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom oko x - ose površi ograničene linijama y  x 2 i y 

3 2 x 1. 4

Rešenje: Presečne tačke grafika funkcija su rešenja sistema y  x 2 i y  da se date krive seku u tačkama A  2, 4  i B  2, 4  .

- 257 -

3 2 x  1 . Dobijamo 4

2   3 2 2  3 9  2 2 V  2    x  1   x   dx  2   x 4  x 2  1  x 4  dx   4  16 2   0 0  2

2

 7 x5 3 x3  3 32  7   2    x 4  x 2  1 dx  2       x    . 16 2   16 5 2 3 0 5 0 2

4

y

3 2 x 1 4

2

20.

y  x2

2

Odrediti zapreminu tela nastalog rotacijom oko y - ose površi ograničene linijama y  x 2 i y 

3 2 x 1. 4

Rešenje:

V  V1  V2 4

V1    ydy  0

 2

y2

4 0

 8 .

 4 4  y 2 y dy   1     y 3 3  2  1 V1  V2  2 . 4

V2   

21.

4 1



4 9   6 . 3 2

Izračunati zapreminu obrtnog tela koje se dobija kada površina koju čine krive y  x 3 , y  8, x  0 , rotira oko y ose.

- 258 -

Rešenje:

y  x3

y8

3 V    x  y  dy    y dy  5 0 0 8

8

2 3

2

22.

 y

5

8



3

0

96 . 5

Izračunati zapreminu obrtnog tela koje se dobija kada površina koju čine krive xy  4, x  2 , x  4, y  0 , rotira oko x ose.

Rešenje 4

4

16 dx 1 dx  16  2  16 2 x x x 2 2

V 

4 2

 4 .

23.

Izračunati zapreminu obrtnog tela koje se dobija kada površina koju čine krive xy  3 , x  y  4 , rotira oko x ose. Rešenje Apscise presečnih tačka krivih su x  3  x  1 .

V  V1  V2 2

3

3

V1     4  x  dx   16  8 x  x 2  dx  1

1

2

26  3

dx 3 V2      dx  9  2  6 x x 1 1 8 V  3 3

3

- 259 -

24.

Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom oko x - ose krive linije

x 2   y  3  1 . 2

Rešenje: Data jednačina predstavlja krug sa centrom S  0,3 i poluprečnikom r  1 . Iz nje je

y  3  1  x 2 , pa su y1  3  1  x 2 i y2  3  1  x 2 jednačine gornjeg i donjeg polukruga tog kruga. Telo koje nastaje rotacijom date krive je torus čija je zapremina



 V     y12  y2 2  dx  2   y12  y2 2  dx  2   3  1  x 2 0 0 1 1

1

1

 24  1  x 2 dx  24  0

1

 4

  2

 3  1  x2

  dx 2

 6 2 .

x2   y 3 1 2

25. 26. 27. 28.

y  sin x , x  0 i x   oko x ose.

Rešenje: V 

2

2 19 x 2  y 2  4 i y 2  3x  0 oko x ose. Rešenje: V   6 40 x 2  y 2  4 i y 2  3x  0 oko x ose. Rešenje: V  . 3 4 x2  , x  0 , x  1 , y  0 oko x ose. Rešenje: V   1  2 ln  . y 2 5  x 4

- 260 -

Izračunati dužinu luka sledećih krivih na zadatom intervalu.

y

29.

x2 1  ln x , za x  [1, e] 4 2

Rešenje:

f  x  y ' 

x 1 x2 1 ,   2 2x 2x 2

 x 2  1   1  y '  1    2x 

x 4  2x 2  1 x 2  1  , 2x 4x 2

2

e e 1 x2  1 1  1 1  x2 l dx    x  dx    ln x    e 2  1 . 2x 2 1 x 2 2 1 4 1 e

30.

Izračunati obim kruga x 2  y 2  r 2 .

Rešenje:

y  r 2  x 2 , y   r

l  4   1 0

31.

x r 2  x2 r

x2 1 x dx  4r   dx  4r  arcsin 2 2 2 2 r x r r x 0

r

0

 2r .

   y  ln  sin x  , x   ,  . 3 2

Rešenje:

1 1 , cos x  ctgx , 1  y2  1  ctg 2 x  sin x sin 2 x  2dt 1 1 2 1 2 dx dt 3 1 l   1 t    ln t  ln1  ln  ln 3 . 3 2t t 3 2  sin x 3 3 3 2 3 3 1 t 3 y 

- 261 -

y  2 ln  4  x 2  , x  [0,1] .

32.

