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 (pravilo) koje svakom elementu skupa X dodeljuje tačno jedan element y skupa Y. U tom slučaju, simbolički pišemo f : X Y ili X f Y, odnosno y = f(). Skup X naziva se domen i označava se sa D(f) ili Dom(f), a skup Y kodomen funkcije f. Element X naziva se nezavisno promenljiva, a y Y se naziva zavisno promenljiva. Skup G tačaka u Dekartovom koordinatnom sisitemu sa koordinatama (, f() ), D(f) naziva se grafik funkcije y = f(), D(f), tj. G = { (, f() ) D(f)}. (i) Grafik funkcije y = f() + a može se dobiti translacijom grafika funkcije y = f() u pravcu y-ose za vrednost a > 0. (ii) Grafik funkcije y = f( b) može se dobiti translacijom grafika funkcije y = f() u pravcu -ose za vrednost b > 0. (iii) Grafik funkcije y = f( ) je simetričan u odnosu na y-osu sa grafikom funkcije y = f(). (iv) Grafik funkcije y = f() je simetričan u odnosu na -osu sa grafikom funkcije y = f(). Podsetimo se najvažnijih svojstava funkcije. Definicija 1.. Funkcija f : X Y naziva se: (1) injekcija ( 1-1 funkcija) ako za svako 1, X važi f( 1 ) = f( ) 1 = () sirjekcija (funkcija NA ) ako i samo ako za svako y Y postoji bar jedno X takvo da je y = f(), tj. ako i samo ako je (3) bijekcija ako je ona injekcija i sirjekcija. f(x) = { f() X } = Y ; Primer 1.1. Ispitati da li su sledeće funkcije 1-1 i NA : (a) f 1 : R R, f 1 () = 3 + (b) f : R R, f () = 3 + (c) f 3 : R \ { } R, f 3 ( 4) = 7 (d) f 4 : R R +, f 4 () = e (e) f 5 : R R, f 5 ( 1) = 4 + 1 Rešenje. Funkcije f 1 (), f () i f 5 () = + + 1 nisu ni 1-1 ni NA, funkcija f 3 () = 3 +, je 1-1 ali nije NA, a funkcija f 4() 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() = g() za svako X 1 = X. Primer 1.. Ispitati da li su sledeće funkcije jednake: (a) f 1 () = i f () = (b) f 1 () = i f 3 () = (c) f 1 () = i f 4 () = ( ) (d) f 5 () = 3 log 3 i f 4 () = ( ) Rešenja: (A) NE funkcija f 1 () je definisana za svako R, a funkcija f () je definisana za R \ {0}. (B) NE f 1 () = = f 3 () za svako < 0 (C) NE funkcija f 1 () je definisana za svako R, a funkcija f () je definisana za svako 0. (D) NE funkcija f 5 () = 3 log 3 = je definisana za svako > 0, a funkcija f 4 () = ( ) = je definisana za svako 0. Složena funkcija Definicija 1.4. Neka je f : X Y i g : Y Z. Kako je f(x) Y, svaki element f() f(x) Y funkcija g preslikava u element g ( f() ) Z. Tada se funkcija koja za svako X ima vrednost g ( f() ) = (g f)() naziva složena funkcija ili kompozicija funkcija f i g i označava se sa g f. Inverzna funkcija Definicija 1.5. Neka A, B R i neka je f : A B data funkcija. Ako postoji funkcija g : B A takva da važi (1) f ( g() ) = za svako B () g ( f() ) = za svako A, kažemo da je funkcija g inverzna funkcija funkcije f i označavamo je sa f 1. Grafik funkcije y = f 1 () simetričan je grafiku funkcije y = f() u odnosu na pravu y =. Inverzna funkcija funkcije f ne mora da postoji, a bliže uslove pod kojima funkcija f ima inverznu funkciju daje naredna teorema. Teorema 1.1. Neka je f : A B. Funkcija f je bijekcija ako i samo ako postoji jedinstvena funkcija g : B A takva da je (1) f ( g() ) = za svako B () g ( f() ) = za svako A,

