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
Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Rešenje. Funkcije f 1 (x), f (x) i f 5 (x) x + x + 1 nisu ni 1-1 ni NA, funkcija f 3 (x) x 3 x +, x je 1-1 ali nije NA, a funkcija f 4(x) je bijekcija. Jednakost funkcija Definicija 1.3. Funkcije f : X 1 Y 1 i g : X Y su jednake ako i samo ako: (1) imaju isti domen, tj. X 1 X ; () imaju isti kodomen, tj. Y 1 Y ; (3) f(x) g(x) za svako x X 1 X. Primer 1.. Ispitati da li su sledeće funkcije jednake: (a) f 1 (x) x i f (x) x (b) f 1 (x) x i f 3 (x) x (c) f 1 (x) x i f 4 (x) ( x ) (d) f 5 (x) 3 log 3 x i f 4 (x) ( x ) x Rešenja: (A) NE funkcija f 1 (x) je definisana za svako x R, a funkcija f (x) je definisana za x R \ {0}. (B) NE f 1 (x) x x f 3 (x) za svako x < 0 (C) NE funkcija f 1 (x) je definisana za svako x R, a funkcija f 4 (x) je definisana za svako x 0. (D) NE funkcija f 5 (x) 3 log 3 x x je definisana za svako x > 0, a funkcija f 4 (x) ( x ) x je definisana za svako x 0. Složena funkcija Definicija 1.4. Neka je f : X Y i g : Y Z. Kako je f(x) Y, svaki element f(x) f(x) Y funkcija g preslikava u element g ( f(x) ) Z. Tada se funkcija koja za svako x X ima vrednost g ( f(x) ) (g f)(x) naziva složena funkcija ili kompozicija funkcija f i g i označava se sa g f. Inverzna funkcija Definicija 1.5. Neka A, B R i neka je f : A B data funkcija. Ako postoji funkcija g : B A takva da važi (1) g ( f(x) ) x za svako x A, () f ( g(y) ) y za svako y B, kažemo da je funkcija g inverzna funkcija funkcije f i označavamo je sa f 1. dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Grafik funkcije y f 1 (x) simetričan je grafiku funkcije y f(x) u odnosu na pravu y x (slika 1). Inverzna funkcija funkcije f ne mora da postoji, a bliže uslove pod kojima funkcija f ima inverznu funkciju daje naredna teorema. Teorema 1.1. Neka je f : A B. Funkcija f je bijekcija ako i samo ako postoji jedinstvena funkcija g : B A takva da je (1) g ( f(x) ) x za svako x A, () f ( g(y) ) y za svako y B. Slika 1: Grafik funkcije f i njene inverzne funkcije f 1 Dokaz: ( ) : Dokažimo najpre da ako je f bijekcija, funkcija g sa svojstvima (1) i () postoji i jedinstvena je. Egzistencija: Kako je f : A B funkcija NA, za svako y B postoji x A takvo da je y f(x). Kako je f 1-1, takvo x je jedinstveno. Na taj način svakom elementu y B pridržen je jedinstven element x A takav da je y f(x). Označimo li sa g : B A funkciju koja y x, tada za svako x A imamo (g f)(x) g ( f(x) ) x i za svako y f(x) B (f g)(y) f ( g(y) ) ( f g ( f(x) )) f ( (g f)(x) ) f(x) y. Jedinstvenost: (a) Kako je f : A B sirjekcija, postoji najviše jedna funkcija g : B A sa svojstvom (1) tj. takva da je (g f)(x) x za svako x A. Zaista, ako bi postojale dve funkcije g 1, g sa tim svojstvom, onda pretpostavka g 1 g vodi ka egzistenciji bar jednog elementa z B takvog da ( je g 1 (z) ) ( g (z). ) Kako je f sirjekcija, postoji x A takvo da je z f(x). Ali tada je g 1 f(x) g f(x), što je u suprotnosti sa g 1 f g f 1 A (1 A je identično preslikavanje skupa A, tj. funkcija definisana sa 1 A (x) x za svako x A). Prema tome, mora biti g 1 g. 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama (b) Kako je f : A B injekcija, postoji najviše jedna funkcija g : B A sa svojstvom () tj. takva da je (f g)(y) y za svako y B. Zaista, ako bi postojale dve takve funkcije g 1, g, onda zbog pretpostavke g 1 g postoji bar jedan element z B takav da je g 1 (z) g (z). Kako je f injekcija, onda je f ( g 1 (z) ) f ( g (z) ), a to je kontradikcija sa f g 1 f g 1 B. (c) Ako za funkciju f : A B postoje funkcije g 1, g : B A takve da je (g 1 f)(x) x za svako x A, (f g )(y) y za svako y B, onda je g 1 g. Zaista, za proizvoljno y B je g (y) A, pa je što povlači da je g g 1. g (y) (g 1 f) ( g (y) ) g 1 (f ( g (y) )) g 1 (y), ( ) : Pretpostavimo suprotno, da je funkcija g sa svojstvima (1) i () jedinstveno odred ena, a da funkcija f nije bijekcija. Ako f nije 1-1, postoji x 1, x A tako da je x 1 x i y 1 f(x 1 ) f(x ) y. Kako je onda g(y 1 ) g(y ) tj. g(f(x 1 )) g(f(x )), zbog svojstva (1) bilo bi x 1 x, što je suprotno pretpostavci da je x 1 x. Ako f nije NA, tada postoji y 0 B takav da se u njega funkcijom f ne preslikava nijedno x A, odnosno da za svako x A je f(x) y 0. Neka je x 0 g(y 0 ) A. Tada za y 0 B zbog svojstva () je f(g(y 0 )) y 0, što je suprotno pretpostavci da je f(g(y 0 )) f(x 0 ) y 0. Slika : Grafik funkcije f(x) x, x 0 i njene inverzne funkcije f 1 (x) x i grafik funkcije g(x) x, x 0 i njene inverzne funkcije g 1 (x) x 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Primer 1.3. Naći inverznu funkciju sledećih funkcija: (a) f(x) x x + 1 definisane za x 1 ; (b) g(x) x 6x + 1 definisane za x 3. Rešenje. (a) f 1 (x) 1 + x 3 4, x 3 4 (b) g 1 (x) 3 x + 8, x 8 Slika 3: Grafik funkcije f(x) x x + 1, x i njene inverzne funkcije f 1 (x) 1/ + x 3/4, x 3/4 i grafik funkcije f(x) x 6x + 1, x < 3 i njene inverzne funkcije f 1 (x) 3 x + 8, x 8 Parnost funkcije Definicija 1.6. Neka f : A R, gde skup A R ima osobinu da ako x A onda x A. Funkcija f je parna na A ako za svako x A važi f( x) f(x), a neparna na A ako za svako x A važi f( x) f(x). Slika 4: (a) Grafik parne funkcije funkcije simetričan je u odnosu na y-osu; (b) grafik neparne funkcije simetričan je u odnosu na koordinatni početak. Ističemo sledeća svojstva parnih i neparnih funkcija: 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Osnovni pojmovi o funkcijama Grafik parne funkcije simetričan je u odnosu na y-osu Grafik neparne funkcije simetričan je u odnosu na koordinatni početak Ako su f i g parne funkcije, onda su i funkcije f ± g, f g i f/g parne funkcije. Ako su f i g neparne funkcije, onda su funkcije f ± g neparne funkcije, a f g i f/g su parne funkcije. Ako je f parna funkcija i g neparna funkcija, onda je f g neparna funkcija. Monotonost funkcije Definicija 1.7. Za funkciju f : R R kažemo da je : (a) rastuća, ako je tačna implikacija ( x, y R) ( x < y f(x) < f(y). (b) neopadajuća, ako je tačna implikacija ( x, y R) ( x < y f(x) f(y) ). (c) opadajuća, ako je tačna implikacija ( x, y R) ( x < y f(x) > f(y) ). (d) nerastuća, ako je tačna implikacija ( x, y R) ( x < y f(x) f(y) ). Ako je funkcija neopadajuća ili nerastuća kažemo da je monotona funkcija, a ako je funkcija opadajuća ili rastuća kažemo da je strogo monotona funkcija. Teorema 1.. Neka je f strogo monotono, sirjektivno preslikavanje segmenta [a, b] na segment [α, β]. Tada postoji inverzna funkcija f 1 koja preslikava [α, β] na [a, b] i koja je takod e strogo monotona. Dokaz: Neka je f rastuća funkcija na [a, b]. Ako pokažemo da je f 1-1, kako je prema pretpostavci f sirjekcija, na osnovu Teoreme 1.1. možemo zaključiti da postoji inverzna funkcija f 1 funkcije f. Zaista, ako je x y, recimo x < y, tada je f(x) < f(y), tj. f(x) f(y), pa je f i injekcija. Dokažimo da je f 1 rastuća funkcija. Kako je f rastuća funkcija, za svako x 1, x [a, b] važi ili ekvivalentno x 1 < x f(x 1 ) < f(x ) f(x ) f(x 1 ) x x 1. Neka je y 1 f(x 1 ) i y f(x ), tj. x 1 f 1 (y 1 ) i x f 1 (y ). Tada prethodna nejednakost postaje y y 1 f 1 (y ) f 1 (y 1 ). što znači da je f 1 rastuća funkcija. 