Rešenje: 2

2 4x  4x   4  x  y' 2 , 1  y '2  1   2   ,   2 x 4  x 4  x 4 1 2 1 x 4 8   x2  1  l 2 dx   1  2  dx   x  8ln  0  1  ln 3 .. x 4 x 4 x 2        0 0 2

y

33.





1 x x 2  1  ln( x  x 2  1) , x  [1, a  1], a  0 2

Rešenje

y' 

1  2 x 1  2 

a 1

l

 1

 x   1    x2 1 ,   2 2 2 x 1 x  x 1  x  1   a 1 x 2 a 1 a  a  2   . 1  x 2  1dx   x dx  2 1 2 1 x2



1

- 262 -

DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

1. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA 2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE DRUGOG REDA

- 263 -

- 264 -

7. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Diferencijalnom jednačinom naziva se jednačina koja izražava neku vezu između nezavisno promenljive, nepoznate funkcije i njenih izvoda:





F x, y, y, y, , y  n   0 . Najviši red izvoda u toj jednačini naziva se red te diferencijalne jednačine. Ako se može rešiti po izvodu najvišeg reda, diferencijalna jednačina n -tog reda ima oblik





y  n   f x, y, y, y, , y  n 1 . Rešenje diferencijalne jednačine je svaka funkcija koja identički zadovoljava tu jednačinu. Opšte rešenje (opšti integral) diferencijalne jednačine n -tog reda je skup funkcija

y    x, C1 , C2 , , Cn  , odnosno

  x, y, C1 , C2 , , Cn   0 , koji zavisi od n

parametara C1 , C2 , , Cn i koji identički zadovoljava tu

diferencijalnu jednačinu. Partikularno rešenje diferencijalne jednačine je svaka ona funkcija y  y  x  koja se dobija iz opšteg rešenja te jednačine za odgovarajuće posebne vrednosti integracionih konstanata. Ako datu diferencijalnu jednačinu identički zadovoljava i funkcija y  x  koja nije sadržana u njenom opštem rešenju (tj. ni za koje vrednosti integracionih konstanata ne može se dobiti iz njenog opšteg rešenja), tada se ova funkcija y  x  naziva singularno rešenje te jednačine. - 265 -

7.1. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA Diferencijalna jednačina prvog reda je jednačinu koja izražava neku vezu između nezavisno promenljive, nepoznate funkcije i prvog izvoda te funkcije.

F  x, y, y   0 ili y  f  x, y  Opšte rešenje te diferencijalne jednačine prvog reda je funkcija

y    x, C  , odnosno

  x, y , C   0 , koja identički zadovoljava jednačinu y  f  x, y  , odnosno F  x, y, y   0 Teorema: (o egzistenciji i jedinsvenosti rešenja) Ako je funkcija f  x, y  neprekidna i ograničena u oblasti kojoj pripada tačka M 0  x0 , y0  , tada jednačina y  f  x, y  ima rešenje y  y  x  koje zadovoljava početni uslov y  x0   y 0 . Ako je i parcijalni izvod

f neprekidan i ograničen u toj oblasti, tada je to rešenje y

istovremeno i jedinstveno. Tačke u kojima uslovi teoreme o egzistenciji i jedinosti nisu ispunjeni zovu se singularne tačke integralnih krivih y    x, C  . 7.1.1. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA KOD KOJIH SE PROMENLjIVE MOGU RAZDVOJITI Ako se diferencijalna jednačina prvog reda može napisati u obliku

g  y  dy  f  x  dx u toj jednačini se mogu promenljive razdvojiti ili da takva jednačina razdvaja promenljive. - 266 -

Promenljive su razdvojene ako se svaka nalazi na onoj strani jednačine na kojoj je njen diferencijal. Treba odrediti promenljivu y kao funkciju od x . Integracijom obe strane jednačine dobija se da je:

 g  y  dy   f  x  dx  C . Ova relacija daje vezu između x , y i C , pa po definiciji predstavlja opšte rešenje diferencijalne jednačine. Ako se zada početni uslov y  x0   y 0 , određuje se konstanta C i njoj odgovarajuće partikularno rešenje koje zadovoljava dati početni uslov. Primer: Rešiti diferencijalnu jednačinu xdx  ydy  0 . Rešenje:

xdx  ydy  0  xdx   ydy Integracijom dobija se:

 x, y    0, 0 

x2 y2    C1  x 2  y 2  2C1 , ali x 2  y 2  0 za 2 2

pa mora biti 2C1  0 , pa možemo staviti 2C1  C 2 .