3 Dokaz: ( ) : Dokažimo najpre da ako je f bijekcija, funkcija g sa svojstvima (1) i () postoji i jedinstvena je. Egzistencija: Kako je f : A B funkcija NA, za svako y B postoji A takvo da je y = f(). Kako je f 1-1, takvo je jedinstveno. Na taj način svakom elementu y B pridržen je jedinstven element A takav da je y = f(). Označimo li sa g : B A funkciju koja y, tada za svako A imamo (g f)() = g ( f() ) = i za svako y = f() B (f g)(y) = f ( g(y) ) ( = f g ( f() )) = f ( (g f)() ) = f() = y. Jedinstvenost: (a) Kako je f : A B sirjekcija, postoji najviše jedna funkcija g : B A sa svojstvom () tj. takva da je (g f)() = za svako A. Zaista, ako bi postojale dve funkcije g 1, g sa tim svojstvom, onda pretpostavka g 1 g vodi ka egzistenciji bar jednog elementa z B takvog da ( je g 1 (z) ) ( g (z). ) Kako je f sirjekcija, postoji A takvo da je z = f(). Ali tada je g 1 f() g f(), što je u suprotnosti sa g 1 f = g f = 1 A (1 A je identično preslikavanje skupa A, tj. funkcija definisana sa 1 A () = za svako A). Prema tome, mora biti g 1 = g. (b) Kako je f : A B injekcija, postoji najviše jedna funkcija g : B A sa svojstvom (1) tj. takva da je (f g)(y) = y za svako y B. Zaista, ako bi postojale dve takve funkcije g 1, g, onda zbog pretpostavke g 1 g postoji bar jedan element z B takav da je g 1 (z) g (z). Kako je f injekcija, onda je f ( g 1 (z) ) f ( g (z) ), a to je kontradikcija sa f g 1 = f g = 1 B. (c) Ako za funkciju f : A B postoje funkcije g 1, g : B A takve da je (g 1 f)() = za svako A, (f g )(y) = y za svako y B, onda je g 1 = g. Zaista, za proizvoljno y B je g (y) A, pa je što povlači da je g = g 1. g (y) = (g 1 f) ( g (y) ) = g 1 (f ( g (y) )) = g 1 (y), ( ) : Pretpostavimo suprotno, da je funkcija g sa svojstvima (1) i () jedinstveno odred ena, a da funkcija f nije bijekcija. Ako f nije 1-1, postoji 1, A tako da je 1 i y 1 = f( 1 ) = f( ) = y. Ali tada bi zbog svojstva () bilo 1 = g(y 1 ) = g(y ) =, što je suprotno pretpostavci da je 1. Ako f nije NA, tada postoji y 0 B takav da se u njega funkcijom f ne preslikava nijedno A, pa za g(y 0 ) = 0 ne važi f(g( 0 )) = 0. Primer 1.3. Naći inverznu funkciju sledećih funkcija: (a) f() = + 1 definisane za > 1 ; (b) f() = 6 + 1 definisane za < 3. Rešenje. (a) f 1 () = 1 + 3 4, 3 4 (b) f 1 () = 3 + 8, 8

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

1 Teorema 7.9. Nejednakost a + b + c < 0 važi za svako > β ako i samo ako je a < 0 { D < 0 D 0 a > 0 f(β) 0 (Slika 4.) b a < β y y f 1 b a f Slika 4: Nejednakost a + b + c < 0 važi za svako < α i za svako > β Teorema 7.10. Nejednakost a + b + c < 0 važi za svako < α ako i samo ako je a < 0 { D < 0 D 0 a > 0 f(α) 0 (Slika 4.) b a > α Primer 7.1. Za koje k R su oba korena jednačine veća od 3? Rešenje. k > 11 9 Primer 7.. Za koje k R koreni jednačine zadovoljavaju uslov 1 < 3 <? ( Rešenje. k 0, 15 ) 8 6k + 9k k + = 0 k + (k 1) = 0, k 0 Primer 7.3. Naći k R tako da se koreni jednačine nalaze u intervalu ( 1, ). ( Rešenje. k 4 ) 5, 3 (1, + ) 4 (k 1) (k + ) + k = 0, k 1