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija Neprekidnost funkcije Definicija 1.8. Neka je f : A R i a A. Za funkciju f kažemo da je neprekidna u tački a ako je lim f(x) f(a). x a Ako su funkcije f, g neprekidne u tačka a, onda su u tački a neprekidne i funkcije c f, f + g, f g, f g, (c R). Funkcija f g je takod e neprekidna u tački a, ako je g(a) 0. Kompozicija neprekidnih funkcija je neprekidna funkcija. Teorema 1.3. Neka je f neprekidna i strogo rastuća (strogo opadajuća) funkcija na intervalu [a, b) (konačnom ili beskonačnom). Neka je d lim x b 0 f(x), ako je b konačan broj, a ako je b +, neka je d lim x + f(x). Tada je na intervalu [f(a), d) ((d, f(a)] definisana inverzna funkcija f 1 koja je takod e neprekidna i strogo rastuća (strogo opadajuća) na tom intervalu.. Kvadratna funkcija Funkcija y f(x) a x + b x + c, a, b, c R, a 0 naziva se kvadratna funkcija. Kvadratna funkcija je definisana za svako x R. Kriva u xoy ravni koja predstavlja grafik kvadratne funkcije naziva se parabola. Ako je a > 0 parabola je sa otvorom nagore (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 x 1 x x x 1 b a x x D 4a T( Slika A Slika B Slika 5: Kvadratna funkcija Svaku kvadratnu funkciju možemo svesti na kanonski oblik y a(x α) + β, gde je α b a, β D 4a 4ac b 4a 7 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija Tačka T (α, β) naziva se teme parabole. (i) Ako je a > 0, kvadratna funkcija ima minimum β D 4a (ii) Ako je a < 0, kvadratna funkcija ima maksimum β D 4a b a ; Ako su x 1, x rešenja kvadratne jednačine a x + b x + c 0, a 0 tada je koji se dostiže za x α b a koji se dostiže za x α x 1 + x b a, x 1 x c a Vietove formule Važi i obratno: ako brojevi x 1, x zadovoljavaju prethodne relacije, tada važi faktorizacija ax +bx+c a(x x 1 )(x x ), pa su x 1, x rešenja kvadratne jednačine a x +b x+c 0, a 0. Primer.1. Odrediti vrednost realnog parametra m za koju je zbir kvadrata korena jednačine x m x + m 3 0 najmanji. Rešenje: Prema Vietovim pravilima za korene x 1, x date KJ je x 1 + x m, x 1 x m 3, tako da je x 1 + x (x 1 + x ) x 1 x m (m 3) m m + 6. Vrednost parametra m za koju je zbir kvadrata korena KJ najmanji je vrednost parametra m za koju kvadratna fukcija f(m) m m+6 ima mimimalnu vrednost. Dakle, m 1. Primer.. Iz skupa funkcija odrediti onu funkciju: (a) koja dostiže najveću vrednost za x 1; (b) koja ima najveću vrednost f max 4. f(x) (m 1)x + (m 4)x m 1 Rešenje: Pre svega primetimo da je m 1, jer za m 1 imamo linearnu funkciju koja nema ekstremnih vrednosti. (A) Funkcija dostiže najveću vrednost ako je a m 1 < 0, tj. m < 1. Najveća vrednost se dostiže za x b a m 4 (m 1). Dakle, m 4 (m 1) 1 m < 1. (B) Funkcija ima najveću vrednost ako je a m 1 < 0 i 4 f max D 4a (m 4) 4 (m 1)( m 1) 4(m 1) 5m + 8m 4 0 8 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). Odrediti skup f(d). x 1 { } 1 Rešenje: Oblast definisanosti funkcije f je D R\. Problem odredjivanja skupa f(d), odnosno oblasti vrednosti funkcije f, može se formulisati kao zadatak odredjivanja vrednosti parametra y R pri kojima f(x) y ima bar jedan realan koren. Jednačina f(x) y je ekvivalentna sa x x y + y 0 x 1 x 1, y ± y y x 1. Prema tome, jednačina f(x) y ima realne korene ako i samo ako je y y 0, tj. y (, 0] [1, ), što daje skup f(d) R \ (0, 1). x Primer.4. Data je funkcija f(x) 1 9 x. (a) Ako je D oblast definisanosti date funkcije, odrediti f(d). (b) Naći inverznu funkciju funkcije f(x) definisane za 3 x 0. Rešenje. Funkcija f je definisana za 3 x 3. (a) Odredimo vrednosti parametra y R pri kojima jednačina y 1 9 x ima bar jedan realan koren x. Da bi smeli da kvadriramo jednačinu 9 x 1 y mora biti 1 y 0, odnosno y 1. Dobija se x 8 + y y, odakle zaključujemo da je 8 + y y 0, tj. y 4. Dakle, y 1, tj. f(d) [, 1]. (b) Funkcija f očigledno nije 1-1 na celoj svojoj oblasti definisanosti, jer je f( x) f(x) za svako x D [ 3, 3]. Za x [ 3, 0] funkcija f je monotono opadajuća, jer je 3 x 1 < x 0 x 1 > x 9 x 1 < 9 x 9 x 1 < 9 x f(x 1 ) 1 9 x 1 > f(x ) 1 9 x. Prema Teoremi 1.. funkcija f(x) definisana za 3 x 0 je 1-1, a prema (a) f je sirjektivno preslikavanje [ 3, 0] na [, 1], pa prema Teoremi 1.1. postoji inverzna funkcija f 1 : [, 1] [ 3, 0]. Da bi odredili inverznu funkciju rešavamo jednačinu y 1 9 x po x i dobijamo x 8 + y y x ± 8 + y y. Kako je x 0, biće f 1 (y) 8 + y y. Primer.5. Data je funkcija f(x) x x. (a) Odrediti f(d), ako je D oblast definisanosti funkcije f. (b) Odrediti inverznu funkciju funkcije f definisane za 0 x 1. 9 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija Rešenje. Funkcija f je definisana za x 0. (a) Smenom t x 0 jednačina x x y 0 postaje kvadratna jednačina ( ) t t y 0 Odredimo vrednosti parametra y R pri kojima jednačina ( ) ima bar jedan pozitivan realan koren t. Ova jednačina ima realne korene akko D 4(1 + y) 0, tj. y 1. Koreni jednačine su t 1 ± 1 + y i kako je za svako y 1, 1 + 1 + y 1 > 0, zaključujemo da je f(d) [ 1, ). Primetimo, da je 1 1 + y 0 za y 0. Prema tome, za 1 y 0 oba korena jednačine ( ) su realna i pozitivna, dok za y > 0 jednačina ( ) ima samo jedan pozitivan realan koren. (b) Funkcija f očigledno nije 1-1 na celoj svojoj oblasti definisanosti, jer je ( ) 3 f 1 ( ) 3 + f. Kvadratna funkcija g(t) t t ima minimum za t min 1, odakle zaključujemo da funkcija f ima minimum za x 1, tj. x min 1. Za 0 x 1 funkcija f je strogo monotono opadajuća, odnosno 1-1. Prema (a) f je sirjektivno preslikavanje [0, ) na [ 1, ). Medjutim, da bi odredili f(i) gde je I [0, 1], treba odrediti vrednosti parametra y R pri kojima jednačina ( ) ima bar jedan realan koren t [0, 1]. Kako je t 1 + 1 + y 1 i t 1 1 1 + y 1 za svako y R, zaključujemo da je f(i) [ 1, 0]. Prema Teoremi 1.. postoji inverzna funkcija f 1 : [ 1, 0] [0, 1]. Da bi odredili inverznu funkciju rešavamo jednačinu x x y 0 po x i dobijamo x 1 ± 1 + y. Kako je x 1, biće f 1 (y) ( 1 1 + y ) + y 1 + y. 10 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija 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 > 0 b a > α y y a>0 a<0 f ( ) b x 1 a x x f ( ) x 1 b a x x Slika 6: Koreni x 1, x realni i α < x 1 x Teorema.. Koreni x 1, x su realni i važi x 1 x < α akko je D 0 a f(α) > 0 b a < α 11 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija Dokaz: x 1, x R x 1 x < α D 0 x 1 α < 0 x α < 0 D 0 (x 1 α)(x α) > 0 (x 1 α) + (x α) < 0 D 0 x 1 x α(x 1 + x ) + α > 0 x 1 + x < α D 0 c a + α b a + α > 0 b a < α D 0 f(α) a > 0 b a < α Teorema.3. Koreni x 1, x su realni i važi x 1 < α < x akko je a f(α) < 0. Dokaz: ( ) : Neka su x 1, x realni koreni takvi da je x 1 < α < x. Tada je x 1 α < 0 i x α > 0, pa je (x 1 α)(x α) < 0 α α(x 1 + x ) + x 1 x < 0 a f(α) < 0 ( ) : Ako je a f(α) < 0, tada je ( a f(α) a α b ) D a 4 < 0 D > 4a ( α b ) 0, a pa su rešenja realna. Ako, α ne bi bilo izmed u x 1 i x tada bi prema Teoremi.1. i.. imali da je af(α) > 0, što je suprotno pretpostavci. Teorema.4. Koreni x 1, x su realni i važi α < x 1 x < β akko je D 0 a f(α) > 0 a f(β) > 0 α < b a < β. Primer.4. Za koje k R su oba korena jednačine veća od 3? Rešenje. k > 11 9 x 6k x + 9k k + 0 1 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Kvadratna funkcija Primer.5. Za koje k R koreni jednačine k x + (k 1) x 0, k 0 zadovoljavaju uslov x 1 < 3 < x? ( Rešenje. k 0, 15 ). 