Znači opšte rešenje date diferencijalne jednačine glasi x 2  y 2  C 2 . To je familija koncentričnih krugova sa centrom u koordinatnom početku. 7.1.2. HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA PRVOG REDA Jednačina y  f  x, y  zove se homogena diferencijalna jednačina ako se funkcija

f  x, y  može predstaviti u obliku

 y f  x, y      . x Iako se u opštem slučaju promenljive u homogenoj jednačini ne razdvajaju, uvođenjem pomoćne, nepoznate diferencijabilne funkcije u  x  tako da je: - 267 -

y u x

y  xu ,

tj.

svaka homogena jednačina se može svesti na jednačinu sa razdvojenim promenljivim.

 y  se svodi na x

Naime, kako je y  u  xu  jednačina y   

u  xu     u 

tj.

du

  u   u  

x

du   u   u , dx

  u   u  0  ,

dx x

dakle

du

   u   u  ln Cx , C  0 za

x  0 , a C  0 za x  0 .

Pošto se izvrši integracija, smenom y  xu dolazi se do opšteg rešenja date homogene jednačine. Ukoliko se ne mogu naći eksplicitno rešenje po promenljivoj u , tada se posle izvršene integracije u zameni sa

y i na taj način dobija traženo x

rešenje u implicitnom obliku.

Primer: 2

Rešiti diferencijalnu jednačinu y 

y  y   . x x

Rešenje: smena:

y du ; y  ux  y  ux  u .  u ; u  u  x   u  dx x

du du dx  x  u2   2   dx u x 1 1 1 y x .    ln x  ln C    ln C x     y ln Cx ln Cx u u x

ux  u  u  u 2  ux  u 2 

- 268 -

7.1.3. LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA PRVOG REDA Linearna diferencijalna jednačina prvog reda je jednačina

y  P  x  y  Q  x  koja je linearna u odnosu na traženu funkciju y  x  i njen izvod.

P  x  i Q  x  su zadate neprekidne funkcije nezavisno promenljive x . Opšte rešenje je  P  x  dx   P  x  d x dx  C  . ye    Q  x  e 

Primer: Rešiti diferencijalnu jednačinu y  y  x . Rešenje: Data jednačina je oblika y  P  x  y  Q x  , linearna diferencijalna jednačina prvog reda.

P  x   1 , Q  x   x , pa zamenom u opšte rešenje dobija se:  dx dx y  e   C   x  e  dx   y  e  x  C   x e x dx  ;    

 x e dx xe x

x

 ex  C

y  e  x C  xe x  e x   Ce x  x  1, C  const.

7.1.4. BERNULIJEVA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA Bernulijeva jednačina je diferencijalna jednačina oblika

y  P  x  y  Q  x  y n ,  n  N , n  0, n  1 . Za n  0 predstavlja linearnu jednačinu. Za n  1 jednačinu u kojoj se promenljive mogu razdvojiti.

- 269 -

Za proizvoljno n  0,1 uvodi se smena y  u ,   N , gde je u  u  x  nova nepoznata funkcija.

y  u  y   u 1u 

 u 1u  P  x  u  Q  x  u n :  u 1 u 

1



P  xu 

1



Q  x  u n  1 .

Da bi dobijena jednačina bila linearna, mora biti:

n    1  0    n  1  1     Smenom  

1 1   . n 1 1 n

1 dobija se linearna diferencijalna jednačina prvog reda 1 n u   1  n  P  x  u  1  n  Q  x  ,

čije opšte rešenje nalazi se na već pokazani način. Vraćanjem smene nalazi se opšte rešenje polazne diferencijalne jednačine. Primer: Odrediti ono partikularno rešenje difenencijalne jednačine xy   y  xy 2  0 za koje je y 1  1 . Rešenje: Ako datu jednačinu podelimo sa x  0, dobijamo:

y 

1 y   y 2 . Ovo je Bernulijeva diferencijalna jednačina. x

Uvedimo novu funkciju u smenom y  u 1 . Odavde je y   u 2  u , pa data jednačina postaje

1 u 2  u   u 1  u 2 , x odnosno posle deljenja sa u 2  0 , linearna diferencijalna jednačina po u : - 270 -

1 u   u  1. x Opšte rešenje ove jednačine je:

ue

y

dx dx  x     x     dx    C  e dx  x  C   x  C  ln x  , x    

1 , pa zamenom dobijamo opšte rešenje date jednačine u

y Kako je y 1  1, biće 1 

1 . x  C  ln x 

1  C  1, C

pa je traženo partikularno rešenje za zadati početni uslov glasi

y

1 . x 1  ln x 

7.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE DRUGOG REDA Opšti oblik diferencijalne jednačine drugog reda je F  x, y, y, y   0 , ili ako se može rešiti po y

y  f  x, y, y  . Opšte rešenje diferencijalne jednačine drugog reda ima oblik

 x, y, C1 , C 2   0, odnosno y    x, C1 , C2  . Početni uslovi za određivanje integracionih konstanata C1 , C 2 koje odgovaraju traženom partikularnom rešenju su: y  x0   y0 , y  x0   y0 .

