ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

Transcript

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

2 Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama 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) fx) gx) za svako x X 1 X. Primer 1.. Ispitati da li su sledeće funkcije jednake: a) f 1 x) x i f x) x b) f 1 x) x i f 3 x) x c) f 1 x) x i f 4 x) x ) d) f 5 x) 3 log 3 x i f 4 x) x ) x Rešenja: A) NE funkcija f 1 x) je definisana za svako x R, a funkcija f x) je definisana za x R \ {0}. B) NE f 1 x) x x f 3 x) za svako x < 0 C) NE funkcija f 1 x) je definisana za svako x R, a funkcija f 4 x) je definisana za svako x 0. D) NE funkcija f 5 x) 3 log 3 x x je definisana za svako x > 0, a funkcija f 4 x) x ) x je definisana za svako x 0. Složena funkcija Definicija 1.4. Neka je f : X Y i g : Y Z. Kako je fx) Y, svaki element fx) fx) Y funkcija g preslikava u element g fx) ) Z. Tada se funkcija koja za svako x X ima vrednost g fx) ) g f)x) 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) g fx) ) x za svako x A, ) f gy) ) y za svako y B, kažemo da je funkcija g inverzna funkcija funkcije f i označavamo je sa f 1. Grafik funkcije y f 1 x) simetričan je grafiku funkcije y fx) u odnosu na pravu y x slika 1). 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) g fx) ) x za svako x A, ) f gy) ) y za svako y B. dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

3 Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Slika 1: Grafik funkcije f i njene inverzne funkcije f 1 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 x A takvo da je y fx). Kako je f 1-1, takvo x je jedinstveno. Na taj način svakom elementu y B pridržen je jedinstven element x A takav da je y fx). Označimo li sa g : B A funkciju koja y x, tada za svako x A imamo g f)x) g fx) ) x i za svako y fx) B f g)y) f gy) ) f g fx) )) f g f)x) ) fx) y. Jedinstvenost: a) Kako je f : A B sirjekcija, postoji najviše jedna funkcija g : B A sa svojstvom 1) tj. takva da je g f)x) x za svako x 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 x A takvo da je z fx). Ali tada je g 1 fx) g fx), 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 x) x za svako x A). Prema tome, mora biti g 1 g. b) Kako je f : A B injekcija, postoji najviše jedna funkcija g : B A sa svojstvom ) 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)x) x za svako x 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), 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

4 Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama ) : 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 x 1, x A tako da je x 1 x i y 1 fx 1 ) fx ) y. Kako je onda gy 1 ) gy ) tj. gfx 1 )) gfx )), zbog svojstva 1) bilo bi x 1 x, što je suprotno pretpostavci da je x 1 x. Ako f nije NA, tada postoji y 0 B takav da se u njega funkcijom f ne preslikava nijedno x A, odnosno da za svako x A je fx) y 0. Neka je x 0 gy 0 ) A. Tada za y 0 B zbog svojstva ) je fgy 0 )) y 0, što je suprotno pretpostavci da je fgy 0 )) fx 0 ) y 0. Slika : Grafik funkcije fx) x, x 0 i njene inverzne funkcije f 1 x) x i grafik funkcije gx) x, x 0 i njene inverzne funkcije g 1 x) x Primer 1.3. Naći inverznu funkciju sledećih funkcija: a) fx) x x + 1 definisane za x 1 ; b) gx) x 6x + 1 definisane za x 3. Rešenje. a) f 1 x) 1 + x 3 4, x 3 4 b) g 1 x) 3 x + 8, x 8 Slika 3: Grafik funkcije fx) x x + 1, x i njene inverzne funkcije f 1 x) 1/ + x 3/4, x 3/4 i grafik funkcije fx) x 6x + 1, x < 3 i njene inverzne funkcije f 1 x) 3 x + 8, x 8 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

5 Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Parnost funkcije Definicija 1.6. Neka f : A R, gde skup A R ima osobinu da ako x A onda x A. Funkcija f je parna na A ako za svako x A važi f x) fx), a neparna na A ako za svako x A važi f x) fx). Ističemo sledeća svojstva parnih i neparnih funkcija: Grafik parne funkcije simetričan je u odnosu na y-osu 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. Slika 4: a) Grafik parne funkcije funkcije simetričan je u odnosu na y-osu; b) grafik neparne funkcije simetričan je u odnosu na koordinatni početak. Monotonost funkcije Definicija 1.7. Za funkciju f : R R kažemo da je : a) rastuća, ako je tačna implikacija x, y R) x < y fx) < fy). b) neopadajuća, ako je tačna implikacija x, y R) x < y fx) fy) ). c) opadajuća, ako je tačna implikacija x, y R) x < y fx) > fy) ). d) nerastuća, ako je tačna implikacija x, y R) x < y fx) fy) ). Ako je funkcija neopadajuća ili nerastuća kažemo da je monotona funkcija, a ako je funkcija opadajuća ili rastuća kažemo da je strogo monotona funkcija. 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

6 Elementarna matematika Kvadratna funkcija Teorema 1.. Neka je f strogo monotono, sirjektivno prslikavanje segmenta [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 sirjekcija. S druge strane, ako je x y, recimo x < y, tada je fx) < fy), tj. fx) fy), pa je f i injekcija. Dokažimo da je f 1 rastuća funkcija. Kako je f rastuća funkcija, za svako x 1, x [a, b] važi ili ekvivalentno x 1 < x fx 1 ) < fx ) fx ) fx 1 ) x x 1. Neka je y 1 fx 1 ) i y fx ), tj. x 1 f 1 y 1 ) i x f 1 y ). Tada prethodna nejednakost postaje y y 1 f 1 y ) f 1 y 1 ). 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 lim fx) fa). x 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 ga) 0. Kompozicija neprekidnih funkcija je neprekidna funkcija.. Kvadratna funkcija Funkcija y fx) a x + b x + c, a, b, c R, a 0 naziva se kvadratna funkcija. Kvadratna funkcija je definisana za svako x R. Kriva u xoy 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. ). Svaku kvadratnu funkciju možemo svesti na kanonski oblik y ax α) + β, gde je α b a, Tačka T α, β) naziva se teme parabole. β D 4a 4ac b 4a i) Ako je a > 0, kvadratna funkcija ima minimum β D b koji se dostiže za x α 4a a slika 5-A) 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

7 Elementarna matematika Kvadratna funkcija y y a>0 D 4a T a<0 b a x 1 x x x 1 b a x x D 4a T Slika A Slika B Slika 5: Kvadratna funkcija ii) Ako je a < 0, kvadratna funkcija ima maksimum β D koji se dostiže za x α 4a b ; slika 5-B) a Primer.1. Odrediti vrednost realnog parametra m za koju je zbir kvadrata korena jednačine x m x + m 3 0 najmanji. Rešenje: Prema Vijetovim pravilima za korene x 1, x date KJ je tako da je x 1 + x m, x 1 x m 3, x 1 + x x 1 + x ) x 1 x m m 3) m m + 6. Vrednost parametra m za koju je zbir kvadrata korena KJ najmanji je vrednost parametra m za koju kvadratna fukcija fm) m m+6 ima mimimalnu vrednost. Dakle, m 1. Primer.. Iz skupa funkcija odrediti onu funkciju: a) koja dostiže najveću vrednost za x 1; b) koja ima najveću vrednost f max 4. fx) m 1)x + m 4)x m 1 Rešenje: Pre svega primetimo da je m 1, jer za m 1 imamo linearnu funkciju koja nema ekstremnih vrednosti. A) Funkcija dostiže najveću vrednost ako je a m 1 < 0, tj. m < 1. Najveća vrednost se dostiže za x b a m 4 m 1). Dakle, m 4 m 1) 1 m < 1. B) Funkcija ima najveću vrednost ako je a m 1 < 0 i 4 f max D 4a m 4) 4 m 1) m 1) 4m 1) 5m + 8m dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

8 Elementarna matematika Kvadratna funkcija Kako su m 1 i m rešenja dobijene kvadratne jednačine i ispunjavaju uslov m < 1 5 to su i tražene vrednosti parametra m. Primer.3. Neka je D oblast definisanosti funkcije fx) x x 1. Odrediti skup fd). { } 1 Rešenje: Oblast definisanosti funkcije f je D R\. Problem odredjivanja skupa fd), odnosno oblasti vrednosti funkcije f, može se formulisati kao zadatak odredjivanja vrednosti parametra y R pri kojima fx) y ima bar jedan realan koren. Jednačina fx) y je ekvivalentna sa x x y + y 0 x 1 x 1, y ± y y x 1. Prema tome, jednačina fx) y ima realne korene ako i samo ako je y y 0, tj. y, 0] [1, ), što daje skup fd) R \ 0, 1). Raspored korena kvadratne funkcije Neka su x 1, x koreni kvadratne jednačine a x + b x + c 0 i neka su α, β dati realni brojevi α < β I fx) a x + b x + c: Teorema.1. Koreni x 1, x su realni i važi α < x 1 x akko je D 0 a fα) > 0 b Slika 6) a > α Dokaz: x 1, x R α < x 1 x D 0 x 1 α > 0 x α > 0 D 0 x 1 α)x α) > 0 x 1 α) + x α) > 0 D 0 x 1 x αx 1 + x ) + α > 0 x 1 + x > α D 0 c a + α b a + α > 0 b a > α D 0 fα) a Teorema.. Koreni x 1, x su realni i važi x 1 x < α akko je D 0 a fα) > 0 b a < α > 0 b a > α 8 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