Primer 7.4. Odrediti sve vrednosti k R za koje nejednakost važi za k 4 + k 1 > 0 (a) svako > 0; (b) svako ( 1, 1); (c) svako < 1. ( ) [ ) 1 + 33 5 Rešenje. (a) k, + (b) k 4 3, + (c) k [ ) 5 3, + 8. Pojam i osnovna svojstva logaritma Imajući u vidu da se funkcijom y = a, a > 0, a 1, vrši bijektivno preslikavanje skupa R na skup R +, zaključujemo da važi ( ) a 1 = a 1 =. Definicija 8.1. Neka je a R, a > 0, a 1. Logaritam broja b za osnovu a je realan broj kojim treba stepenovati broja a da bi se dobio broj b, u oznaci log a b. Dakle, za a > 0, a 1, b > 0 odnosno a log a b = b, a = b = log a b Svojstva logaritma Svojstvo 8.1. Za a > 0, a 1, važi log a 1 = 0 i log a a = 1. Svojstvo 8.. Neka je a > 0, a 1, R. Važi log a a =. Dokaz. Neka je log a a = y. Tada je prema definiciji a = a y, pa je prema ( ), = y, odnosno = log a a. Svojstvo 8.3. Neka je a > 0, a 1. Za svako > 0, y > 0 važi log a y = log a + log a y. Dokaz. Neka je α = log a, β = log a y. Onda je a α =, a β = y. (I način): a log a y = y = a α a β = a α+β = a log a +log a y ( ) log a y = log a + log a y. (II način): log a y = log a a α a β α+β (S.8..) = log a a = α + β = log a + log a y.

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

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

5 Osnovna svojstva logaritamske funkcije y = f() = log a, a > 0, a 1 su: funkcija f je definisana za svako R + za 0 < a < 1 funkcija je pozitivna za (0, 1) i negativna za (1, + ), a za a > 1 funkcija je pozitivna za (1, + ) i negativna za (0, 1) nula funkcije je = 1 funkcija f je monotono rastuća na R + za a > 1 i monotono opadajuća na R + za 0 < a < 1 10. Trigonometrijske funkcije (i) Sinusna funkcija. Funkcija f() = sin je definisana za svako R, a skup vrednosti funkcije je segment [ 1, 1], tj. f : R [ 1, 1]. funkcija f je neparna i periodična sa osnovnom periodom π (zato je dovoljno iskazati svojstva funkcije samo na segmentu [0, π]) funkcija je pozitivna za (0, π) i negativna za (π, π) nule funkcije f su u tačkama = k π, k Z [ funkcija je monotono rastuća na 0, π ] [ 3π ] [ π, π i monotono opadajuća na, 3π ] Sinusna funkcija je osnovna elementarna funkcija. Ostale trigonometrijske funkcije definišemo sa ( cos = sin + π ), tg = sin cos, cos ctg = sin. (ii) Kosinusna funkcija. Funkcija g() = cos je definisana za svako R, a skup vrednosti funkcije je segment [ 1, 1], tj. g : R [ 1, 1]. funkcija g je parna i periodična sa osnovnom periodom π nule funkcije g su u tačkama = π + k π, k Z funkcija je monotono opadajuća na [0, π] i monotono rastuća na [π, π] (iii) Tanges. Funkcija h() = tg = sin je definisana za svako R izuzev u tačkama cos (k + 1)π =, k Z, a skup vrednosti funkcije je R. funkcija h je neparna i periodična sa osnovnom periodom π nule funkcije h su u tačkama = k π, k Z funkcija je monotono rastuća (iv) Kotanges. Funkcija k() = ctg = cos je definisana za svako R izuzev u sin tačkama = kπ, k Z, a skup vrednosti funkcije je R. funkcija k je neparna i periodična sa osnovnom periodom π nule funkcije h su u tačkama = funkcija je monotono opadajuća (k + 1)π, k Z

