Испитвање тока функције

Transcript

1 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Испитвање тока функције Испитивање тока функције y f подразумева да се аналитичким путем дође до сазнања о понашању функције, као и њеним значајним тачкама у координантном систему, те да се на основу добијених резултата нацрта график те функције. Дакле потребно је испитати: (1 ДОМЕН (област дефинисаности ФУНКЦИЈЕ ( АСИМПТОТЕ И ТАЧКЕ ПРЕКИДА ( ПАРНОСТ (И ПРЕИОДИЧНОСТ (4 НУЛЕ И ЗНАК ФУНКЦИЈЕ (5 МОНОТОНОСТ И ЕКСТРЕМНЕ ВРЕДНОСТИ ФУНКЦИЈЕ (6 КОНВЕКСНОСТ; КОНКАВНОСТ; ПРВОЈНЕ ТАЧКЕ На основу добијених резултата нацртати: (7 ГРАФИК ФУНКЦИЈЕ У примеру који следи биће детаљно описан поступак испитивања тока функције као и сва потребна теоретска објашњења за горе наведене ставке, почев од ДОМЕНА ФУНКЦИЈЕ до ГРАФИКА ФУНКЦИЈЕ. Кључну улогу код испитивања ТОКА ФУНКЦИЈЕ има решавање једначина и неједначина, наиме, помоћу њих ми испитујемо: ДОМЕН и НУЛЕ И ЗНАК ФУНКЦИЈЕ. Треба свакако нагласити да нуле и знак испитујемо три пута. Први пут испитујемо нуле и знак финкције f ( Други пут испитујемо нуле и знак функције f МОНОТОНОСТ И ЕКСТРЕМНЕ ВРЕДНОСТИ Трећи пут испитујемо нуле и знак функције f КОНВЕКСНОСТ; КОНКАВНОСТ; и ПРЕВОЈНЕ ТАЧКЕ. да бисмо одредили да бисмо одредили ПРИМЕР: ИСПИТАТИ ТОК И НА ОСНОВУ ДОБИЈЕНИХ РЕЗУЛТАТА НАЦРТАТИ ГРАФИК ФУНКЦИЈЕ: f. 1

2 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ( 1 Домен (област дефинисаности функције Домен функције је скуп ова за које је израз y f дефинисан т.ј. треба одредити скуп ова за које је могуће израчунати израз Овде ћемо решити дати пример. Ако желите да сазнате више кликните на: ( додатни примери >> Дата функција f је дефинисана за све вредности за које је именилац различит од нуле, односно: речима: ± Дакле домен функције је: D f (, (, (, +. Другим Дата функција је дрфинисана за (, (, (, +. Шта нам говори добијени резултат? Овај резултат нам говори да се график функције налази у осенченом делу координантног система приказан на следећој слици: ( Повратак на почетак >>

3 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ( Асимптоте функције: Асимптота је права која према некој кривој заузима такав положај да јој се та крива стално ''приближава'' а никад је не сече. Права у координантном систему може да буде; вертикална; хоризонтална; или коса; Те праве као и њихове једначине приказане су на следећој слици:

4 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 У том смислу, треба размотрити постојање вертикалне, хоризонталне и косе асимптоте. Вертикална асимптота: lim f ± онда је права Ако је a a вертикална асимптота. НАПОМЕНА: ''Кандидати'' за број a у претходном лимесу су тачке прекида или крајеви интервала из домена функције, што значи да вертикалних асимптота може постојати и више о једне. Хоризонтална асимптота: lim f b онда је права y b хоризонтална асимптота. Ако постоји 4

5 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Коса асимптота: Ако постоје лимеси: k f lim и lim n f k онда је права y k+ n коса асимптота. НАПОМЕНА: Хоризонтална и коса асимптота се међусобно искључују (ако постоји хоризонтална онда не постоји коса асимптота и обрнуто, тачније, хоризонтална асимптота је специјалан случај косе асимптоте код које је k односно хоризонтална асимптота има једначину: y + n. Испитајмо асимптоте дате функције: f ''Вертикална Асимптота''. Пошто имамао две тачке прекида: ( и, то значи да треба испитати граничне вредности функције за обе тачке: Закључак: Права ( је вертикална асимптота lim f lim 5