9 Elementarna matematika Kvadratna funkcija y y a>0 a<0 f ) b x 1 a x x f ) x 1 b a x x Slika 6: Koreni x 1, x realni i α < x 1 x Dokaz: x 1, x R x 1 x < α D 0 x 1 α < 0 x α < 0 D 0 x 1 α)x α) > 0 x 1 α) + x α) < 0 D 0 x 1 x αx 1 + x ) + α > 0 x 1 + x < α D 0 c a + α b a + α > 0 b a < α D 0 fα) a > 0 b a < α Teorema.3. Koreni x 1, x su realni i važi x 1 < α < x akko je a fα) < 0. Dokaz: ) : Neka su x 1, x realni koreni takvi da je x 1 < α < x. Tada je x 1 α < 0 i x α > 0, pa je x 1 α)x α) < 0 α αx 1 + x ) + x 1 x < 0 a fα) < 0 ) : Ako je a fα) < 0, tada je a fα) a α b ) D a 4 < 0 D > 4a α b ) 0, a pa su rešenja realna. Ako, α ne bi bilo izmed u x 1 i x tada bi prema Teoremi.1. i.. imali da je afα) > 0, što je suprotno pretpostavci. Teorema.4. Koreni x 1, x su realni i važi α < x 1 x < β akko je D 0 a fα) > 0 a fβ) > 0 α < b a < β. 9 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

10 Elementarna matematika Kvadratna funkcija Primer.4. Za koje k R su oba korena jednačine veća od 3? Rešenje. k > 11 9 Primer.5. Za koje k R koreni jednačine zadovoljavaju uslov x 1 < 3 < x? Rešenje. k 0, 15 ). 8 x 6k x + 9k k + 0 k x + k 1) x 0, k 0 Primer.6. Naći k R tako da se koreni jednačine nalaze u intervalu 1, ). Rešenje. k 4 ) 5, 3 1, + ) 4 k 1) x k + ) x + k 0, k 1 Znak kvadratne funkcije Teorema.5. Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x α, β) ako i samo ako je { D < 0 a < 0 a > 0 fα) 0 fβ) 0 a < 0 D 0 fα) 0 b a < α a < 0 D 0 fβ) 0 b a > β Slika 7) 1) a 0, D 0 ) a 0, f ) 0, f ) 0 y y x b b 3) a 0, D 0, f ) 0, 4) a 0, D 0, f ) 0, a a y y b a x b a x Slika 7: Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x α, β) 10 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

11 Elementarna matematika Kvadratna funkcija Teorema.6. Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x α, β) ako i samo ako je { D < 0 a > 0 a < 0 fα) 0 fβ) 0 a > 0 D 0 fα) 0 b a < α a > 0 D 0 fβ) 0 b a > β Teorema.7. Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x > β ako i samo ako je a > 0 { D < 0 D 0 a > 0 fβ) 0 Slika 8) b a < β y y x f b x 1 a x f x Slika 8: Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x < α T..7.) i za svako x > β T..8.) Teorema.8. Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x < α ako i samo ako je a > 0 { D < 0 D 0 a > 0 fα) 0 Slika 8) b a > α Teorema.9. Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x > β ako i samo ako je a < 0 { D < 0 D 0 a > 0 fβ) 0 Slika 9) b a < β Teorema.10. Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x < α ako i samo ako je a < 0 { D < 0 D 0 a > 0 fα) 0 Slika 9) b a > α 11 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

12 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac ceo broj y y x f x 1 b a x f x Slika 9: Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x < α T..9) i za svako x > β T..10) Primer.7. Odrediti vrednost realnog parametra m za koje nejednakost važi za svako x R. Rešenje < m < 1 4m 3)x + 3m )x + 7 6m > 0 Primer.8. Odrediti vrednost realnog parametra m za koje nejednakost 9 < 3x + m x 6 x x + 1 < 6 važi za svako x R. Rešenje. 3 < m < 6 Primer.9. Odrediti sve vrednosti k R za koje nejednakost k x 4 x + k 1 > 0 važi za a) svako x > 0; b) svako x 1, ); c) svako x < 1. ) Rešenje. a) k, + b) k 0, 1 + ] c) k [ ) 5 3, + 3. Stepen čiji je izložilac ceo broj 3.1. Stepen čiji je izložilac prirodan broj Uvedimo najpre definiciju stepena realnog broja prirodnim brojem: Definicija 3.1. Neka je a R. 1) a 1 a, ) za svako m N je a m+1 a m a. Osnovna svojstva stepenovanja realnog broja prirodnim brojem su: 1 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

13 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac ceo broj 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.4a.) am a n am n, ako je m > n, tj. m n N. S.N.4b.) am a 1, ako je m < n, tj. n m N. n an m ) b n S.N.5.) bn, ako je b R. a an S.N.6.) ako je a > 1 i m, n N, m > n tada je a m > a n. S.N.7.) ako je 0 < a < 1 i m, n N, m > n tada je a m < a n. S.N.8.) ako je 0 a < b i m N tada je a m < b m. Sva navedena svojstva se lako pokazuju iz Definicije Stepen čiji je izložilac ceo broj Definicija 3.. 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.). Dokažimo najpre da za realan broj a 0 i svaka dva prirodna brojeve m, n važi svojstvo S.N.4a.) Stav 3.1. Za svako a R \ {0} i svako n, m N važi S.N.4.) a m a n am n. Dokaz. Zaista, ako je m > n S.N.4.) očigledno važi prema Definiciji 3.1. Ako je m n, prema Definiciji 3.. je a m n a 0 1, a sa druge strane a m /a m 1. Ako je m < n, prema S.N.4b.) je a m a 1 n a n m što je dalje prema Definiciji.. uzevši u obzir da je n m N) a m a n a n m) a m n. 13 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

14 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac ceo broj Teorema 3.1. Za svako a, b R \ {0} i svako m, n Z važi S.Z.1.) a m a n a m+n ; S.Z..) a m ) n a m n ; S.Z.3.) a b) m a m b m. Dokaz. Pokažimo najpre svojstvo S.Z.3.). Za m N svojstvo važi prema S.N..), a za m 0 očigledno važi prema Definiciji 3.. Za m k, k N imamo a b) m k D.3..) a b) 1 S.N.3.) a b) k 1 a k b 1 k a 1 D.3..) a k b k a m b m k b k Da bi pokazali svojstva S.Z.1.) i S.Z..) razlikovaćemo sledeće slučajeve: 1) m, n N ) m N, n 0 3) m N, n l, l N 4) m 0, n l, l N 5) m 0, n N 6) m 0, n 0 7) m k, k N, n N 8) m k, k N, n 0 9) m k, k N, n l, l N Slučajevi ), 4), 5), 6) i 8) lako se pokazuju koristeći da je prema Definiciji 3.. a 0 1 i svojstva stepenovanja prirodnim brojem. Dokazaćemo najpre slučaj 7). 7): m k, k N, n N S.Z.1.): a m a n a k a n D.3..) 1 a k an an S.3.1.) a n k a n+ k) a n+m a k 1 S.Z..): a m ) n a k) n D.3..) S.N..) a k ) n S.N.5.) 1 a k ) n 1 a k n D.3..) a k n a k)n a m n U slučaju 3) svojstva S.Z.1.), S.Z..) pokazuju se analogno prethodnom. Ostaje da dokažemo slučaj 9). 9): m k, k N, n l, l N S.Z.1): S.Z.): a m a n a k a l D.3..) 1 a 1 k a 1 l a k a l a m ) n a k) l D.3..) 1 D.3..) a k+l) a k)+ l) a n+m a k+l 1 a k ) l D.3..) 1 1 a k ) l S.N.5.) 1 1 a k ) l 14 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

15 Elementarna matematika Stepena funkcija sa prirodnim izložiocem a k) l S.N..) a k l a k) l) a m n Teorema 3.. i) Neka je a > 1. Ako je m, n Z, m < n, tada je a m < a n. ii) Neka je 0 < a < 1. Ako je m, n Z, m < n, tada je a m > a n. Dokaz. Neka je a > 1 i m, n Z, m < n. Treba pokazati da je a m < a n. Ako je 0 < m < n tvrdjenje važi prema S.N.6.). Ako je k m < 0 < n, k N imamo da je a k > a 0 1 i 1 a 0 < a n, pa je a m a k 1 a k < 1 < an Ako je m < n < 0, m k, n l, k, l N imamo da je k > l, pa je a k > a l prema svojstvu S.N.6.). Tada 1 a k < 1 a l a k a m < a n a l. Teorema 3.3. Neka je x, y R + i n N. Tada x n y n ako i samo ako x y. 4. Stepena funkcija sa prirodnim izložiocem Definicija 4.1. Funkcija f : R R definisana formulom fx) x n, n N, naziva se stepena funkcija sa prirodnim izložiocem. Funkcija y x je neprekidna, pa je onda i funkcija y x n neprekidna kao proizvod neprekidnih funkcija. Posmatrajmo najpre funkciju fx) x n+1, f : R R. Funkcija f je definisana za sve realne vrednosti x, tj. njen domen je skup R Funkcija f je neparna, tj. važi f x) x) n+1 x n+1 fx) za svako x R fx) > 0 za x > 0 i fx) < 0 za x < 0 fx) 0 ako i samo ako je x 0 Funkcija f je strogo rastuća na R Funkcija f je bijekcija Za svako x 1, x R iz fx 1 ) fx ) tj. x n+1 1 x n+1 sledi x 1 x, pa je f injekcija. Za svako y R postoji x n+1 y R za koje je fx) x n+1 y Posmatrajmo sada funkciju fx) x n, f : R R. Funkcija f je definisana za sve realne vrednosti x Funkcija f je parna 15 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