- 271 -

7.2.1. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE DRUGOG REDA KOJE NE SADRŽE y I y' Ove jednačine su oblika

y  P  x  . S obzirom da je y   y  , da mora biti

y 

dy  dy  P  x  dx  y   P  x  dx  C1 . dx

 P  x  dx  f  x  , tada je dy   f  x   C  dx  y   f  x  dx  C x  C

Neka je

1

1

1

1

1

2

y  f 2  x   C1 x  C2 je opšte rešenje te jednačine, gde je

 y  f 2  x   C1 x  C2 .

 f  x  dx  f  x  . 1

2

Primer: Rešiti diferencijalnu jednačinu y  x . Rešenje:

y   ydx   xdx 

 x2  x2 x3   C1 , y   y dx     C1  dx   C1 x  C2 . 2 6  2 

Opšte rešenje date diferencijalne jednačine je y  x , C1 , C2  

x3  C1 x  C2 . 6

7.2.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE DRUGOG REDA KOJE NE SADRŽE y Ovaj tip jednačuna je oblika

y  f  x, y  . Ako uvedemo smenu y  p , tada je y  p , čime smo datu jednačinu sveli na jednačinu prvog reda

- 272 -

p  f  x, p  , p    x, C1  . Dakle, y    x, C1  , što znači da je opšte rešenje date diferencijalne jednačine

y     x, C1  dx  C2 . Primer: Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine xy  y  x 2  0 . Rešenje: Data jednačina smenom y  p svodi na linearnu diferencijalnu jednačinu prvog reda.

p 

1 1 1 p  x , čije je opšte rešenje p  x , C1   C1   x 2 , pa je opšte rešenje x x 3

polazne jednačine

1 y  x , C1 , C2    ydx   p  x , C1  dx  C1 ln x  x3  C2 . 9

7.2.3. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE DRUGOG REDA KOJE NE SADRŽE x Ove jednačine su oblika

y  f  y, y  . Ako stavimo da je p  y 

y 

dy , gde je p funkcija od y, p  p  y  , tada je dx

dy dp dp dy     py  y . dx dx dy dx





Zamenom y  py  y jednačina F  y, y, y   0 se svodi na F y, p, py  y  0 čije opšte rešenje se određuje, pa na osnovu smene p  y nalazi se i opšte rešenje polazne diferencijalne jednačine.

- 273 -

Primer: Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y2  yy  0 . Rešenje: Data diferencijalna jednačina se smenom yx  p  y  svodi na jednačinu

 p  y 

2

 y  p  y   py  0 , za p  y   0 se dobija jednačina p  y   y  py  0 ,

odakle je

dp 1 1   dy  p  C1  ; p y y 1 yx  C1   ydy  C1dx . y Integracijom se dobija y 2  2C1 x  C2 , pa je opšte rešenje date jednačine familija

y  x, C1 , C2    2C1 x  C2 . Za p  y   0 je yx  0 , tako da se dobija još i familija y  x, D1   D1 partikularnih rešenja date jednačine. Sva rešenja iz ove familije su međutim sadržana u opštem rešenju (dovoljno je uzeti C1  0 i C2  D12 ). Ostali tipovi diferencijalnih jednačina drugog tipa prevazilaze nivo ovog kursa.

- 274 -

ZADACI

Diferencijalne jednačine prvog reda: Rešiti diferencijalne jednačine prvog reda kod kojih se razdvajaju promenljive:

1. Rešiti diferencijalnu jednačinu xdx  ydy  0 . Rešenje:

xdx  ydy  0  xdx   ydy Integracijom dobijamo:

 x, y    0, 0 

x2 y2    C1  x 2  y 2  2C1 , ali x 2  y 2  0 za 2 2

pa mora biti 2C1  0 , pa možemo staviti 2C1  C 2 .

Znači opšte rešenje date diferencijalne jednačine glasi x 2  y 2  C 2 . To je familija koncentričnih krugova sa centrom u koordinatnom početku.

2. Rešiti diferencijalnu jednačinu y 

y , x  0. x

Rešenje:

dy y dy dx    , y  0. dx x y x Integracijom dobijamo ln y  ln x  C2 , uvedemo smenu C2  ln C1 , C1  0 , dobijamo ln y  ln x  ln C1 odakle je y  C1 x ili y  C1 x . Stavimo

C  C1 , pa dobijamo opšte rešenje y  Cx . Ove integralne krive predstavljaju familiju pravih koje prolaze kroz koordinatni početak. Tačka  0, 0  je singularna tačka.