6 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 lim f lim Закључак: Права је вертикална асимптота. НАПОМЕНА: У овом примеру нисмо испитивали ( леви и десни лимес >>, јер сазнање о томе да ли дата функција тежи ка ( + или односно ћемо имати кад испитамо ''ЗНАК ФУНКЦИЈЕ''. ( Како се израчунава леви и десни лимес за овај пример можете погледати: << ОВДЕ >> ''Хоризонтална асимптота'' 1 lim lim lim 1 f lim 1 Закључак: Не постоји хоризонтална асимптота ( јер је lim f. ''Коса асимптота'' lim f lim lim lim k 1 lim 1 lim 1 k ( у околини тачке lim lim ( 1 lim n f k + + ( + lim lim lim lim lim Закључак: Права y n односно y је коса асимптота. ( додатни примери >> ( << Назад ( << Повратак на почетак >>

7 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ( Парност функције: Дефиниција: Функција у f( je парна (симетрична у односу на у-осу ако је: f ( f Дефиниција: Функција у f( je непарна (симетрична у односу на координантни почетак ако је: f ( f 7

8 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Испитајмо парност дате функције: f ( ( f ( f f f Закључак: Дата функција је непарна. ( Ако желите да сазнате више кликните на додатни примери >> ( << Повратак на почетак >> ( 4 Нуле и знак функције: Треба одредити скуп вредности за које је: f ( ; односно f ( > ; односно f ( <. Дакле треба решити једначину: f ( (нуле-функције и неједначине: f > f < (знак функције Испитајмо нуле и знак дате функције f ''нуле функције'' f Дакле, f ( за НАПОМЕНА: ''нуле функције'' представљају тачке у којима график функције пресеца -осу 8

9 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ''знак функције'' Треба решити неједначине: f ( > односно f ( <. Обе ове неједначине ћемо решити помоћу табеле. ( детаљно о решавању неједначина помоћу табеле >> Прво треба раставити на чиниоце бројилац и именилац разломка у датој функцији: f + Формирајмо табелу: ( f ( + + Закључак: f > за (, (, f ( < за (, (, + ( Добијени резултати нам говоре да грагик функције пресеца осу у тачки, а да се график налази у неосенченом делу координантног система чији је приказ на следећој слици 9

10 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ( << Повратак на почетак >> ( додатни примери >> 1

11 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ( 5 Монотоност и екстремне вредности: 1 Дефиниција: Нека је на интервалу ( ab, дефинисана функција y f ( a b,, из пртпоставке да је 1 кажемо да је функција y f монотоно растућа. Ако из исте претпоставке да је 1. Ако за било које < следи да је f ( f ( кажемо да је функција y f монотоно опадајућа. < онда 1 < следи да је f ( f ( > онда 1 Како је ''извод функције у тачки '', '( једнак коефицијенту правца тангенте конструисане и тачки (, односно, f '( k f ( у геометријском смислу T f,, то имамо да од положаја тангенте зависи раст функције. Наиме, ако је тангента у посматраној тачки растућа онда је и сама функција у посматраној тачки растућа, а ако је тангента опадајућа у посматраној тачки онда је и сама функција опадајућа у опсматраној тачки. Пошто је тангента права чија је једначина y k+ n, односно, y f ' + n, то долазимо до следећег закључка: Ако је f '( > онда је функција y f ознака: f или y Ако је f '( < онда је функција y f ознака: f или y Ако је f '( онда функција y f 11 растућа у тачки опадајућа у тачки у тачки нити расте нити опада. Наиме, она у тој тачки може ( а не мора да има ексремну вредност (максимум или минимум