16 Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima fx) 0 za svako x R i fx) 0 ako i samo ako x 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) f1), što znači da nije 1-1. S druge strane, za y 1 R ne postoji x R takvo da je x n 1 y, pa funkcija nije ni NA. Dakle, ova funkcija nije bijekcija, pa nema inverznu funkciju. 5. Pojam korena. Operacije sa korenima Dd bi definisali pojam n-tog od posebnog značaja je ispitati broj rešenja jednačine x n a 1) u zavisnosti od a R. Neka je n neparan prirodan broj. Prava y a za svako a R seče grafik funkcije y x n u tačno jednoj tački. Ako je n paran prirodan broj: i) prava y a za a R, a < 0 nema preseka sa grafikom funkcije y x n ii) prava y a za a R, a > 0 ima dve zajedničke tačke sa grafikom funkcije y x n - te dve tačke su simetrične u odnosu na Oy osu, odnosno njihove apscise su dva suprotna realna broja iii) prava y 0 ima sa grafikom funkcije y x n, n k tačno jednu zajedničku tačku - koordinatni početak. Ova razmatranja ukazuju na broj rešenja jednačine x n a u zavisnosti od a R i važe sledeće dve teoreme: Teorema 5.1. 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 x 0; 3) ako je a > 0 ima tačno dva rešenja jedno pozitivno i jedno negativno). Teorema 5.. Neka je a R, a n k + 1, k N. Za svako a R jednačina ) ima tačno jedno rešenje. 16 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

17 Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima Koristeći Teoreme 5.1. i 5.. možemo definisati pojam n-tog korena. Definicija 5.1. Neka je n N, a R. Simbol n a označava 1) jedinstveno realno rešenje jednačine x n a ako je n neparan broj; ) pozitivno rešenje jednačine x n a ako je a > 0 i n paran broj; 3) n 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.) Dakle, n ) n n ) n n a b n a b a b n a n b prema T.3.3. 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..) [ n ) ] n m a prema S.N..) a m prema S.K.1.) ) n n a m prema S.K.1.) prema T.3.3. važi traženo Svojstvo K.5. Svojstvo K.6. Ako je a 0, m, n N, onda je n m n a a m. 17 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

18 Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima Dokaz. Prema T.3.. 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..) 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.3.3. 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.) 5.1. Funkcija y n x, n N A) Funkcija f : R R, fx) x n+1 je bijekcija pa postoji njena inverzna funkcija h : R R, hy) n+1 y, y R. Slika 10: Grafici uzajamno inverznih funkcija y x 3 i y x 1/3 Osnovna svojstva funkcije hx) n+1 x su sledeća: Funkcija je definisana za sve realne vrednosti x Funkcija je neparna Znak funkcije se poklapa sa znakom nezavisno promenljive, tj. važi n+1 x > 0 ako i samo ako x > 0, odnosno n+1 x < 0 ako i samo ako x < 0 hx) 0 ako i samo ako x 0 Funkcija je strogo rastuća na R 18 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

19 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac racionalni broj B) Funkcija fx) x n, f : R R nije bijekcija, pa nema inverznu funkciju. Posmatrajmo funkciju f 1 : R + 0 R+ 0, f 1x) x n, x R + 0. Funkcija f 1 je bijekcija. Zaista, ona je 1-1, jer iz f 1 x 1 ) f 1 x ), tj. x n 1 x n i x 1, x 0 sledi x 1 x. Takod e ona je NA, jer prema Teoremi 5.1. za svaki nenegativan broj y postoji jedinstven nenegativan broj x, takav da je y x n f 1 x). Funkcija je inverzna funkcija funkcije f 1. Analogno, inverzna funkcija bijekcije g 1 : R + 0 R+ 0, g 1y) n y, y R + 0 f : R 0 R+ 0, f x) x n, x R 0, je funkcija g : R + 0 R 0, g y) n y, y R + 0. Slika 11: Grafici funkcija fx) x, x 0 i gx) x, x 0 i njenih inverznih funkcija Na slici 11. prikazani su prvo grafici uzajamno inverznih funkcija y x, x 0 i y x obe funkcije su monotono rastuće - videti Teoremu 1..), a zatim grafici uzajamno inverznih funkcija y x, x 0 i y x obe funkcije su monotono opadajuće). Osnovna svojstva funkcije gx) n x su sledeća: Funkcija je definisana za nenegativne vrednosti x, tj. njen domen je [0, + ) Funkcija nije ni parna ni neparna n Funkcije je nenegativna tj. x > 0 za svako x > 0 n x 0 ako i samo ako x 0 Funkcija je strogo rastuća na R 19 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

20 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac racionalni broj 6. Stepen čiji je izložilac racionalni broj Definicija 6.1. Neka je a > 0, m Z, n N. Tada je a m n n a m. Teorema 6.1. 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 x a r n a m, y a q l a k Tada su x, y pozitivni brojevi i x n n n S.K.1.) a m) a m, y l l ) l S.K.1.) a k a k Ako prvu od ovih jednakosti stepenujemo sa l, a drugu sa n, dobijamo x n l S.Z..) x n ) l a m ) l S.Z..) a m l, y n l S.Z..) y l ) n a k ) n S.Z..) a k n. Množenjem dobijenih jednakosti sledi ) a m l a k n x n l y n l S.Z.3.) a r a q ) nl. S druge strane, kako je a r+q a m n + k l a m l+k n n l n l a m l+k n, biće ) a r+q ) nl n l ) nl S.K.1.) a m l+k n m l+k n S.Z.1.) a a ml a kn. Prema tome, iz ) i ) je a r+q ) nl a r a q ) nl, odnosno a r+q a r a q. S.Q..): Neka je r m n, q k, m, k Z, n, l N. l a r ) q ) a m k l n l n a m ) k Stepenovanjem sa l n dobija se [a r ) q ] l n S.K.1.) S.Z..) [ ] ) l n l n k a m S.N..) l n ) ) l k a m [ n a m ) k ] n S.K.5.) n a m k ) n a m ) k n ) n S.K.1.) a m k n 0 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

21 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac racionalni broj S druge strane je a r q a m n k l l n a k m a r q ) l n a m k. Dakle, [a r ) q ] l n a r q ) l n a r ) q a r q. S.Q.3.): Neka je r m, m Z, n N. n a b) r a b) m n D.6.1.) n a b) m S.Z.3.) n a m b m S.K.3.) n a m n b m D.6.1.) a m n b m n ar b r. Teorema 6.. i) Neka je a > 1. Ako je r, q Q, r < q, tada je a r < a q. ii) Neka je 0 < a < 1. Ako je r, q Q, r < q, tada je a r > a q. Dokaz. Neka je a > 1, r, q Q, r < q. Treba pokazati da je a r < a q. Neka je r m n m l n l, q k l k n, m, n Z, n, l N. n l Tada iz pretpostavke da je r < q zaključujemo da je m l < k n. Kako su m l Z i k n Z prema Teoremi 3.. zaključujemo da je a m l < a k n. Onda je i n l a m l < n l a k n a r < a q Funkcija y x r, r Q Posmatrajmo sada funkciju y fx) x r, gde je r m, m Z, n N, m, n) 1. n 0< r <1, m neparno r < 0, m neparno r > 1, m neparno y r r 1 0< r <1, m parno r < 0, m parno r > 1, m parno 1 r 0 x Slika 1: Grafici funkcija y x m/n, r m/n za: a) n parno i b) n neparno 1) Neka je n paran broj. Oblast definisanosti funkcije y n x 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 slici 1-a) za slučajeve r > 1, 0 < r < 1, r < 0. 1 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

22 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj ) Neka je n neparan broj. Funkcija y n x m je definisana za: i) x R, ako je m > 0; ii) x 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 slika 1-b)). Teorema 6.3. Funkcija y x r, r Q je neprekidna na 0, + ). Dokaz: Neka je r m/n, m Z, n N. Funkcija fx) x 1 n n x je neprekidna na 0, + ) i funkcija gt) t m je neprekidna za t 0, ). Tada je funkcija fgx)) n x m x r neprekidna na 0, + ). 7. Stepen čiji je izložilac realan broj Postavlja se pitanje, može li se i za one brojeve x R koji nisu racionalni definisati a x, ali tako da ostanu na snazi osnovna svojstva stepena. Odgovor na postavljeno pitanje je potvrdan, ali dokaz te činjenice nije jednostavan. Pojam stepena sa realnim eksponentom Da bi definisali stepen čiji je izložilac realan broj i eksponencijalnu funkciju fx) a x, x R, pokazaćemo najpre sledeće tvrd enja: Stav 7.1. 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 lim n + a 1/n 1 i lim n + a 1/n 1, za svako ε > 0 postoji p pε) N, tako da je Odavde sledi da je 0 < a 1/p 1 < ε, 0 < 1 a 1/p < ε, za a > 1. 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 7.. 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, dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

23 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj odakle kako je a > 1 imamo da je a α a r n a β. Kako je a α > 0, ako označimo sa C a β, imamo da Prema Stavu 7.1. C > 0) n N) 0 < a r n C. ) ε > 0) δ > 0) r Q) r < δ a r 1 < ε ). 3) C Iz konvergencije niza {r n } za δ > 0 postoji N ε takvo da Iz 3) i 4) sledi da je Iz ) i 5) je onda n N ε ) m N ε ) r n r m < δ. 4) n N ε ) m N ε ) a rn rm 1 < ε C. 5) a r n a r m a r m a r n r m 1) < C ε C ε za svako n N ε i svako m N ε, tj. niz {a rn } je konvergentan. Ako je x proizvoljan realan broj, kako je skup Q gust u R, postoji niz racionalnih brojeva {r n } koji konvergira ka x. Uzevši u obzir ovu činjenicu i Stav 7.. možemo definisati pojam stepena sa realnim eksponentnom. Definicija 7.1. Neka je a > 0. Neka je x proizvoljan realan broj i {r n } niz racionalnih brojeva koji konvergira ka x tj. lim n r n x. Tada možemo definisati sa a x def lim n + arn. 6) Ako je a > 1, onda granična vrednost 6) postoji prema Stavu 7.1. 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 6) postoji i za a 0, 1), jer je lim n + b r n b x > 0. Definicija 7.1. je korektna, tj. granična vrednost 6) ne zavisi od izbora niza racionalnih brojeva {r n } koji konvergira ka x. Ova činjenica sledi iz poznatog svojstva granične vrednosti funkcije. Svojstva stepena čiji je izložilac realan broj Pokazaćemo da sa uvedenom Definicijom 7.1. stepena čiji je izložilac realan broj, ostaju da važe osnovna svojstva stepena. S.R.1.) a x a y a x+y ; x, y R, a R, a > 0 S.R..) a x ) y a x y ; x, y R, a R, a > 0 S.R.3.) a b) x a x b x ; x R, a R, a > 0 Svojstvo 7.1. Za svako x, y R važi a x a y a x+y. 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