- 275 -

3. Odrediti ono partikularno rešenje diferencijalne jednačine 1  x 2  y  y 1  x2  xy za koje je y  0   1 . Rešenje:

1  x  ddyx  y  x  2

1  x2



dy x  1  x 2 dy dx xdx dx  .    2 2 1 x y y 1 x 1  x2 Integracijom dobijamo:





1 ln y  ln 1  x 2   ln x  1  x 2  ln C1 2 y 

C1 1  x 2 x  1  x2

,y

C 1  x2 x  1  x2

Odredimo partikularno rešenje: 1 

, C  C1 . C 1 1  x2 .  C  1  yp  1 x  1  x2

4. Rešiti diferencijalnu jednačinu xy  y 1  x cos x  . Rešenje:

xy  y 1  x cos x  : x , x  0 y 

y 1  x cos x  1  x cos x dy ; y   y  y  x x dx

dy 1  x  cos x  y x dx





dx y

dy 1  x cos x dx  dx  ln y     cos xdx y x x

ln y  ln x  sin x  ln C  ln y  ln x  ln C  sin x ln

y y  sin x   esin x  Cx Cx - 276 -

y  Cxesin x , C  const. Rešiti homogene diferencijalne jednačine prvog reda:

5. y 

y  y   x x

2

Rešenje: smena:

y  u ; u  u  x  y  ux  y  u x  u . x

ux  u  u  u 2  ux  u 2 ; u  

du dx

du du dx 1  x  u 2   2      ln C x  u x u dx y x 1   y . x ln Cx ln Cx 6. xy  3 x 2  y 2  y . Rešenje:

xy  3 x 2  y 2  y

:x

x0

2

y  y y  3     x x smena:

y  u ; u  u  x  y  ux  y  ux  u x

- 277 -

u x  u  3  u 2  u  ux  3  u 2 ; u  du  x  3  u2  dx



du

 3

2

 u2





du 3u

2



du dx

dx  x

dx  ln u  3  u 2  ln x  ln C x

ln u  3  u 2  ln C x 2

y  y u  3  u  Cx   3     Cx  y  3 x 2  y 2  Cx 2 . x x 2

7. 2 xyy  x 2  3 y 2 . Rešenje:

2 xyy  x 2  3 y 2 : xy xy  0 1 1 3 y x2 3 y 2 x 3y , 2 y     y     2 y 2 x xy xy y x x

2 y 

smena:

y  u ; u  u  x  y  ux  y  ux  u x

1 1 3 1 u ux  u    u , ux    2 u 2 2u 2 u x 

1 u2 du ; u  2u dx

du 1 u2 dx 2udu x      dx 2u x 1 u2 ln x  ln 1  u 2   ln C , ln x  ln

x2  y2  ln C x2

- 278 -

xC 

x

8.

x2  y2  x 2  y 2  Cx 3  y 2  Cx3  x 2 x2 2

 y 2  dx  xydy  0 .

Rešenje

x

2

 y 2  dx  xydy  0  x 2  y 2  xy

dy 1 y x y dy 0    0    y  y x y x dx dx x

y  u ; y  ux  y  ux  u x

smena:

1 1  u  u x  u  0  u x  2u   u u 2 du dx udu 2u  1 x      2  dx 2u  1 u x 1 ln x   ln  2u 2  1  ln C1 4 1 1 1  Cx 4  2  2 y 2  x2  4 C1 x  2 2 Cx 2y  x 2u 4 1 2 x 1 1  Cx 6 1  Cx 6 2 y  2 y 2  4  x2 2 y 2    . Cx Cx 4 2Cx 4

x

9.

2

 3 y 2  dx  2 xydy  0 .

Rešenje:

x

2

 3 y 2  dx  2 xydy  0 

x y dy 1  3  2  0   2 y  0 . y y x dx x

- 279 -

smena:

y  u ; y  ux  y  u x  u . x

dx 2u 1 u2 1 du u2 1  3u  2ux  2u  0  2u x   x      2 du dx 2u u u x u 1 ln x  ln C1  ln u 2  1 , u 2  1  x  C1 , u 2  1  Cx , C  C1  u 2  Cx  1 y2  Cx  1  y 2  Cx 3  x 2 2 x 10.  3 x  y  y  x  3 y Rešenje:

 3x  y  y  x  3 y   3 

y y  y  1  3 x x  y y 1 3 1 3 dy x  x y   y y dx 3 3 x x y smena:  u ; y  ux  y  u x  u x ux  u 



