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 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.
Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Jednakost funkcija Definicija 1.3. Funkcije f : X 1 Y 1 i g : X Y su jednake ako i samo ako: (1) imaju isti domen, tj. X 1 X ; () imaju isti kodomen, tj. Y 1 Y ; (3) 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. 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. dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Slika 1: Grafik funkcije f i njene inverzne funkcije f 1 Dokaz: ( ) : Dokažimo najpre da ako je f bijekcija, funkcija g sa svojstvima (1) i () postoji i jedinstvena je. Egzistencija: Kako je f : A B funkcija NA, za svako y B postoji x A takvo da je y 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. (b) Kako je f : A B injekcija, postoji najviše jedna funkcija g : B A sa svojstvom () tj. takva da je (f g)(y) y za svako y B. Zaista, ako bi postojale dve takve funkcije g 1, g, onda zbog pretpostavke g 1 g postoji bar jedan element z B takav da je g 1 (z) g (z). Kako je f injekcija, onda je f ( g 1 (z) ) f ( g (z) ), a to je kontradikcija sa f g 1 f g 1 B. (c) Ako za funkciju f : A B postoje funkcije g 1, g : B A takve da je (g 1 f)(x) x za svako x A, (f g )(y) y za svako y B, onda je g 1 g. Zaista, za proizvoljno y B je g (y) A, pa je što povlači da je g g 1. g (y) (g 1 f) ( g (y) ) g 1 (f ( g (y) )) g 1 (y), 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama ( ) : Pretpostavimo suprotno, da je funkcija g sa svojstvima (1) i () jedinstveno odred ena, a da funkcija f nije bijekcija. Ako f nije 1-1, postoji x 1, x A tako da je x 1 x i y 1 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 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 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Parnost funkcije Definicija 1.6. Neka f : A R, gde skup A R ima osobinu da ako x A onda x A. Funkcija f je parna na A ako za svako x A važi f( x) f(x), a neparna na A ako za svako x A važi f( x) f(x). Ističemo sledeća svojstva parnih i neparnih funkcija: Grafik parne funkcije simetričan je u odnosu na y-osu Grafik neparne funkcije simetričan je u odnosu na koordinatni početak Ako su f i g parne funkcije, onda su i funkcije f ± g, f g i f/g parne funkcije. Ako su f i g neparne funkcije, onda su funkcije f ± g neparne funkcije, a f g i f/g su parne funkcije. Ako je f parna funkcija i g neparna funkcija, onda je f g neparna funkcija. Slika 4: (a) Grafik parne funkcije funkcije simetričan je u odnosu na y-osu; (b) grafik neparne funkcije simetričan je u odnosu na koordinatni početak. Monotonost funkcije Definicija 1.7. Za funkciju f : R R kažemo da je : (a) rastuća, ako je tačna implikacija ( x, y R) ( x < y 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. 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija Teorema 1.. Neka je f strogo monotono, sirjektivno prslikavanje segmenta [a, b] na segment [α, β]. Tada postoji inverzna funkcija f 1 koja preslikava [α, β] na [a, b] i koja je takod e strogo monotona. Dokaz: Neka je f rastuća funkcija na [a, b]. Ako pokažemo da je f bijekcija prema prethodnoj teoremi postoji inverzna funkcija f 1 funkcije f. Zaista, prema pretpostavci f je sirjekcija. S druge strane, ako je x y, recimo x < y, tada je 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. 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 neprekidna u Ako su funkcije f, g neprekidne u tačka a, onda su u tački a neprekidne i funkcije c f, f + g, f g, f g, (c R). Funkcija f g je takod e neprekidna u tački a, ako je g(a) 0. Kompozicija neprekidnih funkcija je neprekidna funkcija.. 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 (sl. 1), a ako je a < 0 parabola je sa otvorom na dole (sl. ). Svaku kvadratnu funkciju možemo svesti na kanonski oblik y a(x α) + β, gde je α b a, Tačka T (α, β) naziva se teme parabole. β D 4a 4ac b 4a (i) Ako je a > 0, kvadratna funkcija ima minimum β D b koji se dostiže za x α 4a a (slika 5-A) 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija y y a>0 D 4a T( a<0 b a x 1 x x x 1 b a x x D 4a T( Slika A Slika B Slika 5: Kvadratna funkcija (ii) Ako je a < 0, kvadratna funkcija ima maksimum β D koji se dostiže za x α 4a b ; (slika 5-B) a Primer.1. Odrediti vrednost realnog parametra m za koju je zbir kvadrata korena jednačine x m x + m 3 0 najmanji. Rešenje: Prema Vijetovim pravilima za korene x 1, x date KJ je tako da je x 1 + x m, x 1 x m 3, x 1 + x (x 1 + x ) x 1 x m (m 3) m m + 6. Vrednost parametra m za koju je zbir kvadrata korena KJ najmanji je vrednost parametra m za koju