12 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Дакле, потребан услов да функција y f има екстрмну вредност у тачки је да је f ' међутим он није и довољан услов. ДОВОЉАН УСЛОВ ЗА ПОСТОЈАЊЕ ЕКСТРЕМА ФУНКЦИЈЕ: Нека је дата функција y f непрекидна у тачки и нека она у тој тачки има први и други извод и нека је f '( : Ако је f ''( < (други извод онда функција y f максимум. Ако је f ''( > (други извод онда функција y f минимум. Ако је f ''( (други извод онда функција y f у тачки има у тачки има у тачки нема екстремну вредност. (у том случају функција у тачки има превојну тачку Претходно разматрање приказано је на следећој слици: 1

13 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Испитајмо монотоност и екстремне вредности дате функције f. Код испитивања монотоности и екстремних вредности, ми заправо треба да одредимо f ' дате функције а онда, практично, да испитамо ''нуле и знак'' први извод функције f '(. f ' f ' ( ( + ( Сада треба испитати ''нуле и знак'' функције: f ' ( ( + ( ( ( + f ' ( Добили смо ''стационарне тачке'': ; ;. 1 Карактер тих тачака ћемо утврдити помоћу другог извода f "(. Одредимо сада други извод f "( : 1

14 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 4 ( ( + ( 9 9 f " ( f ' ( ( ( f " 4 4 ( 9 ( ( 9 ( 4 ( ( 18 4 ( ( 9 4 ( ( 4 ( ( 18 4 ( ( 9 4 ( ( 4 ( 4 ( ( 9 ( ( ( 4 4 ( ( + ( ( + ( ( ( + ( << повратак на Конвексност; конкавност;... Утврдимо сада карактер стационарних тачака: ; ; Треба, дакле, одредити: f ( ; f ( ; f ( 1. 1 ; па на основу ''знака'' добијених резултата утврдити која од тих тачака представља екстремну вредност а која не. ( + ( 69 f f Пошто је: f минимум. 1 дата функција у тачки 1 нема ни максимум ни 14

15 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ( + ( ( f ( f Како је: f < Одредимо координате тог максимума: Дакле, y ma y ma f дата функција у тачки има максимум. 1 за, а тачка E 1 ; 4 ( ( ( f ( f ( представља тај максимум. Пошто је: f ( f ( > дата функција у тачки минимум. Одредимо координате тог минимума: Дакле, y ( ( f ( 4 6 min min 1 4 y за, а тачка 1 E ; 4 има представља тај минимум. Сада треба испитати монотоност, односно, испитати ''знак функције'' f ' ( ( + (. Формирајмо табелу: 15

16 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/ ( f f ( Закључак: f за ( ; ( ; ( ; f за ( ; ( ; + ( << Повратак на почетак >> 16

17 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ( 6 Конвексност; конкавност; превојне тачке: Функција је конвексна на интервалу ( ab, ако се њен график налази испод тангенте конструисане у било којој којој тачки тог интервала. Ако се график налази изнад тангенте конструисане у било којој тачки интервала ( ab, онда је функција конкавна на том интервалу. Теорема: Нека је функција y f непрекидна на интервалу (, извод за ( ab, интервалу. интервалу., тада важи: Ако је f > за ( ab, онда је функција y f Ако је f < за ( ab, онда је функција y f Ако је f ( за неко ( ab онда функција y f превојну тачку., ab и нека она има први и други конкавна на том конвексна на том у тачки има 17

18 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Испитајмо конвексност; конкавност и превојне тачке дате функције: f Искористићемо већ добијене резултате за ''други извод'' из петходне тачке ( << монотоност и екстремне вредности Дакле, f... ( ( + f f ( + ( ( ( ( + Прво ћемо одредити првојне тачке а то значи да треба да решимо једначину: 6( 9+ f ( + Дакле, функција f 6 9+ (пошто је 9+ > за свако 6 има превојну тачку за. Израчунајмо f да бисмо одредили у координати превојне тачке P. f То значи да је превојна тачка P (,. Сада треба испитати ''знак'' функције: испитали ковексност и конкавност. y ( ( ( + да бисмо 18