1  3u 1  3u du 1 u2  x  ux  u  3u 3u 3u dx

3u dx  du  x 1 u2



dx du u du  3  2 x 1 u 1 u2

3 1 u 1 ln x  ln C  ln  ln 1  u 2 2 1 u 2

1  u   ln Cx  1 ln 1  u  1 ln Cx  ln 2 1  u 4 1  u  2 1  u 4 3

ln Cx  ln

1 u

1  u 

2

 Cx 

2

1  u 

y x , Cx  , Cx  2 y   1     x 1

1 u 2

- 280 -

x y  x 1  

y  x

2

11. xy  y ln

y x

Rešenje:

xy  y ln smena:

y y y  y  ln x x x

y  u ; y  ux  y  u x  u x

u x  u  u ln u  u x  u ln u  u 



du x  u  ln u  1  dx

dx du   x u  ln u  1

ln x  ln C  ln  ln u  1  ln Cx  ln  ln u  1  Cx  ln u  1  y  xeCx 1 . Rešiti linearne diferencijalne jednačineprvog reda:

12. y  y  sin x Rešenje: Data jednačina je oblika y  P  x  y  Q x  , linearna diferencijalna jednačina prvog reda.

P  x   1 , Q  x   sin x , pa zamenom u opšte rešenje dobijamo:  dx dx y  e   C   sin x  e  dx   y  e  x  C   e x sin xdx    1 x x  e sin xdx  2 e  sin x  cos x 

1 C 1   y  e  x C  e x  sin x  cos x    y  x   sin x  cos x  , C  const . 2 e 2  

- 281 -

13. y  y sin x  sin x Rešenje:  sin xdx  sin xdx ye  dx   y  ecos x  C   sin x  e  cos x dx   C   sin x  e     cos x cos x  y  e  C  e

y  C  ecos x  1 , C  const 14. y  ytgx  sin x Rešenje:  tgxdx  tgxdx  C   sin x  e  dx  ye     tgxdx   ln cos x 1 1   y  eln  cos x   C   sin x  eln  cos x  dx   y  cos x  C   sin x  dx    x cos  

y  cos x  C   tgxdx   y  cos x  C  ln  cos x   , C  const. je opšte rešenje polazne diferencijalne jednačine.

15. xy  y  x 5 . 1 Rešenje: y  y  x 4 x  1     dx   C   x 4 e  x  dx   y  eln x  C   x 4 e  ln x dx       1  x4    y  x   C   x 4 dx   y  x   C   x  4  

ye

 1     dx  x



 x4  x5  y  x  C    y  Cx  , C  const. 4 4  je opšte rešenje date diferencijalne jednačine.

- 282 -

16. xy  2 y  e x . 2

Rešenje: 2

2 ex y x x 2 2 dx   dx  2  e x  2x dx  x x    ye C e d x y e    x   y 

 e x 2  dxx   C   x e dx    2

 e x 2ln x  1  ex 2   y  e 2ln x C   e   y  2  C   x dx  x x  x    2 2 1 1  1   y  2   C   x  e x dx   y  2   C   e x d  x 2     x x  2  2

y

2

1  1 2  C  e x  , C  const. 2  x  2 

je opšte rešenje date diferencijalne jednačine.

17. xy  y  x ln x . Rešenje:

1 y  ln x x  1  1     dx     x dx   x  C   ln x  e ye dx    y 

ye

dx dx    x   x  C x e dx  ln    

ln x   y  eln x  C   ln x  e  ln x dx   y  x  C   dx  x   2  ln x  y  x  C  , C  const 2  

- 283 -

18. y  sin x  y  cos x   cos 2 x Rešenje:

y  ctgx  y  

cos 2 x sin x

 cos 2 x     ctgx dx     ctgx  dx  ye  dx   C     e  sin x    ctgxdx  cos 2 x   ctgxdx  y  e e dx   C   sin x  

 ctgxdx  ln sin x cos 2 x  ln  sin x   x  y  eln sin   C   e dx  sin x   2   cos x 1 y  sin x  C   dx   sin x sin x    1  sin 2 x  dx   y  sin x  C   dx   y  sin x  C   2   dx  2 sin x sin x     y  sin x  C   ctgx   x   y  sin x  C  ctgx  x  , C  const.