kvadratna fukcija 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 7 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija Kako su m 1 i m rešenja dobijene kvadratne jednačine i ispunjavaju uslov m < 1 5 to su i tražene vrednosti parametra m. Primer.3. Neka je D oblast definisanosti funkcije f(x) x x 1. Odrediti skup f(d). { } 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). Raspored korena kvadratne funkcije Neka su x 1, x koreni kvadratne jednačine a x + b x + c 0 i neka su α, β dati realni brojevi α < β I 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 6) a > α Dokaz: x 1, x R α < x 1 x D 0 x 1 α > 0 x α > 0 D 0 (x 1 α)(x α) > 0 (x 1 α) + (x α) > 0 D 0 x 1 x 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 Teorema.. Koreni x 1, x su realni i važi x 1 x < α akko je D 0 a f(α) > 0 b a < α > 0 b a > α 8 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija y y a>0 a<0 f ( ) b x 1 a x x f ( ) x 1 b a x x Slika 6: Koreni x 1, x realni i α < x 1 x Dokaz: x 1, x R x 1 x < α D 0 x 1 α < 0 x α < 0 D 0 (x 1 α)(x α) > 0 (x 1 α) + (x α) < 0 D 0 x 1 x 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. 9 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija Primer.4. Za koje k R su oba korena jednačine veća od 3? Rešenje. k > 11 9 Primer.5. Za koje k R koreni jednačine zadovoljavaju uslov x 1 < 3 < x? ( Rešenje. k 0, 15 ). 8 x 6k x + 9k k + 0 k x + (k 1) x 0, k 0 Primer.6. Naći k R tako da se koreni jednačine nalaze u intervalu ( 1, ). ( Rešenje. k 4 ) 5, 3 (1, + ) 4 (k 1) x (k + ) x + k 0, k 1 Znak kvadratne funkcije Teorema.5. Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x (α, β) ako i samo ako je { D < 0 a < 0 a > 0 f(α) 0 f(β) 0 a < 0 D 0 f(α) 0 b a < α a < 0 D 0 f(β) 0 b a > β (Slika 7) 1) a 0, D 0 ) a 0, f ( ) 0, f ( ) 0 y y x b b 3) a 0, D 0, f ( ) 0, 4) a 0, D 0, f ( ) 0, a a y y b a x b a x Slika 7: Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x (α, β) 10 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija Teorema.6. Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x (α, β) ako i samo ako je { D < 0 a > 0 a < 0 f(α) 0 f(β) 0 a > 0 D 0 f(α) 0 b a < α a > 0 D 0 f(β) 0 b a > β Teorema.7. 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 8) b a < β y y x f b x 1 a x f x Slika 8: Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x < α (T..7.) i za svako x > β (T..8.) Teorema.8. Nejednakost ax + bx + c > 0 važi za svako x < α ako i samo ako je a > 0 { D < 0 D 0 a > 0 f(α) 0 (Slika 8) b a > α Teorema.9. Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x > β ako i samo ako je a < 0 { D < 0 D 0 a > 0 f(β) 0 (Slika 9) b a < β Teorema.10. Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x < α ako i samo ako je a < 0 { D < 0 D 0 a > 0 f(α) 0 (Slika 9) b a > α 11 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac ceo broj y y x f x 1 b a x f x Slika 9: Nejednakost ax + bx + c < 0 važi za svako x < α (T..9) i za svako x > β (T..10) Primer.7. Odrediti vrednost realnog parametra m za koje nejednakost važi za svako x R. Rešenje. 5 33 < m < 1 (4m 3)x + (3m )x + 7 6m > 0 Primer.8. Odrediti vrednost realnog parametra m za koje nejednakost 9 < 3x + m x 6 x x + 1 < 6 važi za svako x R. Rešenje. 3 < m < 6 Primer.9. Odrediti sve vrednosti k R za koje nejednakost važi za k x 4 x + k 1 > 0 (a) svako x > 0; (b) svako x ( 1, 1); (c) svako x < 1. ( ) [ ) 1 + 33 5 Rešenje. (a) k, + (b) k 4 3, + (c) k [ ) 5 3, + 3. Stepen čiji je izložilac ceo broj 3.1. Stepen čiji je izložilac prirodan broj Uvedimo najpre definiciju stepena realnog broja prirodnim brojem: Definicija 3.1. Neka je a R. (1) a 1 a, () za svako m N je a m+1 a m a. Osnovna svojstva stepenovanja realnog broja prirodnim brojem su: Za svako a, b R i svako m, n N važi: (S.N.1.) a m a n a m+n ; 1 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac ceo broj (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 n Sva navedena svojstva se lako pokazuju iz Definicije 3.1. 