24 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj Dokaz: Neka su {r n } i {ρ n } nizovi racionalnih brojeva takvi da je lim n + r n x, lim n + ρ n y. Tada je lim n + r n + ρ n ) x + y i prema Stavu 7.. postoje granične vrednosti lim n + ar n a x, lim n + aρ n a y, lim n + ar n+ρ n a x+y. Kako je prema svojstvu S.Q.1.) stepena sa racionalnim izložiocem a rn+ρn a rn a ρn to je a x+y lim n + ar n+ρ n lim n + arn a ρ n lim n + arn lim n + aρ n a x a y. Svojstvo 7.3. Za svako x R važi a b) x a x b x. Dokaz: Neka je {r n } niz racionalnih brojeva takav da je lim n + r n x. Kako je prema svojstvu S.Q.3.) stepena sa racionalnim izložiocem a b) rn a rn b rn imamo da je a b) x lim n + a b)r n lim n + arn b r n ) lim n + arn lim n + br n a x b x. 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 7.1. Funkcija y a x za a > 1 je rastuća. Dokaz: Neka je a > 1 i x 1, x R, x 1 < x proizvoljni. Treba pokazati da je a x 1 < a x a x1 a x 1 < a x a x 1 Kako je prema Svojstvu 7.1. a x1 a x 1 a 0 1 i a x a x 1 a x x 1, treba pokazati da je a x x 1 > 1 za x x 1 > 0 odnosno a x > 1 za x > 0. 7) Zaista, neka je r Q, 0 < r < x i {r n } niz racionalnih brojeva takav da je lim n + r n x i r n > r za svako n N. Tada je prema Teoremi 6.. a r n > a r > 1, odakle prelaskom na lim kada n zaključujemo da je a x a r > 1, tj. važi nejednakost 7). Neprekidnost eksponencijalne funkcije Teorema 7.. Funkcija y a x za a > 1 je neprekidna na R. Dokaz: Neka je x 0 proizvoljna tačka iz R. Treba pokazati da je lim y lim a x 0 + x a x ) 0 0, x 0 x 0 odnosno kako je prema Svojstvu 7.1. a x0+ x a x 0 a x 0 a x 1), treba pokazati da lim x 0 a x 1 tj. lim x 0 ax 1. 8) 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

25 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj Neka je {x n } proizvoljan niz realnih brojeva takav da lim n + x n 0. Kako je Q gust u R, postoje nizovi racionalnih brojeva {r n } i {ρ n } takvi da je x n 1 n < r n < x n < ρ n < x n + 1 n, za svako n N. Sada prema Teoremi 7.1. imamo da je a r n < a x n < a ρ n. 9) Kako r n 0 i ρ n 0 kada n +, prema 6) je lim n + a r n 1 i lim n + a ρ n 1. Dakle, koristeći nejednakost 9) dobija se lim n + a x n 1. Pokazali smo 8) odakle sledi da je lim x 0 ax 0+ x a x 0, tj. funkcija a x je neprekidna na R. Svojstvo 7.. Za svako x, y R važi a x ) y a x y. Dokaz: a) Neka je najpre y r Q, x R i {r n } niz racionalnih brojeva takav da je lim n + r n x. Tada je i lim n + r r n r x, pa je prema Definiciji 7.1. lim n + ar r n a r x. 10) Kako je prema svojstvu S.Q..) stepena sa racionalnim izložiocem iz 10) imamo da je a r n ) r a r r n. lim n + arn ) r a r x. 11) Označimo sa a rn t n i a x t 0. Tada prema Definiciji 7.1. je lim n + t n t 0 i zbog neprekidnosti funkcije gx) x r, r Q Teorema 6.3) imamo da je lim n + gt n ) gt 0 ), tj. lim n + arn ) r a x ) r. 1) Iz 11) i 1) imamo da je a x ) r a x r za svako x R i svako r Q. 13) b) Neka su sada x i y proizvoljni realni brojevi i {ρ n } niz racionalnih brojeva takav da je lim n + ρ n y. Ako označimo sa a x b, prema definiciji eksponencijalne funkcije imamo da je lim n + ax ) ρn lim def. n + bρn b y a x ) y. 14) S druge strane, kako je lim n + x ρ n x y i prema Teoremi 7.. funkcija hx) a x je neprekidna na R, biće lim hx ρ n) hx y) lim n + n + ax ρ n a x y 15) Iz 13) za r ρ n je a x ) ρ n a x ρ n, pa se iz 15) dobija lim n + ax ) ρ n a x y. 16) Konačno, iz 14) i 16) zaključujemo da dato svojstvo važi za svako x, y R. 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

26 Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma Slika 13: Grafici funkcije y a x za a > 1 i 0 < a < 1 Osnovna svojstva eksponencijalne funkcije y fx) a x, a > 0 su: funkcija f je definisana za svako x R, a skup vrednosti funkcije je interval 0, + ), tj. f : R 0, + ) funkcija je pozitivna za svako x R nule funkcije ne postoje funkcija f je monotono rastuća na R za a > 1 i monotono opadajuća na R za 0 < a < 1 8. Pojam i osnovna svojstva logaritma Imajući u vidu da se funkcijom y a x, a > 0, a 1, vrši bijektivno preslikavanje skupa R na skup R +, zaključujemo da važi ) a x 1 a x x 1 x. 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 x b x 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, x R. Važi log a a x x. Dokaz. Neka je log a a x y. Tada je prema definiciji a x a y, pa je prema ), x y, odnosno x log a a x. Svojstvo 8.3. Neka je a > 0, a 1. Za svako x > 0, y > 0 važi log a x y log a x + log a y. Dokaz. Neka je α log a x, β log a y. Onda je a α x, a β y. 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

27 Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma I način): a log a xy xy a α a β a α+β a log a x+log a y ) log a x y log a x + log a y. II način): log a xy log a a α a β α+β S.8..) log a a α + β log a x + log a y. Svojstvo 8.4. Neka je a > 0, a 1, α R. Za svako x > 0 važi log a x α α log a x. Dokaz. I način): a log a xα x α a log a x) α a α log a x ) log a x α α log a x. II način): Neka je b log a x. Tada je x a b, pa je x α a b ) α a α b, odakle prema definiciji logaritma je α b log a x α. Dakle, α log a x log a x α. Svojstvo 8.5. Neka je a > 0, a 1. Za svako x > 0, y > 0 važi Dokaz. I način): log a x y log a x log a y. x log a y log 1 S.8.3.) 1 S.8.4.) a xy log a x + log a y log a x log a y. II način): Neka je α log a x a α x i β log a y a β y. Tada je x log a y log a α a a log α β S.8..) β a a α β log a x 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, b 1, c 1. Važi log b a log c a log c b. 7 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

28 Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma 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. 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 x log b a b x a. Logaritmovanjem za osnovu c dobija se Korišćenjem Svojstva 8.4. je log c b x log c a. x log c b log c a x log c a log c b. Svojstvo 8.8. Neka je a > 0, a 1, α R. Za svako x > 0 važi log a α x 1 α log a x. Dokaz. Pre svega za x 1 svojstvo očigledno važi jer su i leva i desna strana jednakosti jednake nuli. Za x 1 imamo log a α x 1 log x a 1 α α log x a 1 α log a x. Primer 8.1. Ako je a log 1 18 izračunati log 8 9. Rešenje: Kako je a log 1 18 log 18 log 1 log 3 ) log 3) 1 + log 3 + log b + b pa je odavde b log 3 a 1. Zato je a log 8 9 log log 3 a 1) 3 a). Primer 8.. Ako je a log 45 5 izračunati log 5 7. Rešenje: Kako je a log log log ) log b 8 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

29 Elementarna matematika Logaritamska funkcija pa je odavde b log a. Zato je a log 5 7 log 5 1/ / log 5 3 6b 31 a). a Primer 8.3. Ako je a log 6, b log 6 5 izračunati log 3 5. Rešenje: log 3 5 log 6 5 log 6 3 b log 6 6 b log 6 6 log 6 b 1 a. 9. Logaritamska funkcija Funkcijom f : R R +, R x fx) a x y R + ostvaruje se bijektivno preslikavanje skupa R na skup R +, pa postoji inverzna funkcija ove funkcije koja je data sa f 1 : R + R, R + y f 1 y) log a y x R. Funkcija y log a x, a > 0, a 1, x > 0, naziva se logaritamska funkcija. Slika 14: Grafici funkcije fx) a x, a > 1 i njene inverzne funkcije f 1 x) log a x Osnovna svojstva logaritamske funkcije y fx) log a x, a > 0, a 1 su: funkcija f je definisana za svako x R + za 0 < a < 1 funkcija je pozitivna za x 0, 1) i negativna za x 1, + ), a za a > 1 funkcija je pozitivna za x 1, + ) i negativna za x 0, 1) nula funkcije je x 1 funkcija f je monotono rastuća na R + za a > 1 i monotono opadajuća na R + za 0 < a < 1 9 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