6 Neprekidnost trigonometrijskih funkcija Teorema 10.1. Funkcije y = sin i y = cos su neprekidne na R. Dokaz: Neka je 0 proizvoljna tačka iz R. Tada sin sin 0 = sin 0 cos + 0 Kako je sin 0 0, cos + 0 1, to je sin sin 0 0, odakle sledi da je funkcija y = sin neprekidna u tački 0. Analogno, kako je cos cos 0 = sin + 0 sin 0 cos cos 0 0, zbog čega je funkcija y = cos neprekidna u tački 0.. sledi da je Iz neprekidnosti funkcija y = sin i y = cos sledi da je funkcija tg = sin cos neprekidna, ako je cos 0, tj. π cos + n π, n Z, a funkcija ctg = je neprekidna, ako je sin n π, n Z. 11. Inverzne trigonometrijske funkcije Inverzne trigonometrijske funkcije nazivaju se ciklometrijske ili arkus funkcije. (i) Arkus sinus. Funkcija f() = sin nema inverznu funkciju, jer nije bijekcija. Na primer, svi brojevi oblika π + kπ, k Z preslikavaju se ovom funkcijom u broj 1. Med utim, [ posmatrajmo restrikciju funkcije f() na π, π ], tj. funkciju [ f 1 : π, π ] [ 1, 1], gde je f 1 () = sin. [ Funkcija f 1 () je rastuća funkcija, pa postoji njena inverzna funkcija f 1 1 : [ 1, 1] π, π ] koja se naziva arkus sinus i označava se sa F () = arcsin. Grafik funkcije y = arcsin simetričan je grafiku funkcije f 1 () u odnosu na pravu y =. Prema svojstvima uzajamno inveznih funkcija važe jednakosti: arcsin(sin ) =, [ π, π ], sin(arcsin ) =, [ 1, 1].

7 Osnovna svojstva funkcije F () = arcsin, [ 1, 1] su: funkcija F je neparna, tj. važi arcsin( ) = arcsin, [ 1, 1]. funkcija je pozitivna za (0, 1] i negativna za [ 1, 0) nula funkcija F je = 0 funkcija je monotono rastuća Primer 11.1. Nacrtati grafik funkcije y = arcsin(sin ). Funkcija je definisana na R i periodična je sa periodom π. Zato je dovoljno odrediti grafik funkcije na segmentu [ π/, 3π/]. Ako je π/ π/, onda je y = arcsin(sin ) =. Za π/ 3π/ je π/ π π/, pa je arcsin(sin( π)) = π. S druge strane, sin( π) = sin i zato je arcsin(sin( π)) = arcsin( sin ) = arcsin(sin ), zbog neparnosti funkcije arcsin. Dakle, π = arcsin(sin ) za [π/, 3π/]. Konačno, imamo da je, π y = arcsin(sin ) = π, π π, 3π, Grafik funkcije y = arcsin(sin ) prikazan je na sledećoj slici: (ii) Arkus kosinus. Funkcija g 1 : [0, π] [ 1, 1], g 1 () = cos, [0, π] je neprekidna i opadajuća. Njena inverzna funkcija G : [ 1, 1] [0, π], G() = arccos, [ 1, 1] je takod e neprekidna i opadajuća.