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 važi svojstvo (S.N.4a.) Stav 3.1. Za svako a R \ {0} i svako n, m N važi (S.N.4.) a m a n am n. Dokaz. Zaista, ako je m > n (S.N.4.) očigledno važi prema Definiciji 3.1. Ako je m n, prema Definiciji 3.. je a m n a 0 1, a sa druge strane a m /a m 1. Ako je m < n, prema (S.N.4b.) je a m a 1 n a n m što je dalje prema Definiciji.. (uzevši u obzir da je n m N) a m a n a (n m) a m n. 13 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepena funkcija sa prirodnim izložiocem Teorema 3.1. Za svako a, b R \ {0} i svako m, n Z važi (S.Z.1.) a m a n a m+n ; (S.Z..) (a m ) n a m n ; (S.Z.3.) (a b) m a m b m. Dokaz. Pokažimo najpre svojstvo (S.Z.3.). Za m N svojstvo važi prema (S.N..), a za m 0 očigledno važi prema Definiciji 3.. Za m k, k N imamo (a b) m k (D.3..) (a b) 1 (S.N.3.) (a b) k 1 a k b 1 k a 1 (D.3..) a k b k a m b m k b k Da bi pokazali svojstva (S.Z.1.) i (S.Z..) razlikovaćemo sledeće slučajeve: (1) m, n N () m N, n 0 (3) m N, n l, l N (4) m 0, n l, l N (5) m 0, n N (6) m 0, n 0 (7) m k, k N, n N (8) m k, k N, n 0 (9) m k, k N, n l, l N Slučajevi (), (4), (5), (6) i (8) lako se pokazuju koristeći da je prema Definiciji 3.. a 0 1 i svojstva stepenovanja prirodnim brojem. Dokazaćemo najpre slučaj (7). (7): m k, k N, n N (S.Z.1.): a m a n a k a n (D.3..) 1 a k an an (S.3.1.) a n k a n+( k) a n+m a k ( 1 (S.Z..): (a m ) n ( a k) n (D.3..) (S.N..) a k ) n (S.N.5.) 1 (a k ) n 1 a k n (D.3..) a k n a ( k)n a m n U slučaju (3) svojstva (S.Z.1.) i (S.Z..) pokazuju se analogno prethodnom. Ostaje da dokažemo slučaj (9). (9): m k, k N, n l, l N (S.Z.1): (S.Z.): a m a n a k a l (D.3..) 1 a 1 k a 1 l a k a l (a m ) n ( a k) l (D.3..) 1 (D.3..) a (k+l) a ( k)+( l) a n+m a k+l ( 1 a k ) l (D.3..) 1 ( 1 a k ) l (S.N.5.) 1 1 (a k ) l 14 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima ( a k) l (S.N..) a k l a ( k)( l) a m n 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. 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 od posebnog značaja je ispitati broj rešenja jednačine x n a (1) u zavisnosti od a R. 15 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima Neka je n neparan prirodan broj. Prava y a za svako a R seče grafik funkcije y x n u tačno jednoj tački. Ako je n paran prirodan broj: (i) prava y a za a R, a < 0 nema preseka sa grafikom funkcije y x n (ii) prava y a za a R, a > 0 ima dve zajedničke tačke sa grafikom funkcije y x n - te dve tačke su simetrične u odnosu na Oy osu, odnosno njihove apscise su dva suprotna realna broja (iii) prava y 0 ima sa grafikom funkcije y x n, n k tačno jednu zajedničku tačku - koordinatni početak. Ova razmatranja ukazuju na broj rešenja jednačine x n a u zavisnosti od a R i važe sledeće dve teoreme: Teorema 5.1. Neka je a R, a n k, k N. Tada jednačina (): (1) ako je a < 0 nema rešenja; () ako je a 0 ima tačno jedno rešenje x 0; (3) ako je a > 0 ima tačno dva rešenja (jedno pozitivno i jedno negativno). Teorema 5.. Neka je a R, a n k + 1, k N. Za svako a R jednačina () ima tačno jedno rešenje. 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.. Svojstvo K.3. Ako je a R, n N, onda je { n a, n neparno a n a, n parno Ako je a, b 0, n N, onda je n a b n a n b 16 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima 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.. 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.. 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. Dokaz. Prema T.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.) 17 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima Slika 10: Grafici uzajamno inverznih funkcija y x 3 i y x 1/3 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. 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 + 0. Funkcija f 1 je bijekcija. Zaista, ona je 1-1, jer iz f 1 (x 1 ) f 1 (x ), tj. x n 1 x n i x 1, x 0 sledi x 1 x. Takod e ona je NA, jer prema Teoremi 5.1. za svaki nenegativan broj y postoji jedinstven nenegativan broj x, takav da je y x n f 1 (x). Funkcija je inverzna funkcija funkcije f 1. Analogno, inverzna funkcija bijekcije g 1 : R + 0 R+ 0, g 1(y) n y, y R + 0 f : R 0 R+ 0, f (x) x n, x R 0, 18 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac racionalni broj Slika 11: Grafici funkcija f(x) x, x 0 i g(x) x, x 0 i njenih inverznih funkcija je funkcija g : R + 0 R 0, g (y) n y, y R + 0. Na slici 11. prikazani su prvo grafici uzajamno inverznih funkcija y x, x 0 i y x (obe funkcije su monotono rastuće - videti Teoremu 1..), a zatim grafici uzajamno inverznih funkcija y x, x 0 i y x (obe funkcije su monotono opadajuće). Osnovna svojstva funkcije 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 R 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 19 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac racionalni broj Tada su x, y pozitivni brojevi i ( x n n n ( (S.K.1.) a m) a m, y l l ) l (S.K.1.) a k a k Ako prvu od ovih jednakosti stepenujemo sa l, a drugu sa n, dobijamo x n l (S.Z..) (x n ) l (a m ) l (S.Z..) a m l, y n l (S.Z..) (y l ) n (a k ) n (S.Z..) a k n. Množenjem dobijenih jednakosti sledi x n l y n l a m l a k n. Kako su izložioci celi brojevi, prema (S.Z.1.) i (S.Z.3.) koje prema T.3.1 važe, dobija se (x y) n l a m l+k n tj. xy nl a m l+k n odnosno a r a q x y n l a m l+k n a m l+k n n l a m n + k l a r+q. (S.Q..): Neka je r m n, q k, m, k Z, n, l N. l (a r ) q ( ) a m k l n l ( n a m ) k Stepenovanjem sa l n dobija se [(a r ) q ] l n (S.K.1.) (S.Z..) [ ( ] ) l n ( l n k a m (S.N..) ( l n ) ) l k a m [ ( n a m ) k ] n (S.K.5.) ( n a m k ( ) n (a m ) k n ) n (S.K.1.) a m k n S druge strane je Dakle, a r q a m n k l l n a k m (a r q ) l n a m k. [(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. 