Rešiti Bernulijeve diferencijalne jednačine prvog reda:

19. Odrediti ono partikularno rešenje difenencijalne jednačine xy   y  xy 2  0 za koje je y 1  1 . Rešenje: Ako datu jednačinu podelimo sa x  0, dobijamo:

y 

1 y   y 2 . Ovo je takozvana Bernulijeva diferencijalna jednačina. x - 284 -

Da bismo je rešili, uvodimo novu funkciju u smenom y  u 1 . Odavde je

1 y   u 2  u , pa data jednačina postaje u 2  u   u 1  u 2 , odnosno posle x 2 deljenja sa u  0 , dobijamo linearnu diferencijalnu jednačinu po u : 1 u  u  1. x Opšte rešenje ove jednačine je: dx dx   dx   x  u  e  C   e x dx   x  C     x  C  ln x  , x     1 y  , pa zamenom dobijamo opšte rešenje date jednačine u 1 . y x  C  ln x 

Kako je y 1  1, biće 1  uslov y 

1  C  1, pa je traženo rešenje za zadati početni C

1 . x 1  ln x 

20. Naći opšte rešenje jednačine y  y  xy 5 . Rešenje:

y u

1 15

 yu



1 4

1  14 1 1  54 y   u u  y   u u 4 4 Zamenom u polaznu jednačinu dobijamo: 1 5   1 5 1 5  u 4 u   u 4  xu 4 :  u 4 4 4 u  4u  4 x





u  x, C   e 4 x C  4  xe 4 x dx  Ce 4 x  x  Kako je y 4  u  y 4  u 1  y   4 u 1 ,

- 285 -

1 4

opšte rešenje polazne diferencijalne jednačine je: 

1

1 4  y  x, C     Ce 4 x  x   , 4  gde je C proizvoljna konstanta. Funkcija y  x, C  nije definisana za one x za koje je u  x, C   0 , a za ostale

x

zadovoljava polaznu diferencijalnu jednačinu.

21. Odrediti partikularno rešenje diferencijalne jednačine xy   y  2 y 2 x ln x , za početni uslov y 1  1 . Rešenje: Deljenjem ove jednačine sa x  0 dobijamo

y 

1 y  2 y 2 ln x . x

Sada uvodimo novu funkciju u  u  x  smenom

y  u 1  y  u 2u pa dobijamo

1 u 2  u  u 1  2u 2 ln x . x Posle deobe sa u 2 imamo u  

1 u  2 ln x . x

Opšte rešenje ove jednačine je dx dx    ln x   x x ue C  2 eln x ln xdx   C  2 e ln xdx   e   1  C  2 x ln xdx x











- 286 -

dx   u  ln x  du  x  x 2 x x2 x2 ln ln ln . x xdx   x  dx  x     2 2 2 4 dv  xdx  v  x  2 2   Sada je

1 x2  2 u   C  x ln x   , 2 x 1

 x2  pa je opšte rešenje date jednačine y  u  x  C  x 2 ln x   . 2  1

Odredimo sada partikularno rešenje diferencijalne jednačine za početni uslov

y 1  1 .

1

1 1  y 1  1 , pa je 1   C    C  . 2 2  1 x2  Traženo rešenje glasi: y  x   x 2 ln x   2  2 x 2x y y 2 2 x 1 1  2 x ln x  x 2  x 2 ln x  2 2

1

Rešiti diferencijalne jednačine drugog reda: Rešiti diferencijalne jednačine drugog reda koje ne sadrže y i y :

22. Rešiti diferencijalnu jednačinu y  x . Rešenje:

x2  C1 , 2  x2  x3 y   ydx     C1  dx   C1 x  C2 6  2  y   ydx   xdx 

- 287 -

Opšte rešenje date diferencijalne jednačine je y  x , C1 , C2  

x3  C1 x  C2 . 6

23. Rešiti diferencijalnu jednačinu y  sin x , za početne uslove

  y  0   y    1 . 2 Rešenje: Opšte rešenje dobijamo neposredno dva puta integracijom date jednačine.

y   ydx   sin xdx   cos x  C1 ,

y   ydx     cos x  C1  dx   sin x  C1 x  C2 što predstavlja opšte rešenje y  x , C1 , C2    sin x  C1 x  C2 date diferencijalne jednačine drugog reda. Za početne uslove je:

1   sin 0  C1  0  C2   C2  1   1   cos  C1  C1  1  2 pa je traženo partikularno rešenje y  x    sin x  x  1 .

Rešiti diferencijalne jednačine drugog reda koje ne sadrže y:

24. Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine xy  y  x 2  0 . Rešenje: U ovoj diferencijalnoj jednačini se ne pojavljuje eksplicitno funkcija y , pa se ona uvođenjem smene y  p može svesti na diferencijalnu jednačinu prvog reda po funkciji p  x  . - 288 -

p 

1 px, x

čije je opšte rešenje

1 1 p  x , C1   C1   x 2 , x 3 pa je opšte rešenje polazne jednačine

1 y  x , C1 , C2    ydx   p  x , C1  dx  C1 ln x  x 3  C2 . 9 25. Rešiti diferencijanlu jednačinu  x 2  1 y   2 xy   x Rešenje: Ako uvedemo novu funkciju p  p  x  smenom y   p  y   p , data diferencijalna jednačina postaje

x

2

 1 p  2 xp  x  p 

2x x p 2 x 1 x 1 2

Dobili smo linearnu diferencijalnu jednačinu prvog reda.