8 Primer.6. Naći k R tako da se koreni jednačine (k 1) x (k + ) x + k 0, k 1 nalaze u intervalu ( 1, ). ( Rešenje. k 4 ) 5, 3 (1, + ) 4 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) 13 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.); 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 14 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); 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 k x 4 x + k 1 > 0 važi za (a) svako x > 0; (b) svako x ( 1, ); (c) svako x < 1. ( ) ( 1 + 33 Rešenje. (a) k, + (b) k 0, 1 + ] 33 4 4 (c) k [ ) 5 3, + 3. Stepen čiji je izložilac ceo broj 3.1. Stepen čiji je izložilac prirodan broj Uvedimo najpre definiciju stepena realnog broja prirodnim brojem: Definicija 3.1. Neka je a R. (1) a 1 a, () za svako m N je a m+1 a m a. 15 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika 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.4a.) am a n am n, ako je m > n, tj. m n N. (S.N.4b.) am a 1, ako je m < n, tj. n m N. n an m ( ) b n (S.N.5.) bn, ako je b R. a an (S.N.6.) ako je a > 1 i m, n N, m > n tada je a m > a n. (S.N.7.) ako je 0 < a < 1 i m, n N, m > n tada je a m < a n. (S.N.8.) ako je 0 a < b i m N tada je a m < b m. (S.N.9.) ako je a > 1 (0 < a < 1), onda a m > 1(a m < 1) za svako m N. Sva navedena svojstva se lako pokazuju direktno iz Definicije 3.1. ili koristeći princip matematičke indukcije. 3.. Stepen čiji je izložilac ceo broj Definicija 3.. Neka je a R. (1) a 1 a, () za svako m N je a m+1 a m a; (3) za svako a R \ {0} je a 0 1; (4) za svako a R \ {0} i m N je a m 1 a m ; Pri definisanju stepenovanja celobrojnim izložiocem, a zatim i pri definisanju stepenovanja racionalnim izložiocem vodi se računa da se sačuvaju svojstva stepenovanja prirodnim brojem (S.N.1.), (S.N..) i (S.N.3.). Dokažimo najpre da za realan broj a 0 i svaka dva prirodna brojeve m, n 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. 16 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac ceo broj 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. 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..) a k ) n (S.N.5.) 1 (a k ) n 17 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepena funkcija sa prirodnim izložiocem (S.N..) 1 a k n (D.3..) a k n a ( k)n a m n U slučaju (3) svojstva (S.Z.1.), (S.Z..) pokazuju se analogno prethodnom. Ostaje da dokažemo slučaj (9). (9): m k, k N, n l, l N (S.Z.1): (S.Z.): a m a n a k a l (D.3..) 1 a 1 k a 1 l a k a l (a m ) n ( a k) l (D.3..) 1 (D.3..) a (k+l) a ( k)+( l) a n+m a k+l ( 1 a k ) l (D.3..) 1 ( 1 a k ) l (S.N.5.) 1 1 (a k ) l ( a k) l (S.N..) a k l a ( k)( l) a m n Teorema 3.. (i) Neka je a > 1. Ako je m, n Z, m < n, tada je a m < a n. (ii) Neka je 0 < a < 1. Ako je m, n Z, m < n, tada je a m > a n. Dokaz. Neka je a > 1 i m, n Z, m < n. Treba pokazati da je a m < a n. Ako je 0 < m < n tvrdjenje važi prema (S.N.6.). Ako je k m < 0 < n, k N imamo da je a k > 1 i a n > 1 (prema (S.N.9.)), pa je a m a k 1 a k < 1 < an Ako je m < n < 0, m k, n l, k, l N imamo da je k > l, pa je a k > a l prema svojstvu (S.N.6.). Tada 1 a k < 1 a l a k a m < a n a l. Teorema 3.3. Neka je x, y R + i n N. Tada x n y n ako i samo ako x y. 4. Stepena funkcija sa prirodnim izložiocem Definicija 4.1. Funkcija f : R R definisana formulom f(x) x n, n N, naziva se stepena funkcija sa prirodnim izložiocem. Funkcija y x je neprekidna, pa je onda i funkcija y x n neprekidna kao proizvod neprekidnih funkcija. 18 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima Posmatrajmo najpre funkciju f(x) x n+1, f : R R. Funkcija f je definisana za sve realne vrednosti x, tj. njen domen je skup R Funkcija f je neparna, tj. važi f( x) ( x) n+1 x n+1 f(x) za svako x R f(x) > 0 za x > 0 i f(x) < 0 za x < 0 f(x) 0 ako i samo ako je x 0 Funkcija f je strogo rastuća na R Funkcija f je bijekcija Za svako x 1, x R iz f(x 1 ) f(x ) tj. x n+1 1 x n+1 sledi x 1 x, pa je f injekcija. Za svako y R postoji x n+1 y R za koje je f(x) x n+1 y Posmatrajmo sada funkciju f(x) x n, f : R R. Funkcija f je definisana za sve realne vrednosti x Funkcija f je parna f(x) 0 za svako x R i f(x) 0 ako i samo ako x 0 Funkcija f je rastuća na (0, + ) i opadajuća na (, 0). Funkcija f nije ni 1-1 ni NA : Zaista, na primer, važi f( 1) f(1), što znači da nije 1-1. S druge strane, za y 1 R ne postoji x R takvo da je x n 1 y, pa funkcija nije ni NA. Dakle, ova funkcija nije bijekcija, pa nema inverznu funkciju. 5. Pojam korena. Operacije sa korenima Dd bi definisali pojam n-tog korena od posebnog značaja je ispitati broj rešenja jednačine u zavisnosti od a R. x n a (1) Neka je n neparan prirodan broj. Prava y a za svako a R seče grafik funkcije y x n u tačno jednoj tački. Ako je n paran prirodan broj: 19 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima (i) prava y a za a R, a < 0 nema preseka sa grafikom funkcije y x n (ii) prava y a za a R, a > 0 ima dve zajedničke tačke sa grafikom funkcije y x n - te dve tačke su simetrične u odnosu na Oy osu, odnosno njihove apscise su dva suprotna realna broja (iii) prava y 0 ima sa grafikom funkcije y x n, n k tačno jednu zajedničku tačku - koordinatni početak. Ova razmatranja ukazuju na broj rešenja jednačine x n a u zavisnosti od a R i važe sledeće dve teoreme: Teorema 5.1. Neka je a R, a n k, k N. Tada jednačina (): (1) ako je a < 0 nema rešenja; () ako je a 0 ima tačno jedno rešenje x 0; (3) ako je a > 0 ima tačno dva rešenja (jedno pozitivno i jedno negativno). Teorema 5.. Neka je a R, a n k + 1, k N. Za svako a R jednačina () ima tačno jedno rešenje. Koristeći Teoreme 5.1. i 5.. možemo definisati pojam n-tog korena. Definicija 5.1. Neka je n N, a R. Simbol n a označava (1) jedinstveno realno rešenje jednačine x n a ako je n neparan broj; () pozitivno rešenje jednačine x n a ako je a > 0 i n paran broj; (3) n 0 0. Operacije sa korenima Svojstvo K.1. Ako je a 0, n N, onda je ( n a ) n a Svojstvo K.. Ako je a R, n N, onda je { n a, n neparno a n a, n parno 0 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima Svojstvo K.3. Ako je a, b 0, n N, onda je n a b n a n b Dokaz. ( n ) n n ( a b n ) ( n ) n n a b prema (S.N.3.) a b prema (S.K.1.) ( n a b ) n a b prema (S.K.1.) Dakle, ( n ) n n ( ) n n a b n a b a b n a n b prema T.3.3. Svojstvo K.4. Svojstvo K.5. Ako je a 0, b > 0, n N, onda je n a n a b n b Ako je a 0, m, n N, onda je ( n a ) m n a m. Dokaz. Kako je [ ( n a ) m ] n ( n a ) m n prema (S.N..) prema T.3.3. važi traženo Svojstvo K.5. Svojstvo K.6. [ ( n a ) n ] m prema (S.N..) a m prema (S.K.1.) ( ) n n a m prema (S.K.1.) Ako je a 0, m, n N, onda je n a m n a m. Dokaz. Prema T.3.. važi traženo svojstvo jer je [ m n a m ] n m n (a m ) n prema (S.K.5.) m n a m n prema (S.N..) a prema (S.K..) ( n a ) n prema (S.K.1.) Svojstvo K.7. Ako je a 0, m, n N, onda je n m a m n a. 1 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam korena. Operacije sa korenima Dokaz. Prema T.3.3. važi traženo svojstvo, jer je [ ] m n [( n m n m a ) n ] m a prema (S.N..) ( m a ) m prema (S.K.1.) a prema (S.K.1.) ( m n a ) m n prema (S.K.1.) 5.1. Funkcija y n x, n N (A) Funkcija f : R R, f(x) x n+1 je bijekcija pa postoji njena inverzna funkcija h : R R, h(y) n+1 y, y R. Slika 10: Grafici uzajamno inverznih funkcija y x 3 i y x 1/3 Osnovna svojstva funkcije h(x) n+1 x su sledeća: Funkcija je definisana za sve realne vrednosti x Funkcija je neparna Znak funkcije se poklapa sa znakom nezavisno promenljive, tj. važi n+1 x > 0 ako i samo ako x > 0, odnosno n+1 x < 0 ako i samo ako x < 0 h(x) 0 ako i samo ako x 0 Funkcija je strogo rastuća na R (B) Funkcija f(x) x n, f : R R nije bijekcija, pa nema inverznu funkciju. Posmatrajmo funkciju f 1 : R + 0 R+ 0, f 1(x) x n, x R + 0. dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac racionalni broj Funkcija f 1 je bijekcija. Zaista, ona je 1-1, jer iz f 1 (x 1 ) f 1 (x ), tj. x n 1 x n i x 1, x 0 sledi x 1 x. Takod e ona je NA, jer prema Teoremi 5.1. za svaki nenegativan broj y postoji jedinstven nenegativan broj x, takav da je y x n f 1 (x). Funkcija je inverzna funkcija funkcije f 1. Analogno, inverzna funkcija bijekcije g 1 : R + 0 R+ 0, g 1(y) n y, y R + 0 f : R 0 R+ 0, f (x) x n, x R 0, je funkcija g : R + 0 R 0, g (y) n y, y R + 0. Slika 11: Grafici