30 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Slika 15: Grafici funkcije y log a x za a > 1 i 0 < a < 1 Primer 9.1. Uporediti brojeve a log 4 3, b log 5 3. Rešenje: a 1 log 3 4, b 1 log 3 5 Kako je 4 < 5 i funkcija log 3 x rastuća, to je log 3 4 < log 3 5. Onda kako su log 3 4 i log 3 5 pozitivni brojevi, imamo a 1 log 3 4 > 1 log 3 5 b. Primer 9.. Uporediti brojeve a log 9 80, b log Rešenje: a log 9 80 < log 9 81 log 9 9, b log 7 50 > log 7 49 log 7 7. Dakle, a < < b. Primer 9.3. Uporediti brojeve a log 3 + log 3, b. Rešenje: Koristeći nejednakost x + y > xy, x, y > 0, x y imamo a log 3 + log 3 > log 3 log 3 log 3 log log log Trigonometrijske funkcije Trigonometrijske funkcije oštrog ugla definišu se preko odnosa stranica u pravouglom trouglu. Za definiciju trigonometrijskih funkcija proizvoljnog ugla i trigonometrijskih funkcija realnog argumenta koristi se tkz. trigonometrijski krug. Jedinična kružnica krug) ravni xoy sa centrom u koordinatnom početku O0, 0) naziva se trigonometrijska kružnica krug). Posmatrajmo brojevnu pravu p sa početkom u tački I i jediničnom dužinom IE i jediničnu trigonometrijsku) kružnicu sa centrom u koordinatnom početku O0, 0). Postavimo brojnu pravu p da dodiruje kružnicu k u tački 1, 0), koja je ujedno početak I brojevne prave 30 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

31 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije p koja je postavljena tako da pozitivni brojevi budu u prvom kvadrantu. Neka je jedinična dužina IE brojevne prave p jednaka poluprečniku kružnice k. Pravu p namotamo bez klizanja i rastezanja na kružnicu k tako da polupravu s pozitivnim brojevima namotavamo u pozitivnom smeru, a polupravu s negativnim brojevima u negativnom smeru. Na ovaj način smo svakom realnom broju t pridružili jednu tačku Et) kružnice i time je definisano preslikavanje izmedju realnih brojeva i tačaka trigonometrijske kržnice. Ovo pridruživanje zovemo eksponencijalno preslikavanje prave na kružnicu i označavamo sa E. Broj 0 preslikava se u tačku I. Kako je obim jediničnog kruga π, sledi i da se brojevi π, 4π, 6π,... preslikavaju isto u tačku I. Zapravo, možemo zaključiti da se svake dve tačke koje se na brojevnoj pravoj nalaze na rastojanju kπ, k Z, preslikavaju u istu tačku kružnice, tj. Et + kπ) Et), 17) za svako t R i k Z. Definicija trigonometrijskih funkcija na trigonometrijskom krugu Svakom realnom broju t pridružili smo jednu tačku Et) trigonometrijske kružnice. To nam omogućava da definišemo trigonometrijske funkcije kao realne funkcije, tj. kao funkcije realnog argumenta. Apscisa tačke Et) naziva se kosinus broja t i označava sa cos t. Odnosno, kosinus realnog broja t je apscisa one tačke trigonometrijske kružnice koja je pridružena realnom broju t. Funkcija koja broju t pridružuje realan broj cos t naziva se kosinus. Ordinata tačke Et) naziva se sinus broja t i označava sa sin t. Sinus realnog broja t je ordinata one tačke trigonometrijske kružnice koja je pridružena realnom broju t. Funkcija koja broju t pridružuje realan broj sin t naziva se sinus. Funkcija tanges, u oznaci tg, definiše se za sve realne brojeve t π + kπ, k Z kao tg t sin t cos t. 31 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

32 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Označimo sa E projekciju tačke Et) na x osu, a sa F presek brojne prave p odnosno tangente trigonometrijske kružnice u tački I1, 0)) i prave OEt). Kako je OE Et) OIF, imamo F I OI E Et) E O F I sin t cos t tg t. Tangens broja t je ordinata tačke koja se dobija u preseku brojne prave p i prave koja je odredjena koordinatnim početkom i tačkom Et) trigonometrijske kružnice koja je pridružena realnom broju t. Funkcija kotanges, u oznaci ctg, definiše se za sve realne brojeve t kπ, k Z kao ctg t cos t sin t. Neka je q tangenta trigonometrijske kružnice k u tački C1, 0). Označimo sa E projekciju tačke Et) na y osu, a sa G presek prave q i prave OEt). Kako je OE Et) OCG, imamo CG CO E Et) OE CG cos t sin t ctg t. Kotangens broja t je apscisa tačke koja se dobija u preseku tangente q trigonometrijske kružniče u tački 0, 1) i prave koja je odred ena koordinatnim početkom i tačkom Et) trigonometrijske kružnice koja je pridružena realnom broju t. Trigonometrijske funkcije uglova Unija dve poluprave sa zajedničkim početkom nazivamo ugaonom linijom. Skup tačaka sa iste strane te ugaone linije uključujući i samu ugaonu liniju nazivamo uglom. Takod e nam je poznato da zajednički početak polupravih zovemo teme, a poluprave kracima ugla. Usmereni orjentisani) ugao uvodimo analogno usmerenoj duži izborom početnog i krajnjeg kraka. Poluprava Oa je početni krak aob, a poluprava Ob je krajnji krak ugla. Na trigonometrijskoj kružnici uvodimo kao pozitivan matematički smer onaj koji je suprotan smeru kretanja kazaljke na satu. Smer koji se poklapa sa smerom kretanja kazaljke na satu je negativan matematički smer 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

33 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Orjentisani usmereni) ugao na trigonometrijskom krugu posmatramo tako što teme postavljamo u koordinatni početak O, početni krak Oa u položaj poklapanja sa pozitivnim smerom x ose, a krajnji krak Ob nanosimo u odgovarajućem smeru zavisno od toga da li je ugao pozitivan ili negativan. Tačke A, B su preseci krakova Oa, Ob sa jediničnom kružnicom. Tada, svakom aob pridružujemo dužinu luka t ÂB. Ta se dužina luka naziva radijanska mera ugla. Mera ugla: Ako je dužina kružnog luka jednaka poluprečniku, tada meru odgovarajućeg centralnog ugla nazivamo radijan. ) rad π 1 π 180 rad 0, rad Ako krak Ob rotiramo u pozitivnom smeru za ceo krug ili za dva kruga, mera tako dobijenog ugla je t + π ili t + 4π. Slika 16: a) mera aob je t + π; b) mera aob je t + π Generalno, svi uglovi mera t + k π, k Z, imaju završni položaj kraka b isti, tj. u istoj tački B seku trigonometrijsku kružnicu k. Brojevima t + k π, k Z pridružujemo tačku B. Staviše, svakom realnom broju t možemo pridružiti na jediničnoj kružnici odgovarajuću tačku B, jer je svaki broj t radijanska mjera nekog ugla. Brojevi kojima je pridružena ista tačka B na kružnici se med usobno razlikuju za kπ. Kružnica s ovakvim pridruživanjem naziva se brojevna kružnica. Posmatrajmo trigonometrijsku kružnicu sa centrom u koordinatnom početku O0, 0) i ugao aob sa temenom u koordinatnom početku i početnim krakom u pravcu pozitivnog dela x ose. 33 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

34 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Neka je t 0 broj izmed u 0 i π. Namotajem brojevne prave na kružnicu taj se broj preslikava u tačku Et 0 ). Ako je t 0 dužina luka ÂB, zaključujemo da je B Et 0 ), ali važi i B Et 0 + kπ), k Z. Realan broj t 0 nazivamo glavna mera aob, dok brojeve t 0 + kπ, k Z nazivamo merom ugla aob. Prirodno proširenje pojma trigonometrijskih funkcija bilo kog ugla dato je sledećom definicijom: Neka je t bilo koja mera ugla aob u radijanima. Vrijednost trigonometrijske funkcije aob jednaka je vrijednosti te trigonometrijske funkcije realnog broja t. Kako je iz pravouglog trougla BOC, za oštar aob čija je mera x R: sin x BC OB BC, cos x OC OB OC, zaključujemo da se trigonometrijske funkcije oštrog ugla i trigonometrijske funkcije bilo koje mere tog ugla podudaraju, odnosno da je definicija trigonometrijske funkcije oštrog ugla u pravouglom trouglu u saglasnosti sa definicijom trigonometrijske funkcije proizvoljnog ugla. Periodičnost trigonometrijskih funkcija Definicija Ako za funkciju f : D R, D R postoji realan broj T 0, tako da za svako x D, x + T D i važi fx + T ) fx) kažemo da je funkcija f periodična, a broj T se naziva period funkcije f. Najmanji pozitivan period, ako postoji, naziva se osnovni period. Teorema Osnovni period sinusne i kosinusne funkcije je T π. Dokaz: Kako se realni brojevi x i x + π preslikavaju u istu tačku trigonometrijske kružnice, iz 17) i definicije kosinusa realnog broja, očigledno je cosx + π) cos x za svako x R. Prema tome, T π je period funkcije cos x. Da bi di dokazali da je to osnovni period, treba pokazati da za svako T 1, 0 < T 1 < π postoji bar jedan realan broj x 0, takav da je 34 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

35 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije cosx 0 + T 1 ) cos x 0. Zaista, za x 0 0 je cos 0 1 i cos0 + T 1 ) cos T 1 < 1 za T 1 0, π). Dakle, T 1 0, π) nije period funkcije y cos x. Dokaz za funkciju y sin x je sličan za x 0 može se uzeti π/). Teorema 10.. Osnovni period funkcije y tg x i y ctg x je T π. Dokaz: Kako je tgx + π) sinx + π) cosx + π) sin x cos x tg x, prema Definiciji 10.1., T π je period funkcije y tg x. Da bi di dokazali da je to osnovni period, pokazaćemo da za svako T 1, 0 < T 1 < π postoji bar jedan ugao x 0, takav da je tgx 0 + T 1 ) tg x 0. Zaista, za x 0 0 je tg 0 0 i tg0 + T 1 ) tg T 1 > 0 za T 1 0, π), pa je T π osnovni period funkcije. Dokaz za funkciju y ctg x je sličan za x 0 može se uzeti π/). Parnost trigonometrijskih funkcija Tačke Et) i E t) simetrične su u odnosu na x osu, pa imaju jednake apscise i suprotne ordinate. Dakle, važi: za svako t R je sin t) sin t, tj. funkcija sin t je neparna. za svako t R je cos t) cos t, tj. funkcija cos t je parna. za svako t R \ { π + kπ : k Z} je tg t) tg t, tj. funkcija tg t je neparna. za svako t R \ {kπ : k Z} je ctg t) ctg t, tj. funkcija ctg t je neparna. 35 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