6.1. Funkcija y x r, r Q Teorema 6.. Za a > 1 funkcija f(m) a m, m Z je monotono rastuća. Dokaz. Neka je m, n Z, m < n. Treba pokazati da je a m < a n. Ako je 0 < m < n tvrdjenje važi prema (S.N.6.). Ako je k m < 0 < n, k N imamo da je a k > a 0 1 i 1 a 0 < a n, pa je a m a k 1 a k < 1 < an 0 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj 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 6.3. Za a > 1 funkcija f(r) a r, r Q je monotono rastuća. Dokaz. Neka je r 1, r Q, r 1 < r. Treba pokazati da je a r 1 < a r. Neka je r 1 m n m l n l, r k l k n n l, m, n Z, n, l N Tada iz pretpostavke da je r 1 < r zaključujemo da je m l < k n. Kako su m l Z i k n Z prema Teoremi 6.. zaključujemo da je a m l < a k n. Onda je i n l a m l < n l a k n a r 1 < a r. Posmatrajmo sada funkciju y f(x) x r, gde je r m, m Z, n N, (m, n) 1. n 0< r <1, m neparno r < 0, m neparno r > 1, m neparno y r 1 1 0 r 1 0< r <1, m parno r < 0, m parno r > 1, m parno 1 r 0 x Slika 1: Grafici funkcija y x m/n, r m/n za: (a) n parno i (b) n neparno (1) Neka je n paran broj. Oblast definisanosti funkcije y n x m je: (i) D [0, ), ako je m > 0 (ii) D (0, ), ako je m < 0 Funkcija nije ni parna ni neparna. Grafici su skicirani na slici 1-(a) za slučajeve r > 1, 0 < r < 1, r < 0. () Neka je n neparan broj. Funkcija y n x m je definisana za: (i) x R, ako je m > 0; (ii) x R \ {0}, ako je m < 0. Funkcija je parna ako je m parno i neparna ako je m neparno. U zavisnosti od toga da li je r > 1, 0 < r < 1 i r < 0, kao i od toga da li je m parno ili neparno, imamo šest raznih tipova grafika (slika 1-(b)). 1 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj 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 Odavde sledi da je 0 < a 1/p 1 < ε, 0 < 1 a 1/p < ε, za a > 1. 1 ε < a 1/p < a 1/p < 1 + ε. Neka je r proizvoljan racionalan broj takav da je r < 1/p, tj. 1/p < r < 1/p. Tada, kako je za a > 1 funkcija a r, r Q rastuća sledi a 1/p < a r < a 1/p. Dakle, za svako ε > 0 postoji δ 1/p > 0 tako da za sve racionalne brojeve r koji zadovoljavaju uslov r < δ važe nejednakosti 1 ε < a 1/p < a r < a 1/p < 1 + ε, tj. ε < a r 1 < ε. Stav 7.. Ako niz {r n } racionalnih brojeva konvergira, onda niz {a 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 r n C. () ( ( ε > 0)( δ > 0)( r Q) r < δ a r 1 < ε ). (3) C Iz konvergencije niza {r n } za δ > 0 postoji N ε takvo da ( n N ε )( m N ε ) r n r m < δ. (4) dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj Iz (3) i (4) sledi da je Iz () i (5) je onda ( n N ε )( m N ε ) a r n r m 1 < ε C. (5) a r n a r m a r m (a r n r m 1) < C ε C ε za svako n N ε i svako m N ε, tj. niz {a rn } je konvergentan. Ako je x proizvoljan realan broj, kako je skup Q gust u R, postoji niz racionalnih brojeva {r n } koji konvergira ka x. Uzevši u obzir ovu činjenicu i Stav 7.. možemo definisati pojam stepena sa realnim eksponentnom. Definicija 7.1. Neka je a > 0. Neka je x proizvoljan realan broj i {r n } niz racionalnih brojeva koji konvergira ka x tj. lim n r n x. Tada možemo definisati sa a x def lim n + ar n. (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 r n b x > 0. Definicija 7.1. je korektna, tj. granična vrednost (6) ne zavisi od izbora niza racionalnih brojeva {r n } koji konvergira ka x. Ova činjenica sledi iz poznatog svojstva granične vrednosti funkcije. Svojstva stepena čiji je izložilac realan broj Pokazaćemo da sa uvedenom Definicijom 7.1. stepena čiji je izložilac realan broj, ostaju da važe osnovna svojstva stepena. (S.R.1.) a x a y a x+y ; x, y R, a R, a > 0 (S.R..) (a x ) y a x y ; x, y R, a R, a > 0 (S.R.3.) (a b) x a x b x ; x R, a R, a > 0 Svojstvo 7.1. Za svako x, y R važi a x a y a x+y. 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 r n+ρ n a r n a ρ n a x+y to je lim n + arn+ρn lim n + arn a ρn lim n + arn lim n + aρn a x a y. Svojstvo 7.3. Za svako x R važi (a b) x a x b x. 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj 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 odnosno a x x 1 > 1 za x x 1 > 0 a x > 1 za x > 0. (7) Zaista, neka je r Q, 0 < r < x i {r n } niz racionalnih brojeva takav da je lim n + r n x i r n > r za svako n N. Tada je prema Teoremi 7.3. 