ELEMENTARNE FUNKCIJE

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ELEMENTARNE FUNKCIJE"

Transcript

1 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje (pravilo) koje svakom elementu skupa X dodeljuje tačno jedan element y skupa Y. U tom slučaju, simbolički pišemo f : X Y ili X f Y, odnosno y = f(). Skup X naziva se domen i označava se sa D(f) ili Dom(f), a skup Y kodomen funkcije f. Element X naziva se nezavisno promenljiva, a y Y se naziva zavisno promenljiva. Skup G tačaka u Dekartovom koordinatnom sisitemu sa koordinatama (, f() ), D(f) naziva se grafik funkcije y = f(), D(f), tj. G = { (, f() ) D(f)}. (i) Grafik funkcije y = f() + a može se dobiti translacijom grafika funkcije y = f() u pravcu y-ose za vrednost a > 0. (ii) Grafik funkcije y = f( b) može se dobiti translacijom grafika funkcije y = f() u pravcu -ose za vrednost b > 0. (iii) Grafik funkcije y = f( ) je simetričan u odnosu na y-osu sa grafikom funkcije y = f(). (iv) Grafik funkcije y = f() je simetričan u odnosu na -osu sa grafikom funkcije y = f(). Podsetimo se najvažnijih svojstava funkcije. Definicija 1.. Funkcija f : X Y naziva se: (1) injekcija ( 1-1 funkcija) ako za svako 1, X važi f( 1 ) = f( ) 1 = () sirjekcija (funkcija NA ) ako i samo ako za svako y Y postoji bar jedno X takvo da je y = f(), tj. ako i samo ako je (3) bijekcija ako je ona injekcija i sirjekcija. f(x) = { f() X } = Y ; Primer 1.1. Ispitati da li su sledeće funkcije 1-1 i NA : (a) f 1 : R R, f 1 () = 3 + (b) f : R R, f () = 3 + (c) f 3 : R \ { } R, f 3 ( 4) = 7 (d) f 4 : R R +, f 4 () = e (e) f 5 : R R, f 5 ( 1) = Rešenje. Funkcije f 1 (), f () i f 5 () = nisu ni 1-1 ni NA, funkcija f 3 () = 3 +, je 1-1 ali nije NA, a funkcija f 4() je bijekcija.

2 Jednakost funkcija Definicija 1.3. Funkcije f : X 1 Y 1 i g : X Y su jednake ako i samo ako: (1) imaju isti domen, tj. X 1 = X ; () imaju isti kodomen, tj. Y 1 = Y ; (3) f() = g() za svako X 1 = X. Primer 1.. Ispitati da li su sledeće funkcije jednake: (a) f 1 () = i f () = (b) f 1 () = i f 3 () = (c) f 1 () = i f 4 () = ( ) (d) f 5 () = 3 log 3 i f 4 () = ( ) Rešenja: (A) NE funkcija f 1 () je definisana za svako R, a funkcija f () je definisana za R \ {0}. (B) NE f 1 () = = f 3 () za svako < 0 (C) NE funkcija f 1 () je definisana za svako R, a funkcija f () je definisana za svako 0. (D) NE funkcija f 5 () = 3 log 3 = je definisana za svako > 0, a funkcija f 4 () = ( ) = je definisana za svako 0. Složena funkcija Definicija 1.4. Neka je f : X Y i g : Y Z. Kako je f(x) Y, svaki element f() f(x) Y funkcija g preslikava u element g ( f() ) Z. Tada se funkcija koja za svako X ima vrednost g ( f() ) = (g f)() naziva složena funkcija ili kompozicija funkcija f i g i označava se sa g f. Inverzna funkcija Definicija 1.5. Neka A, B R i neka je f : A B data funkcija. Ako postoji funkcija g : B A takva da važi (1) f ( g() ) = za svako B () g ( f() ) = za svako A, kažemo da je funkcija g inverzna funkcija funkcije f i označavamo je sa f 1. Grafik funkcije y = f 1 () simetričan je grafiku funkcije y = f() u odnosu na pravu y =. Inverzna funkcija funkcije f ne mora da postoji, a bliže uslove pod kojima funkcija f ima inverznu funkciju daje naredna teorema. Teorema 1.1. Neka je f : A B. Funkcija f je bijekcija ako i samo ako postoji jedinstvena funkcija g : B A takva da je (1) f ( g() ) = za svako B () g ( f() ) = za svako A,

3 3 Dokaz: ( ) : Dokažimo najpre da ako je f bijekcija, funkcija g sa svojstvima (1) i () postoji i jedinstvena je. Egzistencija: Kako je f : A B funkcija NA, za svako y B postoji A takvo da je y = f(). Kako je f 1-1, takvo je jedinstveno. Na taj način svakom elementu y B pridržen je jedinstven element A takav da je y = f(). Označimo li sa g : B A funkciju koja y, tada za svako A imamo (g f)() = g ( f() ) = i za svako y = f() B (f g)(y) = f ( g(y) ) ( = f g ( f() )) = f ( (g f)() ) = f() = y. Jedinstvenost: (a) Kako je f : A B sirjekcija, postoji najviše jedna funkcija g : B A sa svojstvom () tj. takva da je (g f)() = za svako A. Zaista, ako bi postojale dve funkcije g 1, g sa tim svojstvom, onda pretpostavka g 1 g vodi ka egzistenciji bar jednog elementa z B takvog da ( je g 1 (z) ) ( g (z). ) Kako je f sirjekcija, postoji A takvo da je z = f(). Ali tada je g 1 f() g f(), što je u suprotnosti sa g 1 f = g f = 1 A (1 A je identično preslikavanje skupa A, tj. funkcija definisana sa 1 A () = za svako A). Prema tome, mora biti g 1 = g. (b) Kako je f : A B injekcija, postoji najviše jedna funkcija g : B A sa svojstvom (1) tj. takva da je (f g)(y) = y za svako y B. Zaista, ako bi postojale dve takve funkcije g 1, g, onda zbog pretpostavke g 1 g postoji bar jedan element z B takav da je g 1 (z) g (z). Kako je f injekcija, onda je f ( g 1 (z) ) f ( g (z) ), a to je kontradikcija sa f g 1 = f g = 1 B. (c) Ako za funkciju f : A B postoje funkcije g 1, g : B A takve da je (g 1 f)() = za svako A, (f g )(y) = y za svako y B, onda je g 1 = g. Zaista, za proizvoljno y B je g (y) A, pa je što povlači da je g = g 1. g (y) = (g 1 f) ( g (y) ) = g 1 (f ( g (y) )) = g 1 (y), ( ) : Pretpostavimo suprotno, da je funkcija g sa svojstvima (1) i () jedinstveno odred ena, a da funkcija f nije bijekcija. Ako f nije 1-1, postoji 1, A tako da je 1 i y 1 = f( 1 ) = f( ) = y. Ali tada bi zbog svojstva () bilo 1 = g(y 1 ) = g(y ) =, što je suprotno pretpostavci da je 1. Ako f nije NA, tada postoji y 0 B takav da se u njega funkcijom f ne preslikava nijedno A, pa za g(y 0 ) = 0 ne važi f(g( 0 )) = 0. Primer 1.3. Naći inverznu funkciju sledećih funkcija: (a) f() = + 1 definisane za > 1 ; (b) f() = definisane za < 3. Rešenje. (a) f 1 () = , 3 4 (b) f 1 () = 3 + 8, 8