19 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Формирајмо табелу: f + + f ( конкавна конвексна конкавна конвексна Дакле: Дата функција је конвексна за (, (, + Дата функција је конкавна за (, (, Првојна тачка је P (,. Добијени резултати се могу видети на графику >> : 19

20 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ( 7 График функције: ( << Повратак на почетак >>

21 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ДОДАТНИ ПРИМЕРИ: (А НАЈЧЕШЋИ ПРИМЕРИ за ДОМЕН ФУНКЦИЈЕ: Израз са разломком: (Именилац разломка мора бити различит од нуле (... Пример 1: + 1 Одредити домен функције y + Решење: + раставимо на чиниоце израз на левој страни неједнакости: ( ( ( 1( ( повратак на Пример >> Домен функције је: D { R 1 } f или другачије записано: D (, (, (,1 ( 1, + Графички приказ домена функције: f Дакле: функција y f је дефинисана за (, (, (,1 ( 1, + Шта нам говори добијени резултат? То нам говори да се график функције налази у осенченом делу координантног система који је приказан на следећој слици: 1

22 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 (Б Израз са парним кореном: (Израз који се налази под кореном мора бити ненегативан (... Пример : Одредити домен функције: y Решење: У овом примеру имамо два услова која мора да задовољи домен функције. Прво, израз под кореном мора бити ненегативан, друго, израз у имениоцу мора бити различит од нуле Израз + 1 за R. Неједначину + ћемо решити помоћу табеле

23 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Најпре треба раставити на просте чиниоце израз + ( 1( + I I + : ( поступак за растављане на чиниоце израза I( показан је у Примеру 1 >> Сада све добијене чиниоце поређати у табелу (у прву колону: (Бројеви: (-; ; 1; који се налазе у првом реду изнад табеле, представљају ''нуле - полинома'' ( +; ; (+1; редом У сваки ред табеле у одговарајућим пољима (интервалима уписати знак ( + где је полином (из тог реда позитиван, односно знак ( где је полином негативан. У последњем реду табеле је израз I( ; у тим пољима (интервалима уписати одговарајуће знакове ( + или ( који се добију као ''резултат множења'' одговарајућих ''знакова'' који се налазе у тој колони изнад посматраног поља (интервала ( I( + + Скуп решења наше неједначине + су сви интервали у последњем реду табеле који су означени знаком ( + укључујући и крајеве тих интервала (јер решавамо неједначину у којој имамо ''... '' т.ј. скуп решења је: [ ; ] 1; + Како је скуп решења неједначине скуп решења неједначине + 1 читав скуп реалних бројева R, а + је [ ; ] 1; + то је домен функције y ( ; 1; [ ;] 1; : D R [ ] f + +

24 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Дакле: Функција y је дефинисана за [ ; ] 1; +. График ове функције налази се у осенченом делу координантног система. (В Израз са логаритмом: (израз који се логаритмује мора бити строго већи од нуле (... > Пример : Одредити домен функције: y ln 4 Решрње: Дата функција је дефинисана за свако х за које је: > 4 Да бисмо решили ову неједначину потребно је да реставимо на просте чиниоце изразе: и 4 : 4

25 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Квадратни трином се може раставити на чиниоце помоћу формуле: A + B+ C A( ( 1 Израз разлика квадрата: 4 се раставља на чиниоце као , 1, A 4; B 19; C 1; B± B 4AC A 19 ± ( ( 4 19 ± , 8 19 ± 169 1, 8 19 ± 1 1, ; ; ; ( 4 4 Дакле, ми сада решавамо неједначину: 4( 4 4 > ( ( + 5

26 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Формирајмо табелу: ( I( + + Скуп решења неједначине је:, (, 4 4 односно: D, (, 4 f 4 Дакле: Функција y ln је дефинисана за, (, График ове функције налази се у осенченом делу координантног система: ( << Назад ( << Повратак на почетак >> 6