36 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Grafici trigonometrijskih funkcija Grafik funkcije sinus konstruišemo pomoću brojne kružnice. Na x osu nanosimo meru ugla u radijanima, dok na oso y prenesemo ordinatu tačke Ex). Postupak ponavljamo dok ne obid emo celu kružnicu. Funkcija je periodična sa osnovnom periodom π, pa je dovoljno iskazati svojstva funkcije samo na segmentu [0, π]. Na sličan način konstrušemo i grafik funkcije kosinus. Na osu x nanesemo meru ugla u radijanima, dok na osu y prenesemo apscisu tačke Ex). Slika 17: Grafik funkcije y sin x i) Sinusna funkcija. Funkcija fx) sin x je definisana za svako x R, a skup vrednosti funkcije je segment [ 1, 1], tj. f : R [ 1, 1]. funkcija f je neparna i periodična sa osnovnom periodom π nule funkcije f su u tačkama x k π, k Z funkcija je pozitivna za x 0, π) i negativna za x π, π) [ funkcija je monotono rastuća na 0, π ] [ 3π ] [ π, π i monotono opadajuća na, 3π ] za x π funkcija ima maksimalnu vrednost f max 1, a za i x 3π vrednost f min 1 ima minimalnu Slika 18: Grafik funkcije y cos x ii) Kosinusna funkcija. Funkcija gx) cos x je definisana za svako x 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 x π + k π, k Z funkcija je pozitivna za x π/ + kπ, π/ + kπ) i negativna za x π/ + kπ, 3π/ + kπ) funkcija je monotono opadajuća na [0 + kπ, π + kπ] i monotono rastuća na [π + kπ, π + kπ] 36 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

37 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije za x kπ funkcija ima maksimalnu vrednost f max minimalnu vrednost f min 1 1, a za x π + kπ ima Slika 19: Grafik funkcije y tg x iii) Tanges. Funkcija hx) tg x sin x je definisana za svako x R izuzev u tačkama cos x k + 1)π x, k Z, a skup vrednosti funkcije je R. funkcija h je neparna i periodična sa osnovnom periodom π prave y π + kπ, k Z su vertikalne asimptote funkcije nule funkcije h su u tačkama x k π, k Z funkcija je monotono rastuća tg x > 0 za x kπ, π ) + kπ, a tg x < 0 za x π ) + kπ, kπ iv) Kotanges. Funkcija kx) ctg x cos x je definisana za svako x R izuzev u sin x tačkama x kπ, k Z, a skup vrednosti funkcije je R. funkcija k je neparna i periodična sa osnovnom periodom π prave y kπ, k Z su vertikalne asimptote funkcije nule funkcije h su u tačkama x k + 1)π, k Z funkcija je monotono opadajuća ctg x > 0 za x kπ, π ) + kπ, a ctg x < 0 za x π ) + kπ, kπ 37 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

38 Elementarna matematika Adicione formule Slika 0: Grafik funkcije y ctg x Neprekidnost trigonometrijskih funkcija Teorema Funkcije y sin x i y cos x su neprekidne na R. Dokaz: Neka je x 0 proizvoljna tačka iz R. Tada sin x sin x 0 sin x x 0 cos x + x 0 Kako je sin x x 0 x x 0, cos x + x 0 1, to je sin x sin x 0 x x 0, odakle sledi da je funkcija y sin x neprekidna u tački x 0. Analogno, kako je cos x cos x 0 sin x + x 0 sin x 0 x cos x cos x 0 x x 0, zbog čega je funkcija y cos x neprekidna u tački x 0.. sledi da je Iz neprekidnosti funkcija y sin x i y cos x sledi da je funkcija tg x sin x cos x neprekidna, ako je cos x 0, tj. x π cos x + n π, n Z, a funkcija ctg x je neprekidna, ako je sin x x n π, n Z. 11. Adicione formule Sinus i kosinus zbira i razlike dva ugla Odredićemo najpre formulu za cosα β). Zbog parnosti funkcije cos x, bez gubitka opštosti možemo uzeti da je α β 0. Obeležimo sa M i N tačke trigonometrijskog kruga takve da je AOM β, AON α. Tada je MON α β. Kako su koordinate tačaka N i M redom Ncos α, sin α), Mcos β, sin β), za dužinu duži MN važi MN cos α cos β) + sin α sin β). 38 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

39 Elementarna matematika Adicione formule Rotiraćemo sada koordinatni sistem xoy oko tačke O za ugao β. Označimo M A. Osa x orjentisana pomoću jediničnog vektora OA dolazi u novi položaj x 1 koji sadrži pravu OM i orjentisan je pomoću jediničnog vektora OA, dok će y osa doći u položaj y 1 normalan na x 1 i koji je orjentisan pomoću jediničnog vektora OB. Koordinate tačke M u novom koordinatnom sistemu x 1 Oy 1 su 1, 0), dok su koordinate tačke N u novom koordinatnom sistemu cosα β), sinα β)). Za dužinu duži MN u novim koordinatama važi MN 1 cosα β)) + 0 sinα β)). Kako dužina duži ne zavisi od izbora koordinatnog sistema sledi cos α cos β) + sin α sin β) 1 cosα β)) + sinα β) 0) odnosno cos α cos α cos β + cos β + sin α sin α sin β + sin β 1 cosα β) + cos α β) + sin α β) cos α cos β + sin α sin β) cosα β) Dakle, 1) cosα β) cos α cos β + sin α sin β Iz prethodne formule mogu se pokazati i sledeće tri formule: ) cosα + β) cos α cos β sin α sin β 3) sinα + β) sin α cos β + cos α sin β 4) sinα β) sin α cos β cos α sin β Dokazi: cosα + β) cosα β)) cos α cos β) + sin α sin β) cos α cos β sin α sin β 39 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

40 Elementarna matematika Adicione formule π sinα + β) cos π ) α + β) ) cos α cos β + sin sin α cos β + cos α sin β π cos π α ) α ) sin β ) β sinα β) sinα + β)) sin α cos β) + cos α sin β) sin α cos β cos α sin β Primer Izračunati sin 75. Rešenje. sin 75 sin ) sin 45 cos 30 + cos 45 sin ). 4 Primer 11.. Izračunati cos 47 sin 17 sin 47 cos 17. Rešenje. cos 47 sin 17 sin 47 cos 17 sin17 47 ) sin 30 ) sin Primer Ako je π < α < π, α + β π 3 i cos α 11, izračunati sin β. 13 Rešenje. Kako je β π 3 α, to je ) π sin β sin 3 α sin π 3 cos α cos π 3 3 sin α cos α 1 sin α Iz cos α imamo sin α 1 cos α odakle je sin α ± i kako je π 3 sin β 4 3 < α < π, to je sin α Sada je ) Tanges i kotanges zbira i razlike dva ugla tgα + β) sinα + β) cosα + β) sin α cos β + cos α sin β cos α cos β sin α sin β sin α cos α + sin β cos β 1 sin α cos α sin β cos β 40 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

41 Elementarna matematika Adicione formule 5) tgα + β) tg α + tg β 1 tg α tg β, α π +kπ, β π +kπ, α β π +kπ, k Z 6) tgα β) tg α tg β 1 + tg α tg β, α π +kπ, β π +kπ, α β π +kπ, k Z ctgα + β) cosα + β) sinα + β) cos α cos β sin α sin β sin α cos β + cos α sin β cos α sin α cos β cos β sin β + cos α sin α sin β 1 7) ctgα + β) ctg α ctg β 1 ctg α + ctg β, α kπ, β kπ, α + β kπ, k Z 8) ctgα + β) ctg α ctg β + 1 ctg β ctg α, α kπ, β kπ, α β kπ, k Z Trigonometrijske funkcije dvostrukog ugla Ako u ) i 3) stavimo da je β α dobija se 9) sin α sin α cos α 10) cos α cos α sin α 11) tg α tg α 1 + tg α, α π 4 + k π, k Z 1) ctg α ctg α 1 ctg α, α π + k π, k Z Primer Ako je π < α < π, π < β < π, sin α 4 5, cos β 5 13, izračunati cosα β). Rešenje. cosα β) cos α cos β + sin α sin β cos α 1 sin α π < α < π cos α 3 5 sin β 1 cos α π cos α cos α sin α < β < π sin β 1 13, 41 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

42 Elementarna matematika Adicione formule sin α sin α cos α 4 5 cosα β) ) 4 5 5, 5 ) Primer Izračunati cos π 7 cos π 7 cos 4π 7 Rešenje: cos π 7 cos π 7 cos 4π 7 sin π 7 cos π 7 cos π 7 cos 4π 1 7 sin π sin π 7 cos π 7 cos 4π 7 sin π sin 4π 7 cos 4π 1 7 sin π 8 sin 8π 7 sin π 1 sin π + π ) 8 7 sin π sin π 7 sin π Primer Izračunati sin 10 sin 50 sin 70. Rešenje: sin 10 sin 50 sin 70 cos90 10 ) cos90 50 ) cos90 70 ) cos 80 cos 40 cos 0 sin 0 cos 0 cos 40 cos 80 sin 0 1 sin 40 cos 40 cos 80 1 sin 0 4 sin 80 cos 80 sin sin 160 sin sin180 0 ) 1 sin 0 sin 0 8 sin Primer Izračunati 1 3 sin 10 cos 10. Rešenje: 1 3 sin 10 cos 10 3 sin 10 1 cos 10 3 sin 10 cos 10 sin 10 cos 10 sin 10 cos 10 sin 30 cos 10 cos 30 sin 10 sin30 10 ) sin 10 cos 10 1 sin dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

43 Elementarna matematika Adicione formule Trigonometrijske funkcije polovine ugla Kako je 13) sin α + cos α 1 i iz identiteta 10) je 14) cos α sin α cos α cos α. Sabiranjem i oduzimanjem ovih jednakosti dobija se 14) cos α 1 + cos α sin α 1 cos α Iz 14) kako je tg α sin α cos α, ctg α cos α sin α imamo 15) tg α 1 cos α 1 + cos α, α π + kπ ctg α 1 + cos α 1 cos α, α kπ Primer Ako je π < α < 3π Rešenje:, sin α 1 13 izračunati sin α i cos α. cos α 1 sin α π < α < 3π cos α 5 13 sin α 1 cos α π < α < 3π 4 sin α cos α 1 + cos α π < α < 3π 4 cos α Transformacija proizvoda trigonometrijskih funkcija u zbir i razliku Formule za transformaciju proizvoda trigonometrijskih funkcija u zbir i razliku dobijaju se sabiranjem ili oduzimanjem adicionih formula 1)-) odnosno 3)-4). Naime, sabiranjem adicionih formula sinα + β) sin α cos β + cos α sin β sinα β) sin α cos β cos α sin β dobija se sinα + β) + sinα β) sin α cos β odnosno 16) sin α cos β 1 sinα + β) + sinα β) ) 43 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

44 Elementarna matematika Adicione formule Sabiranjem adicionih formula cosα β) cos α cos β + sin α sin β cosα + β) cos α cos β sin α sin β dobija se 17) cos α cos β 1 ) cosα + β) + cosα β) a oduzimanjem imamo 18) sin α sin β 1 cosα β) cosα β) ) Primer Izračunati sin 0 sin 40 sin 80. Rešenje: sin 0 sin 40 sin 80 1 cos 0 cos 60 ) sin 80 1 sin 80 cos 0 1 sin sin sin 60 ) 1 sin sin 100 sin 80 ) sin 100 sin )) sin 100 sin 100 ) Primer Izračunati cos π 7 + cos 4π 7 + cos 6π 7. Rešenje: 1 sin π 7 1 sin π 7 1 sin π 7 cos π 7 + cos 4π 7 + cos 6π 7 sin π 7 cos π 7 + sin π 7 cos 4π 7 + sin π 7 cos 6π ) 7 sin 3π 7 sin π 7 + sin 5π 7 sin 3π 7 + sin 7π 7 sin 5π 7 sin π ) 1 7. ) 44 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

45 Elementarna matematika Adicione formule Primer Izračunati Rešenje: 1 sin 10 sin sin 10 sin sin 10 sin 70 1 cos 60 cos 80 ) sin 10 sin 10 1 cos 60 + cos 80 sin 10 cos 80 sin 10 cos90 10 ) 1. sin Transformacija zbira i razlike trigonometrijskih funkcija u proizvoda Ako su u formulama 16), 17) i 18) zameni α + β x i α β y, odnosno α x + y, β x y dobijaju se formule za transformaciju zbira i razlike trigonometrijskih funkcija u proizvod: 19) sin x + sin y sin x + y 0) sin x sin y sin x y 1) cos x + cos y cos x + y ) cos x cos y sin x + y cos x y cos x + y cos x y sin x y Primer Izračunati cos π 5 cos 3π 5 i cos π 5 + cos 3π 5. Rešenje: cos π 5 + cos 3π 5 cos π 5 cos π 5 ) sin π 5 cos π 5 cos π 5 sin 4π 5 4 sin π 5 sin π 5 sin π π ) 5 4 sin π 5 sin π 5 cos π 5 sin π 5 sin π 5 4 sin π cos π 5 cos 3π 5 1 cos 4π 5 + cos π 5 1 sin π 5 cos π 5 + sin π 5 cos 4π ) 5 sin π 5 1 sin π 5 sin 3π 5 sin π 5 + sin 5π 5 sin 3π 5 ) sin π 5 sin π dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

46 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Primetimo da iz prethodnih jednakosti zaključujemo da su x 1 cos π 5, x cos 3π 5 kvadratne jednačine x 1 4 x 1 0, koreni jer za korene ove jednačine prema Vijetovim pravilima važi x 1 + x 1 4, x 1 x Inverzne trigonometrijske funkcije Inverzne trigonometrijske funkcije nazivaju se ciklometrijske ili arkus funkcije. i) Arkus sinus. Funkcija fx) sin x 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 fx) na π, π ], tj. funkciju [ f 1 : π, π ] [ 1, 1], gde je f 1 x) sin x. [ Funkcija f 1 x) 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 x) arcsin x. Grafik funkcije y arcsin x simetričan je grafiku funkcije f 1 x) u odnosu na pravu y x slika 0-a)). Slika 1: Grafik funkcije y arcsin x i y arccos x Prema svojstvima uzajamno inveznih funkcija važe jednakosti: arcsinsin x) x, x [ π, π ], sinarcsin x) x, x [ 1, 1]. 46 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

47 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Osnovna svojstva funkcije F x) arcsin x, x [ 1, 1] su: funkcija F je neparna, tj. važi arcsin x) arcsin x, x [ 1, 1]. funkcija je pozitivna za x 0, 1] i negativna za x [ 1, 0) nula funkcija F je x 0 funkcija je monotono rastuća Primer 1.1. Nacrtati grafik funkcije y arcsinsin x). Funkcija je definisana na R i periodična je sa periodom π. Zato je dovoljno odrediti grafik funkcije na segmentu [ π/, 3π/]. Ako je π/ x π/, onda je y arcsinsin x) x. Za π/ x 3π/ je π/ x π π/, pa je arcsinsinx π)) x π. S druge strane, sinx π) sin x i zato je arcsinsinx π)) arcsin sin x) arcsinsin x), zbog neparnosti funkcije arcsin x. Dakle, x π arcsinsin x) za x [π/, 3π/]. Konačno, imamo da je x, π y arcsinsin x) x π, π π x, x 3π 18). Grafik funkcije y arcsinsin x) prikazan je na sledećoj slici: ii) Arkus kosinus. Funkcija g 1 : [0, π] [ 1, 1], g 1 x) cos x, x [0, π] je neprekidna i opadajuća. Njena inverzna funkcija G : [ 1, 1] [0, π], Gx) arccos x, x [ 1, 1] je takod e neprekidna i opadajuća. 47 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

48 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Grafik funkcije y arccos x prikazan je na slici 0-b). Važe jednakosti: arccoscos x) x, x [0, π], cosarccos x) x, x [ 1, 1]. Osnovna svojstva funkcije Gx) arccos x, x [ 1, 1] su: funkcija G nije ni parna ni neparna, već važi arccos x) π arccos x funkcija G je pozitivna za svako x [ 1, 1) nula funkcija G je x 1 funkcija je monotono opadajuća Teorema 1.1. Za svako x [ 1, 1] važe jednakosti: arccos x) π arccos x, arcsin x + arccos x π. A) B) Dokaz: a) Označimo sa arccos x α. Tada prema definiciji funkcije arccos x je cos α x, 0 α π. Onda je 0 π α π i cosπ α) cos α x. Opet prema definiciji funkcije arccos x je π α arccos x). Ovim je formula A) dokazana. b) Označimo sa arcsin x α. Tada prema definciji funkcije arcsin x je sin α x, π/ α π/. Onda je 0 π/ α π i cosπ/ α) sin α x. Sada prema definiciji funkcije arccos x je π/ α arccos x. Ovim je i formula B) dokazana. Primer 1.. Odrediti arccossin x) ako je π x 3π. )) π Rešenje. I način: Imamo da je arccossin x) arccos cos x. Ako stavimo da je y π x, kako je π π x π, treba odrediti arccoscos y) za π y π/. Kako je 0 y + π π/, imamo da je Sa druge strane je Dakle, arccos cosy + π)) y + π. arccoscosy + π)) arccos cos y) π arccoscos y). za π y π/. Konačno, π arccoscos y) y + π arccoscos y) y arccossin x) arccoscos y) y x π. II način: Imamo da je arccossin x) π arcsinsin x). Odredićemo zato arcsinsin x) za π x 3π. Kako je 0 x π π, imamo x π arcsinsinx π)) arcsinsin π x))) arcsin sinπ x)) arcsinsinπ x)) arcsinsin x). 48 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

49 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Dakle, za x [π, π/], je arcsinsin x) π x, odnosno arccossin x) π π x) x π. Primer 1.3. Odrediti arcsin cos x ako je π x 3π. Rešenje. I način: Za π x 3π imamo da je )) π arcsin cos x arcsin cos x) arcsincos x) arcsin sin x. Ako stavimo da je y π x, kako je π π x π, treba odrediti arcsinsin 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 siny + π)) y + π. arcsinsiny + π)) arcsin sin y) arcsinsin y). arcsinsin y) y + π arcsinsin y) y π arcsin cos x arcsinsin y) y + π π x + π 3π x. II način: Za π x 3π imamo da je ) π arcsin cos x arcsin cos x) arcsincos x) arccoscos x) arccoscos x) π. Odredićemo arccoscos x) za π x 3π. Kako je 0 x π π, imamo x π arccoscosx π)) arccoscosπ x)) arccos cos x) π arccoscos x). Dakle, arccoscos x) π x za π x 3π, a konačno arcsin cos x π x π 3π x. Primer 1.4. Izračunati cos arcsin 4 ) 1 + arccos Rešenje. Neka je α arcsin 4 5 sin α i cos β, a kako su α, β 0, π/) biće 13 cos α 1, β arccos, 0 < α < π/, 0 < β < π/. Tada je 13 1 sin α ) 3 5, 49 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