4 4 Parnost funkcije Definicija 1.6. Neka f : A R, gde skup A R ima osobinu da ako A onda A. Funkcija f je parna na A ako za svako A važi f( ) = f(), a neparna na A ako za svako A važi f( ) = f(). Ističemo sledeća svojstva parnih i neparnih funkcija: Grafik parne funkcije simetričan je u odnosu na y-osu, a grafik neparne funkcije simetričan je u odnosu na koordinatni početak. Ako su f i g parne funkcije, onda su i funkcije f ± g, f g i f/g parne funkcije. Ako su f i g neparne funkcije, onda su funkcije f ± g neparne funkcije, a f g i f/g su parne funkcije. Ako je f parna funkcija i g neparna funkcija, onda je f g neparna funkcija. Monotonost funkcije Definicija 1.7. Za funkciju f : R R kažemo da je : (a) rastuća, ako je tačna implikacija (, y R) ( < y f() < f(y). (b) neopadajuća, ako je tačna implikacija (, y R) ( < y f() f(y) ). (c) opadajuća, ako je tačna implikacija (, y R) ( < y f() > f(y) ). (d) nerastuća, ako je tačna implikacija (, y R) ( < y f() f(y) ). Ako je funkcija neopadajuća ili nerastuća kažemo da je monotona funkcija, a ako je funkcija opadajuća ili rastuća kažemo da je strogo monotona funkcija. Teorema 1.. Neka je funkcija f strogo monotona funkcija koja preslikava segment [a, b] na segment [α, β]. Tada postoji inverzna funkcija f 1 koja preslikava [α, β] na [a, b] i koja je takod e strogo monotona. Dokaz: Neka je f rastuća funkcija na [a, b]. Ako pokažemo da je f bijekcija prema prethodnoj teoremi postoji inverzna funkcija f 1 funkcije f. Zaista, prema pretpostavci f je surjekcija. S druge strane, ako je y, recimo < y, tada je f() < f(y), tj. f() f(y), pa je f i injekcija. Dokažimo da je f 1 rastuća funkcija. Kako je f rastuća funkcija, za svako 1, [a, b] važi ili ekvivalentno 1 < f( 1 ) < f( ) f( ) f( 1 ) 1. Neka je y 1 = f( 1 ) i y = f( ), tj. 1 = f 1 (y 1 ) i = f 1 (y ). Tada prethodna nejednakost postaje y y 1 f 1 (y ) f 1 (y 1 ).

5 5 što znači da je f 1 rastuća funkcija. Neprekidnost funkcije Definicija 1.8. Neka je f : A R i a A. Za funkciju f kažemo da je tački a ako je f() = f(a). a neprekidna u Ako su funkcije f, g neprekidne u tačka a, onda su u tački a neprekidne i funkcije c f, f + g, f g, f g, (c R). Funkcija f g je takod e neprekidna u tački a, ako je g(a) 0. Kompozicija neprekidnih funkcija je neprekidna funkcija.. Stepen čiji je izložilac ceo broj Osnovna svojstva stepenovanja realnog broja prirodnim brojem su: Za svako a, b R i svako m, n N važi: (S.N.1.) a m a n = a m+n ; (S.N..) (a m ) n = a m n ; (S.N.3.) (a b) m = a m b m ; Pored ovih osnovnih svojstva, za realan broj a 0 i prirodne brojeve m, n važi: (S.N.4.) am a n = am n, ako je m > n, tj. m n N. Definicija.1. Neka je a R. (1) a 1 = a, () za svako m N je a m+1 = a m a; (3) za svako a R \ {0} je a 0 = 1; (4) za svako a R \ {0} i m N je a m = 1 a m ; Pri definisanju stepenovanja celobrojnim izložiocem, a zatim i pri definisanju stepenovanja racionalnim izložiocem vodi se računa da se sačuvaju svojstva stepenovanja prirodnim brojem (S.N.1.), (S.N..) i (S.N.3.). Teorema.1. Za svako a, b R i svako m, n Z važi (S.N.1.), (S.N..) i (S.N.3.). Dokaz. Razlikovaćemo sledeće slučajeve: (1) m, n N () m = 0, n N (3) m = 0, n = 0 (4) m = 0, n = l, l N

6 6 (5) m N, n = 0 (6) m N, n = l, l N (7) m = k, k N, n N (8) m = k, k N, n = 0 (9) m = k, k N, n = l, l N Dokaz. Slučajevi (), (3), (4), (5) i (8) lako se pokazuju koristeći da je prema Definiciji.1. a 0 = 1 i svojstva stepenovanja prirodnim brojem. Dokazaćemo najpre slučaj (7). (7): m = k, k N, n N (S.N.1.): a m a n = a k a n = 1 a k an = an a k = an k = a n+( k) = a n+m (S.N..): (a m ) n = ( a k) n = ( 1 a k ) n = 1 (a k ) n = 1 a k n = a k n = a ( k)n = a m n (S.N.3.): (a b) m = (a b) k = 1 (a b) k = 1 a k b k = 1 a k 1 b k = a k b k = a m b m U slučaju (6) svojstva (S.N.1.) i (S.N..) pokazuju se analogno prethodnom, a slučaj (S.N.3.) važi jer je m N. Ostaje da dokažemo slučaj (9). (9): m = k, k N, n = l, l N (S.N.1): a m a n = a k a l = 1 a k 1 a l = 1 a k a l (S.N.): (a m ) n = ( a k) l = ( 1 a k ) l = 1 ( 1 a k ) l = = 1 a k+l = a (k+l) = a ( k)+( l) = a n+m 1 1 (a k ) l = ( a k) l = a k l = a ( k)( l) = a m n Svojstvo (S.N.3.) za m = k, k N smo već dokazali u slučaju (6). Teorema.. Neka su, y R +, n N. n = y n = y 3. Stepena funkcija sa prirodnim izložiocem Definicija 3.1. Funkcija f : R R definisana formulom f() = n, n N, naziva se stepena funkcija sa prirodnim izložiocem. Funkcija y = je neprekidna, pa je onda i funkcija y = n neprekidna kao proizvod neprekidnih funkcija.

7 7 Posmatrajmo najpre funkciju f() = n+1, f : R R. Funkcija f je definisana za sve realne vrednosti, tj. njen domen je skup R Funkcija f je neparna, tj. važi n+1 = n+1 za svako R f() > 0 za > 0 i f() < 0 za < 0 f() = 0 ako i samo ako je = 0 Funkcija f je strogo rastuća na R Funkcija f je bijekcija Za svako 1, R iz f( 1 ) = f( ) tj. n+1 1 = n+1 sledi 1 =, pa je f injekcija. Za svako y R postoji = n+1 y R za koje je f() = n+1 = y Funkcija je inverzna funkciji f. h : R R, h(y) = n+1 y, y R Na prethodnoj slici prikazani su grafici uzajamno inverznih funkcija y = 3 i y = 3. Osnovna svojstva funkcije h() = n+1 su sledeća: Funkcija je definisana za sve realne vrednosti Funkcija je neparna Znak funkcije se poklapa sa znakom nezavisno promenljive, tj. važi n+1 > 0 ako i samo ako > 0, odnosno n+1 < 0 ako i samo ako < 0 h() = 0 ako i samo ako = 0 Funkcija je strogo rastuća na R

8 8 Posmatrajmo sada funkciju f() = n, f : R R. Funkcija f je definisana za sve realne vrednosti Funkcija f je parna f() 0 za svako R i f() = 0 ako i samo ako = 0 Funkcija f je rastuća na (0, + ) i opadajuća na (, 0). Funkcija f nije ni 1-1 ni NA : Zaista, na primer, važi f( 1) = f(1), što znači da nije 1-1. S druge strane, za y = 1 R ne postoji R takvo da je n = 1 = y, pa funkcija nije ni NA. Dakle, ova funkcija nije bijekcija, pa nema inverznu funkciju. NAPOMENA: Pojam n-tog korena biće precizno definisan kasnije, a u tu svrhu od posebnog značaja je broj rešenja jednačine n = a (1) u zavisnosti od a R. Teorema 3.1. Neka je a R, a n = k, k N. Tada jednačina (): (1) ako je a < 0 nema rešenja; () ako je a = 0 ima tačno jedno rešenje = 0; (3) ako je a > 0 ima tačno dva rešenja (jedno pozitivno i jedno negativno). Teorema 3.. Neka je a R, a n = k + 1, k N. Za svako a R jednačina () ima tačno jedno rešenje. Posmatrajmo funkciju f 1 : R + 0 R+ 0, f 1() = n, R + 0. Funkcija f 1 je bijekcija. Zaista, ona je 1-1, jer iz f 1 ( 1 ) = f 1 ( ), tj. n 1 = n i 1, 0 sledi 1 =. Takod e ona je NA, jer prema Teoremi 3.. za svaki nenegativan broj y postoji jedinstven nenegativan broj, takav da je y = n = f 1 (). Funkcija je inverzna funkcija funkcije g. Analogno, inverzna funkcija bijekcije je funkcija g 1 : R + 0 R+ 0, g 1(y) = n y, y R + 0 f : R 0 R+ 0, f () = n, R 0, g : R + 0 R 0, g (y) = n y, y R + 0. Na sledećoj slici prikazani su prvo grafici uzajamno inverznih funkcija y =, 0 i y = (obe funkcije su monotono rastuće - videti Teoremu 1..), a zatim grafici uzajamno inverznih funkcija y =, 0 i y = (obe funkcije su monotono opadajuće).