27 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ПРИМЕРИ за АСИМПТОТЕ ФУНКЦИЈЕ Леви и десни лимес: lim f a Ако испитујемо, онда можемо посматрати понашање функције f ( кад тежи ка a с лева и кад тежи ка a с десна. Због тога ћемо узети произвољну околону f у интервалу ε тачке a, то јест посматраћемо понашање функције ( a ε, a+ ε где је функције f ( као lim f а десни лимес функције f ( као lim f ε > произвољно мали број. Сда можемо дефинисати леви лимес a ε a+ε. Дакле ми сада леви лимес израчунавамо као: lim f lim f a ε... a ε ε Односно десни лимес израчунавамо као: lim f lim f a+ ε... a+ ε ε Где је ε > произвољно мали број. Узмимо неки конкретан пример: Пример 4: Одредити леви и десни лимес функције f а ( б 7 у околини тачке:

28 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 решење: а Леви лимес: ( ε ε ( ε ( + ε + ε ε ( ( ε + ε 9 ( ε ( ε + lim lim lim ε ε + + 9ε + ε + ε + 9ε + ε + ε lim lim ε ε ε + 9ε + ε + ε + 9ε + ε + ε lim lim ε ε ε + ε Десни лимес: ( + ε ( ε ε ε ε ( + ε ( ε + ε ( 9ε ε ε ( 9ε ε ε lim lim lim + + lim lim ε + ε ε ε ε ε б Леви лимес: ( ε ε ( ε ( ε lim lim ε ε 9ε + ε ε 9ε + ε ε + + ε ε lim lim ε ε

29 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Десни лимес: + ε ( ε + ε ( + 9 ( ε ( ε ε ε + ε + ε + ε lim lim lim ε ε ε + ε + ε + 9ε + ε + ε lim lim ε ε ε ε ε ε + 9ε + ε + ε lim ε ( << Назад ( << Повратак на почетак >> Пример 5: 5+ 7 Одредити асимптоте функције: y. Решење: Прво треба одредити ''домен функције'' да бисмо установили постојање тачака прекида: Дакле: D (, (, + f. Вертикална асимптота: lim f lim Права је вертикална асимптота. Хоризонтална асимптота lim f lim lim lim Не постоји хоризонтална асимптота. ( јер је lim 1 + f

30 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Коса асимптота: 5+ 7 f lim lim + + k lim lim ( lim 1 + lim k n lim f k lim 1 lim lim n lim lim 1 Права y 1 1 +, односно, y је коса асимптота. Добијени резултати су приказани на графику: ( << Назад ( << Повратак на почетак >>

31 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Пример 6: 4 Одредити асимптоте функције: y 1 Решење: Одредимо домен функције, како би утврдили постојање тачака прекида. 1 1 ± 1 Дакле, D (, 1 ( 1,1 ( 1, + f Вертикална асимптота: ( 4 1 ε 4 1+ ε + ε 4 + ε + ε lim lim lim lim ε ε ( ε 1 ( 1+ ε + ε ( ε ε ε ε ( ε ε ε ε ε 1 ε ε ε ε lim lim ε ( ε 4 1 ε + ε 4 ε + ε lim lim lim ε ε ( ε 1 ( 1 ε + ε 1+ ε ε ε ε + ε + lim ε ε ε ( 4 1 ε 4 1 ε + ε 4 ε + ε lim lim lim lim ε ε ( ε 1 ( 1 ε + ε 1 ε ε ε ε ε + ε + lim ε ε ε 4 1+ ε 4 1+ ε + ε 4 + ε + ε lim lim lim ε ε ( ε 1 ( 1+ ε + ε ( ε ε ( ε + ε + 1 ε ε ε + ε + ε ε ε lim lim lim + ε ε ε ε ε ε + ε Праве ( 1 и 1 су вертикалне асимптоте. 1

32 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Хоризонтална асимптота: lim lim lim Права y ( 1 је хоризонтална асимптота. ( << Назад ( << Повратак на почетак >> ПРИМЕРИ за ПАРНОСТ ФУНКЦИЈЕ: Пример 7: Испитати парност функције: 1 a y 4 + b y + c y Решење: 1 ( 1 a f ( f Функција је парна. b ( ( f f Функција је непарна. c + f ± f + Функција није ни парна ни непарна. ( << назад ( << Повратак на почетак >>