funkcija f(x) x, x 0 i g(x) x, x 0 i njenih inverznih funkcija Na slici 11. prikazani su prvo grafici uzajamno inverznih funkcija y x, x 0 i y x (obe funkcije su monotono rastuće - videti Teoremu 1..), a zatim grafici uzajamno inverznih funkcija (obe funkcije su monotono opadajuće) y x, x 0 i y x Osnovna svojstva funkcije g(x) n x su sledeća: Funkcija je definisana za nenegativne vrednosti x, tj. njen domen je [0, + ) Funkcija nije ni parna ni neparna n Funkcije je nenegativna tj. x > 0 za svako x > 0 n x 0 ako i samo ako x 0 Funkcija je strogo rastuća na [0, ) 3 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac racionalni broj 6. Stepen čiji je izložilac racionalni broj Definicija 6.1. Neka je a > 0, m Z, n N. Tada je a m n n a m. Teorema 6.1. Za svako a, b R + i svako r, q Q važi: (S.Q.1.) a r a q a r+q ; (S.Q..) (a r ) q a r q ; (S.Q.3.) (a b) r a r b r. Dokaz. (S.Q.1.): Neka je r m n, q k, m, k Z, n, l N. Označimo l x a r n a m, y a q l a k Tada su x, y pozitivni brojevi i ( x n n n ( (S.K.1.) a m) a m, y l l a k Ako prvu od ovih jednakosti stepenujemo sa l, a drugu sa n, dobijamo ) l (S.K.1.) a k x n l (S.Z..) (x n ) l (a m ) l (S.Z..) a m l, y n l (S.Z..) (y l ) n (a k ) n (S.Z..) a k n. Množenjem dobijenih jednakosti sledi ( ) S druge strane, kako je biće ( ) (a r+q ) nl a m l a k n x n l y n l (S.Z.3.) (a r a q ) nl. a r+q a m n + k l a m l+k n n l n l a m l+k n, ( n l ) nl (S.K.1.) a m l+k n m l+k n (S.Z.1.) a a ml a kn. Prema tome, iz ( ) i ( ) je (a r+q ) nl (a r a q ) nl, odnosno a r+q a r a q. (S.Q..): Neka je r m n, q k, m, k Z, n, l N. l ( ) (a r ) q a m k ( l n ) l n k a m Stepenovanjem sa l n dobija se [(a r ) q ] l n (S.K.1.) (S.Z..) [ ( ] ) l n ( l n k a m (S.N..) ( l n ) ) l k a m [ ( n a m ) k ] n (S.K.5.) ( n a m k ( ) n (a m ) k n ) n (S.K.1.) a m k n 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac racionalni broj S druge strane je a r q a m n k l l n a k m (a r q ) l n a m k. Dakle, [(a r ) q ] l n (a r q ) l n (a r ) q a r q. (S.Q.3.): Neka je r m, m Z, n N. n (a b) r (a b) m n (D.6.1.) n (a b) m (S.Z.3.) n a m b m (S.K.3.) n a m n b m (D.6.1.) a m n b m n ar b r. Teorema 6.. (i) Neka je a > 1. Ako je r, q Q, r < q, tada je a r < a q. (ii) Neka je 0 < a < 1. Ako je r, q Q, r < q, tada je a r > a q. Dokaz. Neka je a > 1, r, q Q, r < q. Treba pokazati da je a r < a q. Neka je r m n m l n l, q k l k n, m, n Z, n, l N. n l Tada iz pretpostavke da je r < q zaključujemo da je m l < k n. Kako su m l Z i k n Z prema Teoremi 3.. zaključujemo da je a m l < a k n. Onda je i n l a m l < n l a k n a r < a q. 6.1. Funkcija y x r, r Q Posmatrajmo sada funkciju y f(x) x r, gde je r m, m Z\{0}, n N, (m, n) 1, n odnosno funkciju y n x m. y r 1 r 0, m neparno 0 r 1, m neparno r 1, m neparno 0 r 1 1 r<0, m parno 0 r 1, m parno r 1, m parno 1 r 0 x Slika 1: Grafici funkcija y x m/n, r m/n za: (a) n parno i (b) n neparno (1) Neka je n paran broj. Funkcija nije ni parna ni neparna. (i) Ako je m > 0, oblast definisanosti funkcije je D [0, ) i monotono je rastuća na D; 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj (ii) Ako je m < 0, oblast definisanosti funkcije je D (0, ) i monotono je opadajuća na D. Grafici su skicirani na slici 1-(a) za slučajeve r > 1, 0 < r < 1, r < 0. () Neka je n neparan broj. Funkcija je parna ako je m parno i neparna ako je m neparno. (i) Ako je m > 0 funkcija je definisana za x R. Za m neparno monotono je rastuća na R, a za m parno je opadajuća na (, 0) i rastuća na (0, ); (ii) Ako je m < 0 funkcija je definisana za x R \ {0}. Za m neparno monotono je opadajuća na R \ {0}, a za m parno je rastuća na (, 0) i opadajuća na (0, ). U zavisnosti od toga da li je r > 1, 0 < r < 1 i r < 0, kao i od toga da li je m parno ili neparno, imamo šest raznih tipova grafika (slika 1-(b)). Teorema 6.3. Funkcija y x r, r Q je neprekidna na (0, + ). Dokaz: Neka je r m/n, m Z, n N. Funkcija f(x) x 1 n n x je neprekidna na (0, + ) kao inverzna funkcija neprekidne strogo monotono rastuće funkcije (prema Teoremi 1.3). Funkcija g(t) t m, m Z je neprekidna za t (0, ) (jer su na R + neprekidne funkcije y x n, n N i y 1/x n, n N). Tada je funkcija f(g(x)) n x m x r neprekidna na (0, + ). 7. Stepen čiji je izložilac realan broj Postavlja se pitanje, može li se i za one brojeve x R koji nisu racionalni definisati a x, ali tako da ostanu na snazi osnovna svojstva stepena. Odgovor na postavljeno pitanje je potvrdan, ali dokaz te činjenice nije jednostavan. Pojam stepena sa realnim eksponentom Da bi definisali stepen čiji je izložilac realan broj i eksponencijalnu funkciju f(x) a x, x R, pokazaćemo najpre sledeće tvrd enja: Stav 7.1. Ako je a > 1, onda za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da za svako r Q takvo da je r < δ važi a r 1 < ε. Dokaz: Kako je lim n + a 1/n 1 i lim n + a 1/n 1, za svako ε > 0 postoji p p(ε) N, tako da je 0 < a 1/p 1 < ε, 0 < 1 a 1/p < ε, za a > 1. Odavde sledi da je 1 ε < a 1/p < a 1/p < 1 + ε. Neka je r proizvoljan racionalan broj takav da je r < 1/p, tj. 1/p < r < 1/p. Tada, kako je za a > 1 funkcija a r, r Q rastuća sledi a 1/p < a r < a 1/p. Dakle, za svako ε > 0 postoji δ 1/p > 0 tako da za sve racionalne brojeve r koji zadovoljavaju uslov r < δ važe nejednakosti 1 ε < a 1/p < a r < a 1/p < 1 + ε, 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj tj. ε < a r 1 < ε. Stav 7.. Ako niz {r n } racionalnih brojeva konvergira, onda niz {a rn }, za a > 1 takod e konvergira. Dokaz: Kako je niz {r n } konvergentan on je ograničen, tj. postoji α, β Q, tako da za svako n N je α r n β, odakle kako je a > 1 imamo da je a α a rn a β. Kako je a α > 0, ako označimo sa C a β, imamo da Prema Stavu 7.1. ( C > 0) ( n N) 0 < a rn C. () ( ( ε > 0)( δ > 0)( r Q) r < δ a r 1 < ε ). (3) C Iz konvergencije niza {r n } za δ > 0 postoji N ε takvo da Iz (3) i (4) sledi da je Iz () i (5) je onda ( n N ε )( m N ε ) r n r m < δ. (4) ( n N ε )( m N ε ) a rn rm 1 < ε C. (5) a rn a rm a rm (a rn rm 1) < C ε C ε za svako n N ε i svako m N ε, tj. niz {a rn } je konvergentan. Ako je x proizvoljan realan broj, kako je skup Q gust u R, postoji niz racionalnih brojeva {r n } koji konvergira ka x. Uzevši u obzir ovu činjenicu i Stav 7.. možemo definisati pojam stepena sa realnim eksponentnom. Definicija 7.1. Neka je a > 0. Neka je x proizvoljan realan broj i {r n } niz racionalnih brojeva koji konvergira ka x tj. lim n r n x. Tada možemo definisati sa a x def lim n + arn. (6) Ako je a > 1, onda granična vrednost (6) postoji prema Stavu 7.1. Ako je 0 < a < 1, onda je a rn 1/b rn, gde je b 1/a > 1, odakle sledi da granična vrednost (6) postoji i za a (0, 1), jer je lim n + b rn b x > 0. Definicija 7.1. je korektna, tj. granična vrednost (6) ne zavisi od izbora niza racionalnih brojeva {r n } koji konvergira ka x. Ova činjenica sledi iz poznatog svojstva granične vrednosti funkcije. 