pe pe

2x 2x   2 dx  x  x2 1dx  x 1 C e dx  , odnosno   1  2  x 1  



 C   1 

ln x 2 1



 ln  x 2 1 x  e dx  , ili 2 x 1 

 xdx p   x  1  C1   2 2   x 1    2

 ,  

  1 , p   x 2  1  C1  2   2 x  1    

- 289 -

p  C1  x 2  1   

1 . 2





Kako je dy   C1 x 2  1 

1  dx, posle integracije imamo 2

 x3  1 y  C1   x   x  C2 .  3  2

Rešiti diferencijalne jednačine drugog reda koje ne sadrže x:

26. Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y2  yy  0 . Rešenje: Data diferencijalna jednačina se smenom yx  p  y  svodi na jednačinu

 p  y 

2

 y  p  y   py  0 , za p  y   0 se dobija jednačina

p  y   y  py  0 , odakle je dp 1 1   dy  p  C1  ; p y y 1 yx  C1   ydy  C1dx . y Integracijom se dobija y 2  2C1 x  C2 , pa je opšte rešenje date jednačine familija

y  x, C1 , C2    2C1 x  C2 . Za p  y   0 je yx  0 , tako da se dobija još i familija y  x, D1   D1 partikularnih rešenja date jednačine. Sva rešenja iz ove familije su međutim sadržana u opštem rešenju (dovoljno je uzeti C1  0 i C2  D12 ).

- 290 -

27. Rešiti diferencijalnu jednačinu yy   y 2  y 3 Rešenje: Ako iskoristimo smenu y   p, biće y  py  p, pa data diferencijalna jednačina postaje

ypy p  p 2  p 3 , p  ypy  p  p 2   0

Odavde je p  0 ili yp y  p  p 2 . Iz p  0 , ili y   0 izlazi y  const . To je takozvano singularno rešenje date jednačine. Iz yp y  p  p 2 izlazi redom

y

dp dp dy dy dp  p  p2 ,    0 odnosno , 2 dy p p y y p  p  1

1 dy  1    dp  0 . y  p 1 p  Odavde integracijom dobijamo

ln y  ln

y  p  1 p 1  ln A , A  0 ;  B , B   A ; y  p  1  Bp p p

p  y  B  y ,

 B dy yB dy  dx , 1   dy  dx  y  B  y , dx y y 

Integracijom ove jednačine dobijamo y  B ln y  x  C , što predstavlja opšte rešenje date diferencijalne jednačine.

- 291 -

LITERATURA 1. I. Kovacevic, Z. Mišković, A. Savić , MATEMATIKA ZA INŽENJERE, Visoka škola elektrotehnike i računarstva, Beograd 2008. 2. O. Nikolić, M.Žižović, I. Kovačević, KVANTITATIVNE METODE, Univerzitet Singidunum, Beograd, 2009. 3.

B. Boričić, M. Ivović, MATEMATIKA, Ekonomski fakultet Beograd 2003.

4. B. Boričić, M. Ivović D. Azdeljković, I. Spasić, ZBIRKA ZADATAKA IZ MATEMATIKE, Ekonomski fakultet Beograd 2003. 5. M. Merkle MATEMATIČKA ANALIZA teorija i hiljadu zadataka, Akademska misao, Beograd 2005.

- 292 -

Na osnovu člana 23. stav 2. tačka 7. Zakona o porezu na dodatu vrednost („Službeni glasnik RS”, br. 84/2004, 86/2004 (ispr.), 61/2005, 61/2007 i 93/2012), Odlukom Senata Univerziteta Singidunum, Beograd, broj 260/07 od 8. juna 2007. godine, ova knjiga je odobrena kao osnovni udžbenik na Univerzitetu.

CIP - Каталогизација у публикацији Народна библиотека Србије, Београд 51(075.8)

КОСТИЋ Ковачевић, Ивана, 1952Matematika : sa zbirkom zadataka / Ivana Kostić Kovačević. - 4. izmenjeno i dopunjeno izd. - Beograd : Univerzitet Singidunum, 2015 (Loznica : Mobid). - VIII, 292 str. : ilustr. ; 25 cm Tiraž 1.000. - Bibliografija: str. 292. ISBN 978-86-7912-607-8 a) Математика

COBISS.SR-ID 217249036 © 2015. Sva prava zadržana. Nijedan deo ove publikacije ne može biti reprodukovan u bilo kom vidu i putem bilo kog medija, u delovima ili celini bez prethodne pismene saglasnosti izdavača.