33 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 ПРИМЕРИ за НУЛЕ И ЗНАК ФУНКЦИЈЕ Пример 8: Одредити нуле и знак функције: y y Решење: ''нуле функције'' ( ( ( 5 5 :( ( 1 ( 1 5 ( ( Дакле, y за: 1 или или 5. 1 НАПОМЕНА: ''нуле функције'' представљају тачке у којима график функције пресеца -осу. ''знак функције'' Треба решити неједначине: y > и y <. Кад се неједначина решава помоћу табеле онда се у тој табели добијају решења за обе поменуте нејадначине. Дакле, решавамо неједначине: > и < 9 9 Кад ове изразе раставимо на чиниоце добијамо неједначине: ( + 1( 5 ( + 1( 5 > односно < + +

34 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Формирајмо табелу: y Дакле, y > за (, 1 (, ( 5, + y < за (, ( 1, (,5 Шта нам добијени резултати говоре? График функције се налази у неосенченом делу координантног система а -осу пресеца у тачкама: 1; ; и 5, што је приказано на следећој слици: ( << Назад ( << Повратак на почетак >> 4

35 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 РЕШАВАЊЕ НЕЈЕДНАЧИНЕ ПОМОЋУ ТАБЕЛЕ Кад решавамо неку ''компликовану'' неједначину I( > или I( < онда обе ове неједначине можемо решити помоћу табеле коју формирамо на следећи начин: Прво: Израз I( раставимо на просте чиниоце, рецимо: I Q1 Q Q... Qn Друго: Одредимо нуле сваког од добијених чинилаца, то јест решимо једначине: Q ; Q ; Q ;... Q ; 1 Нека су сва добијена решења: 1; ; ;... m (Напоменимо да број решења не мора да буде п јер не мора свака од једначина да има решење Треће: Поређајмо све добијене чиниоце: ; ; ;... ; n Q Q Q Q I у 1 прву колону табеле. Четврто: У ред изнад табеле поређајмо: ; 1; ; ;... ; почев од најмањег до највећег (овде смо претпоставили да је 1 < < <... < m m n + по величини Та табела изгледа овако: - 1 Q1 (... Q (... Q (... m Qm (... I(... Сада у празна поља у сваком реду табеле уписујемо знак ( + или ( у зависности од тога да ли је одговарајући израз Qi Коначно, у последњем реду уписујемо знак ( + или ( као резултат у одговарајућиј колони. Узмимо неке конкретне примере: ( << Назад позитиван или негативан. 5

36 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Пример 9: Решити неједначину: Решење: > Раставимо на просте чиниоце израз: Дакле, дата неједначина је еквивалентна са неједначином: ( 5 ( 5+ ( ( + ( + 4 > Одредимо нуле добијених чинилаца, то јест решимо једначине: ( ( + 4 ( нема реална решења Формирајмо табелу: I( Дакле, скуп решења дате неједначине (, 5 (, (, ( << Назад ( << Повратак на почетак >> 6 > је:

37 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Пример 1: Решити неједначину: Решење: + > 4+ Најпре треба дату неједначину довести на облик: I( > + > > ( 4+ > > > 4+ Раставимо на чиниоце дати израз: ( 7+ 6 > + ( 4+ 6 > 1 1 ( ( ( 1( ( ( > ( 1( > ( ( ( 1( > : Напомена Ако решимо неједначине ( уместо одговарајућих једначина : > > > > 1> > 1 > > тиме смо добили информацију где треба писати знак ( + у наредној табели као и бројеве које треба уписати у први ред изнад табеле: 7

38 Милош Станић Техничка школа Ужицe 7/8 Формирајмо табелу: I( Скуп решења дате неједначине је: + (,1, (, ( << Назад ( << Повратак на почетак >> 8