7 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj Svojstva stepena čiji je izložilac realan broj Pokazaćemo da sa uvedenom Definicijom 7.1. stepena čiji je izložilac realan broj, ostaju da važe osnovna svojstva stepena. (S.R.1.) a x a y a x+y ; x, y R, a R, a > 0 (S.R..) (a x ) y a x y ; x, y R, a R, a > 0 (S.R.3.) (a b) x a x b x ; x R, a R, a > 0 Svojstvo 7.1. Za svako x, y R važi a x a y a x+y. Dokaz: Neka su {r n } i {ρ n } nizovi racionalnih brojeva takvi da je lim n + r n x, lim n + ρ n y. Tada je lim n + (r n + ρ n ) x + y i prema Stavu 7.. postoje granične vrednosti lim n + arn a x, lim n + aρn a y, lim n + arn+ρn a x+y. Kako je prema svojstvu (S.Q.1.) stepena sa racionalnim izložiocem a rn+ρn a rn a ρn a x+y lim n + arn+ρn Svojstvo 7.3. Za svako x R važi lim n + arn a ρn (a b) x a x b x. lim n + arn to je lim n + aρn a x a y. Dokaz: Neka je {r n } niz racionalnih brojeva takav da je lim n + r n x. Kako je prema svojstvu (S.Q.3.) stepena sa racionalnim izložiocem (a b) rn a rn b rn imamo da je (a b) x lim n + (a b)rn lim n + (arn b rn ) lim n + arn lim n + brn a x b x. Da bi pokazali i drugo svojstvo stepena pokazaćemo najpre da je eksponencijalna funkcija monotona (monotono rastuća za a > 1 i monotono opadajuća za 0 < a < 1.) Monotonost eksponencijalne funkcije Teorema 7.1. Funkcija y a x za a > 1 je rastuća. Dokaz: Neka je a > 1 i x 1, x R, x 1 < x proizvoljni. Treba pokazati da je a x 1 < a x a x1 a x 1 < a x a x 1 Kako je prema Svojstvu 7.1. a x1 a x 1 a 0 1 i a x a x 1 a x x 1, treba pokazati da je a x x 1 > 1 za x x 1 > 0 odnosno a x > 1 za x > 0. (7) 8 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Stepen čiji je izložilac realan broj Zaista, neka je r Q, 0 < r < x i {r n } niz racionalnih brojeva takav da je lim n + r n x i r n > r za svako n N. Tada je prema Teoremi 6.. a rn > a r > 1, odakle prelaskom na lim kada n zaključujemo da je a x a r > 1, tj. važi nejednakost (7). Neprekidnost eksponencijalne funkcije Teorema 7.. Funkcija y a x za a > 1 je neprekidna na R. Dokaz: Neka je x 0 proizvoljna tačka iz R. Treba pokazati da je lim y lim ( a x 0 + x a x ) 0 0, x 0 x 0 odnosno kako je prema Svojstvu 7.1. a x0+ x a x 0 a x 0 (a x 1), treba pokazati da lim x 0 a x 1 tj. lim x 0 ax 1. (8) Neka je {x n } proizvoljan niz realnih brojeva takav da lim n + x n 0. Kako je Q gust u R, postoje nizovi racionalnih brojeva {r n } i {ρ n } takvi da je x n 1 n < r n < x n < ρ n < x n + 1 n, za svako n N. Sada prema Teoremi 7.1. imamo da je a rn < a xn < a ρn. (9) Kako r n 0 i ρ n 0 kada n +, prema (6) je lim n + a rn 1 i lim n + a ρn 1. Dakle, koristeći nejednakost (9) dobija se lim n + a xn 1. Pokazali smo (8) odakle sledi da je lim x 0 ax 0+ x a x 0, tj. funkcija a x je neprekidna na R. Svojstvo 7.. Za svako x, y R važi (a x ) y a x y. Dokaz: (a) Neka je najpre y r Q, x R i {r n } niz racionalnih brojeva takav da je lim n + r n x. Tada je i lim n + r r n r x, pa je prema Definiciji 7.1. lim n + ar rn a r x. (10) Kako je prema svojstvu (S.Q..) stepena sa racionalnim izložiocem (a rn ) r a r rn. iz (10) imamo da je lim n + (arn ) r a r x. (11) 9 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma Označimo sa a rn t n i a x t 0. Tada prema Definiciji 7.1. je lim n + t n t 0 i zbog neprekidnosti funkcije g(x) x r, r Q (Teorema 6.3) imamo da je lim n + g(t n ) g(t 0 ), tj. lim n + (arn ) r (a x ) r. (1) Iz (11) i (1) imamo da je (a x ) r a x r za svako x R i svako r Q. (13) (b) Neka su sada x i y proizvoljni realni brojevi i {ρ n } niz racionalnih brojeva takav da je lim n + ρ n y. Ako označimo sa a x b, prema definiciji eksponencijalne funkcije imamo da je lim n + (ax ) ρn def. lim bρn b y (a x ) y. (14) n + S druge strane, kako je lim n + x ρ n x y i prema Teoremi 7.. funkcija h(x) a x je neprekidna na R, biće lim h(x ρ n) h(x y) lim n + n + ax ρn a x y (15) Iz (13) za r ρ n je (a x ) ρn a x ρn, pa se iz (15) dobija lim n + (ax ) ρn a x y. (16) Konačno, iz (14) i (16) zaključujemo da dato svojstvo važi za svako x, y R. Slika 13: Grafici funkcije y a x za a > 1 i 0 < a < 1 Osnovna svojstva eksponencijalne funkcije y f(x) a x, a > 0 su: funkcija f je definisana za svako x R, a skup vrednosti funkcije je interval (0, + ), tj. f : R (0, + ) funkcija je pozitivna za svako x R nule funkcije ne postoje funkcija f je monotono rastuća na R za a > 1 i monotono opadajuća na R za 0 < a < 1 30 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma 8. Pojam i osnovna svojstva logaritma Imajući u vidu da se funkcijom y a x, a > 0, a 1, vrši bijektivno preslikavanje skupa R na skup R +, zaključujemo da važi ( ) a x 1 a x x 1 x. Definicija 8.1. Neka je a R, a > 0, a 1. Logaritam broja b za osnovu a je realan broj kojim treba stepenovati broja a da bi se dobio broj b, u oznaci log a b. Dakle, za a > 0, a 1, b > 0 odnosno a log a b b, a x b x log a b Svojstva logaritma Svojstvo 8.1. Za a > 0, a 1, važi log a 1 0 i log a a 1. Svojstvo 8.. Neka je a > 0, a 1, x R. Važi log a a x x. Dokaz. Neka je log a a x y. Tada je prema definiciji a x a y, pa je prema ( ), x y, odnosno x log a a x. Svojstvo 8.3. Neka je a > 0, a 1. Za svako x > 0, y > 0 važi log a x y log a x + log a y. Dokaz. Neka je α log a x, β log a y. Onda je a α x, a β y. (I način): a log a xy xy a α a β a α+β a log a x+log a y ( ) log a x y log a x + log a y. (II način): log a xy log a a α a β α+β (S.8..) log a a α + β log a x + log a y. Svojstvo 8.4. Neka je a > 0, a 1, α R. Za svako x > 0 važi log a x α α log a x. 31 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Pojam i osnovna svojstva logaritma Dokaz. (I način): a log a xα x α ( a log a x) α a α log a x ( ) log a x α α log a x. (II način): Neka je b log a x. Tada je x a b, pa je x α (a b ) α a α b, odakle prema definiciji logaritma je α b log a x α. Dakle, α log a x log a x α. Svojstvo 8.5. Neka je a > 0, a 1. Za svako x > 0, y > 0 važi Dokaz. (I način): log a x y log a x log a y. x log a y log 1 (S.8.3.) 1 (S.8.4.) a xy log a x + log a y log a x log a y. (II način): Neka je α log a x a α x i β log a y a β y. Tada je x log a y log a α a a log α β (S.8..) β a a α β log a x log a y. Svojstvo 8.6. Neka je a > 0, b > 0, a 1, b 1. Važi Dokaz. odakle korišćenjem Svojstva 8.4. imamo log b a log a b 1. a log a b b log b a log a b log b b 1, log a b log b a 1. Svojstvo 8.7. Neka je a > 0, b > 0, c > 0, b 1, c 1. Važi log b a log c a log c b. Dokaz. (I način): Pre svega za a 1 svojstvo očigledno važi jer su i leva i desna strana jednakosti jednake nuli. Za a 1 imamo odakle korišćenjem Svojstva 8.4. imamo a log a c b log b c log b a log a c log b b log b c log a c log b a log b c log b b log b c log b a log b c log a c. 3 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 3(1 a). a 33 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Logaritamska funkcija Primer 8.3. Ako je a log 6, b log 6 5 izračunati log 3 5. Rešenje: log 3 5 log 6 5 log 6 3 b log 6 6 b log 6 6 log 6 b 1 a. 9. Logaritamska funkcija Funkcijom f : R R +, R x f(x) a x y R + ostvaruje se bijektivno preslikavanje skupa R na skup R +, pa postoji inverzna funkcija ove funkcije koja je data sa f 1 : R + R, R + y f 1 (y) log a y x R. Funkcija y log a x, a > 0, a 1, x > 0, naziva se logaritamska funkcija. Slika 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 Primer 9.1. Uporediti brojeve a log 4 3, b log 5 3. 34 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Logaritamska funkcija Slika 15: Grafici funkcije y log a x za a > 1 i 0 < a < 1 Rešenje: a 1 log 3 4, b 1 log 3 5 Kako je 4 < 5 i funkcija log 3 x rastuća, to je log 3 4 < log 3 5. Onda kako su log 3 4 i log 3 5 pozitivni brojevi, imamo a 1 log 3 4 > 1 log 3 5 b. Primer 9.. Uporediti brojeve a log 9 80, b log 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. ) Primer 9.4. Ispitati monotonost funkcije f(x) log 3 (log 1/3 x 1. Rešenje: Funkcija f je definisana za log 1/3 x 1 > 0 i x 1 > 0, odnosno za x 1 i x 1 < 1 9 8 9 < x < 10 9. Dakle, D (8/9, 1) (1, 10/9). ) log 3 (log 1/3 (1 x), x (8/9, 1) f(x) ) log 3 (log 1/3 (x 1), x (1, 10/9) 35 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije 8/9 < x 1 x < 1 1 x 1 1 x log 1/3 (1 x 1 ) log 1/3 (1 x ) ) ( ) f(x 1 ) log 3 (log 1/3 (1 x 1 ) f(x ) log 3 log 1/3 (1 x ) Dakle, za x (8/9, 1) funkcija f je monotono rastuća. 