50 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Tada je sin β ) 1 1 cos β cosα + β) cos α cos β sin α sin β Teorema 1.. Za realne brojeve x, y [ 1, 1], je arcsin x + arcsin y arcsin x 1 y + y 1 x ), za xy 0 ili x + y 1; π arcsin x 1 y + y 1 x ), za x > 0, y > 0 i x + y > 1; π arcsin x 1 y + y 1 x ), za x < 0, y < 0 i x + y > 1. Dokaz: Neka je arcsin x α, arcsin y β, α, β [ π/, π/]. Tada je sin α x, sin β y. Pored toga, kako su cos α 0 i cos β 0, to je cos α 1 x i cos β 1 y. Dakle, sinα + β) sin α cos β + cos α sin β x 1 y + y 1 x odakle je arcsinsinα + β)) arcsin x 1 y + y ) 1 x. 19) Kako je α + β [ π, π], može se pokazati da je α + β, α + β [ π/, π/]; arcsinsinα + β)) π α + β), α + β [π/, π]; π α + β)), α + β [ π, π/]. 0) Pokazaćemo da je α + β [ π/, π/] za xy 0, ili x + y 1; α + β [π/, π) za x > 0, y > 0, x + y > 1; α + β [ π, π/) za x < 0, y < 0, x + y > 1, tako da traženo tvrd enje sledi iz 19) i 0). i) Ako je x 0, y 0, onda je α [ π/, 0] i β [0, π/]. U slučaju, x 0, y 0, je α [0, π/] i β [ π/, 0]. Dakle, za xy 0 je α + β [ π/, π/]. ii-a) Ako je x > 0, y > 0 i x +y 1, onda je α 0, π/], β 0, π/] i α+β 0, π]. Takodje, sin α x 1 y cos β sin α sin α cos β cos β, jer su uglovi α, β oštri. Takod e, sin β y 1 x cos α sin β sin β cos α cos α, Zato je cos β cos α sin α cos α sin α sin β, 50 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

51 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije odnosno pa je α + β [0, π/]. cosα + β) cos α cos β sin α sin β 0, ii-b) Ako je x < 0, y < 0 i x + y α + β [ π, 0). Takodje, 1, onda je α [ π/, 0), β [ π/, 0) i sin α x 1 y cos β sin α sin α cos β cos β, jer su uglovi α, β oštri. Takod e, sin β y 1 x cos α sin β sin β cos α cos α, Kako je cos α 0 i sin α < 0, dobija se odnosno pa je α + β [ π/, 0). cos β cos α sin α) cos α sin α) sin β), cosα + β) cos α cos β sin α sin β 0, iii) Ako je x > 0 i y > 0, onda je α 0, π/], β 0, π/] i α + β 0, π]. Pored toga, ako je x + y > 1, imamo i Onda je odnosno sin α x > 1 y cos β cos β cos β < sin α sin α, pa je α + β [π/, π]. 1 cos α > 1 sin β cos α cos α < sin β sin β. cos β cos α < sin α cos α < sin α sin β, cosα + β) cos α cos β sin α sin β < 0, iv) Ako je x < 0 i y < 0, onda je α [ π/, 0), β [ π/, 0) i α + β [ π, 0]. Ako je x + y > 1, imamo cos β cos β < sin α sin α i cos α cos α < sin β sin β, odakle je, uzevši u obzir da je cos α > 0 i sin α < 0 tj. Dakle, α + β [ π, π/). cos α cos β < cos α sin α) < sin β) sin α), cosα + β) cos α cos β sin α sin β < 0. Teorema 1.3. Za realne brojeve x, y [ 1, 1], je arccos x + arccos y { arccos xy 1 y 1 x ), za x + y 0; π arccos xy 1 y 1 x ), za x + y < dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

52 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Dokaz: Neka je arccos x α, arccos y β, α, β [0, π]. Tada je cos α x i cos β y i α + β [0, π]. Pored toga, kako su sin α 0 i sin β 0, to je sin α 1 x i sin β 1 y. Dakle, cosα + β) cos α cos β sin α sin β xy 1 x 1 y odakle je arccoscosα + β)) arccos xy 1 x ) 1 y. 1) Može se pokazati pokazati!!) da je arccoscosα + β)) { α + β, α + β [0, π]; π α + β), α + β [π, π]. ) Pokazaćemo da je α + β [0, π] za x + y 0, α + β π, π] za x + y < 0, tako da traženo tvrd enje sledi iz 1) i ). i) Neka je x + y 0. i-1) Ako je x 0, y 0, onda je α, β [0, π/], pa je α + β [0, π]. i-) Ako je x 0, y 0, onda iz x y sledi x y. Kako je α [0, π/] i β [π/, π], iz 1 sin α 1 sin β sin α sin α sin β sin β, cos α cos β cos α cos α cos β cos β, kako je cos α 0 i sin α 0, biće Tada je sin β cos α sin α cos α sin α cos β). sinα + β) sin α cos β + cos α sin β 0. i-3) Ako je x 0, y 0, onda je α [π/, π] i β [0, π/] i iz x y sledi x y. Tada je cos α cos α cos β cos β i sin α sin α sin β sin β odakle se dobija da je cos β sin α cos α) sin α cos α) sin β, odnosno sinα+β) 0. Dakle, ako je x + y 0, onda je sinα + β) 0, što povlači da je α + β [0, π]. ii) Ako je x + y < 0, onda se posmatrajući slučajeve: ii-1) x < 0, y < 0, ii-) x < 0, y > 0, x < y, ii-3) x > 0, y < 0, x < y, na sličan način se može pokazati da je α + β π, π]. 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

53 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije iii) Arkus tanges. Funkcija h 1 : π, π ) R, h 1 x) tg x, x π, π ) je neprekidna i rastuća. Njena inverzna funkcija H : R π, π ), Hx) arctg x, x R je takod e neprekidna i rastuća. Važe jednakosti: arctgtg x) x, x π, π ), tgarctg x) x, x R. Za funkciju Hx) arcctg x, x R važi: funkcija H je neparna, tj. arctg x) arctg x, x R funkcija je negativna za x < 0, pozitivna za x > 0 i nula funkcije je x 0 funkcija je monotono rastuća Slika : Grafici funkcija y arctg x i y arcctg x iv) Arkus kotanges. Funkcija Kx) arcctg x, K : R 0, π) je inverzna za monotonu funkciju k 1 : 0, π) R datu sa k 1 x) ctg x, x 0, π). Važe jednakosti: arcctgctg x) x, x 0, π), ctgarcctg x) x, x R. Za funkciju y Kx) arcctg x važi: funkcija K nije ni parna ni neparna, već važi arcctg x) arcctg x + π funkcija K nema nule i pozitivna je za svako x R funkcija je monotono opadajuća 53 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

54 Elementarna matematika Hiperbolične funkcije Teorema 1.4. Za svako x R važe jednakosti: arctg x + arcctg x π, arcctg x) arcctg x + π. C) D) Veze izmed u ciklometrijskih funkcija istog ugla: Teorema 1.5. Važe sledeće veze izmedju invernih trigonometrijskih funkcija: arcsin x arccos 1 x arctg arccos x arcsin 1 x arcctg x, x [0, 1] 1 x x, x [0, 1] 1 x arctg x arcctg 1 x arcsin x arccos 1, 1 + x 1 + x x R Dokaz: Označimo sa arcsin x α. Tada prema definiciji funkcije arcsin x je sin α x, 0 α π/. Onda je cos α 1 sin α 1 x sin α, tg α 1 sin α, odakle je α arccos 1 x arctg x 1 x. Primer 1.5. Dokazati arctg 11 + arctg 1 7 arctg 1. Rešenje. Neka je α arctg 11 i β arctg 1 7, tj. tg α 11, tg β 1 7. Odavde, uzevši u obzir da je 1 7 < 3 11 < i da je y arctg x rastuća funkcija, zaključujemo da je 3 0 < α < π/6 i 0 < β < π/6. Sada kako je iz tg β tgα + β) tg β 1 tg β 7 4, tg α + tg β 1 tg α tg β dobijamo tgα + β) 1. Kako je 0 < α + β < π, imamo arctg 11 + arctg 1 7 α + β arctg Hiperbolične funkcije Funkcije definisane sa sh x ex e x, ch x ex + e x nazivaju se redom sinus hiperbolični i kosinus hiperbolični. Koriste se i oznake sinh i cosh. Grafici ovih funkcija prikazani su na slici dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

55 Elementarna matematika Hiperbolične funkcije Slika 3: Grafici funkcija y sh x i y ch x U trigonometrijskom krugu slika 4-a)) definisane su trigonometrijske funkcije sin, cos, tg ugla AOC čija je mera u radijanima α, kao dužine duži BC, OB, AD. Meru ugla AOC možemo iskazati i kao površinu P k kružnog isečka COK : P k 1 r α α. Uzimajući analognu funkciju površine, ali ne za kružnicu x + y x y 1, možemo definisati i hiperbolične funkcije. 1, nego za hiperbolu Slika 4: Naime, označavajući sa P h x površinu analognog sektora COK slika 4-b)), definišemo hiperbolične funkcije - sinus, kosinus i tangens hiperbolični sa: sh x BC, ch x OB, th x AD. Kada površinu P h izračunamo npr. primenom odredjenog integrala ili dvostrukog intergrala), dobijamo ) ) x P h ln BC + BC + 1 ln OB + OB AD ln 1 AD, odakle odred ujemo dužine duži BC, OB, AD, odnosno za hiperbolične funkcije dobijamo prethodne navedene izraze u eksponencijalnom obliku: BC ex e x sh x OB ex + e x ch x AD ex e x th x e x + e x 55 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu