ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "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 = f(x). Skup X naziva se domen i označava se sa D(f) ili Dom(f), 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, f(x) ), x D(f) naziva se grafik funkcije y = f(x), x D(f), tj. G = { ( x, f(x) ) x D(f)}. (i) Grafik funkcije y = f(x) + a može se dobiti translacijom grafika funkcije y = f(x) u pravcu y-ose za vrednost a > 0. (ii) Grafik funkcije y = f(x b) može se dobiti translacijom grafika funkcije y = f(x) 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 = f(x). (iv) Grafik funkcije y = f(x) je simetričan u odnosu na x-osu sa grafikom funkcije y = f(x). 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 f(x 1 ) = f(x ) x 1 = x () sirjekcija (funkcija NA ) ako i samo ako za svako y Y postoji bar jedno x X takvo da je y = f(x), tj. ako i samo ako je (3) bijekcija ako je ona injekcija i sirjekcija. f(x) = { f(x) 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

2 Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama 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 4(x) je bijekcija. 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(x) = g(x) 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 f(x) Y, svaki element f(x) f(x) Y funkcija g preslikava u element g ( f(x) ) Z. Tada se funkcija koja za svako x X ima vrednost g ( f(x) ) = (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 ( f(x) ) = x za svako x A, () f ( g(y) ) = y za svako y B, kažemo da je funkcija g inverzna funkcija funkcije f i označavamo je sa f 1. dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

3 Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Grafik funkcije y = f 1 (x) simetričan je grafiku funkcije y = f(x) 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 ( f(x) ) = x za svako x A, () f ( g(y) ) = y za svako y B. 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 = f(x). 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 = f(x). Označimo li sa g : B A funkciju koja y x, tada za svako x A imamo (g f)(x) = g ( f(x) ) = x i za svako y = f(x) B (f g)(y) = f ( g(y) ) ( = f g ( f(x) )) = f ( (g f)(x) ) = f(x) = 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 = f(x). Ali tada je g 1 f(x) g f(x), 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. 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

4 Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama (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), ( ) : 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 = f(x 1 ) = f(x ) = y. Kako je onda g(y 1 ) = g(y ) tj. g(f(x 1 )) = g(f(x )), 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 f(x) y 0. Neka je x 0 = g(y 0 ) A. Tada za y 0 B zbog svojstva () je f(g(y 0 )) = y 0, što je suprotno pretpostavci da je f(g(y 0 )) = f(x 0 ) y 0. Slika : Grafik funkcije f(x) = x, x 0 i njene inverzne funkcije f 1 (x) = x i grafik funkcije g(x) = x, x 0 i njene inverzne funkcije g 1 (x) = x 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

5 Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Primer 1.3. Naći inverznu funkciju sledećih funkcija: (a) f(x) = x x + 1 definisane za x 1 ; (b) g(x) = 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 f(x) = x x + 1, x i njene inverzne funkcije f 1 (x) = 1/ + x 3/4, x 3/4 i grafik funkcije f(x) = x 6x + 1, x < 3 i njene inverzne funkcije f 1 (x) = 3 x + 8, x 8 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) = f(x), a neparna na A ako za svako x A važi f( x) = f(x). 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. Ističemo sledeća svojstva parnih i neparnih funkcija: 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

6 Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama 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. Monotonost funkcije Definicija 1.7. Za funkciju f : R R kažemo da je : (a) rastuća, ako je tačna implikacija ( x, y R) ( x < y f(x) < f(y). (b) neopadajuća, ako je tačna implikacija ( x, y R) ( x < y f(x) f(y) ). (c) opadajuća, ako je tačna implikacija ( x, y R) ( x < y f(x) > f(y) ). (d) nerastuća, ako je tačna implikacija ( x, y R) ( x < y f(x) 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 f strogo monotono, sirjektivno preslikavanje 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 1-1, kako je prema pretpostavci f sirjekcija, na osnovu Teoreme 1.1. možemo zaključiti da postoji inverzna funkcija f 1 funkcije f. Zaista, ako je x y, recimo x < y, tada je f(x) < f(y), tj. f(x) f(y), 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 f(x 1 ) < f(x ) f(x ) f(x 1 ) x x 1. Neka je y 1 = f(x 1 ) i y = f(x ), 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. 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

7 Elementarna matematika Kvadratna 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 f(x) = f(a). x a 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). neprekidna u Funkcija f g je takod e neprekidna u tački a, ako je g(a) 0. Kompozicija neprekidnih funkcija je neprekidna funkcija. Teorema 1.3. Neka je f neprekidna i strogo rastuća (strogo opadajuća) funkcija na intervalu [a, b) (konačnom ili beskonačnom). Neka je d = lim x b 0 f(x), ako je b konačan broj, a ako je b = +, neka je d = lim x + f(x). Tada je na intervalu [f(a), d) ((d, f(a)] definisana inverzna funkcija f 1 koja je takod e neprekidna i strogo rastuća (strogo opadajuća) na tom intervalu.. Kvadratna funkcija Funkcija y = f(x) = 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, a ako je a < 0 parabola je sa otvorom na dole. Teorema.1. Brojevi x 1, x su rešenja kvadratne jednačine (KJ) a x + b x + c = 0, a 0 ako i samo ako je (V F ) x 1 + x = b a, x 1 x = c a Vietove formule. Dokaz. ( ) : Ako su x 1, x su rešenja kvadratne jednačine (KJ), tada je i x 1 + x = b b 4ac a x 1 x = b + b 4ac a ( + b + b 4ac a b b 4ac a ) = b a = b (b 4ac) 4a = c a. ( ) : Ako x 1, x zadovoljavaju relacije (V F ), tada važi faktorizacija a(x x 1 )(x x ) = ax a(x 1 + x )x + ax 1 x = ax + bx + c. 7 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

8 Elementarna matematika Kvadratna funkcija Dakle, jednačinu (KJ) možemi zapisati u obliku a(x x 1 )(x x ) = 0, pa su x 1, x rešenja te jednačine. Da bi smo skicirali grafik kvadratne funkcije, transformišemo kvadratni trinom ax + bx + c na kanonski oblik: ( y = ax + bx + c = a x + b a x + c ) [ ( = a x + b ) b a a 4a + c ] a Dakle, odnosno uvod enjem oznaka dobija se y = a α = b a, [ ( x + b a ) ] b 4ac β = D 4a 4a = 4ac b 4a y = f(x) = a(x α) + β. S obzirom na znak koeficijenta a i znaka diskriminante D razlikujemo šest karakterističnih slučajeva: (I) Ako je D = b 4ac > 0 funkcija ima dve nule (Slika 5.) x 1, = b ± b 4ac a R. (II) Ako je D = b 4ac = 0 funkcija ( ima jednu nulu (Slika 6.) x 1 = x R i parabola dodiruje x osu u tacki (x 1, 0) = b ) a, 0. (III) Ako je D = b 4ac < 0 funkcija nema realnih nula (Slika 7.), tj. njeg grafik nema zajedničkih tačaka sa x osom. Tačka T (α, β) naziva se teme parabole. (i) Ako je a > 0: funkcija f je za x < α monotono opadajuća, za x > α je monotono rastuća. Kvadratna funkcija ima minimum β = D b koji se dostiže za x = α = 4a a ; (ii) Ako je a < 0: funkcija f je za x < α monotono rastuća, za x > α je monotono opadajuća. Kvadratna funkcija ima maksimum β = D b koji se dostiže za x = α = 4a a. Pokažimo da je f monotono rastuća za x < α, ako je a < 0: x 1 < x < α x 1 α < x α < 0 (x 1 α) > (x α) a(x 1 α) < a(x α) f(x 1 ) = a(x 1 α) + β < a(x α) + β = f(x ). Ostali slučajevi pokazuju se analogno. 8 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

9 Elementarna matematika Kvadratna funkcija y y a>0 D>0 D 4a T( a<0 D>0 b a x 1 x x x 1 b a x x D 4a T( (a) (b) Slika 5: Kvadratna funkcija ako je D > 0 y a>0 D=0 y T( b a a<0 D=0 x (a) b a T( x (b) Slika 6: Kvadratna funkcija ako je D = 0 y y x a>0 D<0 T( a<0 D<0 T( x (a) (b) Slika 7: Kvadratna funkcija ako je D < 0 9 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

10 Elementarna matematika Kvadratna funkcija Primer.1. Odrediti vrednost realnog parametra m za koju je zbir kvadrata korena jednačine x m x + m 3 = 0 najmanji. Rešenje: Prema Vietovim pravilima za korene x 1, x date KJ je x 1 + x = m, x 1 x = m 3, tako da je 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 f(m) = 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. f(x) = (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) 4(m 1) 5m + 8m 4 = 0 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. Odrediti najmanju i najveću vrednost funkcije f(x) = [ 1, 1]. 1 x + x + 1 na segmentu 1 Rešenje: Najmanja i najveća vrednost funkcije f(x) = na segmentu [ 1, 1] biće x + x + 1 najveća i najmanja vrednost funkcije g(x) = x +x+1 na datom segmentu. Minimum funkcije g je g min = D 4a = 3 [ 1, 1]. 4 Dakle, najveća vrednost funkcije f na segmentu [ 1, 1] je 4/3. Kako je g( 1) = 1 i g(1) = 3, to je najveća vrednost funkcije g na datom segmentu 3, tako da je najmanja vrednost funkcije f na datom segmentu 1/3. 10 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

11 Elementarna matematika Kvadratna funkcija Primer.4. Neka je D oblast definisanosti funkcije f(x) =. Odrediti skup f(d). x 1 { } 1 Rešenje: Oblast definisanosti funkcije f je D = R\. Problem odredjivanja skupa f(d), odnosno oblasti vrednosti funkcije f, može se formulisati kao zadatak odredjivanja vrednosti parametra y R pri kojima f(x) = y ima bar jedan realan koren. Jednačina f(x) = y je ekvivalentna sa x x y + y = 0 x 1 x 1, = y ± y y x 1. Prema tome, jednačina f(x) = y ima realne korene ako i samo ako je y y 0, tj. y (, 0] [1, ), što daje skup f(d) = R \ (0, 1). Primer.5. U zavisnosti od parametra k R \ {0} rešiti nejednačine (a) kx x + k < 0; (b) kx x + k 0. Rešenje: Rešenja odgovarajuće kvadratne jednačine su x x 1, = ± 4 4k k = 1 ± 1 k k λ 1 = 1 1 k, λ = k k k Rešavanje kvadratne nejednačine zasniva se na ispitivanju znaka odgovarajuće kvadratne funkcije y = kx x + k čiji grafik može imati jedan od šest oblika prikazanih na slikama 5., 6. i 7. Slučaj (I) - D > 0: D = 1 k > 0 akko 1 < k < 1. Slučaj (I-a) : za 1 < k < 0, pre svega primetimo da je λ < λ 1. Kvadratna funkcija (Slika 5-(b)) je negativna za x < λ ili x > λ 1. Slučaj (I-b): za 0 < k < 1, pre svega primetimo da je λ 1 < λ. Kvadratna funkcija (Slika 5-(a)) je negativna za x (λ 1, λ ). Slučaj (II) - D = 0: D = 1 k = 0 akko k = 1 ili k = 1. ( Slučaj ) (II-a) : za k = 1, kvadratna funkcija (Slika 6-(b)) dodiruje x osu u tački b a, 0 = ( 1, 0) i negativna je za svako x R \ { 1} x R \ { 1} je rešenje kvadratne nejednačine (a), x R je rešenje kvadratne nejednačine (b). ( Slučaj ) (II-b) : za k = 1, kvadratna funkcija (Slika 6-(a)) dodiruje x osu u tački b a, 0 = (1, 0) i pozitivna je za svako x R \ {1} kvadratna nejednačina (a) nema realnih rešenja, kvadratna nejednačina (b) ima jedinstveno rešenje x = 1. Slučaj (III) - D < 0: D = 1 k < 0 akko k < 1 ili k > dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

12 Elementarna matematika Kvadratna funkcija Slučaj (III-a): za k < 1 kvadratna funkcija (Slika 7-(b)) je negativna za svako x R x R je rešenje kvadratne nejednačine (a) i (b). Slučaj (III-b): za k > 1 kvadratna funkcija (Slika 7-(a)) je pozitivna za svako x R kvadratna nejednačina (a), kao i kvadratna nejednačina (b), nema realnih rešenja. Rešenje kvadratne nejednačine (a) je x R, k < 1; x R ( \ { 1}, k = 1; x, 1 + ) ( ) 1 k 1 1 k, 1 < k < 0; k k ( 1 1 k x, 1 + ) 1 k, 0 < k < 1; k k x, k 1. Rešenje kvadratne nejednačine (b) je x R, k 1; x (, k ] [ ] 1 1 k, 1 < k < 0; [ k k 1 1 k x, k ], 0 < k < 1; k k x = 1, k = 1; x, k > 1. Primer.6. Data je funkcija f(x) = 1 9 x. (a) Ako je D oblast definisanosti date funkcije, odrediti f(d). (b) Naći inverznu funkciju funkcije f(x) definisane za 3 x 0. Rešenje. Funkcija f je definisana za 3 x 3. (a) Odredimo vrednosti parametra y R pri kojima jednačina y = 1 9 x ima bar jedan realan koren x. Da bi smeli da kvadriramo jednačinu 9 x = 1 y mora biti 1 y 0, odnosno y 1. Dobija se x = 8 + y y, odakle zaključujemo da je 8 + y y 0, tj. y 4. Dakle, y 1, tj. f(d) = [, 1]. (b) Funkcija f očigledno nije 1-1 na celoj svojoj oblasti definisanosti, jer je f( x) = f(x) za svako x D = [ 3, 3]. Za x [ 3, 0] funkcija f je monotono opadajuća, jer je 3 x 1 < x 0 x 1 > x 9 x 1 < 9 x 9 x 1 < 9 x f(x 1 ) = 1 9 x 1 > f(x ) = 1 9 x. Prema Teoremi 1.. funkcija f(x) definisana za 3 x 0 je 1-1, a prema (a) f je sirjektivno preslikavanje [ 3, 0] na [, 1], pa prema Teoremi 1.1. postoji inverzna funkcija 1 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

13 Elementarna matematika Kvadratna funkcija f 1 : [, 1] [ 3, 0]. Da bi odredili inverznu funkciju rešavamo jednačinu y = 1 9 x po x i dobijamo x = 8 + y y x = ± 8 + y y. Kako je x 0, biće f 1 (y) = 8 + y y. Primer.7. Data je funkcija f(x) = x x. (a) Odrediti f(d), ako je D oblast definisanosti funkcije f. (b) Odrediti inverznu funkciju funkcije f definisane za 0 x 1. Rešenje. Funkcija f je definisana za x 0. (a) Smenom t = x 0 jednačina x x y = 0 postaje kvadratna jednačina ( ) t t y = 0 Odredimo vrednosti parametra y R pri kojima jednačina ( ) ima bar jedan nenegativan realan koren t. Ova jednačina ima realne korene akko D = 4(1 + y) 0, tj. y 1. Koreni jednačine su t = 1 ± 1 + y i kako je za svako y 1, y 1 > 0, zaključujemo da je f(d) = [ 1, ). (b) Funkcija f očigledno nije 1-1 na celoj svojoj oblasti definisanosti, jer je ( ) 3 f = 1 ( ) 3 + = f. Kvadratna funkcija g(t) = t t ima minimum za t min = 1, odakle zaključujemo da funkcija f ima minimum za x = 1, tj. x min = 1. Za t < 1 funkcija g(t) = (t 1) 1 je monotono opadajuća: t 1 < t < 1 t 1 1 < t 1 < 0 (t 1 1) > (t 1) g(t 1 ) = (t 1 1) 1 > (t 1) 1 = g(t ). Dakle, za 0 x 1 funkcija f je monotono opadajuća, odnosno 1-1. Prema (a) f je sirjektivno preslikavanje [0, ) na [ 1, ). Medjutim, da bi odredili f(i) gde je I = [0, 1], treba odrediti vrednosti parametra y R pri kojima jednačina ( ) ima bar jedan realan koren t [0, 1]. Primetimo, da je t 1 = y 0 za 1 y 0. Prema tome, za 1 y 0 oba korena jednačine ( ) su realna i pozitivna, dok za y > 0 jednačina ( ) ima samo jedan pozitivan realan koren t = y = t, za koji je s druge strane t = y > 1. Kako je t 1 [0, 1] za svako y [ 1, 0], zaključujemo da je f(i) = [ 1, 0]. Prema Teoremi 1.. postoji inverzna funkcija f 1 : [ 1, 0] [0, 1]. Da bi odredili inverznu funkciju rešavamo jednačinu x x y = 0 po x i dobijamo x = 1 ± 1 + y. Kako je x 1, biće x = y [0, 1] za y [ 1, 0]. Dakle, ( x = f 1 (y) = 1 ) 1 + y = + y 1 + y. 13 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

14 Elementarna matematika Kvadratna funkcija.1. Raspored korena kvadratne jednačine u odnosu na date brojeve 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 f(x) = a x + b x + c: Teorema.1. Koreni x 1, x su realni i važi α < x 1 x akko je D 0 a f(α) > 0 b (Slika 8) 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 α(x 1 + x ) + α > 0 x 1 + x > 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 x 1 a x x f ( ) x 1 b a x x Slika 8: Koreni x 1, x realni i α < x 1 x Teorema.. Koreni x 1, x su realni i važi x 1 x < α akko je D 0 a f(α) > 0 b a < α 14 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

15 Elementarna matematika Kvadratna funkcija 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 α(x 1 + x ) + α > 0 x 1 + x < α D 0 c a + α b a + α > 0 b a < α D 0 f(α) a > 0 b a < α Teorema.3. Koreni x 1, x su realni i važi x 1 < α < x akko je a f(α) < 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 α(x 1 + x ) + x 1 x < 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 x 1 i x tada bi prema Teoremi.1. i.. imali da je af(α) > 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 f(α) > 0 a f(β) > 0 α < b a < β. Primer.8. Za koje k R su oba korena jednačine veća od 3? Rešenje. k > 11 9 x 6k x + 9k k + = 0 15 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

16 Elementarna matematika Kvadratna funkcija Primer.9. Za koje k R \ {0} koreni jednačine zadovoljavaju uslov x 1 < 3 < x? ( Rešenje. k 0, 8 ). 15 k x + (k 1) x = 0, Primer.10. Naći k R \ {1} tako da se koreni jednačine nalaze u intervalu ( 1, ). [ Rešenje. k 4 ) 5, 3 (1, + ) 4 (k 1) x (k + ) x + k = 0,.. Kvadratna funkcija konstantnog znaka na datom intervalu Kvadratna funkcija f(x) je pozitivna za svako x R ako je D < 0 i a > 0. Kvadratna funkcija f(x) je negativna za svako x R ako je D < 0 i a < 0. Primer.11. Odrediti vrednost realnog parametra m za koje nejednakost važi za svako x R. Rešenje < m < 1 (4m 3)x + (3m )x + 7 6m > 0, m 3 4, Primer.1. Odrediti vrednost realnog parametra m za koje nejednakost važi za svako x R. Rešenje. 3 < m < 6 { D < 0 a < 0 9 < 3x + m x 6 x x + 1 Teorema.5. Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x (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 < 6 a < 0 D 0 f(β) 0 b a > β (Slika 9) Teorema.6. Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x (α, β) ako i samo ako je 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 16 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

17 Elementarna matematika Kvadratna funkcija 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 9: Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x (α, β) Teorema.7. Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x > β ako i samo ako je { D < 0 a > 0 a > 0 D 0 f(β) 0 b a < β (Slika 10) y y x f b x 1 a x f x Slika 10: Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x < α (T..7.); za svako x > β (T..8.) Teorema.8. Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x < α ako i samo ako je { D < 0 a > 0 a > 0 D 0 f(α) 0 b a > α (Slika 10) 17 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

18 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac ceo broj 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 f(β) 0 (Slika 11) b a < β y y x f x 1 b a x f x Slika 11: Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x < α (T..9); za svako x > β (T..10) 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 f(α) 0 (Slika 11) b a > α Primer.13. Odrediti sve vrednosti k R \ {0} za koje nejednakost važi za k x 4 x + k 1 > 0 (a) svako x > 0; (b) svako x ( 3, 1); (c) svako x < 1. ( ) Rešenje. (a) k, + (b) k [ 1, 0) (0, + ) 4 (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: 18 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

19 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac ceo broj 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: 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. (S.N.9.) ako je a > 1 (0 < a < 1), onda a m > 1(a m < 1) za svako m N. Sva navedena svojstva se lako pokazuju direktno iz Definicije 3.1. ili koristeći princip matematičke indukcije. 3.. 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 važe svojstva 19 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

20 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac ceo broj (S.N.4a.) i (S.N.4b.). 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 3.. (uzevši u obzir da je n m N) a m a n = a (n m) = a m n. 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 0 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

21 Elementarna matematika Stepena funkcija sa prirodnim izložiocem (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 = ( 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 > 1 i a n > 1 (prema (S.N.9.)), 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 f(x) = 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. 1 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

22 Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima Posmatrajmo najpre funkciju f(x) = 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 = f(x) za svako x R f(x) > 0 za x > 0 i f(x) < 0 za x < 0 f(x) = 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 f(x 1 ) = f(x ) 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 f(x) = x n+1 = y Posmatrajmo sada funkciju f(x) = x n, f : R R. Funkcija f je definisana za sve realne vrednosti x Funkcija f je parna f(x) 0 za svako x R i f(x) = 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) = f(1), 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 korena od posebnog značaja je ispitati broj rešenja jednačine u zavisnosti od a R. x n = a (1) 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: dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

23 Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima (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. 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 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

24 Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima 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..) = prema T.3.3. važi traženo Svojstvo K.5. Svojstvo K.6. [ ( n a ) n ] m prema (S.N..) = a m prema (S.K.1.) ( ) n n = a m prema (S.K.1.) Ako je a 0, m, n N, onda je n a = m n a m. 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. 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

25 Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima 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, f(x) = x n+1 je bijekcija pa postoji njena inverzna funkcija h : R R, h(y) = n+1 y, y R. Slika 1: Grafici uzajamno inverznih funkcija y = x 3 i y = x 1/3 Osnovna svojstva funkcije h(x) = 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 h(x) = 0 ako i samo ako x = 0 Funkcija je strogo rastuća na R (B) Funkcija f(x) = x n, f : R R nije bijekcija, pa nema inverznu funkciju. Posmatrajmo funkciju f 1 : R + 0 R+ 0, f 1(x) = x n, x R dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

26 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac racionalni broj 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 1(y) = 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 13: Grafici funkcija f(x) = x, x 0 i g(x) = 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 (obe funkcije su monotono opadajuće) y = x, x 0 i y = x Osnovna svojstva funkcije g(x) = 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 [0, ) 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

27 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 = a k Ako prvu od ovih jednakosti stepenujemo sa l, a drugu sa n, dobijamo ) l (S.K.1.) = a k 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 ( ) S druge strane, kako je biće ( ) (a r+q ) nl = a m l a k n = x n l y n l (S.Z.3.) = (a r a q ) nl. a r+q = a m n + k l = a m l+k n n l = n l a m l+k n, ( 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 k a m 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 7 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

28 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 = f(x) = x r, gde je r = m, m Z\{0}, n N, (m, n) = 1, n odnosno funkciju y = n x m. y r 1 r 0, m neparno 0 r 1, m neparno r 1, m neparno 0 r 1 1 r<0, m parno 0 r 1, m parno r 1, m parno 1 r 0 x Slika 14: Grafici funkcija y = x m/n, r = m/n za: (a) n parno i (b) n neparno (1) Neka je n paran broj. Funkcija nije ni parna ni neparna. (i) Ako je m > 0, oblast definisanosti funkcije je D = [0, ) i monotono je rastuća na D; 8 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

29 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj (ii) Ako je m < 0, oblast definisanosti funkcije je D = (0, ) i monotono je opadajuća na D. Grafici su skicirani na slici 14-(a) za slučajeve r > 1, 0 < r < 1, r < 0. () Neka je n neparan broj. Funkcija je parna ako je m parno i neparna ako je m neparno. (i) Ako je m > 0 funkcija je definisana za x R. Za m neparno monotono je rastuća na R, a za m parno je opadajuća na (, 0) i rastuća na (0, ); (ii) Ako je m < 0 funkcija je definisana za x R \ {0}. Za m neparno monotono je opadajuća na R \ {0}, a za m parno je rastuća na (, 0) i opadajuća na (0, ). 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 različitih grafika (slika 14-(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 f(x) = x 1 n = n x je neprekidna na (0, + ) kao inverzna funkcija neprekidne strogo monotono rastuće funkcije (prema Teoremi 1.3). Funkcija g(t) = t m, m Z je neprekidna za t (0, ) (jer su na R + neprekidne funkcije y = x n, n N i y = 1/x n, n N). Tada je funkcija f(g(x)) = 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 f(x) = 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 = 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, 9 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

30 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj tj. ε < a r 1 < ε. Stav 7.. Ako niz {r n } racionalnih brojeva konvergira, onda niz {a rn }, 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, 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 7.1. ( C > 0) ( n N) 0 < a rn 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 ( n, m N ε ) r n r m < δ. (4) Iz (3) i (4) sledi da je ( n, m N ε ) a rn rm 1 < ε C. (5) Iz () i (5) je onda 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 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 rn = 1/b rn, gde je b = 1/a > 1, odakle sledi da granična vrednost (6) postoji i za a (0, 1), jer je lim n + b rn = 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. 30 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

31 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj 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. 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 + arn = a x, lim n + aρn = a y, lim n + arn+ρn = a x+y. Kako je prema svojstvu (S.Q.1.) stepena sa racionalnim izložiocem a rn+ρn = a rn a ρn a x+y = lim n + arn+ρn = Svojstvo 7.3. Za svako x R važi lim n + arn a ρn = (a b) x = a x b x. lim n + arn to je lim n + aρn = a x a y. 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)rn = lim n + (arn b rn ) = lim n + arn lim n + brn = 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) 31 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

32 Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj 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 rn > 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) 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 rn < a xn < a ρn. (9) Kako r n 0 i ρ n 0 kada n +, prema (6) je lim n + a rn = 1 i lim n + a ρn = 1. Dakle, koristeći nejednakost (9) dobija se lim n + a xn = 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 rn = a r x. (10) Kako je prema svojstvu (S.Q..) stepena sa racionalnim izložiocem (a rn ) r = a r rn. iz (10) imamo da je lim n + (arn ) r = a r x. (11) 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

33 Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma 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 g(x) = x r, r Q (Teorema 6.3) imamo da je lim n + g(t n ) = g(t 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 = def. lim bρn = b y = (a x ) y. (14) n + S druge strane, kako je lim n + x ρ n = x y i prema Teoremi 7.. funkcija h(x) = a x je neprekidna na R, biće lim h(x ρ n) = h(x y) lim n + n + ax ρn = a x y (15) Iz (13) za r = ρ n je (a x ) ρn = a x ρn, pa se iz (15) dobija lim n + (ax ) ρn = a x y. (16) Konačno, iz (14) i (16) zaključujemo da dato svojstvo važi za svako x, y R. Slika 15: Grafici funkcije y = a x za a > 1 i 0 < a < 1 Osnovna svojstva eksponencijalne funkcije y = f(x) = 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 33 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

34 Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma 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. (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. 34 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

35 Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma 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. 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. 35 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

36 Elementarna matematika Logaritamska funkcija 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 3 = 1 + b + b pa je odavde b = log 3 = a 1. Zato je a log 8 9 = log 3 3 = 3 log 3 = (a 1) 3( a). Primer 8.. Ako je a = log 45 5 izračunati log 5 7. Rešenje: Kako je a = log 45 5 = pa je odavde b = log 5 3 = 1 a. Zato je a 1 log 5 45 = 1 log 5 (5 3 ) = log 5 3 = b log 5 7 = log 5 1/ 33 = 3 1/ log 5 3 = 6b = 3(1 a). a 36 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

37 Elementarna matematika Logaritamska funkcija 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 f(x) = 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 16: Grafici funkcije f(x) = a x, a > 1 i njene inverzne funkcije f 1 (x) = log a x Osnovna svojstva logaritamske funkcije y = f(x) = 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 Primer 9.1. Uporediti brojeve a = log 4 3, b = log dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

38 Elementarna matematika Logaritamska funkcija Slika 17: Grafici funkcije y = log a x za a > 1 i 0 < a < 1 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 3 =. ) Primer 9.4. Ispitati monotonost funkcije f(x) = log 3 (log 1/3 x 1. Rešenje: Funkcija f je definisana za log 1/3 x 1 > 0 i x 1 > 0, odnosno za x 1 i x 1 < < x < Dakle, D = (8/9, 1) (1, 10/9). ) log 3 (log 1/3 (1 x), x (8/9, 1) f(x) = ) log 3 (log 1/3 (x 1), x (1, 10/9) 38 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

39 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije 8/9 < x 1 x < 1 1 x 1 1 x log 1/3 (1 x 1 ) log 1/3 (1 x ) ) ( ) f(x 1 ) = log 3 (log 1/3 (1 x 1 ) f(x ) = log 3 log 1/3 (1 x ) Dakle, za x (8/9, 1) funkcija f je monotono rastuća. 1 < x 1 x < 10 x 1 1 x 1 log 1/3 (x 1 1) log 1/3 (x ) 9 ) ( ) f(x 1 ) = log 3 (log 1/3 (x 1 1) f(x ) = log 3 log 1/3 (x 1) Dakle, za x (1, 10/9) funkcija f je monotono opadajuća. 10. 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 O(0, 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 O(0, 0). Postavimo brojnu pravu p da dodiruje kružnicu k u tački (1, 0), koja je ujedno početak I brojevne prave 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 E(t) 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. E(t + kπ) = E(t), (17) za svako t R i k Z. 39 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

40 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Definicija trigonometrijskih funkcija na trigonometrijskom krugu Svakom realnom broju t pridružili smo jednu tačku E(t) trigonometrijske kružnice. To nam omogućava da definišemo trigonometrijske funkcije kao realne funkcije, tj. kao funkcije realnog argumenta. Slika 18: Definicija trigonometrijskih funkcija na trigonometrijskom krugu Apscisa tačke E(t) 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 E(t) 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. Označimo sa E projekciju tačke E(t) na x osu, a sa F presek brojne prave p (odnosno tangente trigonometrijske kružnice u tački I(1, 0)) i prave OE(t). Kako je OE E(t) OIF, imamo F I OI = E E(t) 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 E(t) trigonometrijske kružnice koja je pridružena realnom broju t. 40 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

41 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije 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 C(1, 0). Označimo sa E projekciju tačke E(t) na y osu, a sa G presek prave q i prave OE(t). Kako je OE E(t) OCG, imamo CG CO = E E(t) 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 E(t) 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 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. 41 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

42 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije 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 19: (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. Neka je t 0 broj izmed u 0 i π. Namotajem brojevne prave na kružnicu taj se broj preslikava u tačku E(t 0 ). Ako je t 0 dužina luka ÂB, zaključujemo da je B = E(t 0 ), ali važi i B = E(t 0 + kπ), k Z. 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

43 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Posmatrajmo trigonometrijsku kružnicu sa centrom u koordinatnom početku O(0, 0) i ugao aob sa temenom u koordinatnom početku i početnim krakom u pravcu pozitivnog dela x ose. 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. Vrednost trigonometrijske funkcije aob jednaka je vrijednosti te trigonometrijske funkcije realnog broja t. Periodičnost trigonometrijskih funkcija 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. 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 f(x + T ) = f(x) 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 cos(x + 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 cos(x 0 + T 1 ) cos x 0. Zaista, za x 0 = 0 je cos 0 = 1 i cos(0 + 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 sin(x + π) tg(x + π) = cos(x + 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 43 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

44 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije tg(x 0 + T 1 ) tg x 0. Zaista, za x 0 = 0 je tg 0 = 0 i tg(0 + 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 E(t) 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. Grafici trigonometrijskih funkcija Grafik funkcije sinus konstruišemo pomoću brojne kružnice. Na x osu nanosimo meru ugla u radijanima, dok na osu y prenesemo ordinatu tačke E(x). 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 E(x). (i) Sinusna funkcija. Funkcija f(x) = 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 44 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

45 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Slika 0: Grafik funkcije y = sin x nule funkcije f su u tačkama x = k π, k Z funkcija je pozitivna za x (kπ, (k + 1)π) i negativna za x ((k + 1)π, (k + 1)π) funkcija je monotono rastuća na [ π + kπ, π ] + kπ i monotono opadajuća na [ π + kπ, 3π ] + kπ za x = π + kπ funkcija ima maksimalnu vrednost f max = 1, a za i x = 3π ima minimalnu vrednost f min = 1 + kπ Slika 1: Grafik funkcije y = cos x (ii) Kosinusna funkcija. Funkcija g(x) = 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] za x = kπ funkcija ima maksimalnu vrednost f max = 1, a za x = π + kπ ima minimalnu vrednost f min = 1 (iii) Tanges. Funkcija h(x) = tg x = sin x cos x je definisana za svako x R izuzev u tačkama 45 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

46 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Slika : Grafik funkcije y = tg 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 k(x) = 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 46 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

47 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Slika 3: 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. Primer Uporediti brojeve a = sin( 1), b = sin( 8). Rešenje: Kako je sin x neparna funkcija uporedićemo brojeve a = sin 1 = a 1 i b = sin 8 = b 1. Kako je 8 π + 1.7, biće b 1 = sin 8 sin 1.7. Pored toga, a 1 = sin 1 = sin(π 1) sin.14. Kako je π/ < 1.7 <.14 < π i funkcija y = sin x monotono opadajuća na [π/, π], biće sin 1.7 > sin.14, odnosno b 1 > a 1, tj. b = b 1 < a = a dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

48 Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Slika 4: Trigonometrijski krug 48 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

49 Elementarna matematika Adicione formule 11. Adicione formule Sinus i kosinus zbira i razlike dva ugla Odredićemo najpre formulu za cos(α 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 N(cos α, sin α), M(cos β, sin β), za dužinu duži MN važi MN = (cos α cos β) + (sin α sin β). 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 (cos(α β), sin(α β)). Za dužinu duži MN u novim koordinatama važi MN = (1 cos(α β)) + (0 sin(α β)). Kako dužina duži ne zavisi od izbora koordinatnog sistema sledi (cos α cos β) + (sin α sin β) = (1 cos(α β)) + (sin(α β) 0) odnosno Dakle, cos α cos α cos β + cos β + sin α sin α sin β + sin β = 1 cos(α β) + cos (α β) + sin (α β) (cos α cos β + sin α sin β) = cos(α β) (1) cos(α β) = cos α cos β + sin α sin β 49 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

50 Elementarna matematika Adicione formule Iz prethodne formule mogu se pokazati i sledeće tri formule: () cos(α + β) = cos α cos β sin α sin β (3) sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β (4) sin(α β) = sin α cos β cos α sin β Dokazi: cos(α + β) = cos(α ( β)) = cos α cos( β) + sin α sin( β) = cos α cos β sin α sin β ( π sin(α + 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 sin(α β) = sin(α + ( 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 30 3 = + 1 ( 3 + 1) =. 4 Primer 11.. Izračunati cos 47 sin 17 sin 47 cos 17. Rešenje. cos 47 sin 17 sin 47 cos 17 = sin(17 47 ) = sin( 30 ) = sin 30 = 1. 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 50 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

51 Elementarna matematika Adicione formule 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 = 13 ( Sada je ) = Tanges i kotanges zbira i razlike dva ugla tg(α + β) = sin(α + β) cos(α + 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 (5) tg(α + β) = tg α + tg β 1 tg α tg β, α π +kπ, β π +kπ, α+β π +kπ, k Z (6) tg(α β) = tg α tg β 1 + tg α tg β, α π +kπ, β π +kπ, α β π +kπ, k Z ctg(α + β) = cos(α + β) sin(α + 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) ctg(α + β) = ctg α ctg β 1 ctg α + ctg β, α kπ, β kπ, α + β kπ, k Z (8) ctg(α + β) = ctg α ctg β + 1 ctg β ctg α, α kπ, β kπ, α β kπ, k Z 51 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

52 Elementarna matematika Adicione formule 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 cos(α β). Rešenje. cos(α β) = cos α cos β + sin α sin β cos α = 1 sin α = = 9 5 π < α < π cos α = 3 5 sin β = 1 cos α = = π < β < π sin β = 1 13, cos α = cos α sin α = = 7 5 sin α = sin α cos α = 4 ( 5 3 ) = 4 5 5, cos(α β) = 7 ( 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 = 1 8 sin π 7 sin π 7 = dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

53 Elementarna matematika Adicione formule Primer Izračunati sin 10 sin 50 sin 70. Rešenje: sin 10 sin 50 sin 70 = cos(90 10 ) cos(90 50 ) cos(90 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 0 = 1 8 sin 160 sin 0 = 1 8 sin(180 0 ) = 1 sin 0 sin 0 8 sin 0 = 1 8. 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 = sin(30 10 ) sin 10 cos 10 1 sin = 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 imamo tg α = sin α cos α, ctg α = cos α sin α (15) tg α = 1 cos α 1 + cos α, α π + kπ ctg α = 1 + cos α 1 cos α, α kπ 53 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

54 Elementarna matematika Adicione formule 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 = = 9 13 π < α < 3π 4 = sin α = 3 13 = cos α = 1 + cos α = = 4 13 π < α < 3π 4 = cos α = 13 = 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 sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β sin(α β) = sin α cos β cos α sin β dobija se sin(α + β) + sin(α β) = sin α cos β odnosno (16) sin α cos β = 1 ( sin(α + β) + sin(α β) ) Sabiranjem adicionih formula cos(α β) = cos α cos β + sin α sin β cos(α + β) = cos α cos β sin α sin β dobija se (17) cos α cos β = 1 ( ) cos(α + β) + cos(α β) a oduzimanjem imamo (18) sin α sin β = 1 ( cos(α β) cos(α + β) ) 54 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

55 Elementarna matematika Adicione formule 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 80 4 = 1 4 (sin sin 60 ) 1 sin 80 4 = 1 4 (sin 100 sin 80 ) = (sin 100 sin( )) + 8 = (sin 100 sin 100 ) + 8 = 8. 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. ) Primer Izračunati Rešenje: 1 sin 10 sin sin 10 sin 70 = 1 4 sin 10 sin 70 = 1 (cos 60 cos 80 ) sin 10 sin 10 = 1 cos 60 + cos 80 sin 10 = cos 80 sin 10 = cos(90 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 55 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

56 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije dobijaju se formule za transformaciju zbira i razlike trigonometrijskih funkcija u proizvod: (19) sin x + sin y = sin x + y cos x y (0) sin x sin y = sin x y cos x + y (1) cos x + cos y = cos x + y cos x y () cos x cos y = sin 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 sin π 5 sin π = 5 cos π 5 sin π 5 5 sin 4π ( sin π π ) sin π = 5 sin π 5 = sin π = 5 sin π = 1, ) 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 5 = 1 Primetimo da iz prethodnih relacija zaključujemo da su x 1 = cos π 5, x = cos 3π 5 koreni kvadratne jednačine x 1 x 1 = 0 x x 1 = dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

57 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije 1. Inverzne trigonometrijske funkcije Inverzne trigonometrijske funkcije nazivaju se ciklometrijske ili arkus funkcije. (i) Arkus sinus. Funkcija f(x) = 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 f(x) 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 5-(a)). Slika 5: Grafik funkcije y = arcsin x i y = arccos x Prema svojstvima uzajamno inveznih funkcija važe jednakosti: arcsin(sin x) = x, x [ π, π ], sin(arcsin x) = x, x [ 1, 1]. 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 57 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

58 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Primer 1.1. Nacrtati grafik funkcije y = arcsin(sin 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 = arcsin(sin x) = x. Za π/ x 3π/ je π/ x π π/, pa je arcsin(sin(x π)) = x π. S druge strane, sin(x π) = sin x i zato je arcsin(sin(x π)) = arcsin( sin x) = arcsin(sin x), zbog neparnosti funkcije arcsin x. Dakle, x π = arcsin(sin x) za x [π/, 3π/]. Konačno, imamo da je x, π y = arcsin(sin x) = x π, π π x, x 3π (18). Grafik funkcije y = arcsin(sin 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], G(x) = arccos x, x [ 1, 1] je takod e neprekidna i opadajuća. Grafik funkcije y = arccos x prikazan je na slici 5-(b). Važe jednakosti: arccos(cos x) = x, x [0, π], cos(arccos x) = x, x [ 1, 1]. 58 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

59 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Osnovna svojstva funkcije G(x) = 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 cos(π 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 cos(π/ α) = sin α = x. Sada prema definiciji funkcije arccos x je π/ α = arccos x. Ovim je i formula (B) dokazana. Primer 1.. Odrediti arccos(sin x) ako je π x 3π. ( ( )) π Rešenje. I način: Imamo da je arccos(sin x) = arccos cos x. Ako stavimo da je y = π x, kako je π π x 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 x) = arccos(cos y) = y = x π. II način: Imamo da je arccos(sin x) = π arcsin(sin x). Odredićemo zato arcsin(sin x) za π x 3π. Kako je 0 x π π, imamo x π = arcsin(sin(x π)) = arcsin(sin( (π x))) = arcsin( sin(π x)) = arcsin(sin(π x)) = arcsin(sin x). 59 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

60 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Dakle, za x [π, 3π/], je arcsin(sin x) = π x, odnosno arccos(sin 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) = arcsin(cos x) = arcsin sin x. Ako stavimo da je y = π x, kako je π π x π, treba odrediti arcsin(sin y) za π y π/. Kako je 0 y + π π/, imamo da je Sa druge strane je Dakle, arcsin (sin(y + π)) = y + π. arcsin(sin(y + π)) = arcsin( sin y) = arcsin(sin y). za π y π/. Konačno, arcsin(sin y) = y + π arcsin(sin y) = y π arcsin cos x = arcsin(sin y) = y + π = π x + π = 3π x. II način: Za π x 3π imamo da je ( ) π arcsin cos x = arcsin( cos x) = arcsin(cos x) = arccos(cos x) = arccos(cos x) π. Odredićemo arccos(cos x) za π x 3π. Kako je 0 x π π, imamo x π = arccos(cos(x π)) = arccos(cos(π x)) = arccos( cos x) = π arccos(cos x). Dakle, arccos(cos x) = π x za π x 3π, a konačno arcsin cos x = π x π = 3π x. 60 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

61 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije ( Primer 1.4. Izračunati cos arcsin 4 ) 1 + arccos Rešenje. Neka je α = arcsin 4 5 sin α = 4 5 Tada je 1 i cos β =, a kako su α, β (0, π/) biće 13 1, β = arccos, 0 < α < π/, 0 < β < π/. Tada je 13 1 sin α = 1 ( 4 cos α = 5 sin β = ( 1 1 cos β = 1 13 ) = 3 5, ) = cos(α + 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, sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β = x 1 y + y 1 x odakle je arcsin(sin(α + 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/]; arcsin(sin(α + β)) = π (α + β), α + β [π/, π]; π (α + β), α + β [ π, π/]. (0) Naime, jasno je da za α + β [ π/, π/] važi arcsin(sin(α + β)) = α + β. Za α + β [π/, π] je (α + β) [ π, π/], odnosno π (α + β) [0, π/], tako da je dok je sa druge strane arcsin ( sin(π (α + β)) ) = π (α + β), arcsin ( sin(π (α + β)) ) = arcsin ( sin(α + β) ) 61 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

62 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Dakle, arcsin ( sin ( α + β) ) = π (α + β). Slično, za α + β [ π, π/] je α + β + π [0, π/], tako da je arcsin(sin(α + β + π)) = α + β + π, dok je sa druge strane arcsin ( sin ( π + (α + β) )) = arcsin ( sin ( α + β) ) = arcsin ( sin ( α + β) ). Dakle, Pokazaćemo da je arcsin ( sin ( α + β) ) = π (α + β). 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-1) 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/]. (i-) 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 α, β (0, π/]. Takod e, Zato je odnosno sin β = y 1 x = cos α sin β = sin β cos α = cos α, pa je α + β [0, π/]. cos β cos α sin α cos α sin α sin β, cos(α + β) = cos α cos β sin α sin β 0, (i-3) Ako je x < 0, y < 0 i x + y 1, onda je α [ π/, 0), β [ π/, 0) i α + β [ π, 0). Takodje, sin α = x 1 y = cos β sin α = sin α cos β = cos β, jer su α, β (0, π/]. Takod e, sin β = y 1 x = cos α sin β = sin β cos α = cos α, 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

63 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije 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), cos(α + β) = cos α cos β sin α sin β 0, (ii) 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, sin β = y > 1 x = cos α cos α = cos α < sin β = sin β. pa je α + β [π/, π]. cos β cos α < sin α cos α < sin α sin β, cos(α + β) = cos α cos β sin α sin β < 0, (iii) 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), cos(α + 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 < 0. 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, cos(α + β) = cos α cos β sin α sin β = xy 1 x 1 y 63 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

64 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije odakle je arccos(cos(α + β)) = arccos (xy 1 x ) 1 y. (1) Može se pokazati (pokazati!! - videti dokaz Teoreme 1..) da je arccos(cos(α + 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 sin β cos α sin α cos α sin α( cos β). Tada je sin(α + 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 sin(α+β) 0. Dakle, ako je x + y 0, onda je sin(α + 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]. 64 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

65 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Primer 1.5. Izračunati arcsin 3 3 arcsin 3. Rešenje. Neka je α = arcsin sin β =. Tada je 3 3 3, β = arcsin, α, β [0, π/], tj. sin α = 3 cos α = ± 1 sin α, α [ π/, π/] cos α = 3, cos β = ± 1 sin α, β [ π/, π/] cos β = , cos β = cos β sin β = 7 9, sin β = sin β cos β = 4 ( α β = arcsin ( 5 3 α β = arcsin 9 Kako je α β [ π, π/] i sin(α β) = sin α cos β cos α sin β = ) ( + kπ α β = π arcsin ) + kπ α β = π + arcsin cos(α β) = cos α cos β + sin α sin β = zaključujemo da je α β [ π, π/]. Dakle, ( ) 5 3 α β = arcsin π. 9 ( < 0 9 ) + kπ, k Z. ) + kπ, k Z. (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 ), H(x) = arctg x, x R je takod e neprekidna i rastuća. Važe jednakosti: arctg(tg x) = x, x ( π, π ), tg(arctg x) = x, x R. 65 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

66 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Za funkciju H(x) = 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 6: Grafici funkcija y = arctg x i y = arcctg x (iv) Arkus kotanges. Funkcija K(x) = 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: arcctg(ctg x) = x, x (0, π), ctg(arcctg x) = x, x R. Za funkciju y = K(x) = 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 Teorema 1.4. Za svako x R važe jednakosti: arctg x + arcctg x = π, arcctg( x) = arcctg x + π. (C) (D) Teorema 1.5. Za realne brojeve x, y R, je arctg x + arctg y ( ) x + y arctg, za xy < 1; 1 ( xy ) x + y = π + arctg, za x > 0, y > 0 i xy > 1; 1( xy ) x + y π + arctg, za x < 0, y < 0 i xy > 1. 1 xy 66 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

67 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Dokaz: Neka je arctg x = α, arctg y = β, α, β ( π/, π/). Tada je tg α = x, tg β = y. Dakle, tg α + tg β tg(α + β) = 1 tg α tg β = x + y 1 xy odakle je arctg ( tg(α + β) ) = arctg x + y 1 xy. (3) Kako je α + β ( π, π), može se pokazati (pokazati!! - videti dokaz Teoreme 1..) da je α + β, α + β ( π/, π/); arctg(tg(α + β)) = π (α + β), α + β (π/, π); π (α + β), α + β ( π, π/). (4) Pokazaćemo da je α + β ( π/, π/) za xy < 1; α + β (π/, π) za x > 0, y > 0, xy > 1; α + β ( π, π/) za x < 0, y < 0, xy > 1, tako da traženo tvrd enje sledi iz (3) i (4). (i-1) 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/). (i-) Ako je 0 < xy < 1, pri čemu je x < 0, y < 0, onda je α ( π/, 0), β ( π/, 0), tako da je α + β ( π, 0) i imamo xy < 1 y < 0 tg α = x > 1 y = ctg β sin α cos α > cos β sin β. Kako su α, β ( π/, 0), cos α < 0 i sin β > 0, tako da se dobija sin α sin β < cos α cos β cos(α + β) > 0. Dakle, iz α + β ( π, 0) i cos(α + β) > 0, zaključujemo da je α + β ( π/, 0). (i-3) Ako je 0 < xy < 1, pri čemu su x > 0, y > 0, onda je α (0, π/), β (0, π/), tako da je α + β (0, π) i imamo xy < 1 y > 0 tg α = x < 1 y = ctg β sin α cos α < cos β sin β. Kako su α, β (0, π/), cos α > 0 i sin β > 0, tako da se dobija sin α sin β < cos α cos β cos(α + β) > 0. Dakle, iz α + β (0, π) i cos(α + β) > 0, zaključujemo da je α + β (0, π/). 67 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

68 Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije (ii) Ako je x > 0, y > 0, onda je α (0, π/), β (0, π/) i α + β (0, π). Takod e, xy > 1 y > 0 tg α = x > 1 y Kako su α, β (0, π/), cos α > 0 i sin β > 0, tako da se dobija = ctg β sin α cos α > cos β sin β. sin α sin β > cos α cos β cos(α + β) < 0. Dakle, iz α + β (0, π) i cos(α + β) < 0, zaključujemo da je α + β (π/, π). (iii) Ako je x < 0, y < 0 i xy < 1, onda je α ( π/, 0), β ( π/, 0) i α + β ( π, 0) i imamo xy > 1 y < 0 tg α = x < 1 y = ctg β sin α cos α < cos β sin β. Kako su α, β ( π/, 0), cos α < 0 i sin β > 0, tako da se dobija sin α sin β > cos α cos β cos(α + β) < 0. Dakle, iz α + β ( π, 0) i cos(α + β) < 0, zaključujemo da je α + β ( π, π/). 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 1 + x = arccos 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 1.6. Dokazati arctg 11 + arctg 1 7 = arctg 1. Rešenje. Neka je α = arctg 11, β = arctg 1 7, 0 < α, β < π/, tj. tg α = 11, tg β = 1 7. Kako je tg β = tg β 1 tg β = 7 4, 68 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

69 Elementarna matematika Hiperbolične funkcije iz dobijamo tg(α + β) = 1. tg(α + β) = tg α + tg β 1 tg α tg β I način: Uzevši u obzir da je 1 7 < 3 11 < i da je y = arctg x rastuća funkcija, zaključujemo 3 da je 0 < β = arctg 1 7 < α = arctg 3 11 < arctg 3 = π/6. Zato je 0 < α + β < π, odakle zaključujemo da je II način: Koristeći formule arctg 11 + arctg 1 7 = α + β = arctg 1. sin x = i da je 0 < α, β < π/ dobija se tg x 1 + tg x, cos x = tg x sin α = 5 11, cos α = 5 5 5, sin β = 1 5, cos β = 7 5 cos(α + β) = 5 Kako je 0 < α + β < 3π/ i cos(α + β) > 0, zaključujemo da 0 < α + β < π/. Zato iz tg(α + β) = 1 dobijamo da je 13. Hiperbolične funkcije Funkcije definisane sa arctg 11 + arctg 1 7 = α + β = arctg 1. sh x = ex e x, ch x = ex + e x nazivaju se redom sinus hiperbolični i kosinus hiperbolični. cosh. Grafici ovih funkcija prikazani su na slici 7. Koriste se i oznake sinh i Po analogiji sa trigonometrijskim funkcijama definišu se i tanges hiperbolični i kotanges hiperbolični: Koriste se i oznake tanh i coth. th x = sh x ch x, ch x cth x = sh x. 69 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

70 Elementarna matematika Hiperbolične funkcije Slika 7: Grafici funkcija y = sh x i y = ch x Na trigonometrijskom krugu (slika 18) 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 8: Naime, označavajući sa P h = x površinu analognog sektora COK (slika 8-(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), 70 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu

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

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 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

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 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

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

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

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

Teorijske osnove informatike 1

Teorijske osnove informatike 1 Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija

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

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

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

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

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

Osnovne teoreme diferencijalnog računa Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 Ispitivanje funkcija 5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:

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

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

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

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

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,

Διαβάστε περισσότερα

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,

Διαβάστε περισσότερα

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;

Διαβάστε περισσότερα

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička analiza 1 dodatni zadaci Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka

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

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log = ( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se

Διαβάστε περισσότερα

Elementi spektralne teorije matrica

Elementi spektralne teorije matrica Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena

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

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011. INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno

Διαβάστε περισσότερα

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x. 4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos

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

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

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 izgleda

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

Operacije s matricama

Operacije s matricama Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M

Διαβάστε περισσότερα

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti). PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo

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

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.

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

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai

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

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat

Διαβάστε περισσότερα

3.1. Granične vrednosti funkcija

3.1. Granične vrednosti funkcija 98 3. FUNKCIJE: GRANIČNE VREDNOSTI I NEPREKIDNOST 3.1. Granične vrednosti funkcija 3.1.1. Definicija i osnovne osobine Da bismo motivisali definiciju granične vrednosti funkcija, dajemo dva primera. Posmatrajmo

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

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

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1. Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati

Διαβάστε περισσότερα

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA.

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA. KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA 1 Grupoid (G, ) je asocijativa akko važi ( x, y, z G) x (y z) = (x y) z Grupoid (G, ) je komutativa akko važi ( x, y G) x y = y x Asocijativa

Διαβάστε περισσότερα

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012 Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije. Predstavljanje funkcija

Funkcije. Predstavljanje funkcija Funkcije narna relacija f je funkcionalna relacija ako važi: ( ) za svaki a postoji jedinstven element b takav da (a, b) f. Definicija. Funkcija 1 je uredjena trojka (,, f) gde f zadovoljava uslov: Činjenicu

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

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

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

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

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

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

(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

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:

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

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

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

(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

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

Dvanaesti praktikum iz Analize 1

Dvanaesti praktikum iz Analize 1 Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.

Διαβάστε περισσότερα

5. Karakteristične funkcije

5. Karakteristične funkcije 5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična

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

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

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z. Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:

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

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

1. Dušan Adnad ević i Zoran Kadelburg, Matematička analiza I, Naučna knjiga, Beograd, 1990.

1. Dušan Adnad ević i Zoran Kadelburg, Matematička analiza I, Naučna knjiga, Beograd, 1990. PREDGOVOR Predavanja su namenjena studentima koji polažu ispit iz predmeta Matematička analiza. Materijal je u nastajanju, iz nedelje u nedelju se dodaju novi sadržaji, moguće su i izmene u prethodno unešenom

Διαβάστε περισσότερα

APROKSIMACIJA FUNKCIJA

APROKSIMACIJA FUNKCIJA APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu

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

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 Izvodi i diferencijali

4 Izvodi i diferencijali 4 Izvodi i diferencijali 8 4 Izvodi i diferencijali Neka je funkcija f() definisana u intervalu (a, b), i neka je 0 0 + (a, b). Tada se izraz (a, b) i f( 0 + ) f( 0 ) () zove srednja brzina promene funkcije

Διαβάστε περισσότερα

1.4 Tangenta i normala

1.4 Tangenta i normala 28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x

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

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.

Διαβάστε περισσότερα

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Računarska grafika. Rasterizacija linije Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem

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

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

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

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove. Klasifikacija blizu Teorema Neka je M Kelerova mnogostrukost. Operator krivine R ima sledeća svojstva: R(X, Y, Z, W ) = R(Y, X, Z, W ) = R(X, Y, W, Z) R(X, Y, Z, W ) + R(Y, Z, X, W ) + R(Z, X, Y, W ) =

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

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

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

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

Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa. f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}

Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa. f 1 = {(b, a) B A (a, b) f} 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} nazivamo inverznom korespondencijom korespondencije f. A f B A f 1 B

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

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi

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

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

3 Funkcije. 3.1 Pojam funkcije

3 Funkcije. 3.1 Pojam funkcije 3 Funkcije 3.1 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

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta. auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,

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

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

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Računarska grafika. Rasterizacija linije Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem

Διαβάστε περισσότερα

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom 6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s

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

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