8 Grafik funkcije y = arccos prikazan je na sledećoj slici: Važe jednakosti: arccos(cos ) =, [0, π], cos(arccos ) =, [ 1, 1]. Osnovna svojstva funkcije G() = arccos, [ 1, 1] su: funkcija G nije ni parna ni neparna, već važi arccos( ) = π arccos funkcija G je pozitivna za svako [ 1, 1) nula funkcija G je = 1 funkcija je monotono opadajuća Stav 11.1. Za svako [ 1, 1] važe jednakosti: arccos( ) = π arccos, arcsin + arccos = π. (A) (B) Dokaz: (a) Označimo sa arccos = α. Tada prema definiciji funkcije arccos je cos α =, 0 α π. Onda je 0 π α π i cos(π α) = cos α =. Opet prema definiciji funkcije arccos je π α = arccos( ). Ovim je formula (A) dokazana. (b) Označimo sa arcsin = α. Tada prema definciji funkcije arcsin je sin α =, π/ α π/. Onda je 0 π/ α π i cos(π/ α) = sin α =. Sada prema definiciji funkcije arccos je π/ α = arccos. Ovim je i formula (B) dokazana. (iii) Arkus tanges. Funkcija [ h 1 : π, π ] R, h 1 () = tg, [ π, π ] je neprekidna i rastuća. Njena inverzna funkcija [ H : R π, π ], H() = arctg, R je takod e neprekidna i rastuća.

9 Važe jednakosti: arctg(tg ) =, [ π, π ], tg(arctg ) =, R. Za funkciju H() = arcctg, R važi: funkcija H je neparna, tj. arctg( ) = arctg, R funkcija je negativna za < 0, pozitivna za > 0 i nula funkcije je = 0 funkcija je monotono rastuća (iv) Arkus kotanges. Funkcija K() = arcctg, K : R [0, π] je inverzna za monotonu funkciju k 1 : [0, π] R datu sa k 1 () = ctg, [0, π]. Važe jednakosti: arcctg(ctg ) =, [0, π], ctg(arcctg ) =, R. Za funkciju y = K() = arcctg važi: funkcija K nije ni parna ni neparna, već važi funkcija K nema nule funkcija je monotono opadajuća arcctg( ) = arcctg + π Grafici funkcija y = arctg i y = arcctg su: Stav 11.. Za svako R važe jednakosti: arctg + arcctg = π, arcctg( ) = arcctg + π. (C) (D) Veze izmed u ciklometrijskih funkcija istog ugla: Stav 11.3. Važe sledeće jednakosti: arcsin = arccos 1 = arctg arccos = arcsin 1 = arcctg, [0, 1] 1, [0, 1] 1 arctg = arcctg 1 = arcsin 1 + = arccos 1 1 +, R

30 Dokaz: Označimo sa arcsin = α. Tada prema definiciji funkcije arcsin je sin α =, 0 α π/. Onda je cos α = odakle je α = arccos 1 = arctg 1 sin α = 1, tg α = 1. sin 1 sin, Primer 11.. Odrediti arccos(sin ) ako je π 3π. ( ( )) π Rešenje. Imamo da je arccos(sin ) = arccos cos. Ako stavimo da je y = π, kako je π π π, treba odrediti arccos(cos y) za π y π/. Kako je 0 y + π π/, imamo da je Sa druge strane je Dakle, arccos (cos(y + π)) = y + π. arccos(cos(y + π)) = arccos( cos y) = π arccos(cos y). za π y π/. Konačno, π arccos(cos y) = y + π arccos(cos y) = y arccos(sin ) = arccos(cos y) = y = π. Primer 11.3. Odrediti arcsin cos ako je π 3π. Rešenje. Za π 3π imamo da je ( ( )) π arcsin cos = arcsin( cos ) = arcsin(cos ) = arcsin sin. Ako stavimo da je y = π, kako je π π π, treba odrediti arcsin(sin y) za π y π/. Kako je 0 y + π π/, imamo da je Sa druge strane je Dakle, za 0 y π/. Konačno, arcsin (sin(y + π)) = y + π. arcsin(sin(y + π)) = arcsin( sin y) = arcsin(sin y). arcsin(sin y) = y + π arcsin(sin y) = y π arcsin cos = arcsin(sin y) = y + π = π + π = 3π.

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

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

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