9 9 Osnovna svojstva funkcije g() = n su sledeća: Funkcija je definisana za nenegativne vrednosti, tj. njen domen je [0, + ) Funkcija nije ni parna ni neparna n Funkcije je nenegativna tj. > 0 za svako > 0 n = 0 ako i samo ako = 0 Funkcija je strogo rastuća na R 4. Pojam korena. Operacije sa korenima Koristeći Teoreme 3.1. i 3.. možemo definisati pojam n-tog korena. Definicija 4.1. Neka je n N, a R. Simbol n a označava (1) jedinstveno realno rešenje jednačine n = a ako je n neparan broj; () pozitivno rešenje jednačine n = a ako je a > 0 i n paran broj; (3) 0 = 0. Operacije sa korenima Svojstvo K.1. Ako je a 0, n N, onda je ( n a ) n = a Svojstvo K.. Ako je a R, n N, onda je { n a, n neparno a n = a, n parno Svojstvo K.3. Ako je a, b 0, n N, onda je n a b = n a n b Dokaz. ( n ) n n ( a b = n ) ( n ) n n a b prema (S.N.3.) = a b prema (S.K.1.) ( n a b ) n = a b prema (S.K.1.)

10 10 Dakle, ( n ) n n ( ) n n a b n = a b a b = n a n b prema T... Svojstvo K.4. Svojstvo K.5. Ako je a 0, b > 0, n N, onda je n a n a b = n b Ako je a 0, m, n N, onda je ( n a ) m = n a m. Dokaz. Kako je [ ( n a ) m ] n = ( n a ) m n prema (S.N..) i ( n n a m) = a m = prema T... važi traženo Svojstvo K.5. Svojstvo K.6. [ ( n a ) n ] m prema (S.N..) = a m prema (S.K.1.) Ako je a 0, m, n N, onda je n a = m n a m. prema (S.K.1.) Dokaz. Prema T... važi traženo svojstvo jer je [ m n a m ] n = m n (a m ) n prema (S.K.5.) = m n a m n prema (S.N..) = a prema (S.K.1.) = ( n a ) n prema (S.K.1.) Svojstvo K.7. Ako je a 0, m, n N, onda je n m a = m n a. Dokaz. Prema T... važi traženo svojstvo, jer je [ ] m n [( n m n m a = ) n ] m a prema (S.N..) = ( m a ) m prema (S.K.1.) = a prema (S.K.1.) = ( m n a ) m n prema (S.K.1.) 5. Stepen čiji je izložilac racionalni broj Definicija 5.1. Neka je a > 0, m Z, n N. Tada je a m n = n a m.

11 11 Teorema 5.1. Za svako a, b R i svako r, q Q važi (S.Q.1.) a r a q = a r+q ; (S.Q..) (a r ) q = a r q ; (S.Q.3.) (a b) r = a r b r ; Dokaz. (S.Q.1.): Neka je r = m n, q = k, m, k Z, n, l N. Označimo l = a r = n a m, y = a q = l a k Tada su, y pozitivni brojevi i n = a m, y l = a k Ako prvu od ovih jednakosti stepenujemo sa l, a drugu sa n, dobijamo n l = a m l, y n l = a k n. Množenjem dobijenih jednkosti sledi n l y n l = a m l a k n. Kako su izložioci celi brojevi, prema (S.Z.1.) i (S.Z.3.) koje prema T..1 važe, dobija se ( y) n l = a m l+k n odnosno a r a q = y = n l a m l+k n = a m l+k n n l = a m n + k l = a r+q. (S.Q..): Neka je r = m n, q = k, m, k Z, n, l N. l (a r ) q = ( ) k a m n l = l ( n a m ) k Stepenovanjem sa l n dobija se [ ( ] ) l n n k a m [(a r ) q ] l n = l (S.N..) = (S.K.1.) = ( ( l n ) ) l k a m [ ( n a m ) k ] n () n (S.K.5.) = ( n ) n (S.K.1.) a m k = a m k S druge strane je a r q = a m n k l = l n a k m odakle sledi da je Iz (), (3) sledi (a r q ) l n = a m k (3) [(a r ) q ] l n = (a r q ) l n (a r ) q = a r q

12 1 (S.Q.3.): Neka je r = m, m Z, n N. n (a b) r = (a b) m n (D.5.1.) = n (a b) m (S.Z.3.) = n a m b m (S.K.3.) = n a m n b m (D.5.1.) = a m n b m n = ar b r. Teorema 5.. Za a > 1 funkcija f(r) = a r, r Q je monotono rastuća. Dokaz. Neka je r 1, r Q, r 1 < r. Treba pokazati da je a r 1 < a r. Neka je r 1 = m n = m l n l, r = k l = k n n l, m, n Z, n, l N Tada iz pretpostavke da je r 1 < r zaključujemo da je m l < k n. Kako su m l Z i k n Z i funkcija f(k) = a k, k Z je monotono rastuća za a > 1, dobija se da je a m l < a k n. Onda je i n l a m l < n l a k n a r 1 < a r. Posmatrajmo sada funkciju y = f() = r, gde je r = m, m Z, n N, (m, n) = 1. n (1) Neka je n paran broj. Oblast definisanosti funkcije y = n m je: (i) D = [0, ), ako je m > 0 (ii) D = (0, ), ako je m < 0 Funkcija nije ni parna ni neparna. Grafici su skicirani na sledećoj slici za slučajeve r > 1, 0 < r < 1, r < 0. y r r 1 1 r 0 () Neka je n neparan broj. Funkcija y = n m je definisana za: (i) R, ako je m > 0; (ii) R \ {0}, ako je m < 0. Funkcija je parna ako je m parno i neparna ako je m neparno. U zavisnosti od toga da li je r > 1, 0 < r < 1 i r < 0, kao i od toga da li je m parno ili neparno, imamo šest raznih tipova grafika

13 13 0< r <1, m neparno r < 0, m neparno r > 1, m neparno 0< r <1, m parno r < 0, m parno r > 1, m parno 6. Stepen čiji je izložilac realan broj Postavlja se pitanje, može li se i za one brojeve R koji nisu racionalni definisati a, ali tako da ostanu na snazi osnovna svojstva stepena. Odgovor na postavljeno pitanje je potvrdan, ali dokaz te činjenice nije jednostavan. Da bi definisali eksponencijalnu funkciju f() = a, R pokazaćemo najpre sledeće tvrd enja: Stav 6.1. Ako je a > 1, onda za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da za svako r Q takvo da je r < δ važi a r 1 < ε. Dokaz: Kako je n + a 1/n = 1 i n + a 1/n = 1, za svako ε > 0 postoji p = p(ε) N, tako da je 0 < a 1/p 1 < ε, 0 < 1 a 1/p < ε, za a > 1. Odavde sledi da je 1 ε < a 1/p < a 1/p < 1 + ε. Neka je r proizvoljan racionalan broj takav da je r < 1/p, tj. 1/p < r < 1/p. Tada, kako je za a > 1 funkcija a r, r Q rastuća sledi a 1/p < a r < a 1/p. Dakle, za svako ε > 0 postoji δ = 1/p > 0 tako da za sve racionalne brojeve r koji zadovoljavaju uslov r < δ važe nejednakosti 1 ε < a 1/p < a r < a 1/p < 1 + ε, tj. ε < a r 1 < ε. Stav 6.. Ako niz {r n } racionalnih brojeva konvergira, onda niz {a r n }, za a > 1 takod e konvergira. Dokaz: Kako je niz {r n } konvergentan on je ograničen, tj. postoji α, β Q, tako da za svako n N je α r n β,