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, y a x0+ x a x 0 a x 0 (a x 1). Treba pokazati da a x 1 kada x 0 ili 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 x n 1. Pokazali smo (8) odakle sledi da je lim x 0 ax 0+ x a x 0, tj. funkcija a x je neprekidna na R. 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj 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 r n ) r a r r n. iz (10) imamo da je lim n + (arn ) r a r x. (11) Označimo sa a r n 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, imamo da je lim n + g(t n ) g(t 0 ), tj. Iz (11) i (1) imamo da je lim n + (ar n ) r (a x ) r. (1) (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 ) ρ n lim n + bρ n def. b y (a x ) y. (14) 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 ρ n a x y (15) Iz (13) za r ρ n je (a x ) ρ n a x ρ n, pa se iz (15) dobija lim n + (ax ) ρ n a x y. (16) Konačno, iz (14) i (16) zaključujemo da dato svojstvo važi za svako x, y R. Slika 13: Grafici funkcije y a x za a > 1 i 0 < a < 1 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma 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 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. 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma Svojstvo 8.4. Neka je a > 0, a 1, α R. Za svako x > 0 važi log a x α α log a x. Dokaz. (I način): a log a xα x α ( a log a x) α a α log a x ( ) log a x α α log a x. (II način): Neka je b log a x. Tada je x a b, pa je x α (a b ) α a α b, odakle prema definiciji logaritma je α b log a x α. Dakle, α log a x log a x α. Svojstvo 8.5. Neka je a > 0, a 1. Za svako x > 0, y > 0 važi Dokaz. (I način): log a x y log a x log a y. x log a y log 1 (S.8.3.) 1 (S.8.4.) a xy log a x + log a y log a x log a y. (II način): Neka je α log a x a α x i β log a y a β y. Tada je x log a y log a α a a log α β (S.8..) β a a α β log a x log a y. Svojstvo 8.6. Neka je a > 0, b > 0, a 1, b 1. Važi Dokaz. odakle korišćenjem Svojstva 8.4. imamo log b a log a b 1. a log a b b log b a log a b log b b 1, log a b log b a 1. Svojstvo 8.7. Neka je a > 0, b > 0, c > 0, a 1, c 1. Važi log b a log c a log c b. Dokaz. (I način): Pre svega za b 1 svojstvo očigledno važi jer su i leva i desna strana jednakosti jednake nuli. Za b 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. 7 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
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 ) 1 1 + log 5 3 1 1 + b log 5 7 log 5 1/ 33 3 1/ log 5 3 6b Primer 8.3. Ako je a log 6, b log 6 5 izračunati log 3 5. 3(1 a). a Rešenje: log 3 5 log 6 5 log 6 3 b log 6 6 b log 6 6 log 6 b 1 a. 8 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Logaritamska funkcija 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 Funkcija naziva se logaritamska funkcija. f 1 : R + R, R + y f 1 (y) log a y x R. y log a x, a > 0, a 1, x > 0, Slika 14: 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 Slika 15: Grafici funkcije y log a x za a > 1 i 0 < a < 1 9 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Primer 9.1. Uporediti brojeve a log 4 3, b log 5 3. Rešenje: a 1 log 3 4, b 1 log 3 5 Kako je 4 < 5 i funkcija log 3 x rastuća, to je log 3 4 < log 3 5. Onda kako su log 3 4 i log 3 5 pozitivni brojevi, imamo a 1 log 3 4 > 1 log 3 5 b. Primer 9.. Uporediti brojeve a log 9 80, b log 7 50. 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. 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. 30 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije 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. 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. 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. 31 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije 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. 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 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Orjentisani (usmereni) ugao na trigonometrijskom krugu posmatramo tako što teme postavljamo u koordinatni početak O, početni krak Oa u položaj poklapanja sa pozitivnim smerom x ose, a krajnji krak Ob nanosimo u odgovarajućem smeru zavisno od toga da li je ugao pozitivan ili negativan. Tačke A, B su preseci krakova Oa, Ob sa jediničnom kružnicom. Tada, svakom aob pridružujemo dužinu luka t ÂB. Ta se dužina luka naziva radijanska mera ugla. Mera ugla: Ako je dužina kružnog luka jednaka poluprečniku, tada meru odgovarajućeg centralnog ugla nazivamo radijan. ( ) 180 1 rad 57 17 45 π 1 π 180 rad 0, 01745 rad Ako krak Ob rotiramo u pozitivnom smeru za ceo krug ili za dva