1 < x 1 x < 10 9 x 1 1 x 1 log 1/3 (x 1 1) log 1/3 (x ) ) ( ) f(x 1 ) log 3 (log 1/3 (x 1 1) f(x ) log 3 log 1/3 (x 1) Dakle, za x (1, 10/9) funkcija f je monotono opadajuća. 10. Trigonometrijske funkcije Trigonometrijske funkcije oštrog ugla definišu se preko odnosa stranica u pravouglom trouglu. Za definiciju trigonometrijskih funkcija proizvoljnog ugla i trigonometrijskih funkcija realnog argumenta koristi se tkz. trigonometrijski krug. Jedinična kružnica (krug) ravni xoy sa centrom u koordinatnom početku O(0, 0) naziva se trigonometrijska kružnica (krug). Posmatrajmo brojevnu pravu p sa početkom u tački I i jediničnom dužinom IE i jediničnu (trigonometrijsku) kružnicu sa centrom u koordinatnom početku O(0, 0). Postavimo brojnu pravu p da dodiruje kružnicu k u tački (1, 0), koja je ujedno početak I brojevne prave p koja je postavljena tako da pozitivni brojevi budu u prvom kvadrantu. Neka je jedinična dužina IE brojevne prave p jednaka poluprečniku kružnice k. Pravu p namotamo bez klizanja i rastezanja na kružnicu k tako da polupravu s pozitivnim brojevima namotavamo u pozitivnom smeru, a polupravu s negativnim brojevima u negativnom smeru. Na ovaj način smo svakom realnom broju t pridružili jednu tačku E(t) kružnice i time je definisano preslikavanje izmedju realnih brojeva i tačaka trigonometrijske kržnice. Ovo pridruživanje zovemo eksponencijalno preslikavanje prave na kružnicu i označavamo sa E. Broj 0 preslikava se u tačku I. Kako je obim jediničnog kruga π, sledi i da se brojevi π, 4π, 6π,... preslikavaju isto u tačku I. Zapravo, možemo zaključiti da se svake dve tačke koje se na brojevnoj pravoj nalaze na rastojanju kπ, k Z, preslikavaju u istu tačku kružnice, tj. E(t + kπ) E(t), (17) za svako t R i k Z. 36 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Definicija trigonometrijskih funkcija na trigonometrijskom krugu Svakom realnom broju t pridružili smo jednu tačku E(t) trigonometrijske kružnice. To nam omogućava da definišemo trigonometrijske funkcije kao realne funkcije, tj. kao funkcije realnog argumenta. Apscisa tačke E(t) naziva se kosinus broja t i označava sa cos t. Odnosno, kosinus realnog broja t je apscisa one tačke trigonometrijske kružnice koja je pridružena realnom broju t. Funkcija koja broju t pridružuje realan broj cos t naziva se kosinus. Ordinata tačke E(t) naziva se sinus broja t i označava sa sin t. Sinus realnog broja t je ordinata one tačke trigonometrijske kružnice koja je pridružena realnom broju t. Funkcija koja broju t pridružuje realan broj sin t naziva se sinus. Funkcija tanges, u oznaci tg, definiše se za sve realne brojeve t π + kπ, k Z kao tg t sin t cos t. Označimo sa E projekciju tačke E(t) na x osu, a sa F presek brojne prave p (odnosno tangente trigonometrijske kružnice u tački I(1, 0)) i prave OE(t). Kako je OE E(t) OIF, imamo F I OI E E(t) E O F I sin t cos t tg t. Tangens broja t je ordinata tačke koja se dobija u preseku brojne prave p i prave koja je odredjena koordinatnim početkom i tačkom E(t) trigonometrijske kružnice koja je pridružena realnom broju t. 37 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Funkcija kotanges, u oznaci ctg, definiše se za sve realne brojeve t kπ, k Z kao ctg t cos t sin t. Neka je q tangenta trigonometrijske kružnice k u tački C(1, 0). Označimo sa E projekciju tačke E(t) na y osu, a sa G presek prave q i prave OE(t). Kako je OE E(t) OCG, imamo CG CO E E(t) OE CG cos t sin t ctg t. Kotangens broja t je apscisa tačke koja se dobija u preseku tangente q trigonometrijske kružniče u tački (0, 1) i prave koja je odred ena koordinatnim početkom i tačkom E(t) trigonometrijske kružnice koja je pridružena realnom broju t. Trigonometrijske funkcije uglova Unija dve poluprave sa zajedničkim početkom nazivamo ugaonom linijom. Skup tačaka sa iste strane te ugaone linije uključujući i samu ugaonu liniju nazivamo uglom. Takod e nam je poznato da zajednički početak polupravih zovemo teme, a poluprave kracima ugla. Usmereni (orjentisani) ugao uvodimo analogno usmerenoj duži izborom početnog i krajnjeg kraka. Poluprava Oa je početni krak aob, a poluprava Ob je krajnji krak ugla. Na trigonometrijskoj kružnici uvodimo kao pozitivan matematički smer onaj koji je suprotan smeru kretanja kazaljke na satu. Smer koji se poklapa sa smerom kretanja kazaljke na satu je negativan matematički smer Orjentisani (usmereni) ugao na trigonometrijskom krugu posmatramo tako što teme postavljamo u koordinatni početak O, početni krak Oa u položaj poklapanja sa pozitivnim smerom x ose, a krajnji krak Ob nanosimo u odgovarajućem smeru zavisno od toga da li je ugao pozitivan ili negativan. 38 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Tačke A, B su preseci krakova Oa, Ob sa jediničnom kružnicom. Tada, svakom aob pridružujemo dužinu luka t ÂB. Ta se dužina luka naziva radijanska mera ugla. Mera ugla: Ako je dužina kružnog luka jednaka poluprečniku, tada meru odgovarajućeg centralnog ugla nazivamo radijan. ( ) 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. 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. 39 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Posmatrajmo trigonometrijsku kružnicu sa centrom u koordinatnom početku O(0, 0) i ugao aob sa temenom u koordinatnom početku i početnim krakom u pravcu pozitivnog dela x ose. Realan broj t 0 nazivamo glavna mera aob, dok brojeve t 0 + kπ, k Z nazivamo merom ugla aob. Prirodno proširenje pojma trigonometrijskih funkcija bilo kog ugla dato je sledećom definicijom: Neka je t bilo koja mera ugla aob u radijanima. Vrednost trigonometrijske funkcije aob jednaka je vrijednosti te trigonometrijske funkcije realnog broja t. Periodičnost trigonometrijskih funkcija Kako je iz pravouglog trougla BOC, za oštar aob čija je mera x R: sin x BC OB BC, cos x OC OB OC, zaključujemo da se trigonometrijske funkcije oštrog ugla i trigonometrijske funkcije bilo koje mere tog ugla podudaraju, odnosno da je definicija trigonometrijske funkcije oštrog ugla u pravouglom trouglu u saglasnosti sa definicijom trigonometrijske funkcije proizvoljnog ugla. Definicija 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 cos(x 0 + T 1 ) cos x 0. Zaista, za x 0 0 je cos 0 1 i cos(0 + T 1 ) cos T 1 < 1 za T 1 (0, π). Dakle, T 1 (0, π) nije period funkcije y cos x. Dokaz za funkciju y sin x je sličan (za x 0 može se uzeti π/). Teorema 10.. Osnovni period funkcije y tg x i y ctg x je T π. Dokaz: Kako je sin(x + π) tg(x + π) cos(x + π) sin x cos x tg x, prema Definiciji 10.1., T π je period funkcije y tg x. Da bi di dokazali da je to osnovni period, pokazaćemo da za svako T 1, 0 < T 1 < π postoji bar jedan ugao x 0, takav da je 40 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije tg(x 0 + T 1 ) tg x 0. Zaista, za x 0 0 je tg 0 0 i tg(0 + T 1 ) tg T 1 > 0 za T 1 (0, π), pa je T π osnovni period funkcije. Dokaz za funkciju y ctg x je sličan (za x 0 može se uzeti π/). Parnost trigonometrijskih funkcija Tačke E(t) i E( t) simetrične su u odnosu na x osu, pa imaju jednake apscise i suprotne ordinate. Dakle, važi: za svako t R je sin( t) sin t, tj. funkcija sin t je neparna. za svako t R je cos( t) cos t, tj. funkcija cos t je parna. za svako t R \ { π + kπ : k Z} je tg( t) tg t, tj. funkcija tg t je neparna. za svako t R \ {kπ : k Z} je ctg( t) ctg t, tj. funkcija ctg t je neparna. Grafici trigonometrijskih funkcija Grafik funkcije sinus konstruišemo pomoću brojne kružnice. Na x osu nanosimo meru ugla u radijanima, dok na oso y prenesemo ordinatu tačke E(x). Postupak ponavljamo dok ne obid emo celu kružnicu. Funkcija je periodična sa osnovnom periodom π, pa je dovoljno iskazati svojstva funkcije samo na segmentu [0, π]. Na sličan način konstrušemo i grafik funkcije kosinus. Na osu x nanesemo meru ugla u radijanima, dok na osu y prenesemo apscisu tačke E(x). (i) Sinusna funkcija. Funkcija f(x) sin x je definisana za svako x R, a skup vrednosti funkcije je segment [ 1, 1], tj. f : R [ 1, 1]. funkcija f je neparna i periodična sa osnovnom periodom π 41 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Slika 17: Grafik funkcije y sin x 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 1, a za x π + kπ ima minimalnu vrednost f min 1 (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. 4 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Trigonometrijske funkcije Slika 19: Grafik funkcije y tg x 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 43 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule Slika 0: Grafik funkcije y ctg x 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 sin x sin x 0 sin x x 0 cos x + x 0 Kako je sin x x 0 x x 0, cos x + x 0 1, to je sin x sin x 0 x x 0, odakle sledi da je funkcija y sin x neprekidna u tački x 0. Analogno, kako je cos x cos x 0 sin x + x 0 sin x 0 x cos x cos x 0 x x 0, zbog čega je funkcija y cos x neprekidna u tački x 0.. sledi da je Iz neprekidnosti funkcija y sin x i y cos x sledi da je funkcija tg x sin x cos x neprekidna, ako je cos x 0, tj. x π cos x + n π, n Z, a funkcija ctg x je neprekidna, ako je sin x x n π, n Z. Primer 10.1. Uporediti brojeve a sin( 1), b sin( 8). Rešenje: Kako je sin x neparna funkcija uporedićemo brojeve a sin 1 a 1 i b sin 8 b 1. Kako je 8 π + 1.7, biće b 1 sin 8 sin 1.7. Pored toga, a 1 sin 1 sin(π 1) sin.14. Kako je π/ < 1.7 <.14 < π i funkcija y sin x monotono 44 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule opadajuća na [π/, π], biće sin 1.7 > sin.14, odnosno b 1 > a 1, tj. b b 1 < a a 1. 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) odnosno 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) 45 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule Dakle, (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 46 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 47 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 < β < π sin β 1 13, cos α cos α sin α 9 5 16 5 7 5 sin α sin α cos α 4 ( 5 3 ) 4 5 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. 48 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 49 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule 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 sin α 1 cos α 1 + 5 13 9 13 π < α < 3π 4 sin α 3 13 3 13 13 cos α 1 + cos α 1 5 13 4 13 π < α < 3π 4 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 sin(α + β) sin α cos β + cos α sin β sin(α β) sin α cos β cos α sin β dobija se sin(α + β) + sin(α β) sin α cos β odnosno (16) sin α cos β 1 ( sin(α + β) + sin(α β) ) Sabiranjem adicionih formula cos(α β) cos α cos β + sin α sin β cos(α + β) cos α cos β sin α sin β dobija se (17) cos α cos β 1 ( ) cos(α + β) + cos(α β) a oduzimanjem imamo (18) sin α sin β 1 ( cos(α β) cos(α β) ) 50 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Adicione formule 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. 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 51 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije dobijaju se formule za transformaciju zbira i razlike trigonometrijskih funkcija u proizvod: (19) sin x + sin y sin x + y cos x y (0) sin x sin y sin x y cos x + y (1) cos x + cos y cos x + y cos x y () cos x cos y sin x + y sin x y Primer 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 relacija zaključujemo da su x 1 cos π 5, x cos 3π 5 koreni kvadratne jednačine x 1 4 x 1 0. 5 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije 1. Inverzne trigonometrijske funkcije Inverzne trigonometrijske funkcije nazivaju se ciklometrijske ili arkus funkcije. (i) Arkus sinus. Funkcija f(x) sin x nema inverznu funkciju, jer nije bijekcija. Na primer, svi brojevi oblika π + kπ, k Z preslikavaju se ovom funkcijom u broj 1. Med utim, [ posmatrajmo restrikciju funkcije f(x) na π, π ], tj. funkciju [ f 1 : π, π ] [ 1, 1], gde je f 1 (x) sin x. Funkcija [ f 1 (x) je rastuća funkcija, pa postoji njena inverzna funkcija f 1 1 : [ 1, 1] π, π ] koja se naziva arkus sinus i označava se sa F (x) arcsin x. Grafik funkcije y arcsin x simetričan je grafiku funkcije f 1 (x) u odnosu na pravu y x (slika 0-(a)). Slika 1: Grafik funkcije y arcsin x i y arccos x Prema svojstvima uzajamno inveznih funkcija važe jednakosti: arcsin(sin x) x, x [ π, π ], sin(arcsin x) x, x [ 1, 1]. Osnovna svojstva funkcije F (x) arcsin x, x [ 1, 1] su: funkcija F je neparna, tj. važi arcsin( x) arcsin x, x [ 1, 1]. funkcija je pozitivna za x (0, 1] i negativna za x [ 1, 0) nula funkcija F je x 0 funkcija je monotono rastuća 53 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Primer 1.1. Nacrtati grafik funkcije y arcsin(sin x). Funkcija je definisana na R i periodična je sa periodom π. Zato je dovoljno odrediti grafik funkcije na segmentu [ π/, 3π/]. Ako je π/ x π/, onda je y arcsin(sin x) x. Za π/ x 3π/ je π/ x π π/, pa je arcsin(sin(x π)) x π. S druge strane, sin(x π) sin x i zato je arcsin(sin(x π)) arcsin( sin x) arcsin(sin x), zbog neparnosti funkcije arcsin x. Dakle, x π arcsin(sin x) za x [π/, 3π/]. Konačno, imamo da je x, π y arcsin(sin x) x π, π π x, x 3π (18). Grafik funkcije y arcsin(sin x) prikazan je na sledećoj slici: (ii) Arkus kosinus. Funkcija g 1 : [0, π] [ 1, 1], g 1 (x) cos x, x [0, π] je neprekidna i opadajuća. Njena inverzna funkcija G : [ 1, 1] [0, π], G(x) arccos x, x [ 1, 1] je takod e neprekidna i opadajuća. Grafik funkcije y arccos x prikazan je na slici 0-(b). Važe jednakosti: arccos(cos x) x, x [0, π], cos(arccos x) x, x [ 1, 1]. 54 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Osnovna svojstva funkcije G(x) arccos x, x [ 1, 1] su: funkcija G nije ni parna ni neparna, već važi arccos( x) π arccos x funkcija G je pozitivna za svako x [ 1, 1) nula funkcija G je x 1 funkcija je monotono opadajuća Teorema 1.1. Za svako x [ 1, 1] važe jednakosti: arccos( x) π arccos x, arcsin x + arccos x π. (A) (B) Dokaz: (a) Označimo sa arccos x α. Tada prema definiciji funkcije arccos x je cos α x, 0 α π. Onda je 0 π α π i cos(π α) cos α x. Opet prema definiciji funkcije arccos x je π α arccos( x). Ovim je formula (A) dokazana. (b) Označimo sa arcsin x α. Tada prema definciji funkcije arcsin x je sin α x, π/ α π/. Onda je 0 π/ α π i cos(π/ α) sin α x. Sada prema definiciji funkcije arccos x je π/ α arccos x. Ovim je i formula (B) dokazana. Primer 1.. Odrediti arccos(sin x) ako je π x 3π. ( ( )) π Rešenje. I način: Imamo da je arccos(sin x) arccos cos x. Ako stavimo da je y π x, kako je π π x π, treba odrediti arccos(cos y) za π y π/. Kako je 0 y + π π/, imamo da je Sa druge strane je Dakle, arccos (cos(y + π)) y + π. arccos(cos(y + π)) arccos( cos y) π arccos(cos y). za π y π/. Konačno, π arccos(cos y) y + π arccos(cos y) y arccos(sin x) arccos(cos y) y x π. II način: Imamo da je arccos(sin x) π arcsin(sin x). Odredićemo zato arcsin(sin x) za π x 3π. Kako je 0 x π π, imamo x π arcsin(sin(x π)) arcsin(sin( (π x))) arcsin( sin(π x)) arcsin(sin(π x)) arcsin(sin x). 55 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije 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. 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. 56 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije ( 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 cos α 1, β arccos, 0 < α < π/, 0 < β < π/. Tada je 13 1 sin α 1 ( 4 5 ) 3 5, sin β ( ) 1 1 cos β 1 5 13 13. cos(α + β) cos α cos β sin α sin β 3 5 1 13 4 5 5 13 16 65. Teorema 1.. Za realne brojeve x, y [ 1, 1], je arcsin x + arcsin y arcsin ( x 1 y + y 1 x ), za xy 0 ili x + y 1; π arcsin ( x 1 y + y 1 x ), za x > 0, y > 0 i x + y > 1; π arcsin ( x 1 y + y 1 x ), za x < 0, y < 0 i x + y > 1. Dokaz: Neka je arcsin x α, arcsin y β, α, β [ π/, π/]. Tada je sin α x, sin β y. Pored toga, kako su cos α 0 i cos β 0, to je cos α 1 x i cos β 1 y. Dakle, sin(α + β) sin α cos β + cos α sin β x 1 y + y 1 x odakle je arcsin(sin(α + β)) arcsin (x 1 y + y ) 1 x. (19) Kako je α + β [ π, π], može se pokazati da je α + β, α + β [ π/, π/]; arcsin(sin(α + β)) π (α + β), α + β [π/, π]; π (α + β)), α + β [ π, π/]. (0) Pokazaćemo da je α + β [ π/, π/] za xy 0, ili x + y 1; α + β [π/, π) za x > 0, y > 0, x + y > 1; α + β [ π, π/) za x < 0, y < 0, x + y > 1, 57 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije tako da traženo tvrd enje sledi iz (19) i (0). (i) Ako je x 0, y 0, onda je α [ π/, 0] i β [0, π/]. U slučaju, x 0, y 0, je α [0, π/] i β [ π/, 0]. Dakle, za xy 0 je α + β [ π/, π/]. (ii-a) Ako je x > 0, y > 0 i x +y 1, onda je α (0, π/], β (0, π/] i α+β (0, π]. Takodje, sin α x 1 y cos β sin α sin α cos β cos β, jer su uglovi α, β oštri. Takod e, Zato je odnosno sin β y 1 x cos α sin β sin β cos α cos α, pa je α + β [0, π/]. cos β cos α sin α cos α sin α sin β, cos(α + β) cos α cos β sin α sin β 0, (ii-b) Ako je x < 0, y < 0 i x + y α + β [ π, 0). Takodje, 1, onda je α [ π/, 0), β [ π/, 0) i sin α x 1 y cos β sin α sin α cos β cos β, jer su uglovi α, β oštri. Takod e, sin β y 1 x cos α sin β sin β cos α cos α, Kako je cos α 0 i sin α < 0, dobija se odnosno pa je α + β [ π/, 0). cos β cos α ( sin α) cos α ( sin α)( sin β), cos(α + β) cos α cos β sin α sin β 0, (iii) Ako je x > 0 i y > 0, onda je α (0, π/], β (0, π/] i α + β (0, π]. Pored toga, ako je x + y > 1, imamo sin α x > 1 y cos β cos β cos β < sin α sin α, i Onda je odnosno 1 cos α > 1 sin β cos α cos α < sin β sin β. cos β cos α < sin α cos α < sin α sin β, cos(α + β) cos α cos β sin α sin β < 0, 58 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije pa je α + β [π/, π]. (iv) Ako je x < 0 i y < 0, onda je α [ π/, 0), β [ π/, 0) i α + β [ π, 0]. Ako je x + y > 1, imamo cos β cos β < sin α sin α i cos α cos α < sin β sin β, odakle je, uzevši u obzir da je cos α > 0 i sin α < 0 tj. Dakle, α + β [ π, π/). cos α cos β < cos α( sin α) < ( sin β)( sin α), cos(α + β) cos α cos β sin α sin β < 0. Teorema 1.3. Za realne brojeve x, y [ 1, 1], je arccos x + arccos y { arccos ( xy 1 y 1 x ), za x + y 0; π arccos ( xy 1 y 1 x ), za x + y < 0. Dokaz: Neka je arccos x α, arccos y β, α, β [0, π]. Tada je cos α x i cos β y i α + β [0, π]. Pored toga, kako su sin α 0 i sin β 0, to je sin α 1 x i sin β 1 y. Dakle, cos(α + β) cos α cos β sin α sin β xy 1 x 1 y odakle je arccos(cos(α + β)) arccos (xy 1 x ) 1 y. (1) Može se pokazati (pokazati!!) da je arccos(cos(α + β)) { α + β, α + β [0, π]; π (α + β), α + β [π, π]. () Pokazaćemo da je α + β [0, π] za x + y 0, α + β (π, π] za x + y < 0, tako da traženo tvrd enje sledi iz (1) i (). (i) Neka je x + y 0. (i-1) Ako je x 0, y 0, onda je α, β [0, π/], pa je α + β [0, π]. (i-) Ako je x 0, y 0, onda iz x y sledi x y. Kako je α [0, π/] i β [π/, π], iz 1 sin α 1 sin β sin α sin α sin β sin β, 59 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije cos α cos β cos α cos α cos β cos β, kako je cos α 0 i sin α 0, biće Tada je sin β cos α sin α cos α sin α( cos β). sin(α + β) sin α cos β + cos α sin β 0. (i-3) Ako je x 0, y 0, onda je α [π/, π] i β [0, π/] i iz x y sledi x y. Tada je cos α cos α cos β cos β i sin α sin α sin β sin β odakle se dobija da je cos β sin α ( cos α) sin α ( cos α) sin β, odnosno sin(α+β) 0. Dakle, ako je x + y 0, onda je sin(α + β) 0, što povlači da je α + β [0, π]. (ii) Ako je x + y < 0, onda se posmatrajući slučajeve: (ii-1) x < 0, y < 0, (ii-) x < 0, y > 0, x < y, (ii-3) x > 0, y < 0, x < y, na sličan način se može pokazati da je α + β (π, π]. Primer 1.5. Izračunati arcsin 3 3 arcsin 3. Rešenje. Neka je α arcsin sin β. Tada je 3 3 3, β arcsin, α, β [0, π/], tj. sin α 3 cos α ± 1 sin α, α [ π/, π/] cos α 3, cos β ± 1 sin α, β [ π/, π] cos β 1 3 3 3, cos β cos β sin β 7 9, sin β sin β cos β 4 ( α β arcsin 5 3 9 ( 5 3 α β arcsin 9 sin(α β) sin α cos β cos α sin β 5 3 9 ) ( + kπ α β π arcsin 5 3 9 ) + kπ α β π + arcsin ( 5 3 9 9 ) + kπ, k Z. ) + kπ, k Z. 60 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije Kako je α β [ π, π/] i cos(α β) cos α cos β + sin α sin β zaključujemo da je α β [ π, π/]. Dakle, ( ) 5 3 α β arcsin π. 9 6 9 < 0 (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 Slika : Grafici funkcija y arctg x i y arcctg x (iv) Arkus kotanges. Funkcija K(x) arcctg x, K : R (0, π) je inverzna za monotonu funkciju k 1 : (0, π) R datu sa k 1 (x) ctg x, x (0, π). Važe jednakosti: arcctg(ctg x) x, x (0, π), ctg(arcctg x) x, x R. 61 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Inverzne trigonometrijske funkcije 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, tg α sin α 1 sin α, odakle je α arccos 1 x arctg x 1 x. Primer 1.6. Dokazati arctg 11 + arctg 1 7 arctg 1. Rešenje. Neka je α arctg 11, β arctg 1 7, 0 < α, β < π/, tj. tg α 11, tg β 1 7. Kako je tg β tg β 1 tg β 7 4, iz dobijamo tg(α + β) 1. tg(α + β) tg α + tg β 1 tg α tg β 6 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Hiperbolične funkcije I način: Uzevši u obzir da je 1 7 < 3 11 < i da je y arctg x rastuća funkcija, zaključujemo 3 da je 0 < β arctg 1 7 < α arctg 3 11 < arctg 3 π/6. Zato je 0 < α + β < π, odakle zaključujemo da je II način: Koristeći formule arctg 11 + arctg 1 7 α + β arctg 1. sin x i da je 0 < α, β < π/ dobija se tg x 1 + tg x, cos x 1 1 + tg x sin α 5 11, cos α 5 5 5, sin β 1 5, cos β 7 5 cos(α + β) 5 Kako je 0 < α + β < 3π/ i cos(α + β) > 0, zaključujemo da 0 < α + β < π/. Zato iz tg(α + β) 1 dobijamo da je 13. Hiperbolične funkcije Funkcije definisane sa arctg 11 + arctg 1 7 α + β arctg 1. sh x ex e x, ch x ex + e x nazivaju se redom sinus hiperbolični i kosinus hiperbolični. cosh. Grafici ovih funkcija prikazani su na slici 3. Koriste se i oznake sinh i Po analogiji sa trigonometrijskim funkcijama definišu se i tanges hiperbolični i kotanges hiperbolični: Koriste se i oznake tanh i coth. th x sh x ch x, ch x cth x sh x. U trigonometrijskom krugu (slika 4-(a)) definisane su trigonometrijske funkcije sin, cos, tg ugla AOC čija je mera u radijanima α, kao dužine duži BC, OB, AD. Meru ugla AOC možemo iskazati i kao površinu P k kružnog isečka COK : P k 1 r α α. 63 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu
Elementarna matematika Hiperbolične funkcije Slika 3: Grafici funkcija y sh x i y ch x Slika 4: Uzimajući analognu funkciju površine, ali ne za kružnicu x + y x y 1, možemo definisati i hiperbolične funkcije. 1, nego za hiperbolu Naime, označavajući sa P h x površinu analognog sektora COK (slika 4-(b)), definišemo hiperbolične funkcije - sinus, kosinus i tangens hiperbolični sa: sh x BC, ch x OB, th x AD. Kada površinu P h izračunamo (npr. primenom odredjenog integrala ili dvostrukog intergrala), dobijamo ( ) ( ) x P h ln BC + BC + 1 ln OB + OB 1 1 ln 1 + AD 1 AD, odakle odred ujemo dužine duži BC, OB, AD, odnosno za hiperbolične funkcije dobijamo prethodne 64 dr Jelena Manojlović, PMF u Nišu