14 14 odakle kako je a > 1 imamo da je a α a rn a β. Kako je a α > 0, ako označimo sa C = a β, imamo da Prema Stavu 6.1. C > 0 : n N 0 < a r n C. (4) ε > 0 δ > 0 : r Q : r < δ a r 1 < ε C. (5) Iz konvergencije niza {r n } za δ > 0 postoji N ε takvo da Iz (5) i (6) sledi da je Iz (4) i (7) je onda n N ε m N ε r n r m < δ (6) n N ε m N ε a r n r m 1 < ε C. (7) a rn a rm = a rm (a rn rm 1) < C ε C = ε za svako n N ε i svako m N ε, tj. niz {a r n } je konvergentan. Pojam eksponencijalne funkcije Ako je proizvoljan realan broj, kako je skup Q gust u R, postoji niz racionalnih brojeva {r n } koji konvergira ka. Uzevši u obzir ovu činjenicu i Stav 6.. možemo definisati pojam stepena sa realnim eksponentnom. Definicija 6.1. Neka je a > 0. Neka je proizvoljan realan broj i {r n } niz racionalnih brojeva koji konvergira ka tj. n r n =. Tada možemo definisati sa a def = n + arn. (8) Ako je a > 1, onda granična vrednost (8) postoji prema Stavu 6.1. Ako je 0 < a < 1, onda je a r n = 1/b r n, gde je b = 1/a > 1, odakle sledi da granična vrednost (8) postoji i za a (0, 1), jer je n + b r n = b > 0. Definicija eksponencijalne funkcije je korektna, tj. granična vrednost (8) ne zavisi od izbora niza racionalnih brojeva {r n } koji konvergira ka. Ova činjenica sledi iz poznatog svojstva granične vrednosti funkcije. Svojstva stepena čiji je izložilac realan broj Pokazaćemo da sa uvedenom Definicijom 6.1. stepena čiji je izložilac realan broj, ostaju da važe osnovna svojstva stepena. (S.R.1.) a a y = a +y ;, y R, a R, a > 0 (S.R..) (a ) y = a y ;, y R, a R, a > 0 (S.R.3.) (a b) = a b ; R, a R, a > 0

15 15 Svojstvo 6.1. Za svako, y R važi a a y = a +y. Dokaz: Neka su {r n } i {ρ n } nizovi racionalnih brojeva takvi da je n + r n =, n + ρ n = y. Tada je n + (r n + ρ n ) = + y i prema Stavu 6.. postoje granične vrednosti n + arn = a, n + aρn = a y, n + arn+ρn = a +y. Kako je prema svojstvu (S.Q.1.) stepena sa racionalnim izložiocem a r n+ρ n = a r n a ρ n a +y = n + ar n+ρ n = Svojstvo 6.3. Za svako R važi n + arn a ρ n = (a b) = a b. n + arn to je n + aρ n = a a y. Dokaz: Neka je {r n } niz racionalnih brojeva takav da je n + r n =. Kako je prema svojstvu (S.Q.3.) stepena sa racionalnim izložiocem (a b) rn = a rn b rn imamo da je (a b) = n + (a b)rn = n + (arn b rn ) = n + arn n + brn = a b. Da bi pokazali i drugo svojstvo stepena pokazaćemo najpre da je eksponencijalna funkcija monotona (monotono rastuća za a > 1 i monotono opadajuća za 0 < a < 1.) Monotonost eksponencijalne funkcije Teorema 6.1. Funkcija y = a za a > 1 je rastuća. Dokaz: Neka je a > 1 i 1, R, 1 < proizvoljni. Treba pokazati da je a 1 < a a 1 a 1 < a a 1 Kako je Prema Svojstvu 6.1. a 1 a 1 = a 0 = 1 i a a 1 = a 1, treba pokazati da je a 1 > 1 za 1 > 0 odnosno a > 1 za > 0. (9) Zaista, neka je r Q, 0 < r < i {r n } niz racionalnih brojeva takav da je n + r n = i r n > r za svako n N. Tada je prema Teoremi 5.. a r n > a r > 1, odakle prelaskom na kada n zaključujemo da je a a r > 1, tj. važi nejednakost (9). Neprekidnost eksponencijalne funkcije Teorema 6.. Funkcija y = a za a > 1 je neprekidna na R. Dokaz: Neka je 0 proizvoljna tačka iz R, y = a 0+ a 0 = a 0 (a 1). Treba pokazati da a 1 kada 0 ili 0 a = 1. (10)

16 16 Neka je { n } proizvoljan niz realnih brojeva takav da n + n = 0. Kako je Q gust u R, postoje nizovi racionalnih brojeva {r n } i {ρ n } takvi da je n 1 n < r n < n < ρ n < n + 1 n, za svako n N. Sada prema Teoremi 6.1. imamo da je a r n < a n < a ρ n. (11) Kako r n 0 i ρ n 0 kada n +, prema (8) je n + a rn = 1 i n + a ρn = 1. Dakle, koristeći nejednakost (11) dobija se n + a n = 1. Pokazali smo (10) odakle sledi da je 0 a 0+ = a 0, tj. funkcija a je neprekidna na R. Svojstvo 6.. Za svako, y R važi (a ) y = a y. Dokaz: (a) Neka je najpre y = r Q, R i {r n } niz racionalnih brojeva takav da je n + r n =. Tada je i n + r r n = r, pa je prema Definiciji 6.1. n + ar rn = a r. (1) Kako je prema svojstvu (S.Q..) stepena sa racionalnim izložiocem (a r n ) r = a r r n. iz (1) imamo da je n + (ar n ) r = a r. (13) Označimo sa a r n = t n i a = t 0. Tada prema Definiciji 6.1. je n + t n = t 0 i zbog neprekidnosti funkcije g() = r, r Q, imamo da je n + g(t n ) = g(t 0 ), tj. Iz (13) i (14) imamo da je n + (arn ) r = (a ) r. (14) (a ) r = a r za svako R i svako r Q. (15) (b) Neka su sada i y proizvoljni realni brojevi i {ρ n } niz racionalnih brojeva takav da je n + ρ n = y. Ako označimo sa a = b, prema definiciji eksponencijalne funkcije imamo da je n + (a ) ρ n = n + bρ n def. = b y = (a ) y. (16) S druge strane, kako je n + ρ n = y i prema Teoremi 6.. funkcija h() = a je neprekidna na R, biće n + h( ρ n) = h( y) n + a ρ n = a y (17)

17 17 Iz (15) za r = ρ n je (a ) ρn = a ρn, pa se iz (17) dobija n + (a ) ρ n = a y. (18) Konačno, iz (16) i (18) zaključujemo da dato svojstvo važi za svako, y R. Osnovna svojstva eksponencijalne funkcije y = f() = a, a > 0 su: funkcija f je definisana za svako R, a skup vrednosti funkcije je interval (0, + ), tj. f : R (0, + ) funkcija je pozitivna za svako R nule funkcije ne postoje funkcija f je monotono rastuća na R za a > 1 i monotono opadajuća na R za 0 < a < 1 Grafici funkcije y = a za a > 1 i 0 < a < 1 su: 7. Kvadratna funkcija Funkcija y = f() = a + b + c, a, b, c R, a 0 naziva se kvadratna funkcija. Kvadratna funkcija je definisana za svako R. Kriva u Oy ravni koja predstavlja grafik kvadratne funkcije naziva se parabola. Ako je a > 0 parabola je sa otvorom nagore (sl. 1), a ako je a < 0 parabola je sa otvorom na dole (sl. ). y y a>0 D 4a T( a<0 b a 1 1 b a D 4a T( Slika A Slika B Svaku kvadratnu funkciju možemo svesti na kanonski oblik y = a( α) + β, gde je α = b a, Tačka T (α, β) naziva se teme parabole. β = D 4a = 4ac b 4a

18 18 (i) Ako je a > 0, kvadratna funkcija ima minimum β = D 4a (slika A) koji se dostiže za = α = b a (ii) Ako je a < 0, kvadratna funkcija ima maksimum β = D 4a b ; (slika B) a koji se dostiže za = α = Raspored korena kvadratne funkcije Neka su 1, koreni kvadratne jednačine a + b + c = 0 i neka su α, β dati realni brojevi α < β I f() = a + b + c: Teorema 7.1. Koreni 1, su realni i važi α < 1 akko je D 0 a f(α) > 0 b (Slika 1.) a > α Dokaz: 1, R α < 1 D 0 1 α > 0 α > 0 D 0 ( 1 α)( α) > 0 ( 1 α) + ( α) > 0 D 0 1 α( 1 + ) + α > > α D 0 c a + α b a + α > 0 b a > α D 0 f(α) a > 0 b a > α y y a>0 a<0 f ( ) b 1 a f ( ) 1 b a Slika 1: Koreni 1, realni i α < 1

19 19 Teorema 7.. Koreni 1, su realni i važi 1 < α akko je D 0 a f(α) > 0 b a < α Dokaz: 1, R 1 < α D 0 1 α < 0 α < 0 D 0 ( 1 α)( α) > 0 ( 1 α) + ( α) < 0 D 0 1 α( 1 + ) + α > < α D 0 c a + α b a + α > 0 b a < α D 0 f(α) a > 0 b a < α Teorema 7.3. Koreni 1, su realni i važi 1 < α < akko je a f(α) < 0. Dokaz: (= ) : Neka su 1, realni koreni takvi da je 1 < α <. Tada je 1 α < 0 i α > 0, pa je ( 1 α)( α) < 0 α α( 1 + ) + 1 < 0 a f(α) < 0 ( =) : Ako je a f(α) < 0, tada je ( a f(α) = a α b ) D a 4 < 0 D > 4a ( α b ) 0, a pa su rešenja realna. Ako, α ne bi bilo izmed u 1 i tada bi prema Teoremi 7.1. i 7.. imali da je af(α) > 0, što je suprotno pretpostavci. Teorema 7.4. Koreni 1, su realni i važi α < 1 < β akko je D 0 a f(α) > 0 a f(β) > 0 α < b a < β. Teorema 7.5. Nejednakost a + b + c < 0 važi za svako (α, β) ako i samo ako je { D < 0 a < 0 a > 0 f(α) 0 f(β) 0 a < 0 D 0 f(α) 0 b a < α a < 0 D 0 f(β) 0 b a > β (Slika.)

20 0 1) a 0, D 0 ) a 0, f ( ) 0, f ( ) 0 y y b b 3) a 0, D 0, f ( ) 0, 4) a 0, D 0, f ( ) 0, a a y y b a b a Slika : Nejednakost a + b + c < 0 važi za svako (α, β) Teorema 7.6. Nejednakost a + b + c > 0 važi za svako (α, β) ako i samo ako je { D < 0 a > 0 a < 0 f(α) 0 f(β) 0 a > 0 D 0 f(α) 0 b a < α a > 0 D 0 f(β) 0 b a > β Teorema 7.7. Nejednakost a + b + c > 0 važi za svako > β ako i samo ako je a > 0 { D < 0 D 0 a > 0 f(β) 0 (Slika 3.) b a < β y y f b 1 a f Slika 3: Nejednakost a + b + c > 0 važi za svako < α (T.7.7.) i za svako > β (T.7.8.) Teorema 7.8. Nejednakost a + b + c > 0 važi za svako < α ako i samo ako je a > 0 { D < 0 D 0 a > 0 f(α) 0 (Slika 3.) b a > α

21 1 Teorema 7.9. Nejednakost a + b + c < 0 važi za svako > β ako i samo ako je a < 0 { D < 0 D 0 a > 0 f(β) 0 (Slika 4.) b a < β y y f 1 b a f Slika 4: Nejednakost a + b + c < 0 važi za svako < α i za svako > β Teorema Nejednakost a + b + c < 0 važi za svako < α ako i samo ako je a < 0 { D < 0 D 0 a > 0 f(α) 0 (Slika 4.) b a > α Primer 7.1. Za koje k R su oba korena jednačine veća od 3? Rešenje. k > 11 9 Primer 7.. Za koje k R koreni jednačine zadovoljavaju uslov 1 < 3 <? ( Rešenje. k 0, 15 ) 8 6k + 9k k + = 0 k + (k 1) = 0, k 0 Primer 7.3. Naći k R tako da se koreni jednačine nalaze u intervalu ( 1, ). ( Rešenje. k 4 ) 5, 3 (1, + ) 4 (k 1) (k + ) + k = 0, k 1

22 Primer 7.4. Odrediti sve vrednosti k R za koje nejednakost važi za k 4 + k 1 > 0 (a) svako > 0; (b) svako ( 1, 1); (c) svako < 1. ( ) [ ) Rešenje. (a) k, + (b) k 4 3, + (c) k [ ) 5 3, + 8. Pojam i osnovna svojstva logaritma Imajući u vidu da se funkcijom y = a, a > 0, a 1, vrši bijektivno preslikavanje skupa R na skup R +, zaključujemo da važi ( ) a 1 = a 1 =. Definicija 8.1. Neka je a R, a > 0, a 1. Logaritam broja b za osnovu a je realan broj kojim treba stepenovati broja a da bi se dobio broj b, u oznaci log a b. Dakle, za a > 0, a 1, b > 0 odnosno a log a b = b, a = b = log a b Svojstva logaritma Svojstvo 8.1. Za a > 0, a 1, važi log a 1 = 0 i log a a = 1. Svojstvo 8.. Neka je a > 0, a 1, R. Važi log a a =. Dokaz. Neka je log a a = y. Tada je prema definiciji a = a y, pa je prema ( ), = y, odnosno = log a a. Svojstvo 8.3. Neka je a > 0, a 1. Za svako > 0, y > 0 važi log a y = log a + log a y. Dokaz. Neka je α = log a, β = log a y. Onda je a α =, a β = y. (I način): a log a y = y = a α a β = a α+β = a log a +log a y ( ) log a y = log a + log a y. (II način): log a y = log a a α a β α+β (S.8..) = log a a = α + β = log a + log a y.

23 3 Svojstvo 8.4. Neka je a > 0, a 1, α R. Za svako > 0 važi log a α = α log a. Dokaz. (I način): a log a α = α = ( a log a ) α = a α log a ( ) log a α = α log a. (II način): Neka je b = log a. Tada je = a b, pa je α = (a b ) α = a α b, odakle prema definiciji logaritma je α b = log a α. Dakle, α log a = log a α. Svojstvo 8.5. Neka je a > 0, a 1. Za svako > 0, y > 0 važi Dokaz. (I način): log a y = log a log a y. log a y = log 1 (S.8.3.) 1 (S.8.4.) a y = log a + log a y = log a log a y. (II način): Neka je α = log a a α = i β = log a y a β = y. Tada je log a y = log a α a a = log α β (S.8..) β a a = α β = log a log a y. Svojstvo 8.6. Neka je a > 0, b > 0, a 1, b 1. Važi Dokaz. odakle korišćenjem Svojstva 8.4. imamo log b a log a b = 1. a log a b = b log b a log a b = log b b = 1, log a b log b a = 1. Svojstvo 8.7. Neka je a > 0, b > 0, c > 0, a 1, c 1. Važi log b a = log c a log c b. Dokaz. (I način): Pre svega za a = 1 svojstvo očigledno važi jer su i leva i desna strana jednakosti jednake nuli. Za a 1 imamo odakle korišćenjem Svojstva 8.4. imamo a log a c = b log b c log b a log a c = log b b log b c log a c log b a = log b c log b b = log b c log b a = log b c log a c.

24 4 Sada korišćenjem Svojstva 8.6. dobija se log b a = 1 log c b 1 log c a = log c a log c b. (II način): Neka je = log b a b = a. Logaritmovanjem za osnovu c dobija se Korišćenjem Svojstva 8.4. je log c b = log c a. log c b = log c a = log c a log c b. Svojstvo 8.7. Neka je a > 0, a 1, α R. Za svako > 0 važi log a α = 1 α log a. Dokaz. Pre svega za = 1 svojstvo očigledno važi jer su i leva i desna strana jednakosti jednake nuli. Za 1 imamo log a α = 1 log a = 1 α α log a = 1 α log a. 9. Logaritamska funkcija Funkcijom f : R R +, R f() = a = y R + ostvaruje se bijektivno preslikavanje skupa R na skup R +, pa postoji inverzna funkcija ove funkcije koja je data sa Funkcija naziva se logaritamska funkcija. f 1 : R + R, R + y f 1 (y) = log a y = R. y = log a, a > 0, a 1, > 0, Grafici funkcije y = log a za a > 1 i 0 < a < 1 su:

25 5 Osnovna svojstva logaritamske funkcije y = f() = log a, a > 0, a 1 su: funkcija f je definisana za svako R + za 0 < a < 1 funkcija je pozitivna za (0, 1) i negativna za (1, + ), a za a > 1 funkcija je pozitivna za (1, + ) i negativna za (0, 1) nula funkcije je = 1 funkcija f je monotono rastuća na R + za a > 1 i monotono opadajuća na R + za 0 < a < Trigonometrijske funkcije (i) Sinusna funkcija. Funkcija f() = sin je definisana za svako R, a skup vrednosti funkcije je segment [ 1, 1], tj. f : R [ 1, 1]. funkcija f je neparna i periodična sa osnovnom periodom π (zato je dovoljno iskazati svojstva funkcije samo na segmentu [0, π]) funkcija je pozitivna za (0, π) i negativna za (π, π) nule funkcije f su u tačkama = k π, k Z [ funkcija je monotono rastuća na 0, π ] [ 3π ] [ π, π i monotono opadajuća na, 3π ] Sinusna funkcija je osnovna elementarna funkcija. Ostale trigonometrijske funkcije definišemo sa ( cos = sin + π ), tg = sin cos, cos ctg = sin. (ii) Kosinusna funkcija. Funkcija g() = cos je definisana za svako R, a skup vrednosti funkcije je segment [ 1, 1], tj. g : R [ 1, 1]. funkcija g je parna i periodična sa osnovnom periodom π nule funkcije g su u tačkama = π + k π, k Z funkcija je monotono opadajuća na [0, π] i monotono rastuća na [π, π] (iii) Tanges. Funkcija h() = tg = sin je definisana za svako R izuzev u tačkama cos (k + 1)π =, k Z, a skup vrednosti funkcije je R. funkcija h je neparna i periodična sa osnovnom periodom π nule funkcije h su u tačkama = k π, k Z funkcija je monotono rastuća (iv) Kotanges. Funkcija k() = ctg = cos je definisana za svako R izuzev u sin tačkama = kπ, k Z, a skup vrednosti funkcije je R. funkcija k je neparna i periodična sa osnovnom periodom π nule funkcije h su u tačkama = funkcija je monotono opadajuća (k + 1)π, k Z

26 6 Neprekidnost trigonometrijskih funkcija Teorema Funkcije y = sin i y = cos su neprekidne na R. Dokaz: Neka je 0 proizvoljna tačka iz R. Tada sin sin 0 = sin 0 cos + 0 Kako je sin 0 0, cos + 0 1, to je sin sin 0 0, odakle sledi da je funkcija y = sin neprekidna u tački 0. Analogno, kako je cos cos 0 = sin + 0 sin 0 cos cos 0 0, zbog čega je funkcija y = cos neprekidna u tački 0.. sledi da je Iz neprekidnosti funkcija y = sin i y = cos sledi da je funkcija tg = sin cos neprekidna, ako je cos 0, tj. π cos + n π, n Z, a funkcija ctg = je neprekidna, ako je sin n π, n Z. 11. Inverzne trigonometrijske funkcije Inverzne trigonometrijske funkcije nazivaju se ciklometrijske ili arkus funkcije. (i) Arkus sinus. Funkcija f() = sin nema inverznu funkciju, jer nije bijekcija. Na primer, svi brojevi oblika π + kπ, k Z preslikavaju se ovom funkcijom u broj 1. Med utim, [ posmatrajmo restrikciju funkcije f() na π, π ], tj. funkciju [ f 1 : π, π ] [ 1, 1], gde je f 1 () = sin. [ Funkcija f 1 () je rastuća funkcija, pa postoji njena inverzna funkcija f 1 1 : [ 1, 1] π, π ] koja se naziva arkus sinus i označava se sa F () = arcsin. Grafik funkcije y = arcsin simetričan je grafiku funkcije f 1 () u odnosu na pravu y =. Prema svojstvima uzajamno inveznih funkcija važe jednakosti: arcsin(sin ) =, [ π, π ], sin(arcsin ) =, [ 1, 1].

27 7 Osnovna svojstva funkcije F () = arcsin, [ 1, 1] su: funkcija F je neparna, tj. važi arcsin( ) = arcsin, [ 1, 1]. funkcija je pozitivna za (0, 1] i negativna za [ 1, 0) nula funkcija F je = 0 funkcija je monotono rastuća Primer Nacrtati grafik funkcije y = arcsin(sin ). Funkcija je definisana na R i periodična je sa periodom π. Zato je dovoljno odrediti grafik funkcije na segmentu [ π/, 3π/]. Ako je π/ π/, onda je y = arcsin(sin ) =. Za π/ 3π/ je π/ π π/, pa je arcsin(sin( π)) = π. S druge strane, sin( π) = sin i zato je arcsin(sin( π)) = arcsin( sin ) = arcsin(sin ), zbog neparnosti funkcije arcsin. Dakle, π = arcsin(sin ) za [π/, 3π/]. Konačno, imamo da je, π y = arcsin(sin ) = π, π π, 3π, Grafik funkcije y = arcsin(sin ) prikazan je na sledećoj slici: (ii) Arkus kosinus. Funkcija g 1 : [0, π] [ 1, 1], g 1 () = cos, [0, π] je neprekidna i opadajuća. Njena inverzna funkcija G : [ 1, 1] [0, π], G() = arccos, [ 1, 1] je takod e neprekidna i opadajuća.

28 8 Grafik funkcije y = arccos prikazan je na sledećoj slici: Važe jednakosti: arccos(cos ) =, [0, π], cos(arccos ) =, [ 1, 1]. Osnovna svojstva funkcije G() = arccos, [ 1, 1] su: funkcija G nije ni parna ni neparna, već važi arccos( ) = π arccos funkcija G je pozitivna za svako [ 1, 1) nula funkcija G je = 1 funkcija je monotono opadajuća Stav Za svako [ 1, 1] važe jednakosti: arccos( ) = π arccos, arcsin + arccos = π. (A) (B) Dokaz: (a) Označimo sa arccos = α. Tada prema definiciji funkcije arccos je cos α =, 0 α π. Onda je 0 π α π i cos(π α) = cos α =. Opet prema definiciji funkcije arccos je π α = arccos( ). Ovim je formula (A) dokazana. (b) Označimo sa arcsin = α. Tada prema definciji funkcije arcsin je sin α =, π/ α π/. Onda je 0 π/ α π i cos(π/ α) = sin α =. Sada prema definiciji funkcije arccos je π/ α = arccos. Ovim je i formula (B) dokazana. (iii) Arkus tanges. Funkcija [ h 1 : π, π ] R, h 1 () = tg, [ π, π ] je neprekidna i rastuća. Njena inverzna funkcija [ H : R π, π ], H() = arctg, R je takod e neprekidna i rastuća.

29 9 Važe jednakosti: arctg(tg ) =, [ π, π ], tg(arctg ) =, R. Za funkciju H() = arcctg, R važi: funkcija H je neparna, tj. arctg( ) = arctg, R funkcija je negativna za < 0, pozitivna za > 0 i nula funkcije je = 0 funkcija je monotono rastuća (iv) Arkus kotanges. Funkcija K() = arcctg, K : R [0, π] je inverzna za monotonu funkciju k 1 : [0, π] R datu sa k 1 () = ctg, [0, π]. Važe jednakosti: arcctg(ctg ) =, [0, π], ctg(arcctg ) =, R. Za funkciju y = K() = arcctg važi: funkcija K nije ni parna ni neparna, već važi funkcija K nema nule funkcija je monotono opadajuća arcctg( ) = arcctg + π Grafici funkcija y = arctg i y = arcctg su: Stav 11.. Za svako R važe jednakosti: arctg + arcctg = π, arcctg( ) = arcctg + π. (C) (D) Veze izmed u ciklometrijskih funkcija istog ugla: Stav Važe sledeće jednakosti: arcsin = arccos 1 = arctg arccos = arcsin 1 = arcctg, [0, 1] 1, [0, 1] 1 arctg = arcctg 1 = arcsin 1 + = arccos 1 1 +, R

30 30 Dokaz: Označimo sa arcsin = α. Tada prema definiciji funkcije arcsin je sin α =, 0 α π/. Onda je cos α = odakle je α = arccos 1 = arctg 1 sin α = 1, tg α = 1. sin 1 sin, Primer 11.. Odrediti arccos(sin ) ako je π 3π. ( ( )) π Rešenje. Imamo da je arccos(sin ) = arccos cos. Ako stavimo da je y = π, kako je π π π, treba odrediti arccos(cos y) za π y π/. Kako je 0 y + π π/, imamo da je Sa druge strane je Dakle, arccos (cos(y + π)) = y + π. arccos(cos(y + π)) = arccos( cos y) = π arccos(cos y). za π y π/. Konačno, π arccos(cos y) = y + π arccos(cos y) = y arccos(sin ) = arccos(cos y) = y = π. Primer Odrediti arcsin cos ako je π 3π. Rešenje. Za π 3π imamo da je ( ( )) π arcsin cos = arcsin( cos ) = arcsin(cos ) = arcsin sin. Ako stavimo da je y = π, kako je π π π, treba odrediti arcsin(sin y) za π y π/. Kako je 0 y + π π/, imamo da je Sa druge strane je Dakle, za 0 y π/. Konačno, arcsin (sin(y + π)) = y + π. arcsin(sin(y + π)) = arcsin( sin y) = arcsin(sin y). arcsin(sin y) = y + π arcsin(sin y) = y π arcsin cos = arcsin(sin y) = y + π = π + π = 3π.

31 31 1. Hiperbolične funkcije Funkcije definisane sa sh = e e, ch = e + e nazivaju se redom sinus hiperbolični i kosinus hiperbolični. Grafici ovih funkcija prikazani su na sl. A. Važe sledeće važne jednakosti za ove dve funkcije: (1) sh + ch = e, () ch sh = 1, (3) ch = 1 + sh, (4) sh = sh ch, (5) sh ( + y) = sh ch y + ch sh y, (6) ch ( + y) = ch ch y + sh sh y. Jednakost (1) je očigledna. Dokažimo da važe ostale jednakosti. Zaista, () : ch sh = (3) : 1 + sh = 1 + (4) : sh ch = e e ( ) e + e ( e e = e + + e e + e = + = 1, ( ) e e = 1 + e + e = + e + e e + e ) = e + e = e e 4 4 = ch, = e e (5) : sh ch y + ch sh y ( ) ( ) ( ) ( ) e e e y + e y e y e y e + e = + = sh = e+y + e y e y e (+y) + e+y + e y e y e (+y) 4 ) 4 (e +y e (+y) = = sh ( + y). 4 Po analogiji sa trigonometrijskim funkcijama definišu se i tanges hiperbolični i kotanges hiperbolični: th = sh ch, ch cth = sh. Grafici ovih funkcija prikazani su redom na sl.b. i sl.c. Istaknućemo najvažnija svojstva hiperboličnih funkcija.

32 3 (i) Sinus hiperbolični. f() = sh, f : R R funkcija f je definisana na R funkcija f je neparna funkcija f je monotono rastuća (ii) Kosinus hiperbolični. g() = ch, g : R [1, + ) funkcija g je definisana na R funkcija g je parna funkcija g monotono opada na (, 0) i monotono raste na (0, + ) Slika A. Slika B. Slika C. (iii) Tanges hiperbolični. h() = th, h : R ( 1, 1) funkcija h je definisana na R funkcija h je neparna funkcija h je monotono rastuća (iv) Kotanges hiperbolični. k() = cth, k : R \ {0} (, 1) (1, + ) funkcija k je definisana na R izuzev u tački = 0 funkcija k je neparna funkcija k je monotono opadajuća

33 Inverzne hiperbolične funkcije Funkcija f : R R, f() = sh je monotono rastuća, pa postoji njena inverzna funkcija F () = arcsh (čita se: area sinus hiperbolični), koja je takod e monotono rastuća funkcija i preslikava R u R. Ova funkcija može se izraziti preko logaritamske funkcije. Zaista, iz posle množenja sa e dobija se y = sh = e e, e y e 1 = 0, odnosno dobijamo kvadratnu jednačinu po t = e. Rešavanjem se dobija (1) e = y ± 4y + 4 = y ± y + 1. Kako je za svako y R, y + 1 > y, to je y y + 1 < 0. Prema tome, kako je e > 0 za svako R, očigledno ne postoji realan broj y takav da je e = y y + 1, pa iz (1) ostaje da važi samo e = y + y + 1, odakle je = ln ( y + y + 1 ). Dakle, arcsh = ln ( ), R Funkcija g : R [1 + ), g() = ch nije bijekcija, pa nema inverznu funkciju. Ali, ako posmatramo restrikciju te funkcije na interval [0, + ), funkcija je monotono rastuća i ima inverznu funkciju koju označavamo sa G() = arcch. Kao i u prethodnom slučaju pokazuje se da važi arcch = ln ( + 1 ), 1 Funkcija h : R ( 1, 1), h() = th je monotono rastuća i ima inverznu funkciju H() = arcth koja preslikava interval ( 1, 1) u R. Iz y = th = e e e + e imamo da je y (e + e ) = e e, odakle se množenjem sa e dobija e 1 = y e + y e (1 y) = y + 1 e = y y = 1 ln y y Dakle, važi arcth = 1 ln + 1 1, < 1 Funkcija k : R \ {0} (, 1) (1, + ), k() = cth je monotono opadajuća i ima inverznu funkciju K() = arccth koja preslikava skup (, 1) (1, + ) u R \ {0}. Dakle, ova funkcija je definisana za svako R, > 1 i može se analogno prethodnom slučaju izraziti preko logaritamske funkcije kao arccth = 1 ln + 1 1, > 1

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2 ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ

Διαβάστε περισσότερα

Jednodimenzionalne slučajne promenljive

Jednodimenzionalne slučajne promenljive Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/

Διαβάστε περισσότερα

Eksponencijalna i logaritamska funkcija

Eksponencijalna i logaritamska funkcija 16 1. UVOD U ANALIZU Rešenje. Kako je ovo neprava funkcija, deljenjem nalazimo da je (11) f() = 1 + 5 6 + 1 3 5 + 6 = 1 + 5 6 + 1 ( )( 3). Prema postupku navedenom u teoremi 1.7, važi razlaganje odnosno

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ). 0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Elementarne funkcije

4.1 Elementarne funkcije . Elementarne funkcije.. Polinomi Funkcija f : R R zadana formulom f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 gdje je n N 0 te su a n, a n,..., a, a 0 R, zadani brojevi takvi da a n 0 naziva se polinom

Διαβάστε περισσότερα

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa: Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Prva tačka u ispitivanju toka unkcije je odredjivanje oblasti deinisanosti, u oznaci Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog ajla, obavezno pogledajte ajl ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

Διαβάστε περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

Διαβάστε περισσότερα

f(x) = a x, 0<a<1 (funkcija strogo pada)

f(x) = a x, 0<a<1 (funkcija strogo pada) Eksponencijalna funkcija (baze a) f() a, a > 0, a domena D(f) R; slika funkcije f(d) (0,+ ); nema nultočaka, jer je a > 0, za sve R; graf G(f) je krivulja u ravnini prikazana na slici desno; f() a, 0

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t) Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

Na grafiku bi to značilo :

Na grafiku bi to značilo : . Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).

Διαβάστε περισσότερα

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )

Διαβάστε περισσότερα

1. Funkcije više promenljivih

1. Funkcije više promenljivih 1. Funkcije više promenljivih 1. Granične vrednosti funkcija više promenljivih Definicija 1. Funkcija f : D( R n R ima graničnu vrednost u tački (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n D i jednaka je broju α R ako važi

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo FUNKCIJE - 2. deo Logika i teorija skupova 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo Inverzna korespondencija Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih nizova

Granične vrednosti realnih nizova Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se

Διαβάστε περισσότερα

4 Funkcije. 4.1 Pojam funkcije

4 Funkcije. 4.1 Pojam funkcije 4 Funkcije 4.1 Pojam unkcije Neka su i neprazni skupovi i pravilo koje svakom elementu skupa pridružuje točno jedan element skupa. Tada se uredena trojka (,, ) naziva preslikavanje ili unkcija sa skupa

Διαβάστε περισσότερα

I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 1. P r e d a v a n j a z a d e v e t u s e d m i c u n a s t a v e (u akademskoj 2009/2010.

I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 1. P r e d a v a n j a z a d e v e t u s e d m i c u n a s t a v e (u akademskoj 2009/2010. I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A Verba volant, scripta manent. [Riječi odlijeću, pisano ostaje. Ono što se kaže lako je zaboraviti, ali ono što je napisano ne može se poreći.] ( Latinska izreka

Διαβάστε περισσότερα

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012 MATERIJAL ZA VEŽBE Predmet: MATEMATIČKA ANALIZA Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić Asistent: dr Tibor Lukić Godina: 202 . Odrediti domen funkcije f ako je a) f(x) = x2 + x x(x 2) b) f(x) = sin(ln(x

Διαβάστε περισσότερα

SADRŽAJ 8. LITERATURA...

SADRŽAJ 8. LITERATURA... SADRŽAJ 1. UVOD 2. Polinomi. 3. Racionalne funkcije. 4. Stepene funkcije... 5. Logaritamske funkcije... 6. Trigonometrijske funkcije.. 7. Inverzne fukcije. 8. LITERATURA... 1 UVOD Elementarne funkcije

Διαβάστε περισσότερα

Elementarna matematika - predavanja -

Elementarna matematika - predavanja - Elementarna matematika - predavanja - February 11, 2013 2 Sadržaj I Zasnivanje brojeva 5 I.1 Peanove aksiome............................. 5 I.2 Celi brojevi................................ 13 I.3 Racionalni

Διαβάστε περισσότερα

I Pismeni ispit iz matematike 1 I

I Pismeni ispit iz matematike 1 I I Pismeni ispit iz matematike I 27 januar 2 I grupa (25 poena) str: Neka je A {(x, y, z): x, y, z R, x, x y, z > } i ako je operacija definisana sa (x, y, z) (u, v, w) (xu + vy, xv + uy, wz) Ispitati da

Διαβάστε περισσότερα

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

Διαβάστε περισσότερα

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

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

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na . Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova 27. 01. 2006. Kratki rezime prošlog predavanja: Dokazali smo teorem rekurzije, te primjenom njega definirali zbrajanje ordinalnih brojeva. Prvo ćemo navesti osnovna

Διαβάστε περισσότερα

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj

Διαβάστε περισσότερα

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1. σ-algebra skupova Definicija : Neka je Ω neprazan skup i F P(Ω). Familija skupova F je σ-algebra skupova na Ω ako vrijedi:. F, 2. A F A C F, 3. A n, n N} F n N A n F. Borelova σ-algebra Definicija 2: Neka

Διαβάστε περισσότερα

Norme vektora i matrica

Norme vektora i matrica 2 Norme vektora i matrica Pojam norme u vektorskim prostorima se najčešće povezuje sa određenom merom veličine elemenata tog prostora. Tako je u prostoru realnih brojeva R, norma elementa x R najčešće

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo

Διαβάστε περισσότερα

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija Sadržaj: Nizovi brojeva Pojam niza Limes niza. Konvergentni nizovi Neki važni nizovi. Broj e. Limes funkcije Definicija esa Računanje esa Jednostrani esi Neprekinute funkcije i esi Definicija neprekinute

Διαβάστε περισσότερα

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1 Nizovi 5 a = 5 +3+ + 6 a = 3 00 + 00 3 +5 7 a = +)+) ) 3 3 8 a = 3 +3+ + +3 9 a = 3 5 0 a = 43/ ++ 5 3/ +5+ a = + + a = + ) 3 a = + + + 4 a = 3 3 + 3 ) 5 a = +++ 6 a = + ++ 3 a = +)!++)! +3)! a = ) +3

Διαβάστε περισσότερα

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije

Διαβάστε περισσότερα

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Domai zadatak Zlatko Lazovi 30. decembar 2016. verzija 1.1 Sadraj 1 METRIQKI PROSTORI 2 1 1 METRIQKI PROSTORI a) Neka je (M, d) metriqki prostor i neka je (x

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

Διαβάστε περισσότερα

Trigonometrijske nejednačine

Trigonometrijske nejednačine Trignmetrijske nejednačine T su nejednačine kd kjih se nepznata javlja ka argument trignmetrijske funkcije. Rešiti trignmetrijsku nejednačinu znači naći sve uglve kji je zadvljavaju. Prilikm traženja rešenja

Διαβάστε περισσότερα

Gradimir V. Milovanović MATEMATIČKA ANALIZA I

Gradimir V. Milovanović MATEMATIČKA ANALIZA I Gradimir V. Milovanović Radosav Ž. D ord ević MATEMATIČKA ANALIZA I Predgovor Ova knjiga predstavlja udžbenik iz predmeta Matematička analiza I koji se, počev od školske 2004/2005. godine, studentima Elektronskog

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova. Pojam skupa U matematici se pojam skup ne definiše eksplicitno. On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

Διαβάστε περισσότερα

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju

Διαβάστε περισσότερα

Pojam funkcije. Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transformacija

Pojam funkcije. Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transformacija Funkcije Pojam unkcije Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transormacija Primjer.: a) Odredite površinu kvadrata kojem je stranica 5cm. b) Odredite površinu pravokutnika sa stranicama duljine 7 i 5.

Διαβάστε περισσότερα

8 Funkcije više promenljivih

8 Funkcije više promenljivih 8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2 Mr VENE T BOGOSLAVOV ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ MATEMATIKE 5 ispravljeno izdanje ZAVOD ZA UDŽBENIKE BEOGRAD Redaktor i recenzent DOBRILO TOŠIĆ Urednik MILOLJUB ALBIJANIĆ Odgovorni urednik MILORAD MARJANOVIĆ

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture

Algebarske strukture i operacije Univerzitet u Nišu Prirodno Matematički Fakultet februar 2010 Istraživačka stanica Petnica i operacije Operacije Šta je to algebra i apstraktna algebra? Šta je to algebarska struktura? Cemu

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu

Διαβάστε περισσότερα

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum 27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable

Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable Infimum i supremum skupa Zadatak 1. Neka je S = (, 1) [1, 7] {10}. Odrediti: (a) inf S, (b) sup S. (a) inf S =, (b) sup S = 10.

Διαβάστε περισσότερα

Neodred eni integrali

Neodred eni integrali Neodred eni integrali Definicija. Za funkciju F : I R, gde je I interval, kažemo da je primitivna funkcija funkcije f : I R ako je za svako I. F () f() Teorema 1. Ako je F : I R primitivna funkcija za

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 8 Pojam funkcije, grafa i inverzne funkcije Poglavlje 1 Funkcije Neka su X i Y dva neprazna skupa. Ako je po nekom pravilu, ozna imo ga

Διαβάστε περισσότερα

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, 004. Vladimir Balti Pojam polinoma. Prsten polinoma.. Dati su polinomi P (x) = x + x +, Q(x) = x 4 x +, R(x) = x x +. Proveriti da li za

Διαβάστε περισσότερα

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1

Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1 Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1 Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 2012/13 1 / 76 Definicija funkcije Funkcija iz skupa X u skup Y je svako pravilo f po kojemu se elementu x X

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE

ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE Nada Miličić Miloš Miličić ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE II deo II izdanje Akademska misao Beograd, 2011 Dr Nada Miličić, redovni profesor Dr Miloš Miličić, redovni profesor ELEMENTI VIŠE MATEMATIKE II DEO

Διαβάστε περισσότερα

DELJIVOST CELIH BROJEVA

DELJIVOST CELIH BROJEVA DELJIVOST CELIH BROJEVA 1 Osnovne osobine Definicija 1.1 Nea su a 0 i b celi brojevi. Ao postoji ceo broj m taav da je b = ma, onda ažemo da je a delitelj ili fator broja b, b je sadržalac, višeratni ili

Διαβάστε περισσότερα

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +

Διαβάστε περισσότερα

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva 1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva Definicija 1 Polje realnih brojeva je skup R = {x, y, z...} u kojemu su definirane dvije binarne operacije zbrajanje (oznaka +) i množenje (oznaka ) i jedna binarna

Διαβάστε περισσότερα

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. Istinitosna tablica p q r F odgovara formuli A) q p r p r). B) q p r p r). V) q p r p r). G) q p r p r). D) q p r p r). N) Ne znam. Date

Διαβάστε περισσότερα

Primene kompleksnih brojeva u geometriji

Primene kompleksnih brojeva u geometriji Primene kompleksnih brojeva u geometriji Radoslav Dimitrijević 07.1.011. 1 Neki osnovni geometrijski pojmovi 1.1. Rastojanje izmed u tačaka Neka su tačke A i B u kompleksnoj ravni odred ene kompleksnim

Διαβάστε περισσότερα

Prediktor-korektor metodi

Prediktor-korektor metodi Prediktor-korektor metodi Prilikom numeričkog rešavanja primenom KP: x = fx,, x 0 = 0, x 0 x b LVM α j = h β j f n = 0, 1, 2,..., N, javlja se kompromis izmed u eksplicitnih metoda, koji su lakši za primenu

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Z transformacija. 1.1 Pojam z transformacije

Glava 1. Z transformacija. 1.1 Pojam z transformacije Glava 1 Z transformacija 1.1 Pojam z transformacije U elektrotehnici se vrlo često susrećemo sa signalima koji su diskretnog tipa. To znači da je radimo sa signalima koji su zadati svoji vrednostima samo

Διαβάστε περισσότερα

Vektorski prostori. Vektorski prostor

Vektorski prostori. Vektorski prostor Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija 18.1200 Prvi razred A kategorija Neka je K sredixte teжixne duжi CC 1 trougla ABC ineka je AK BC = {M}. Na i odnos CM : MB. Na i sve proste brojeve p, q i r, kao i sve prirodne brojeve n, takve da vaжi

Διαβάστε περισσότερα

y x = k = const, gde je x bilo koja promena veličine x, a y odgovarajuća promena y. Ako je = k za svako x i svako h 0.

y x = k = const, gde je x bilo koja promena veličine x, a y odgovarajuća promena y. Ako je = k za svako x i svako h 0. 73 7 Diferenciranje 7. Marginalna funkcija i izvod Ako su dve veličine, y i x, povezane linearnom funkcijom, y = f(x) = kx + n, onda se y menja ravnomerno u odnosu na x, tj. važi formula (43) y x = k =

Διαβάστε περισσότερα