kruga, mera tako dobijenog ugla je t + π ili t + 4π. Slika 16: (a) mera aob je t + π; (b) mera aob je t + π Generalno, svi uglovi mera t + k π, k Z, imaju završni položaj kraka b isti, tj. u istoj tački B seku trigonometrijsku kružnicu k. Brojevima t + k π, k Z pridružujemo tačku B. Staviše, svakom realnom broju t možemo pridružiti na jediničnoj kružnici odgovarajuću tačku B, jer je svaki broj t radijanska mjera nekog ugla. Brojevi kojima je pridružena ista tačka B na kružnici se med usobno razlikuju za kπ. Kružnica s ovakvim pridruživanjem naziva se brojevna kružnica. Posmatrajmo trigonometrijsku kružnicu sa centrom u koordinatnom početku O(0, 0) i ugao aob sa temenom u koordinatnom početku i početnim krakom u pravcu pozitivnog dela x ose. 33 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Neka je t 0 broj izmed u 0 i π. Namotajem brojevne prave na kružnicu taj se broj preslikava u tačku 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. Realan broj t 0 nazivamo glavna mera aob, dok brojeve t 0 + kπ, k Z nazivamo merom ugla aob. Prirodno proširenje pojma trigonometrijskih funkcija bilo kog ugla dato je sledećom definicijom: Neka je t bilo koja mera ugla aob u radijanima. Vrijednost trigonometrijske funkcije aob jednaka je vrijednosti te trigonometrijske funkcije realnog broja t. Kako je iz pravouglog trougla BOC, za oštar aob čija je mera x R: sin x BC OB BC, cos x OC OB OC, zaključujemo da se trigonometrijske funkcije oštrog ugla i trigonometrijske funkcije bilo koje mere tog ugla podudaraju, odnosno da je definicija trigonometrijske funkcije oštrog ugla u pravouglom trouglu u saglasnosti sa definicijom trigonometrijske funkcije proizvoljnog ugla. Periodičnost trigonometrijskih funkcija Definicija 10.1. 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 10.1. 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 34 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije 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 tg(x + π) sin(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 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/). Periodičnost 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 oso y prenesemo ordinatu tačke E(x). Postupak ponavljamo dok ne obid emo 35 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije 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). Slika 17: Grafik funkcije y sin 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 nule funkcije f su u tačkama x k π, k Z funkcija je pozitivna za x (0, π) i negativna za x (π, π) [ funkcija je monotono rastuća na 0, π ] [ 3π ] [ π, π i monotono opadajuća na, 3π ] za x π funkcija ima maksimalnu vrednost f max 1, a za i x 3π vrednost f min 1 ima minimalnu Slika 18: Grafik funkcije y cos x (ii) Kosinusna funkcija. Funkcija 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 minimalnu vrednost f min 1 1, a za x π + kπ ima 36 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Slika 19: Grafici funkcija y tg x i y ctg x (iii) Tanges. Funkcija h(x) tg x sin x je definisana za svako x R izuzev u tačkama cos x (k + 1)π x, k Z, a skup vrednosti funkcije je R. funkcija h je neparna i periodična sa osnovnom periodom π prave y π + kπ, k Z su vertikalne asimptote funkcije nule funkcije h su u tačkama x k π, k Z funkcija je monotono rastuća tg x > 0 za x (kπ, π ) + kπ, a tg x < 0 za x ( π ) + kπ, kπ (iv) Kotanges. Funkcija 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 Neprekidnost trigonometrijskih funkcija Teorema 10.3. Funkcije y sin x i y cos x su neprekidne na R. Dokaz: Neka je x 0 proizvoljna tačka iz R. Tada Kako je sin x sin x 0 sin x x 0 sin x x 0 x x 0, cos x + x 0 cos x + x 0 1,. 37 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule to je sin x sin x 0 x x 0, odakle sledi da je funkcija y sin x neprekidna u tački x 0. Analogno, kako je cos x cos x 0 sin x + x 0 sin x 0 x cos x cos x 0 x x 0, zbog čega je funkcija y cos x neprekidna u tački x 0. sledi da je Iz neprekidnosti funkcija y sin x i y cos x sledi da je funkcija tg x sin x cos x neprekidna, ako je cos x 0, tj. x π cos x + n π, n Z, a funkcija ctg x je neprekidna, ako je sin x x n π, n Z. 11. Adicione formule 11.1. 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) 38 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule 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 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 11.1. Izračunati sin 75. Rešenje. sin 75 sin(45 + 30 ) 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 11.3. Ako je π < α < π, α + β π 3 i cos α 11, izračunati sin β. 13 39 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule Rešenje. Kako je β π 3 α, to je ( ) π sin β sin 3 α sin π 3 cos α cos π 3 3 sin α cos α 1 sin α Iz cos α 11 13 imamo sin α 1 cos α 1 11 169 48 169 odakle je sin α ± 4 3 13 i kako je π 3 sin β 4 3 < α < π, to je sin α 13 ( 11 13. Sada je ) 1 4 3 3 13 15 6. 11.. 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 40 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule 11.3. 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 11.4. 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 1 16 5 9 5 π < α < π cos α 3 5 sin β 1 cos α 1 5 169 144 169 π cos α cos α sin α 9 5 16 5 7 5 sin α sin α cos α 4 ( 5 3 ) 5 < β < π sin β 1 13, 4 5, cos(α β) 7 ( 5 5 ) 4 13 5 1 13 53 35. Primer 11.5. 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 7 7 1 4 sin 4π 7 cos 4π 1 7 sin π 8 sin 8π ( 7 sin π 1 sin π + π ) 8 7 sin π 7 7 7 1 8 sin π 7 sin π 7 1 8. 41 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule Primer 11.6. 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 11.7. 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 4. 0 11.4. 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 Primer 11.8. Ako je π < α < 3π Rešenje:, sin α 1 13 izračunati sin α i cos α. cos α 1 sin α 1 144 169 5 169 π < α < 3π cos α 5 13 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule sin α 1 cos α cos α 1 + cos α 1 + 5 13 1 5 13 9 13 π < α < 3π 4 4 13 π < α < 3π 4 sin α 3 13 3 13 13 cos α 13 13 13 11.5. 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 dobija se odnosno (16) sin α cos β 1 Sabiranjem adicionih formula dobija se (17) cos α cos β 1 sin(α + β) sin α cos β + cos α sin β sin(α β) sin α cos β cos α sin β sin(α + β) + sin(α β) sin α cos β ( sin(α + β) + sin(α β) ) cos(α β) cos α cos β + sin α sin β cos(α + β) cos α cos β sin α sin β ( cos(α + β) + cos(α β) ) a oduzimanjem imamo (18) sin α sin β 1 ( cos(α β) cos(α β) ) Primer 11.9. 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 100 + sin 60 ) 1 sin 80 4 1 4 (sin 100 sin 80 ) + 1 3 4 1 3 4 (sin 100 sin(180 100 )) + 8 1 3 3 4 (sin 100 sin 100 ) + 8 8. 43 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule Primer 11.10. 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 11.11. Izračunati Rešenje: 1 sin 10 sin 70. 1 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 10 11.6. Transformacija zbira i razlike trigonometrijskih funkcija u proizvoda Ako su u formulama (16), (17) i (18) zameni α + β x i α β y, odnosno α x + y, β x y dobijaju se formule za transformaciju zbira i razlike trigonometrijskih funkcija u proizvod: (19) sin x + sin y sin x + y 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 44 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Primer 11.1. Izračunati cos π 5 cos 3π 5 i cos π 5 + cos 3π 5. Rešenje: cos π 5 + cos 3π 5 cos π 5 cos π 5 ( ) sin π 5 cos π 5 cos π 5 sin 4π 5 4 sin π 5 sin π 5 sin ( π π ) 5 4 sin π 5 sin π 5 cos π 5 sin π 5 sin π 5 4 sin π 5 1 4 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 jednakosti zaključujemo da su x 1 cos π 5, x cos 3π 5 kvadratne jednačine x 1 4 x 1 0, koreni jer za korene ove jednačine prema Vijetovim pravilima važi x 1 + x 1 4, x 1 x 1. 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 0-(a)). Prema svojstvima uzajamno inveznih funkcija važe jednakosti: arcsin(sin x) x, x [ π, π ], sin(arcsin x) x, x [ 1, 1]. 45 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Slika 0: Grafik funkcije y arcsin x i y arccos x Osnovna svojstva funkcije F (x) arcsin x, x [ 1, 1] su: funkcija F je neparna, tj. važi arcsin( x) arcsin x, x [ 1, 1]. funkcija je pozitivna za x (0, 1] i negativna za x [ 1, 0) nula funkcija F je x 0 funkcija je monotono rastuća Primer 1.1. Nacrtati grafik funkcije y 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: 46 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije (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 0-(b). Važe jednakosti: arccos(cos x) x, x [0, π], cos(arccos x) x, x [ 1, 1]. 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. 47 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije 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 i sin β y. (i) Ako je x 0, y 0, onda je α [ π/, 0] i β [0, π/]. U slučaju, x 0, y 0, je α [0, π/] i β [ π/, 0]. Dakle, za xy 0 je α + β [ π/, π/]. Kako je sin(α + β) sin α cos β + cos α sin β x 1 y + y 1 x (19) i α + β [ π/, π/], biće α + β arcsin(sin(α + β)) arcsin (x 1 y + y ) 1 x. (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 sin α x > 1 y cos β cos β cos β < sin α sin α, jer su uglovi α, β oštri. Takod e, Onda je 1 cos α > 1 sin β cos α cos α < sin β sin β. cos(α + β) cos α cos β sin α sin β < sin β cos β cos β sin β 0, pa je α + β [π/, π]. Zato je iz (19) i (18) arcsin (x 1 y + y ) 1 x arcsin(sin(α + β)) π (α + β). (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 odakle je cos β cos β < sin α sin α i cos α cos α < sin β sin β, cos(α + β) cos α cos β sin α sin β < sin α cos α + sin α cos α 0. Dakle, α + β [ π, π/]. Kako je za x [ 3π/, π/], arcsin(sin x) π x (pokazati!!), iz (19) dobijamo da je arcsin (x 1 y + y ) 1 x arcsin(sin(α + β)) π (α + β). 48 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije 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]. (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 β < 0 i sin β > 0, biće Tada je sin α cos β sin β cos β i cos α sin β cos β sin β. sin(α + β) sin α cos β + cos α sin β sin β cos β cos β 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 i sin α cos α sin β cos α, 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]. Kako je cos(α + β) cos α cos β sin α sin β xy 1 y 1 x (0) i α + β [0, π], biće α + β arccos(cos(α + β)) arccos (xy 1 y ) 1 x. (ii) Ako je x + y < 0, onda se na sličan način može pokazati da je α + β (π, π]. Kako je za x [π, π], arccos(cos x) π x (pokazati!!), iz (0) se dobija arccos (xy 1 y ) 1 x arccos(cos(α + β)) π (α + β). 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 arccos (cos(y + π)) y + π. 49 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Sa druge strane je arccos(cos(y + π)) arccos( cos y) π arccos(cos y). Dakle, π arccos(cos y) y + π arccos(cos y) y za π y π/. Konačno, 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). Dakle, za x [π, π/], 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, za 0 y π/. Konačno, arcsin (sin(y + π)) y + π. arcsin(sin(y + π)) arcsin( sin y) arcsin(sin y). arcsin(sin y) y + π arcsin(sin y) y π arcsin cos 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. 50 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije 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. ( Primer 1.4. Izračunati cos arcsin 4 ) 1 + arccos. 5 13 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, ) 5 13. cos(α + β) cos α cos β sin α sin β 3 5 1 13 4 5 5 13 16 65. (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. 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 (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. 51 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Slika 1: Grafici funkcija y arctg x i y arcctg x 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) Veze izmed u ciklometrijskih funkcija istog ugla: Teorema 1.5. Važe sledeće veze izmedju invernih trigonometrijskih funkcija: arcsin x arccos 1 x arctg arccos x arcsin 1 x arcctg x, x [0, 1] 1 x x, x [0, 1] 1 x arctg x arcctg 1 x arcsin x arccos 1, 1 + x 1 + x x R Dokaz: Označimo sa arcsin x α. Tada prema definiciji funkcije arcsin x je sin α x, 0 α π/. Onda je cos α 1 sin α 1 x sin α, tg α 1 sin α, odakle je α arccos 1 x arctg x 1 x. Primer 1.5. Dokazati arctg 11 + arctg 1 7 arctg 1. Rešenje. Neka je α arctg 11 i β arctg 1 7, tj. tg α 11, tg β 1 7. Odavde, uzevši u obzir da je 1 7 < 3 11 < i da je y arctg x rastuća funkcija, zaključujemo da je 3 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Hiperbolične funkcije 0 < α < π/6 i 0 < β < π/6. Sada kako je tg β tg β 1 tg β 7 4, iz tg(α + β) tg α + tg β 1 tg α tg β dobijamo tg(α + β) 1. Kako je 0 < α + β < π, imamo 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. Koriste se i oznake sinh i Slika : Grafici funkcija y sh x i y ch x U trigonometrijskom krugu definisane su trigonometrijske funkcije sin, cos, tg ugla AOC čija je mera u radijanima α, kao dužine duži BC, OB, AD. Isti ugao smo mogli definisati i kao površinu P k kružnog isečka COK (slika 3-(a)): 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 53 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Hiperbolične funkcije Naime, označavajući sa P h x površinu analognog sektora COK (slika 3-(b)), definišemo hiperbolične funkcije - sinus, kosinus i tangens hiperbolični sa: sh x BC, ch x OB, th x AD. Slika 3: Kada površinu P h izračunamo (npr. primenom odredjenog integrala ili dvostrukog intergrala), dobijamo ( ) ( ) x P h ln BC + BC + 1 ln OB + OB 1 1 ln 1 + AD 1 AD, odakle odred ujemo dužine duži BC, OB, AD, odnosno za hiperbolične funkcije dobijamo prethodne navedene izraze u eksponencijalnom obliku: Važe sledeće važne jednakosti: BC ex e x sh x OB ex + e x ch x AD ex e x th x e x + e x (1) sh x + ch x e x, () ch x sh x 1, (3) ch x 1 + sh x, (4) sh x sh x ch x, 54 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu