1 VISOKA KOLA PRIMUSGRADIKA NENAD STOJANOVI MATEMATIKA Zbirka odabranih zadatakaSKRIPTA GRADIKA, 2008.god. 2SADRAJ 1.ELEMENTI MATEMATIKE LOGIKE5 2. SKUPOVI7 3. RELACIJE I FUNKCIJE8 3.1 Relacije8 3.2.Funkcije9 Inverzne funkcije11 Kompozicija funkcija12 4.POLJE REALNIH BROJEVA13 Apsolutna vrijednost realnog broja13 Princip matematike indukcije16 Njutnova binomna formula18 5.REALNA FUNKCIJA SA REALNIM ARGUMENTOM21 Definiciono podruje funkcije21 Parnost funkcija24 Elementarne funkcije25 6.NIZOVI28 6.1.Opti lan niza28 6.2.Granina vrijednost niza28 7. GRANINA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE29 7.1GRANINA VRIJEDNOST FUNKIJE29 7.2.Operacija sa graninim vrijednostima30 Neki vaniji limesi30 Zadaci32 7.3.Neprekidnost funkcije33 Zadaci :34 7.4. Asimptote funkcije35 Zadaci41 38.IZVOD REALNE FUNKCIJE JEDNE PROMJENLJIVE42 8.1.Osnovna pravila diferenciranja42 8.2.Tablica osnovnih izvoda42 8.3.Izvod sloene funkcije43 8.4.Izvodi vieg reda44 8.5.Lopitalova teorema44 8.6.Primjena izvoda na ispitivanje funkcija45 Monotonost funkcija45 Ekstremne vrijednosti funkcije46 Odreivanje ekstrema funkcije pomou Drugog izvoda47 Ispitivanje toka funkcije48 Rijeeni primjeri i zadaci za vjebu51 9. INTEGRALNI RAUN55 9.1.Odreeni integrali55 Rijeeni primjeri55 Zadaci55 9.2.Neodreeni integral56 Direktna integracija57 Integracija metodom smjene59 integracija nekih klasa funkcija61 10.MATRICE I DETERMINANTE62 10.1.Matrice62 10.2.Determinante64 10.3.Inverzna matrica66 11. PRIMJENA MATRICA I DETERMINANTI NA RJEAVANJE SISTEMA LINEARNIH JEDNAINA70 Linearne jednaine70 Sistemi linearnih jednaina sa dvije nepoznate71 Sistemi linearnih jednaina71 Gausov algoritam71 Rijeeni primjeri71 Nakon mnoenja prve jednaine redom sa2 i2i dodavanjem redom drugoj i treoj jednaini dobijamo sistem71 Zadaci73 12.PROCENTNI RAUN78 Rijeeni primjeri78 4Zadaci81 13. PROSTI INTERESNI RAUN82 Zadaci83 14. SLOENI INTERESNI RAUN83 Zadaci84 15. AMORTIZACIJA ZAJMA85 5 1.ELEMENTI MATEMATIKE LOGIKE 1. Koja od sljedeih reenica predstavlja iskaz: a) Rijeka Bosna je najdua rijeka u Bosni i Hercegovini, b) Da li sipoloio ispit iz matematike ? c) Svaki etverougao je paralelogram. 2. Odredite istinitosnu vrijednost sljedeih sloenih iskaza ; a) ( 1+1+1:3=1) )37312 ( = , b))5 : 1695169( ))7271172 11 ( )62633121(( = =+ + = +c))) 0 3 3 ( ) 4 ( 4 (2 2= = d)) 3 3 ( )) 2 1 ( )2131(( ) 0 01 . 0 0 5 ( = < > < < 3. Izraunati; a)))) ( ( ( T T b))) ( ( ) ( T Tc)) 0 1 ( 0 ) 1 0 ( )) 0 0 ( ) 1 1 (( + + +ako je ;+-zamjena za konjukciju, -zamjena za disjunkciju, 1-oznaka da je vrijednost iskaza tana, 0-oznaka da je vrijednost iskaza netana. 4. Koristei jezik matematike logike kazati ta predstavljaju reenice: a), 1 ab), 3 < xc)3 > xd)2 = xe)2 x . Rjeenje:Rijeimo sluajeve pod a) i b). a) Izraz1 a semoezapisatiiuobliku1 1 = < a a paotudazakljuujemoda reenica1 a predstavlja disjunkciju iskaza1 < ai1 = a . b)3 < x jekraizapisza3 3 < < x odnosno3 3 < > x x ,pareenica3 < xpredstavlja konjukciju iskaza3 > xi3 < x . 5. Formirati tablice istinitosti sljedeih iskaznih formula ; a)( ) q p q p , b)( ) ( ) ( ) q p q p p , c)( ) ( ) ( ) ( ) p r q r q p . 6. Dokazati da su sljedee formule tautologije ; a)( ) q p q p , 6b) ( ) ( ) ( ) ( ) p q q p q p . 7.Akousvojimodogovordakonjukcijuizostavljamo,ax oznaavanegacijuiskazax ,a znak= predstavlja istovjetnost formula na desnoj i lijevoj strani , dokazati da je ; a)y x y x x = , b)xy y x x = ) ( . 8. Dokazati da su navedene formule posljedice iskaznih formula, koristei tablice istinitosti; 1. p q p , 2. q p p, 3. q p q p 4. q p q p , 5.p,q q p , 6. q p p , q . 9.Ispitati svoenjem na protivrijenost da li sunavedene formule posljedice iskaznih formula koje su dateu izrazu; a)q p q p , p , b)p q q p , q p , c)r p q p , r q , d)r q r p , r q p e)r p q p , r q p 10.Formirati tablicu istinitosti za sljedee iskazne formule : a)p q p , b)q p q p , c)q p r p q p . 11.Ispitati dali su sljedee formule tautologije, koristei konvenciju iz zadatka 7. a) ( ) ( ) ( ) p r r q q p , b) ( ) ( ) ( ) q p q p q p , 12.Dokazati da je;a) ( )( ) yt xt yz xz t z y x = , b)zt xy xyzt = , c)t z y x t z y x = , koristei konvenciju iz zadatka 7. 13.Polazei od zakona tranzitivnosti implikacije, ( ) ( ) ( ) ( ) r p q p r q p i koristei rezultate zadatka 10 i 11 pokazati da je ; a)( ) r q p ( ) ) ( r p q p , b)( ) q p r q p , r p , c)( ) p q p r q p , , r . 72. SKUPOVI 1. Dati su skupovi{ } { } 9 , 5 , 2 , 5 , 2 , 1 = = B A . Obrazovati skupove; ) ( , , , \ , \ , , A P B A B A A B B A B A B A . Treba imati na umu da je) \ ( ) \ ( A B B A B A = . 2. Dat je skup{ } 5 , 4 , 3 , 2 , 1 = E . Odrediti skupoveX iYtako da vrijedi; { } { } 3 , 2 3 , 2 , 1 = X E X , { } { } { } { } 2 4 , 2 , 1 5 , 3 4 , 2 \ = = Y Y E Y , pa zatim odreditiY X \ . 3. Odrediti skupove A i B iji suelementi cijeli brojevi i zadovoljavaju relacije; a){ } { } A B A x x B A x x B A \ 5 6 , 4 1 ; 7 1 < = < = , b) { } { } A B B A x x B A x x B A \ 2 \ 1 , 6 2 , 5 1 < < = = . 4. Dat je skup{ } 12 , 11 ,..., 2 , 1 , 0 = SOdrediti elemente skupova; + =+ = Sy yS y y B SxS x x A5 2,32 i = SzS z z C 2542, pa odrediti skupove; ) ( \ ), ( C A B C B A , )) ( \ ( B A C P iA B5. Dokazati skupovne jednakosti; a) ( ) ) ( C B A C B A = , b)( ) ) ( C B A C B A = , c)( ) ( ) ) ( C B C A C B A = . 6. Dokazati skupovne jednakosti; a)) \ ( A B A B A = , b)) \ ( \ A B A B A = c)B B A B A A B A \ ) ( ) ( \ \ = = . 7. Odrediti uniju skupova X i Y ako je ; { } { } R x x x x Y R x x x X = = =3 3, 2 2 , gdje je R skup realnih brojeva. 8. U jednom prevodilakom timu radi 30 prevodilaca. Meu njima 13 govori ruski jezik,12 francuski , a 17 engleski jezik. Ruski i engleski govori 5 prevodilaca, ruski i francuski govori 5 , engleski i francuski govori takoe 5 prevodilaca. a) Koliko prevodilaca govori sva tri jezika? b) Koliko prevodilaca govori samo ruski jezik? Uputa : Prikazati problem kao presjek tri skupa ( R,F,E) 8 Skupovi D1,D2,D3,D4,D5,D6,D7 su disjunktni skupovi 3. RELACIJE I FUNKCIJE 3.1 Relacije 1. Ako su{ } { } 12 , 11 , 10 , 9 , 8 , 7 , 6 , 5 , 4 , 3 , 2 = = F Edati skupovi, odrediti skup svih ureenih parova relacijeF E R definisane na sljedei nain ; a)13 = + b a aRbb)3 3 = b a aRb , c)b a aRb , su uzajamno prosti brojevi , d)b a aRb , a je djelilac od b, e)b a aRb , f)b a aRb > , g) aRba je tri puta manji od broja b. 2.Ako je( ) { } ) 3 , ( ), 4 , ( ), 3 , ( ), 2 , ( ), 3 , ( ), 2 , ( ), 1 , ( ), 2 , ( , 1 , d c c c b b b a a R =binarna relacija izmeu elemenata skupa{ } d c b a E , , , =i elemenata skupa{ } 4 , 3 , 2 , 1 = Fnai; a) ) (b R; b) { }); ) , ( ( c b R ; c) { } [ ] c b R , ; d)1 Re) ( ) [ ] 2 , 11 R . 3.Na skupu { } 4 , 3 , 2 , 1 , 0 , 1 , 2 , 3 , 4 = Edefinisana je binarna relacija R na sljedei nain ; x y y x xRy 3 32 2 = . Dokazati da je R relacija ekvivalencije, nacrtati njen grafik i nai odgovarajui koliniki skup. 4. Na skupu cijelih brojeva definisana je binarna relacija R na sljedei nain ; ) (modm y x ako i samo ako je razlikay x djeljiva sa m. Dokazati da je R relacija ekvivalencije i nai koliniki skup za sluaj da je3 = m . 9 3.2.Funkcije 1: Dati su skupovi{ } { } c b a B A , , , 4 , 3 , 2 , 1 = =i relacije iz skupa A u skup B ; 1.( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } b a c b a , 4 , , 3 , , 2 , , 1 , , 11 = , 2.( ) ( ) ( ) { } c b a , 3 , , 2 , , 12 = , 3.( ) ( ) ( ) ( ) { } c b b a , 4 , , 3 , , 2 , , 13 = . Koje od ovih relacija su funkcije iz skupa A u skup B ?. 2: Koja od relacija ( ) { } ( ) { } R x x x g R x x x f = = ; , , : ,2 2 nije funkcija? 3:Jesu li funkcije1.: f ,1 2 ) (2 + = x x f , 2.R R g : ,1 2 ) (2 + = x x ginjektivne. 4: Dokai da za svaki polinom prvog stepenaR R f :zadan sa b ax x f + = ) ( , 0 ai svaka dva zatvorena intrvala[ ] [ ]2 2 1 1, , , b a B b a A = =vrijedi ; a)) ( ) ( ) ( B f A f B A f = , b)) ( ) ( ) ( B f A f B A f = . Rjeenje : a)Uzmimo da su intervali A i B prikazani kao na lici B A( moe se posmatrati i sluak kada su zatvoreniintervali disjunktni ). Kako je[ ] [ ] ) ( ), ( ) , ( ) (1 1 1 1b f a f b a f A f = =i[ ] [ ] ) ( ), ( ) , ( ) (2 2 2 2b f a f b a f B f = =i[ ] [ ] [ ]2 1 2 2 1 1, , , b a b a b a B A = = imamo da je: 10[ ] [ ] [ ] ( ) [ ] ) ( ), ( , ) , , ( ) (2 1 2 1 2 2 1 1b f a f b a f b a b a f B A f = = = (1)sa druge strane je = ) ( ) ( B f A f [ ] [ ] = ) , ( ) , (2 2 1 1b a f b a f[ ] [ ] [ ] ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( ), (2 1 2 2 1 1b f a f b f a f b f a f = (2) Na osnovu jednakosti desnih strana u (1) i (2) zakljuujemo da je) ( ) ( ) ( B f A f B A f = .Na slian nain se pokazuju ostali sluajevi. 5. Zadani su skupovi{ } 2 ,' =+x Z x Z Zi funkcijeZ Z g Z Z f +' : , :definisane sa { }> +=3 x za 13 , 2 , 1 , 0 za 3 2) (x xx f , { }< +=0 za 12 , 1 , 0 za 3 2) (xx xx g .Da li su te funkcije jednake ?. 6. Neka je{ } 7 , 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1 = Xi funkcijaX X f :zadana tablicomx 1234567 ) (x f 2561473 a) Ispisati tablicu za 1 fi provjeriti da li vrijedi Xi f f f f = = 1 1. b) Neka je{ } { }. 6 , 5 , 3 , 1 , 7 , 5 , 3 = = B AOdrediti), (1A f ), (1B f ), (1B A f i provjeriti da li vrijedi: 1) ) ( ) ( ) (1 1 1B f A f B A f = , 2) ) ( ) ( ) (1 1 1B f A f B A f = 7: Za preslikavanjaR R h g f : , ,odreena formulama 2 3 ) ( , 1 2 ) ( , 5 ) ( + = = = x x h x x g x x fodrediti inverzna preslikavanja 1 1 1, , h g f . 8. Za funkcijeR R g f : ,definisane sa2 ) ( , 1 3 ) ( + = = x x g x x fizraunati: 1 1 1) ( , , , g f f g g f g f i uvjeriti se da vrijedif f f g g f = = 1 1 1 1 1) ( , ) ( 9. Ako je1 ) (2 + = x x fodrediti: a)) 1 ( ), 1 ( ), 0 ( f f f , b)) 1 (2 + x f , c)1 ),11( +xxf , d))) ( ( x f f , e))) (1(x ff . 1110. Ako je1 ) 2 3 (2 + = + x x fodrediti: a)) (x f , b)) 2 ( ), 0 ( f fc))21(xf . 11. Neka je1 4 )11(2 + =+x xxxf . Odrediti a)) (x f , b)) 0 ( f , c) nultaku funkcije ( vrijednosti zaxkada je0 ) ( = x f). 12.Provjeriti da li je xxx f+=11ln21) (rjeenje funkcionalne jednaine)1( ) ( ) (xyy xf y f x f++= + 13. Ispitati injektinost i surjektivnost funkcija: a)5 3 ) ( , : + = x x f R R f , b)2 ) ( , :2+ + = x x x f R R f , 2 ) ( ,49, ,21:2+ + = + x x x f f Inverzne funkcije 1..Odrediti inverznu funkciju zadane funkcije: a)( ) 14 9 = x x f (R:914) (1+=xx f) b)( ) 3 4 = x x f (R 43) (1+=xx f ) c)( ) ( ) 1 log 4 = x x f(R: 1 10 ) (4 1+ = xx f) d) 25 4 ) ( =xx f(R: 2 ) 4 ( log ) (51+ =x x f 2. ) Odrediti inverznu funkciju zadane funkcije: a)( ) 4 3 = x x f(R:34) (1+=xx f ) b)( ) ) 1 ( log 14+ = x x f (R: 1 4 ) (1 1 = xx f ) c)5 2 ) ( = x x f (R:25) (1+=xx f) d)f xx( ) = +5 33(R: 3 ) 5 ( log ) (31 =x x f ) 123). Odredite inverznu funkciju zadane funkcije: a)4 9 ) ( + = x x f(R:94) (1=xx f ) b)( ) ) 2 log( 4 = x x f (R: 2 8 ) (4 1+ = xx f ) c)( ) 2 5 + = x x f(R:52) (1=xx f ) d)f xx( ) = ++3 23 (R: 3 ) 3 ( log ) (21 =x x f) e)f xx( ) = 3 43 (R: 3 ) 3 ( log ) (41+ =x x f) f)) 1 ( log 1 ) (5 = x x f(R: 1 5 ) (1 1+ = xx f ). 4) Odredite inverznu funkciju zadane funkcije: a) f(x) = 2x - 4(R: 24) (1+=xx f ) b) f(x) = 1 + log5(x + 1)(R:1 5 ) (1 1 = xx f ) 5) Odredite inverznu funkciju zadane funkcije: a)33 4 ) (++ =xx f(R:3 ) 4 ( log ) (31 =x x f) b) f(x) = 2 - log7(x + 1) (R: 1 7 ) (2 1 = xx f c)33 2 ) (+ =xx f (R:3 ) 2 ( log ) (31 =x x f Kompozicija funkcija 1)Odreditixtako da vrijedi ( )( ) ( )( ) x f g x g f =ako je4 ) (2 = x x fi7 ) ( + = x x gRjeenje : Odredimo kompozicije( )( ) ( ) ( ) ( ) 45 14 4 72 2+ + = + = = x x x x g f x g f ( )( ) ( ) ( ) 3 7 42 2+ = + = = x x x f g x f g. Sada iz uslova zadatka imamo jednainu ( )( ) ( )( ) x f g x g f = 3 42 14 3 45 142 2 = = + = + + x x x x x 2)Odrediti( )( ) 1 g f ako je, 1 3 ) (2 + = x x x f 2 2 ) ( = x x g (R: -1 ) 3) Odredite( )( ) 1 g f ako su4 3 ) (2+ + = x x x fi3 3 ) ( = x x g Rjeenje : ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 4 18 36 4 ) 6 ( 3 ) 6 ( 6 3 3 1 12= + = + + = = = = f f g f g f 134) Odreditixtako da vrijedi ( )( ) ( )( ) x f g x g f = ( ) 52+ = x x fi( ) 6 = x x g(R: 27 ) 5) Odrediti( )( ) 0 g f ako je( ) 1 33 + = x x x fi( ) 1 5 + = x x g (R: 3 ) 6)Odreditixtako da vrijedi( )( ) ( )( ) x f g x g f =ako je:( ) 92 = x x fi( ) 3 + = x x g . (R: - 1 ) 7) Odrediti ( )( ) 0 g f ako je( ) 1 23 = x x x f i( ) 1 3 = x x g ) (R: 0 ) 8) Odreditixtako da vrijedi( )( ) ( )( ) x f g x g f =ako je( ) 92+ = x x fi( ) 13 = x x g . (R: 7) 9)Odredite( )( ) 1 g f ako je1 3 ) (2 + = x x x fi2 3 ) ( = x x g (R: 3 ) 10)Odreditextako da vrijedi( )( ) ( )( ) x f g x g f =ako je( ) x x x f 42 = , ( ) 5 + = x x g . (R: 0 ) 4.POLJE REALNIH BROJEVA 4.1.Apsolutna vrijednost realnog broja 1- Koristei definiciju apsolutne vrijednosti odrediti skup rjeenja jednainea)7 3 = + xb)1 2 2 3 + = x x Rjeenje : a) < = =< + = + = + = +3 103 40 3 7 30 3 7 37 3x za xx za xx za xx za xx . Otuda je rjeenje ove jednaine{ } 4 ; 10 x . 14b)< = =< + = + + = + = 32513230 2 3 1 2 2 30 2 3 1 2 2 31 2 2 3x za xx za xx za x xx za x xx xtj. rjeenje je 3 ,51x 2. Koristei definiciju apsolutne vrijednosti rijeiti jednainu: a), 3 4 = + xb)x x 5 5 = +c)x x 5 2 3 + = d)x x 2 3 = +e)3 9 2 5 = x x 3. koristei definiciju apsolutne vrijednosti rijeiti nejednainu a)7 5 3 < + xb)5 6 > xc)x x 5 4 2 d)x x + + 2 3 5e)2 5 5 4 4 3 > + x x x 4. Rijeiti nejednaine : a) . xx+451 Rj. ) 5 , ( xb) xx+450 R:[ ) 5 , 4 x) c) xx++251
(R:) 5 , ( x) d) xx++250 (R:[ ) + , 2 ) 5 , ( x) 15e) xx++451(R:[ ) + , 5 x) f) xx+450 (R:( ] ( ) + , 5 4 , x) 5. Rijeite sistem nejednaina:< + 0 2 50 2 3xx (R: x ) 6. Rijeite sistem nejednaina: < 0 2 70 2 3xx (R: x ) 7. Rijeite sistem nejednaina: 0 10 50 2 3xx (R: x ) 8. Rjeite sistem nejednaina: + 0 10 50 2 7xx
(R: + ,27x) 9. Rijeite sistemnejednaina :< +0 2 10 2 3xx (R:+ ,21x) 164.2.Princip matematike indukcije 1. Principom matematike indukcijedokazati tanost identiteta : a)6) 1 2 )( 1 (3 2 12 2 2 2+ += + + + +n n nn zaN n . b) 3) 2 )( 1 () 1 ( 4 3 3 2 2 1+ += + + + + n n nn n zaN n . c)1 2 2 2 2 2 11 3 2 = + + + + + n nzaN n . d) ( ) ( ) 1 3 1 3 2 3110 717 414 11+=+ + +++ nnn nzaN n . 2. Matematikom indukcijom dokazati da je za N n : a)( ) 225 ) ( 16 15 42 2. n P n n Pn + ( itaj) (n Pje djeljivo sa 225) b)( ) 49 ) ( 1 7 23. n P n n Pn c)( ) 17 ) ( 2 5 31 3 1 2. n P n Pn n + + + d)( ) 8 ) ( 6 7 3 3 11 . n P n Pn n + 3.Koristei princip matematike indukcije ispitati tanost formula , a) ( )( )= =nknnkN nn k1,3 42 1 3 33
b)12124 2121112...141211++=++ +++++++n nxxxx x xn n Rjeenje : a) Za 1 = ntvrdnja je tana jer je: ( ).31124122 2 3122 1 3 331= = = =Pretpostavimo da je tvrdnja tana za p n = , tj. neka vrijedi: ( )= = + + + + =pkppp kp p k13 2.3 42 1 3 33...3332313 Ako dokaemo da tvrdnja vrijedi i za 1 + = p n , tada smo dokazali da vrijedi za proizvoljan prirodan broj. Imamo da je
( ) += =+ +=++ =++ =11 11 1313 42 1 3 3313 3pkpkp ppp k kp p p k k
( ) ( )=+ + =+ + =+ + 1213 44 4 6 9 3 33 41 4 6 1 3 9ppppp p p p = = =++++3 3 5 24 33 3 3 2 24 31111ppppp p ( ) ( ).3 41 2 1 3 311+++ =ppp. 17b) Za1 = nimamo
112111412 4+++=+=x x x x( )( )( )( )( ) ( )( ).1 13 21 1 13 2 12222x xx xx x xx x x+ ++ +=+ + + + =Pretpostavimo da je tvrdnja istinita zak n =11212111212212 1++++ ++=+++x xxx xkkkk... ,i dokaimo da je tada istinita i za1 + = k n ,tj. da vrjedi: .121112...12112 122212+ ++=++ +++++ +k kxxxxxk k Krenimo od pretpostavke i dodajmo lijevoj i desnoj strani 21121kkx+++, doijamo da je12124 21212...141211+++++ +++++++k kx xx x xk k=+++=+++++++1121211121121121222xx xxxkkkkkk,to je i trebalo dokazati. 4. Matematikom indukcijom dokazati nejednakost; ,. 1...312. 11 nn > + + + +za , , 2 N n n Dokaz :Za 2 = n nejednakost je tana tj.1122 2 1 2 2 1 2 1 + > + > > > .Pretpostavimo da nejednakost vrijedi za k n = , tj da vrijedi.1...31211 kk> + + + + Dokaimo da nejednakost vrijedi i za 1 + = k n ,tj. da vrijedi . 111 1...31211 + >++ + + + + kk k Da dokaemo istinitost nejednakosti zan=k+1poimo od pretpostavke i dodajmo lijevoj i desnoj strani broj 11+ k.Imamo da je,1111 1...31211++ >++ + + + +kkk k odnosno treba pokazati da je 111+ >++ kkk ...(1) Pretpostavimo da nejednakost (1) nije tana, tj. da je; + ++ 111kkk ; ( kvadriranjem obe strane, nalazimo da je ;) + ++++ 11211kkkkk +=+ + 1 11112kkk kk( ). 0 4 31411422 + + ++kkkkkkk to predstavlja kontradikciju. Kako se pretpostavka da ne vrijedi pokazala netanom proizlazi da je nejednakost; ,1...31211 nn> + + + +istinita za( ). 2 N n 18 Njutnova binomna formula 1. Razviti po binomnoj formuli : a) ( )32 33 4 y xy +b)( )43 22 3 c b a ab c) 32 3 24332 y x y xd) 4 4) 01 , 0 1 ( 99 , 0 =e) 3 3) 02 , 0 1 ( 02 , 1 + =2.Odredite x u izrazu641442 2 +xx ako je trei lan razvoja 240. 3.U razvijenom obliku binomana aa a23 22 odredite lan koji ne sadri a ako je odnos binomnih koeficijenata petog i treeg lana 1:2.3. 4.U izrazu ( )nx x x+ +121 log1 odrediti x tako da je odnos binomnih koeficijenata uz trei i etvrti lan 3 : 4, i da je etvrti lan u razvoju binoma jednak 200, (logaritam je dat za bazu 10). 5. Odredite,za koje je x esti lan razvoja binoma ( ) ( )nxx+ 53 log 2 3 10 log2 2 jednak21,akosubinomnikoeficijentidrugog,treegietvrtoglanarazvojaredomprvi, trei i peti lan aritmetikog niza. 6.Devetilanurazvijenomoblikuizraza ( )10log 83log 510+xxx xxjednakje450 . Odreditix . 7.Odreditilanrazvojabinoma nx xx321kojinesadrix ,akoseznadajezbirsvih binomnih koeficijenata 256. 8.Odreditelanrazvojadinoma nxx+2435,kojisadri 54 2x x ,akojezbirprvatri binoma koeficijenata jednak 56. 199. Odreditexako je etvrti lan razvoja binoma 7log1log10 10+x x jednak3500000 .10.Odredite redni broj omog lana razvoja binoma 12323243+ a akoji sadri 7a . Rjeenja : 2) x=2. 3) Iz uslova zadatka imamo da je( ) ( )...6 ! 3!24 ! 4!2 2 : 13:4= =nnnn n n... . = = n n 3 2 5 Dakle, imamo da je prema binomnoj formuli ( )kkka aa aka aa a ==25053 223 22 5 2( )( )( ). 252 .550255372553750 = = ==kkkkkkkaka ak Odredimo k iz uslova da je( ) N k kkk = = = 297070 29 ... 025537 odakle zakljuujemo da ne postoji lan u razvoju datog binoma koji ne sadri a. 4) Iz uslova zadatka da je, 4 : 33:2= n n nalazimo da je n=6.Kako je lan u razvoju binoma ( )nb a +odreen formulom,1k k nkb aknT =+ to iz drugog uslova zadatka imamo da je; 2004 = Ttako da je ( )=+312131 log 2136200 x xx ( ) =+411 log 2320 200 x xx ( ),41101 log 23+ =+ xx . Logaritmiranjem lijeve i desne strane jednaine dobijamo ( ). 0 4 log 3 log ... 1 log411 log 232= + =++x x xx. Rjeavanjem ove kvadratne jednaine nalazimo da je;.101, 1042 1= = x x4.Iz uslova da su koeficienti drugog, treeg i etvrtog lana razvoja respektivno prvi, trei i peti lan aritmetikog niza imamo da je,3,2,15 3 1ananan==gdje su,5 3 1, , a a alanovi aritmetikog niza. Dakle vrijedi,1 3 3 5a a a a = odnosno+==1 3 221 2 2 3n n n n n n n( ) ( ) ( ) += ! 1!! 3 ! 3!2 ! 2!2nnnnnn ( ) ( ) ( ) ( )( ) + =+=...2 116121! 116 ! 31! 21n n n n n n , 0 14 92= + n nodakle nalazimo da je, 71 = n .Drugo rjeenje ne zadovoljava uslove zadatka.Iz drugog uslova imamo da je, 216 = Tdakle prema formuli; 20 ,1k k nkb aknT+=imamo da je n=7, k=5, pa je;
( ) ( )( ) = 55 3 log 223 10 log2 25721xx
( ) ( ) ( ) ( ) = = + 3 log 2 3 10 log 0 3 log 2 3 10 log2 2 2 2 1x xx x( ) ( ) 0 3 log 2 3 10 log = + xx. Rjeavanjem ove jednaine nalazimo traene vrijednosti za. 0 2 , = = x x x6).10021005= = x x7) .Zbir svih binomnih koeficijenata iznosi 2n, otuda je prema zadatku; 2 256 2 2 88 n nn = = = .Dalje, prema binomnoj formuli imamo da je ( )= =8035 8 83 21181kkkkxx kx xx( )( )( ) = = = =808033 83581818k kkk kk kxkx xk Odredimokiz uslova ( ). 3 033 8= =kk. Traeni lan je( ) . 563813 = i etvrti je po redu u razvoju. 8) Iz uslova zadatka imamo da je( )0 110 56211 562 1 02= + =+ + =++n nn nnn n n. Rjeavanjem ove kvadratne jednaine nalazimo da ima smisla rjeenje10 = n ,(drugo rjeenje n N = 11 ). Dakle ( )== =+1003 51010210352 21024kkkkkx xkxx=+1003 5103 21210kk kkxk.Kako je potrebno prema zadatkux x x x xk k k k2 4 5105 3245105 3= = + ++ . 63 510514= += kk k. Dakle, T TK + =1 7 odnosno, sedmi lan u razvoju sadri 5 4 2x x . 9). Iz uslova zadatka imamo da je3 = ki vrijedi = = 5 log3log 4log3log 410 35 10 35 3500000 10 1037xxx x = = ... 5log3log 4 10 105 log3log 4xxxx0 3 log 5 log 22= x x .Rjeavanjem jednaine nalazimo da je; .10110 10213= = =x x10)-Za traeni lan Tk +1,je;( )21232 12 123 2324312324312kkk k k kaka ak+ = Iz uslova zadatka je;( )( ) = + =+ 721232721232kk a akkk = 6. Dakle traeni lan je za 6 = k.7 1 6T T =+(sedmi lan razvoja binoma). 215.Realna funkcija sa realnim argumentom Definiciono podruje funkcije 1: Odrediti definiciono podruje funkcije 11+=xxy . Rjeenje: Funcija je definisana samo za one relane vrijednosti x, za koje je: ( )( ) ( ) [ ] ( )( ) ( ) [ ] 1 0 1 1 0 1 0 1 1 011 + + + +x x x x x xxx Kako bi odredili znak kvadratnog trinoma( )( ) 1 1 + x xmoemo koristiti tablicu x 1 1 +( ) 1 x --+ ( ) 1 + x -++ ( )( ) 1 1 + x x +-+ Iz tablice i posljednjeg sistema nejednakosti nalazimo da je definiciono podruje date funkcije skup( ) [ ) + , 1 1 , . 2. Odredite definiciono podruje sljedeih funkcija : 1)f xxx( ) =+2 12 1(Rj. D(f) = R\21) 2)f x x x ( ) = + +25 6(Rj. D(f) =( ] [ ) + , 2 3 , ) 3) f xxx x( ) =++ +72 12Rj. (D(f) = R\{-1} ) 4)) 2 4 log( ) ( x x f = Rj (D(f) =) 2 , ( ) 5)f x x x ( ) = 25 6Rj (D(f) =( ] [ ) + , 6 1 , ) 6) f xxx x( ) =++ +79 202Rj (D(f) = R\{-4,-5}) 7)) 2 12 ( log ) (3x x f =Rj(D(f) =) 6 , ( ) 3. Odredite definiciono podruje funkcija:1.f xxx x( ) =++ +715 502 (R: D(f) = R\{-10,-5}) 2. 22 ) ( x x x f =(R: D(f) = [0,2] ) 3.f x x ( ) = 12 (R: D(f) = ) 4.f x x x ( ) = +24 3(R: D(f) =( ] [ ) + , 3 1 , ) 225.f x x x ( ) = +25 6 (R:( ] [ ) + = , 3 2 , ) ( f D) 6.f x x x ( ) = 2(R: D(f) = [0,1]) 7.f x x ( ) = 12 (R:[ ] 1 , 1 ) ( = f D8.) 2 2 log( ) ( x x f + =(R: D(f) =) , 1 ( + ) 9.() ( ) + = + = , 2 : ( ) 2 ( log ) (4f D R x x f10.() ( ) + = + = , 2 : ( ) 2 4 log( ) ( f D R x x f11.() = =61, : ( ) 12 2 ( log ) (7f D R x x f12.() ( ) 2 , : ( ) 2 log( ) ( = = f D R x x f 4.Odrediti oblast definisanosti sljedeih funkcija:(x ln - oznaka za logaritam ija je bazae , odnosnox xelog ln = ). 1)5 ) 3 ln( + + = x x y ,3)2 1 + = x x y4) ) 2 ln(3xxy+= 5. Odrediti oblast definisanosti funkcija: 1. a) 122=xxy b) ( )21 21xyx= 2. a) 29 x y =b) 24 x x y =c) ( )22123 2f x x xx x= ++ d) xx xy =216 82 3. a)( ) ln 3 y x = b)( ) x x y 6 ln2 = 4. Odrediti kodomenu funkcija: a)1212 = x yb)92 = x y c)2 1xy = + 5. Odrediti definiciono podruje i nule datih funkcija: a) 110 322+ +=xx xyb) 21 y x x = c) ( )24xy x e = d) 2ln 1xxy+= 6. Odrediti domenu, nule i znak funkcija: a)( ) 1 ln + = x y b) 4ln1xyx= 23Rjeenje zadatka 5: 1. a)( ) ( ) ( )21 0 1, : , 1 1,1 1,xx x D x + b){ } \ 1xD R =2.a)( )( ) [ ]29 0 3 3 0 , : 3, 3xx x x D x + b)( ) [ ]24 0 4 0 : 0, 4xx x x x D x c)( ) ( ) ] [ )21 2 0 2 1 0 ( , 1 2, x x x x x + +
( )( ) ( ) ( ) ( )22 3 2 0 1 3 0 1 3 0 1, 3 x x x x x x x + > + > + >
Rjeenje je presjek sluuaj1) i 2) [ ) : 2, 3xD x . d)( ) 2 0 2 , : , 2xx x D x > < 3. a)( ) 3 0 : , 3xx D x > .b)( ) ( )26 0 : , 0 6,xx x D x > + . 4. a)( ]: , 1yD y b) [ ) : 9,yD y +c) [ ) : 1,yD y +5. a) xD R =Nule funkcije: 221 2 23 100 3 10 0 2 51x xx x x xx+ = + = = = +. b): ( ] [ ) : , 1 1,xD x + Nule funkcije: 1,20 1 y x = = c) D(f)=R .Nule funkcije: ( )21,24 0 2 , 0x xx e x e = = d)( ) ( ) : , 0 0,xD x + Nule funkcije: 11 ln 0 ln 1 x x x e+ = = =6. a) Domena: ( ) 1 0 x + > ,( ) : 1,xD x + Nule funkcije:1 1 0 x x + ==Znak funkcije: ( ) ( ) 0: 0 1 1 1 0 0 1, 0 f x x x x < < + + >> . b) Domena: 401xx>,( ) : 1, 4xD x . Nule funkcije: 411xx= 52x =Znak funkcije:( ) 0 < x fza1140 +=3 1 23 , 2 22) (2x za xx za xx za xx f . Kvadratna funkcija 1..Zadana je funkcijaf(x) = 6x - 3x2 : a) nacrtajte graf(R:) 3 , 1 ( ; 2 ; 02 1T x x = =) b)odredite podruje rasta i pada funkcije.(R: f raste za) 1 , ( x , a pada za) , 1 ( + x ) 2. Odredite analitiki izraz za kvadratnu funkciju ako su joj nultoke u- 2i 2 , a za x = 0 imavrijednost - 4.(R: f(x) = x2 4) 3. Zadana je funkcija f(x) = x2 + 9x - 10 a)nacrtajte graf funkcije(R: = =4121,29; 1 ; 102 1T x x ) b)odredite podruje u kojem zadana funkcija ima negativnu vrijednost. (R: f(x) < 0 za) 1 , 10 ( x) 4. Zadana je funkcijaf(x) = x - 2x2 :a) nacrtajte graf (R: x1 = 0; x2 = 21; T 81,41 ) b)odredite podruje rasta i pada funkcije. 26 (R: f raste za 41, x , a pada za+ ,41x ) 5. Odredite analitiki izraz za kvadratnu funkciju ako su joj nultoke u2i1 , a za x = 0 ima vrijednost 4. (R: f(x) = 2x2 6x + 4)
6.Ufunkciji( ) 123 + + = x x y ,odreditiparametar takodaekstremnavrijednost funkcije bude jednaka dvostrukom zbiru nula funkcije. Rjeenje : Ekstremna vrijednost funkcije je u takixo, odreenoj formulom; ,2 =agx
pa imamo da je , ( ).3 2 =
xDakle, ekstremna vrijednost funkcije je;( )( )( )13 23 43 )) 3 ( 2(22+ + == f y ( ) ( )( )( )( ) 3 41 3 4 213 2 3 42 2 2 2+ + = + += y y ( ) 3 412 8 32 = y (1). Odredimo sada zbir S nula funkcije; ( ) 3 3 = = = x abS (2) Kako je ekstremna vrijednost funkcije (1) jednaka dvostrukom zbiru nula, imao da mora biti ; ( ) ( ),323 412 8 32= Mnoei jednainu sa( ) 3 4 za 3 imamo nakon skraivanja kvadratnu jednainu; . 0 12 16 32= Nakon rjeavanja posljednje jednaine nalazimo da je ;.32 , 62 1 = = 7.Zadanajejednainaprvogstepenasanepoznatomx( ) ( ) . 0 3 2 5 32 = + m m x m Zakoje vrijednostim jednaina ima rjeenja izmeu -1 i +1? Rjeenje :Imamo da je: mm mx +=35 2 32 Kako je prema uslovu zadatka1 , 1 xtj.135 2 313< +< mm m ....(1) Rijeimo li ovu nejednainu odrediemo traenu vrijednost parametaram .27Nejednaina (1) ekvivalentna je sistemu nejednaina; < + > +135 2 3135 2 322mm mmm m....(2) Prvu nejednainu iz sistema (2) nakon sreivanjemtransformiemo u oblik ; 032 32> +mm m....(3) Kako je 3 2 0 12321 2m m m m + = = = ,nejednaina (3)se moe napisati i u obliku; ( )03321> +mm m....(4), m 3 Skup rijeenja nejednaine (4) odredimo tablicom, promatrajuinejednainu u podintervalima( ] , 3 , 3 ,32,32, 1 , 1 ,intervala , \ { } 3 Napravimo tablicu: m < , 1 < 3 ,32 > < , 33 m + + +- m+ 1 - ++ + m 23 - - + + +-+ + K - - gdje je;( ) + =mK m m3,321 . Iz tablice vidimo da je (4) zadovoljena za , , 1233 U . Sreivanjem druge nejednaineiz (2) prelazi u oblik; 3 3 8302m mm+ +< ...(6). Slinim postupkom rijeimo nejednainu (6) i nalazimo da je skup rjeenja; > < > < , 3 21 , 1 ; 21 , 2 m (7). gdje je( ) 105 36121 , 2 . Presjek skupova (5) i (7) daje nam skup< > < > 2 21 1231 21 , ; ; , . Dakle:> < 1 , 1 x ,> < > < 21 , 1 ;321 ; 21 , 2 m . 286.Nizovi 6.1.Opti lan niza 1).Odrediti prvih pet lanova niza ako je; a) ( ) [ ]( ) N n n ann = + 1 321
b) ( ) [ ]( ) N n n ann = 1 321 2). Odrediti formulu za opti lan niza:1) 1, 0, 1, 0,.....2)1, -1, 1, -1,...; 3)1, 0, -1, 0, 1, ...;4) 10, 3, -4, -11, ...; 5)3, 9, 2,... 3).Neka je. 3 ,3211 1=+ =+aaa ann n Odrediti prvih pet lanova tog niza.Izraunati;3 ? 4).Odrediti priblinu vrijednost za5koristei se etvrtim lanom niza . 5 ,211 = =+ = a aaaa ann n, n N 6.2.Granina vrijednost niza 1).Dokazati da niz, ,1 11 122N nnnan + + +=ima graninu vrijednost1 = a . 2.Odrediti granine vrijednosti nizova : a) 1 2 33lim22+ + n nn nn ; b)( )( ) 1 1 36lim2 + n nnn c) 5 2lim2 + n nnnd)( ) n nn + 1 lim3. Nai graninu vrijednost nizaa) nn n)21 ( lim + b) 3)41 ( lim+ +nn n c) nn nn)1( lim+ 4).Izraunati;1) 232111 limnnn++ 2) 211lim+ +nn nn 293)( ) [ ]. ln 1 ln lim n n nn + 4) + + + 1 1 lim2 2n n n nn 5.Izraunati;1 322225lim+ + + ++ +n nnn nn n 6.Izraunati; nnn nn n+ + 2 41 2lim22 7. GRANINA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE7.1Granina vrijednost funkije Primjer 1. Neka je zadana funkcija1 2 ) ( + = x x fdefinisana za sve realne vrijednostiR x i neka je nxn11+ =proizvoljno izabran niz vrijednsoti argumenta x koji tei ka broju1 = asa desne strane , tj.1 lim = nnx . Odgovarajui niz vrijednosti funkcije je n nx fn23 1 )11 ( 2 ) ( + = + + =ija je granina vrijednost 3 )23 ( lim ) ( lim = + = nx fnnn. Ako uzmemo proizvoljan niz nxn11' =koji tei ka broju1 = asa lijeve strane tj.1 lim' = nnxtada je odgovarajua vrijednsot funkcije n nx fn23 1 )11 ( 2 ) (' = + =ija je granina vrijednost 3 )23 ( lim ) ( lim = = nx fnnn. Kako je desna granina veijednost jednaka lijevoj to po definiciji funkcija 1 2 ) ( + = x x fima graninu vrijednost u taki1 = x ,tj. 3 ) 1 2 ( lim1= +xx Primjer 2.Pokazati koristei definiciju granine vrijednsoti( na osnovu -okoline-Koijevu deniniciju ) da je 321 31 2lim =+ xxx. Dokaz : Formirajmo razliku 30 351 3) 1 3 ( 35 ) 1 3 ( 32 6 3 6321 31 232) (> < x .Stvaimo da je3195+ =Mtadaza sve M x > < 32) (x f . U ovom primjeru imamo da nejednakost vrijedi i ako( )1M x < je < 32) (x fgdje je 31951+ =M . Dakle 321 31 2lim =++ xxxi 321 31 2lim =+ xxx, pa je 321 31 2lim =+ xxx. 7.2.Operacija sa graninim vrijednostima Neki vaniji limesi 1.1sinlim0= xxx . 2.R x exxx = + , )11 ( lim 3.1) 1 ln(lim0=+ xxx
4.1 , 0 , ln1lim0 > =a a axaxx5. > = x , a , 133) ( = =xxx fza3 < x , to je 1 ) ( lim , 1 ) ( lim0 3 0 3 = = + x f a x fx x, to znai da ne postoji) ( lim3x fx pa funkcija ima prelkid u taki3 = x . Zadaci : 1. Pokazati da su funkcije : a) 12) (2 ++=xxx f, b)x x f sin ) ( =neprekidne na R primjenjujui uslov0 lim0 = xy( Funkcija) (x f y =je neprekidna u takia x =ako je granina vrijednsot njenog priratajay jednaka nuli kada prirataj njenog argumentax tei ka nuli ). 2. Zadana je funkcija==2 ,2 ,24) (2x axxxx f . Odreditiatakoda funkcija) (x fbude neprekidna na R. 353. Ispitati neprekidnost funkcije 39) (2+=xxx f . Kojem broju mora biti jednaka vrijednost ) 3 ( fda bi proirenjem po neprekidnosti funkcija) (x fbila neprekidna u3 = x . 4. Zadane su funkcije ; a) < +=2 , 12 , 2) (2x xx xx f b) < < < +=3 , 33 1 , 5 101 , 3 2) (2x xx xx xx fc) < < < +=3 , 23 1 , 5 101 , 3 2) (2x xx xx xx f d) +< =0 , 20 , 3 4) (x x axx fx Odredititake prekida datih funkcija . 7.4. Asimptote funkcije Vertikalna asimptotaPrimjer : Odredimo vertikalne asimptote funkcije 45) (+=xxx f .Rjeenje : Domena ove funkcije je skup{ } 4 \ R . Kako za svaki4 avrijedi 45) ( lim+= aax fa x prava4 , = a a xnije vertikalna asimptota. Kada je4 < xi sve blii broju 4 brojnik je sve blii broju 9, a nazivnih negativan i sve blii nuli. Dkale , =+ 45lim4 xxx. Slinim zakljuivanjem nalazimo da je =++ 45lim4 xxx. Dakle prava4 = xje vertikalna asimptota funkcije 45) (+=xxx f .( Slika 1) 36 Horizontalna asimptota Pravua y =( Slika 2) nazivamo horizontalna asimptota funkcije) (x f y =ako rastojanjea x f d = ) (izmeu asimptote i take)) ( , ( x f x T =konvergira nuli kada xili x , odnosno ako je ;. 0 lim = dx Krae, funkcija y=f(x) ima horizontalnu asimptotu pravu a y =ako i samo ako jea x fx= ) ( lim. Slika 2. Pravab y i a y = =su horizontalne asimptote Primjer 2 : Ispitati da li funkcija 4322=xxyima horizontalne asimptote. 37Kako je 24132lim43 2lim2222== xxxxx x funkcija ima horizontalnu asimptotu 2 = y . Kosa asimptotaPravul kx y + = ( Slika3 ) nazivamo desnom kosom asimptotom ( lijevom kosom asimptotom ) funkcije) (x f y =ako rastojanjedizmeu prave i take)) ( , ( x f x Tkonvergira nuli kada xili x ., tj. ako je. 0 lim =+ dx ( . 0 lim = dx) Slika 3. Kose asimptote funkcija Prava je desna kosa asimnptota ( lijeva kosa asimptota ) funkcijefonda i samo onda ako je ; kxx fx= ) (lim ) 1 ( kxx fx= ) (lim ) 1 ) 2)l kx x fx= ) ) ( ( lim ) 1( l kx x fx= ) ) ( ( lim ) 1 Primjer 3. Odreditikose asimptote funkcije1 ) (2 + = x x f . Rjeenje : Prvo odredimo desnu kosu asimptotul kx y + = . 38111 lim1lim) (lim22= + =+= = xxxxx fkxx x [ ]011lim111 lim 1 lim ) ( lim2222 2=+ +==+ ++ + + = + = = x xx xx xx x x x kx x f lxx x x Pravax y =je desnakosa asimtota. Pokaite da je je prava y=-x lijeva kosa asimptota. Zadatak 1. Ispitati da li funkcija 221xyx= ima asimptote , i ako ih ima odrediti ih. Rjeenje :Prije nego odredimo asimptote, odrediemo definiciono podruje funkcije. Kako u nazivnikuimamoparankorijen potrebnoje da vrijedi 21 0 x > , odaklezakljuujemodaje funkcija definisana za sve( ) ( ) , 1 1, x + . Ispitajmo da li funkcija ima horizontalne asimptote. Odredimo desnu horizontalnu asimptotu. Imamo: 2 2 2 22222 2 2 2lim lim lim lim 211 1 1 1x x x xxxxx x x xx xx+ + + += = = = = . Dakle, prava2 y =je desna horizontalna asimptota.Pogledajmo da li funkcija ima lijevu horizontalnu asimptotu. Imamo: 2 2 2 22222 2 2 2lim lim lim lim 211 1 1 1x x x xxxxx x x xx xx = = = = = . Napomenimo da smo kadx imali da je 2x x = , jer je0 x < , pa je 2x x x = = . Dakle,prava2 y = jelijevahorizontalnaasimptota.Toznaidanaafunkcijaimadvije horizontalneasimptote:lijevu2 y = idesnu2 y = .Kakofunkcijaimahorizontalne asimptote sa obe strane, funkcija nema kosih asimptota.Sadajepotrebnoodreditivertikalneasimptote.Kaotovidimoizdefinicionog podruja, trait emo limese funkcije kad 1 xi kada + 1 x. Imamo: 2 12 2lim01xxx+= = , odakle zakljuujemo da je prava1 x = lijeva vertikalna asimptota date funkcije. 39S druge strane je 2 12 2lim01xxx+= = +, pa je prava1 x =desna vertikalna asimptota funkcije 221xyx=. Zadatak2. Odrediti asimptote funkcije 1xy xx=+. Rjeenje:Odredimodefinicionopodrujedatefunkcije.Potrebnojedavrijedi01xx+, odakle imamo da je funkcija definisana za sve( ) [ ) , 1 0, x + . Horizontalne asimptote: lim 11xxxx+= += ++, pa nemamo desne horizontalne asimptote. Analogno jelim 11xxxx= = +, pa nemamo ni lijeve horizontalne asimptote. Kose asimptote. Ako jel kx y + =desna kosa asimptota, tada je1lim lim 11x xxxxxkx x+ ++= = =+. Sada je potrebno odrediti lImamo: xxxxxx xxxx lx x x111lim 11lim 11lim+=+ = += . Sadajeizrazkojijebiooblika0 + postaooblika 00,pamoemoprimijenitiLopitalovo pravilo. Imamo: 4021) 1 (lim211) 1 () 1 (1 21lim111lim111lim222212121 =+ ==+ ++=+=+= xxxxx xxxxxxxxxlxx x xTime smo odredilil , pa moemo zakljuiti da je prava 12y x = desna kosa asimptota date funkcije.Analognimpostupkomutvrujemodajeprava 12y x = lijevakosaasimptota funkcije, tj. da funkcija ima kosu asimptotu 12y x = . Vertikalneasimptote.Vertikalneasimptoteodreujemonagranicioblastidefinisanosti,u takamaukojimafunkcijanijedefinisana.Rubovioblastidefinisanostisutake 0 , 1 = = x i x. Kako funkcija u taki, 0 = xima vrijednostR f = 0 ) 0 (prava0 = xnijeasimptotafunkcije.Takaukojojfunkcijanijedefinisanaje1 x = .Pokaimodaje prava1 x = lijevavertikalnaasimptotafunkcije(nemoebitidesnajerfunkcijanije definisana desno od take -1). Imamo: ( ) = + = =+ ) 1 (01) 1 (1lim1 xxxx . Dakle, prava1 x = je lijevavertikalna asimptota funkcije 1xy xx=+. Zadatak 3. Odrediti vertikalne asimptote funkcije111+ = xe yRjeenjeDefinicionopodrujefunkcije111+ = xe y je( ) ( ) ,1 1, x + .Taka prekida je1 = x . Ispitajmo da lije prava1 x =vertikalna asimptotafunkcije. Imamo da je; 1 1 0 1 1 1 lim01111= + = + = + = + e e exx Dakleprava1 x = nijevertikalnaasimptotafunkcijesalijevestrane.Ispitajmokakvaje situacija sa desne strane.Imamo da je; 41+ = + + = + = + = ++ + 1 1 1 1 lim01111e e exx pa je prava1 x =desna vertikalna asimptota funkcije 111+ = xe y. Zadaci 1.Odrediti asimptote funkcija: a) 11yx=,b) 31xyx+=+,c) 222 14xyx=. Reenje: a.) V.A. Funkcija ima prekid za1 x = . Kako je 1 0 1 01 1lim , lim1 1x xx x + = + = funkcija ima vertikalnu asimptotu1 x = . H.A 1lim 01xx=, funkcija ima i horizontalnu asimptotu,x- osu, tj pravu0 y = b)V.A.1 x = i H.A. 1 y = . c) V.A.2 x = i H.A2 y = . 2. Ispitati koje asimptote imaju funkcije ; (vertikalne ,horizontalne ,kose ) 42 8.IZVOD REALNE FUNKCIJE JEDNE PROMJENLJIVE8.1.Osnovna pravila diferenciranja Ako su funkcije( ) f xi( ) g xdiferencijabilne u takix , tada je: 1.( ) ( ) ( ) ( ) , . c f x c f x c const = =2.( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x f x g x = , 3.( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x f x g x f x g x = + , 4. ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )2, 0f x f x g x g x f xg xg x g x = 8.2.Tablica osnovnih izvoda ( ) y f x = ( ) y f x =const0x, R 1x x12 x xa , , 0 1 a R a < lnxa axexeloga x , , 0 1 a R a < 1loga ex ln x 1x sin xcos xcos xsin x 43 Tablica izvoda je dobijena primjenom definicije izvoda na date funkcije . Primjer1. Koristei definiciju izvoda odrediti izvod funkcije x ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )0 02 20 00 0lim limlim lim1 1lim lim .2x xx xx xf x x f xx x xyx xx x xx x x x x xx x x xx x x xx x xxx x x x x x x + + = = = + + + + = = + + + ++ = = + + + + Primjer 2: Koristei tablicu osnovnih izvodaodrediti izvode sljedeih funkcija :a) 133y x x = =; Rjeenje ; 1 213 33 21 1 13 33y x xx = = = . b) 33 2 3 y x x = + , Rjeenje; ( ) ( ) ( )3 23 2 3 9 2 y x x x = + = + . c)lnxy e x = , Rjeenje ;( ) ( ) ln ln lnxx x xey e x e x e xx = + = + . d) 221xyx=,Rjeenje ; ( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )2 2 2 2 2 22 2 22 2 21 1 2 1 221 1 1x x x x x x x xxyx x x = = = . 8.3.Izvod sloene funkcije Neka je data sloena funkcija( ) ( ) ( )F x f g x =gdje je funkcija( ) g xdiferencijabilna u takix , afunkcija( ) f udiferencijabilna u taki( ) u g x = , tada jeizvod sloene funkcije F(x) definisan na sljedei nain. ( ) ( ) ( ) ( ) F x f g x g x = Primjer 3:Odrediti izvod sljedeih funkcijaa) ( )3323 2 y x = +Rjeenje ;( ) ( ) ( ) ( )32 32 322 2 2 233 3 2 3 2 33 3 2 4 132 3 2 y x x x x x x = + + = + = +b) 2xy e = , Rjeenje ;( )2 222x xy e x xe = = . 448.4.Izvodi vieg reda Neka je funkcija( ) f xdiferencijabilna, tj postoji njen izvod ) (x f . Ako postoji izvod funkcije izvoda( ) f x , on se definie kao drugi izvod funkcije( ) f xi obiljeava sa( ) f x . Slino definiemo izvode ( ) f x , ) ( ),..., () (x f x fn iv. Izvodi vieg reda funkcijedefiniu se kao:( )f f =0 , ( ) ( )( )=+ n nf f1 , ,... 2 , 1 , 0 = nPrimjer 4. Odrediti drugi izvod funkcija: a)( )21 f x x = + ( )( )( )( )222222 2111111 1xf xxxxxf xxx x =++ + = =++ +. b)( )2xf x e= ( )( ) ( ) ( )22 2 22222 2 4 2xx x xf x xef x e x e e x = = + = Primjer 5 Odrediti trei izvod funkcije( )2ln f x x x = , ( )( )( )2 ln ,2ln 3,2.f x x x xf x xf xx = + = + =. 8.5.Lopitalova teorema Akosufunkcije( ) f x i( ) g x diferencijabilneunekojokolinitakea ,priemuje ( ) ( ) lim lim 0x a x af x g x = =ili( ) i( ) 0 g a , tada vrijedi; ( )( )( )( )lim limx a x af x f xg x g x =. Ako funkcije( ) f xi( ) g ximajun- te izvode koji su neprekidni u takix a =i ako je ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( )( )1 10n nf a g a f a g a f a g a = = = = = = = i ( )( ) 0ng a , onda je ( )( )( )( )( )( )( )( )lim lim limnnx a x a x af x f x f xg x g x g x = = = . 45Napomena:Usluajuneodreenostioblika 0 i,funkcijasemora transformisatiuoblik00ili,patekondaprimijenitiLopitalovateorema.Usluaju neodreenosti00 ,1ili0 ,funkcijaseprvologaritmirakakobisesvelananekiod prethodnih sluajeva , pa zatim primjeni lopitalova teorema. Primjer 6: Primjenom Lopitalove teoreme odrediti granine vrijednosti: a)0 0sin 0 coslim lim 10 1x xx xx = = = , b) 2 226 2ln 1lim lim lim 02x x xxxx x x+ + + = = = = , c)( )0 0 01 cos 1 cos sinlim ctg lim limsin sinx x xx x x xxx x x x x = = =
0 0 0cos sin cos sin sin coslim lim lim 0sin cos sin cos 2cos sinx x xx x x x x x x x xx x x x x x x x x = = = = + + , d)( )0 0 0 0 02 21 1lnlim ln 0 lim lim lim lim 01 1 1 x x x x xxx xx x xx x x+ + + + += = = = = = , e)( )01 20 0 01limln 1lim ln lim lim0 ln 00 0lim 0 lim 1xxx x xxxx x xx xx xx xx e e e e e e + + + ++ + = = = = = = = = 8.6.Primjena izvoda na ispitivanje funkcija Monotonost funkcija Neka je funkcija( ) f xdiferencijabilna na( ) , a biako je za( ) , x a b 1.( ) 0 f x > , funkcija je strogo rastua, 2.( ) 0 f x < , funkcija je strogo opadajua. Primjer 1. Ispitati monotonost sljedeih funkcija: a)( )3f x x = Izvod funkcije( )3f x x =je( )23 f x x = .Kako je zax R ( ) 0 f x funkcija je rastua. b)( )1f xx=46Izvod funkcije( )1f xx=je( )21f xx = . Kako je za xx D ( ) 0 f x < funkcija je opadajua. c)( )22 3 f x x x = + Izvod funkcije( )22 3 f x x x = +je( ) 2 2 f x x = .Kako je( ) 0 f x za1 x > , a( ) 0 f x za svakoxkoje pripada nekoj okolini take 1x . 1x2x Maksimum i minimum funkcije( ) f xnazivamo ekstremnim vrijednostima date funkcije. Napomena: Predhodne definicije odnose se na tzv. lokalni maksimum i minimum, koji su vezani za neku dovoljno malu okolinu datih taaka. Ovako definisani maksimum i minimum, ne moraju istovremeno predstavljati najveu ili najmanju vrijednost date funkcije na cijelom intervalu [ ], a b . Akodiferencijabilnafunkcija( ) f x imautaki 1x x = ekstrem(maksimumili minimum), tada je u toj taki( )10 f x = . Iznavedenoguslovaslijedida,akojefunkcija( ) f x diferencijabilna,tadaonamoeimati ekstrem samo u takama u kojima je njen izvod jednak nuli, obratano ne vai. Naime, ako je ( ) 0 f x = , ne mora znaiti da ta taka predstavlja ekstrem funkcije. Take u kojima je( ) 0 f x =nazivaju se stacionarnim takama. Neka je 1xstacionarna taka funkcija( ) f x . Ako je: 47 1.( ) 0 f x > , za 1x x , tada je( ) ( )1max f x f x =2.( ) 0 f x < , za 1x x , 1x x > , tada je( ) ( )1min f x f x = Dakleakoizvodnafunkcija( ) f x mijenjaznakpriprolaskukroztaku 1x tadafunkcija ( ) f xima ekstrem u taki 1x . Pri ispitivanju ekstrema funkcije( ) f xpomou prvog izvoda odreujemo: 1.( ) f x , 2.stacionarne take ( ) 0 f x =3.znak izvoda( ) f x sa obe strane kritinih taaka, Primjer 1: Ispitati ima li funkcija( )29 5 f x x x = + .ekstreme. Prvi izvod funkcije je( ) 9 f x x = . ( ) 9 0 9 f x x x = = =je stacionarna taka i mogui ekstrem.Da bi ova vrijednost predstavljala ekstrem funkcije mora prvi izvod da mijenja znak u toj taki.Kako za9 x < ,( ) 0 f x ,( ) 0 f x >i funkcija raste zakljuujemo da funkcija u taki9 x =ima minimum koji iznosi( )min9 5 f = . Odreivanje ekstrema funkcije pomou Drugog izvoda Pretpostavimo da je( )10 f x =i da je( ) f x neprekidna funkcija u nekoj okolini take 1x . Tada vrijedi; 1.akoje( )10 f x < ,tadafunkcija( ) f x imamaksimumutaki 1x ,tj. ( ) ( )1max f x f x = . 2.akoje( )10 f x > ,tadafunkcija( ) f x imaminimumutaki 1x ,tj. ( ) ( )1min f x f x = . Primjer 1 Odrediti ekstreme funkcije( )3 23 9 5 f x x x x = + . Prvi izvod funkcije je( )23 6 9 f x x x = . Nule izvoda su3 , 1 x x = = .Drugiizvodfunkcijeje( ) 6 6 f x x = .Kakoje( ) 3 12 0 f = > ,a( ) 1 12 0 f = < , funkcijaza3 x = imaminimum( )min3 22 f f = = ,aza1 x = imamaksimum ( )max1 10 f f = = . 48Ispitivanje toka funkcije Koristei izloenu teoriju moemo jednostavnije i potpunije da ispitamo osobine i nacrtamo grafik funkcije. Ispitivanje funkcija obavljamo kroz sledee korake: 1.Odredimo domenu funkcije 2.Odredimo nule funkcije i ispitamo njen znak, 3.Ispitamo parnost, odnosno neparnosti i periodinosti funkcije 4.Ispitamoponaanjefunkcijenakrajevimaoblastidefinisanostiiodredimoasimptote funkcije 5.Ispitamo monotonost i odredimo ekstreme funkcije primjenom prvog izvoda funkcije, isptamo konveksnostfunkcije na osnovu znaka drugog izvoda, 6.Skiciramo grafik funkcije. Primjer 1:Ispitati i grafiki prikazati funkciju: 3 26 9 y x x x = + +Rjeenje :Domena:funkcije je :xD x R. Nule funkcije:( )23 20 6 9 0 3 0 0 3 y x x x x x x x = + + = + = = = . Presjek sa y osom: Funkcija seey- osu u koordinatnom poetku. Znak funkcije: Za( ) , 0 , 0 x y < , za( ) 0, , 0 x y > . Asimptote: Funkcija nema asimptota. Intervali monotonosti i ekstremne vrijednosti:23 12 9 y x x = + +za 0 1 3 y x x = = = . Za( ) ( ) , 3 1, x + 0 y iy . ( ) ( )min max3 0 , 1 4 y y = = ( ) , 3 ( ) 3, 1 ( ) 1, 23 12 9 x x + + -+- y-+- y 49Primer 2: Ispitati i grafiki prikazati funkciju: 132=xyRjeenje; Definiciono podruje funkcije je( ) ( ) ( ) : , 1 1,1 1,xD x + . Nule funkcije: Funkcija nema nule. Znak funkcije: Za( ) ( ) , 1 1, , 0 x y + > , a za( ) 1,1 0 x y < . Parnost, neparnost:( ) ( ) y x y x = , funkcija je parna. Asimptote funkcije: 2 2 2 21 0 1 0 1 0 1 03 3 3 3lim , lim , lim , lim1 1 1 1x x x xx x x x + + = + = = = + . Prave1 x = su vertikalne asimptote funkcije. ( ) lim 0xf x= , pa je prava0 y = , tj.x- osa horizontalna asimptota funkcije. Intervali monotonosti i ekstremne vrijednosti: ( )2261xyx =.0 0 y x = = . Za( ) , 0 , 0 x y >iy , a za( ) 0, , 0 x y + . Asimptote: 0limxy+= , pa je0 x =( y- osa) vertikalna asimptota funkcije. lim 0xy+= + , pa je0 y =( x- osa) horizontalna asimptota funkcije. Intervali monotonosti i ekstremne vrijednosti: 21 ln xyx = ,0 1 ln 0 y x x e = = = , Za( ) 1, , 0 x e y >funkcija raste , a za( ) , , 0 x e y . Asimptote: Funkcija nema vertikalnih asimptota.Horizontalne asimptote; limxy+= +, 222 2lim lim lim lim 0xx x xx x x xx xx ee e e = = = =,prava 0 y =( x- osa)je horizontalna asimptota funkcije.Funkcija nema kosih asimptota. Intervali monotonosti i ekstremne vrijednosti:( ) 2xy xe x = + , ( ) 0 2 0 0, 2xy xe x x x = + = = = . ( ) ( ) , 2 0, , 0 x y + > i funkcija raste ( ) 2, 0 , 0 x y i funkcija raste. Zakljuujemo da funkcija u taki9 x =ima minimum koji iznosi( )min9 76 f = . 3Odrediti ekstreme funkcije( )3 23 9 5 f x x x x = + . Rjeenje:Prviizvodfunkcijeje( )23 6 9 f x x x = .Nuleprvogizvodafunkcijesu 3 , 1 x x = = . Drugiizvodfunkcijeje( ) 6 6 f x x = .Kakoje( ) 3 12 0 f = > ,a( ) 1 12 0 f = < , funkcijaza3 x = imaminimum( )min3 22 f f = = ,aza1 x = imamaksimum ( )max1 10 f f = = . 4.Odrediti ekstremne take i intervale monotonosti funkcije 3 22 3 12 1 y x x x = + + . Rjeenje:Prvi izvod funkcije je ( )2 26 6 12 6 2 y x x x x = + = + Rjeavanjemkvadratnejednainenalazimodasunuleprvogizvoda2 , 1 x x = = . Formirajmo tablicu znaka prvog izvoda. 52 x ( ) , 2 ( ) 2,1 ( ) 1, 2 x + -++ 1 x + --+ y+-+ y Naosnovutablicezakljuujemodafunkcijaimamaksimumza2 x = ,( )max2 21 f = i minimum za1 x = , koji iznosi( )min1 6 f = 5.Odrediti najveu i najmanju vrijednost funkcije 4 22 5 y x x = +na intervalu [ ]2, 2 . Rjeenje:Vrijednosti funkcije u krajnjim takama intervala su( ) ( ) 2 2 13 y y = = . 34 4 y x x = .Mogueekstremefunkcijenalazimorjeavanjemjednaine 34 4 0 , 0 , 1 x x x x = = = .Odavdjenalazimodafunkcijaimaekstreme ( ) ( ) ( )max max min0 5 , 1 4 , 1 4 y y y = = = . Prema tome najvea vrijednost na intervalu je13 y = , a najmanja vrijednost na intervalu je4 y = . 6.Ispitati i grafiki prikazati sledee funkcije: a) 3 26 9 y x x x = + + ,b) 4 22 3 y x x = + , c) 3 26 9 4 y x x x = + ,d)( )23 y x x = . Rjeenje: a) Definiciono podruje funkcije::xD x R . Nule funkcije:( )23 20 6 9 0 3 0 0 3 y x x x x x x x = + + = + = = = . Presjek sa y osom: Funkcija sijeey- osu u koordinatnom poetku. Znak funkcije: Za( ) , 0 , 0 x y < , za( ) 0, , 0 x y > . Asimptote: Funkcija nema asimptota. Intervali monotonosti i ekstremne vrijednosti: 23 12 9 y x x = + +za0 1 3 y x x = = = . ( ) , 3 ( ) 3, 1 ( ) 1, 23 12 9 x x + + +-+ y+-+ y Za( ) ( ) , 3 1, x + 0 y >iy ,za( ) 3, 1 x 0 y za xx D . Parnost, neparnost:( ) ( ) y x y x = funkcija je parna. Asimptote: Funkcija nema asimptota. Intervalimonotonostiiekstremnevrijednosti:( )3 24 4 4 1 y x x x x = = za 0 0 1 y x x = = = . ( ) , 1 ( ) 1, 0 ( ) 0,1 ( ) 1, 21 x +-- + x --++ y-+- + y ( ) ( )max min0 3 , 1 2 y y = = c) Definiciono podruje funkcije::xD x R . Nule funkcije:( ) ( )23 20 6 9 4 1 4 1 4 y x x x x x x x = + = = = . Presjek sa y osom: Funkcija sijeey- osu u taki( ) 0, 4 . Znak funkcije: Za( ) , 4 , 0 x y < , a za( ) 4, , 0 x y > . Asimptote:limxy= funkcija nema asimptota. Intervalimonotonostiiekstremnevrijednosti:( )2 23 12 9 3 4 3 y x x x x = + = + za 0 1 3 y x x = = = . 54( ) ,1 ( ) 1, 3 ( ) 3, 24 3 x x + +-+ y+-+ y ( ) ( )max min1 0 , 3 4 y y = = . d)Definiciono podruje funkcije::xD x R . Nule funkcije:0 0 3 y x x = = = . Presjek sa y osom: Funkcija sijeey- osu u taki( ) 0, 0 . Znak funkcije: Za( ) , 3 x 0 y > , a za( ) 3, x 0 y < . Asimptote:limxy= funkcija nema asimptota. Intervalimonotonostiiekstremnevrijednosti:26 3 y x x = za0 0 2 y x x = = = .Za ( ) ( ) , 0 2, , 0 x y + < i, a za( ) 0, 2 , 0 x y >i ( ) ( )max min2 4 , 0 0 y y = = . 7.Isitati funkcije i nacrtati njihov grafik. a) 212xxy+= ,b) 132=xy ,c) ( )22 11xyx=, d) 2241xyx=,e) 222 32x xyx x =. 8. Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije : a) 233 xxy= b) 2xe x y =c) xe x y =2 d)x x y ln =e)x x y ln2 =f) xxyln 1ln 1+=559. INTEGRALNI RAUN 9.1.Odreeni integrali Rijeeni primjeri Primjer 1. Izraunati Primjer 2: Primjer 3: Zadaci1. Izraunati integrale : a)2sin xdxb) 202sinxdx c) 42 227dx x xd) 511dxxx 56 9.2.Neodreeni integral 57 Direktna integracija Primjer 1. Izraunajmo integrale Rjeenje : b) Primpremimo podintegralnu funkciju u oblik pogodnim za integrisanjem Primjer 2. Izraunajmo ; Rjeenje : 58 Zadaci 1. Primjenom osonovnih pravila integraisanja izrunati integrale 59 Integracija metodom smjene 1.Uvoenjem nove promjenljive , rijeiti integrale; Parcijalna integracija Primjer 1: Izraunatidx xex. Primjer 2.Stavimox x v x u ln ) ( , ! ) ( = = i izraunajmo exdx1ln60 Primjer 3: Izraunati xdx exsin . Parcijanom integracijom dobijamo: = dx x e x e dx x ev uxv uxv uxcos sin sin (1) Koristei isti metod sada izraunamo drugi integral ; + = =xdx e x e dx x e x e dx x ex xvuxv uxv uxsin cos ) sin ( cos cos _ (2) Uvrtavanjem (2) u (1) dobijamo da je: = xdx e x x e xdx ex x xsin ) cos (sin sinOdakle jeC x x e xdx ex x+ =) cos (sin21sin Metodom parcijalne integracije izraunati ; Iz61 integracija nekih klasa funkcija 1. Integriranje racionalnih funkcija 1. Izraunati integral sljedeih racionalnih funkcija Binomni integrali 2.Rijeiti binomne integrale Integracija iracionalnih funkcija3.Izraunati integrale 62 Integracija trigonometrijskih funkcija4. 10.MATRICE I DETERMINANTE 10.1.Matrice 1.Nai zbir matrica 2 13 2A = i 1 21 2B = . Reenje: ( )2 1 1 2 3 1 2 1 1 23 2 1 2 4 4 3 1 2 2A B + + + = + = = + + . 2.Pomnoiti matricu 1 2 34 5 67 8 9A = brojem2 = . Reenje: 2 4 62 8 10 1214 16 18A = . 3.Nai matricu2 C A B = , ako su date matrice 2 13 2A = i 1 21 2B = . Reenje: 2 1 1 2 4 2 1 2 3 42 23 2 1 2 6 4 1 2 5 2C A B = = = = . 63 4.Nai proizvodeAB iBA matrica 2 13 2A = i 1 2 31 1 2B = . Reenje: ( )( )2 1 1 2 33 2 1 1 22 1 1 1 2 2 1 1 2 3 1 2 3 3 83 1 2 1 3 2 2 1 3 3 2 2 5 4 13AB = = + + + = + + + Proizvod matrica nije komutativna operacija, odnosnoAB BA . ProizvodBA ne postoji jer dimenzije matricaA iBnisu odgovarajue. 5.Pomnoiti matrice 1 2 34 5 67 8 9A = i 1 13 20 1B = . Reenje: 7 219 831 14AB = . 6.Dokazatidazamatrice 1 12 1A = i 1 14 1B = vaidajerelacija ( )22 2A B A B + = + . Reenje: ( )21 1 1 1 2 02 1 4 1 6 22 0 2 0 4 06 2 6 2 0 4A BA B + = + = + = = 21 1 1 1 1 02 1 2 1 0 1A = = 21 1 1 1 5 04 1 4 1 0 5B = = 2 21 0 5 0 4 00 1 0 5 0 4A B + = + = . 64 7.Ako je 3 52 64 5A = , nai njenu transponovanu matricu TA . Reenje: 3 2 45 6 5TA = . 8.Proveriti sledee rezultate: 3 2 3 4 5 25 4 2 5 7 0 = , 13 2 1 1020 1 2 83 = , [ ] [ ]12 1 3 2 133 = , 5 8 4 3 1 5 23 39 296 9 5 4 1 3 24 48 324 7 3 6 9 5 58 24 56 = , 1 2 3 1 2 4 0 0 02 4 6 1 2 4 0 0 03 6 9 1 2 4 0 0 0 = . 10.2.Determinante 1.Izraunati vrednost determinanti: a) 1 34 1,b) 2 1 35 3 21 4 3, c) 2 1 35 3 21 4 3,d) 1 0 33 2 11 3 5
e) 1 0 33 2 11 3 5 65Reenje: a) 1 31 1 3 4 1 12 114 1 = = = b) Koristei Sarusovo pravilo dobijamo 2 1 3 2 15 3 2 5 31 4 3 1 42 3 3 1 2 1 3 5 4 3 3 1 2 2 4 1 5 3 40+ + =+ + = ) Koristei Laplasovo pravilo, razvijanjem po prvoj vrsti dobijamo: ( ) ( ) ( )2 1 33 2 5 2 5 35 3 2 2 1 34 3 1 3 1 41 4 32 9 8 15 2 3 20 3 40= + = + = d) Koristei Laplasovo pravilo, razvijanjem po drugoj vrsti dobijamo: ( ) ( )( )1 0 30 3 1 3 1 03 2 1 3 2 13 5 1 5 1 31 3 53 9 2 2 1 3 34 = + = = e)Koristeijednuodosobinadeterminanti,moemoprvukolonudapomnoimosa3 i dodamo treoj koloni. Determinantu sada razvijamo po prvoj vrsti koja sadri dve nule. 1 0 3 1 0 02 103 2 1 3 2 10 1 343 21 3 5 1 3 2 = = = . 2.Provjeriti rezultate a) 5 3 41 3 0 202 1 0= , b) 11 01a b cb c ac a b++ =+, c)( )31 1 1 11 1 111 1 11 1 1aaaa= . 66 10.3.Inverzna matrica 1.Nai inverzne matrice matrica: a) 2 13 1A = , b) 2 1 22 3 10 2 2A = . Reenje: a) Kako jedet 1 0 A = , postoji matrica 1A.Kofaktori matriceA su: 11 12 21 221, 3 , 1, 2 A A A A = = = = . 11 21 112 221 1 1 113 2 3 2 detA AAA A A = = = . b)( )2 1 2det 2 3 1 4 00 2 2A= = Kofaktori matriceA su: 11 21 3112 22 3213 23 333 1 1 2 1 28 6 52 2 2 2 3 12 1 2 2 2 24 4 20 2 0 2 2 12 3 2 1 2 14 4 40 2 0 2 2 3A A AA A AA A A = = = = = = = = = = = = = = = = = = 18 6 514 4 244 4 4A = 2.Proveriti reenje: a) 13 4 5 8 29 112 3 1 5 18 73 5 1 1 3 1 = 67b) 12 0 41 2 33 2 1 ne postoji. 3.Reiti matrinu jednainu , XA B =gde je 2 2 31 1 01 2 1A = i 1 0 20 1 3B = . Reenje: Kakoje 2 2 32 3 2 3det 1 1 0 4 5 1 02 1 1 11 2 1A = = = = postoji 1A.Reenjedate matrine jednaine je 1X BA= . Odredimo matricu 1A. ( )11 4 3 1 4 31 1 5 3 1 5 31 6 4 1 6 4A = = . Znai, 1 4 31 0 2 3 16 111 5 3 .0 1 3 4 23 151 6 4X = =
4.Reiti matrinu jednainu 1 2 0 1 21 1 1 0 20 1 3 1 0X = . Reenje: Matrina jednaina glasiAX B = , gde je 1 2 0 1 21 1 1 , 0 2 .0 1 3 1 0A B = = Kakoje( ) det 4 0 A = ,postojimatrica 1, Apajereenjedatematrinejednaine 1. X A B=Kako je 12 6 213 3 141 1 1A = , dobijamo da je682 6 2 1 2 4 8 1 21 13 3 1 0 2 4 0 1 0 .4 41 1 1 1 0 0 0 0 0X = = = 5.Reiti matrinu jednainu 0 = + B X X A , ako je =1 1 31 2 02 4 1Ai =0 3 02 1 21 0 1B . Reenje: ( ) ( )( )( )1101 4 2 1 0 0 2 4 20 2 1 0 1 0 0 3 13 1 1 0 0 1 3 1 2det 4 05 6 2 7 12 71 13 2 2 1 8 14 49 10 6 11 28 11AX X B A I X B X A I BA IA IA I X+ = + = = + + = + = + = + = = 6.Reiti matrinu jednainu TA X XA = +ako je =1 1 11 0 20 1 1A . Reenje: ( ) ( )( )12 1 02 1 1 , det 31 1 0T T TXA X A X A I A X A A IA I A I+ = + = = + + = + = 1 2 1 1 0 1 2 3 11 11 0 1 1 0 2 2 3 53 30 1 1 1 3 4 0 3 6X = = . 69 7.Reiti matrine jednaine: a)( ) 3 , X A I A I = +ako je 1 3 21 2 10 0 1A = , b), AX B = ako je 1 2 3 1 23 5 6 , 2 37 12 16 3 4A B = = , Reenje: a) 5 12 104 9 80 0 1X = , b) 7 167 152 4X = . 8.( ) , A I X A I + = ako je 1 3 21 2 10 0 1A = . Reenje: 2 3 2 0 3 21 3 1 , 1 1 1 .0 0 2 0 0 0B A I C A I = + = = = Tada jednaina postajeBX C = 1X B C= . 1 2 16 6 3 0 3 21 2 12 4 0 1 1 1 06 3 30 0 3 0 0 00 0 0X = = . 70 11. PRIMJENA MATRICA I DETERMINANTI NA RJEAVANJE SISTEMA LINEARNIH JEDNAINA Linearne jednaine Reiti sljedee jednaine1.226 9 3 323 3 1xx x x x+ = Reenje: ( )( ) ( )2 2226 9 3 3 6 9 3 32 23 3 1 3 1 3 16 9 2 3 1 3 3 1 3 4 12 3 ,x xx x x x x x x xx x x x x x x+ + = = + = = = 2. 202 1xx=+ Reenje: 20 2 0 2 1 0 22 1xx x xx= = + =+ 3. 2 22 19 17 305 5 1 1xx x x+ = . Reenje:3 1 x x = 4.2 3 2 6 x x + = . Reenje: 2 , 222 , 2x xxx x+ + = < a)Za2 x imamo:2 3 2 6 5 x x x + = = . b) Za2 x < imamo: 12 3 2 6 3 13x x x x = = = . Zakljuujemodajereenjejednaine5 x = . 13x = nijereenjejednainejernepripada traenom intervalu2 x < . 0 4322 = ++ xx71 Sistemi linearnih jednaina sa dvije nepoznate Sistemi linearnih jednaina sa dve nepoznate reavamo metodom zamene ili metodom suprotnih koeficijenata. 5.Reiti sistem jednaina metodom suprotnih koeficijenata 5 2 7 54 37 2 5 213 4x y x yx y x y+ = += + Reenje:( ) ( )( ) ( )5 2 7 53 5 2 4 7 54 34 7 2 3 5 2 12 7 2 5 213 4x y x yx y x yx y x y x y x y+ =+ = = + + + = + 13 26 0 13 26 0 213 14 12 1 1x y x y xx y y y + = + = = = = = Sistemi linearnih jednaina Gausov algoritam Rijeeni primjeri 1.Gausovom metodom reiti sistem jednaina 2 3 42 32 2 6x y zx y zx y z+ = + = + + = Reenje: Nakon mnoenja prve jednaine redom sa2 i2i dodavanjem redom drugoj i treoj jednaini dobijamo sistem 2 3 45 7 115 4 2x y zy zy z+ = + = = Dodavanjem druge jednaine treoj dobijamo sistem 722 3 45 7 113 9x y zy zz+ = + == Ovojesistemtrougaonogoblikaizkojegseneposrednodobijajedinstvenoreenje ( ) ( ) , , 1, 2, 3 xyz = . 2.Gausovom metodom reiti sisteme jednaina: a) 62 3 135 2 3x y zx y zx y z+ + =+ + = + =,b) 2 83 2 73 2 14 3 15x y zx y zx y zx y z + =+ = + = + =,c)2 2 12 3 01x y zx y zax y z+ + =+ + =+ = Reenje: a) 62 3 135 2 3x y zx y zx y z+ + =+ + = + = Ako se prva jednaina pomnoi sa2 i doda drugoj jednaini i prva jednaina doda treoj dobiemo sistem 616 9x y zy zy z+ + = + = = Mnoenjem druge jednaine sa6i dodavanjem treoj dobijamo sistem 615 10x y zy zy+ + = + == Ovojesistemtrougaonogoblikaizkojegseneposrednovididajejedinstvenoreenje ( ) ( ) , , 1, 2, 3 xyz = . b) Ako u polaznom sistemu prvu jednainu pomnoenu, redom sa2 , 1 i3 dodamo drugoj, treoj odnosno etvrtoj jednaini, dobijamo ekvivalentan sistem: 2 85 95 95 9x y zx yx yx y + =+ =+ = = 2 85 9x y zx y + =+ = Ovojesistemoddvejednainesatrinepoznatekojinemoedaimajedinstvenoreenje. Nekajex t R = proizvoljno.Tadaizdrugejednainesistemadobijamo9 5 y t = i zamenom obe vrednosti u prvu jednainu dobijamo17 7 z t = . Dakle skup reenja je( ) ( ) , , , 9 5 , 17 7 xyz t t t = . c)73( )2 3 03 4 12 4 1x y zx ya x y+ + = =+ + =( )2 3 03 4 11 2x y zx ya x+ + = = = Skup reenja zadatog sistema jednaina glasi: Za( )( ) ( )2 5 3 11 , , , , ,1 4 1 4 1a aa xyza a a = Za1 a =sistem nema reenja. Zadaci 1. Gausovom metodom rijeiti sisteme jednaina: a) 2 6 132 5 4 243 10 26x y zx y zx y z+ = + + =+ + =,b) 2 3 52 3 5 85 8 7x y zx y zx y z+ =+ =+ =, c) 2 12 3 82 7x y zx y zax y z + = + =+ =. Reenje: a)( ) ( ) , , 1, 2, 3 xyz = ,b)( ) ( ) , , 1, 2, 0 xyz = , c) Za3 a ( ) ( ) , , 0, 5, 6 xyz = Za3 a = ( ) ( ) , , , 7 5, 5 6 xyz t t t = . Primjer 1.Rijeiti sistem jednaina Kramerovom metodom. 7 23 21 2 3= += + = +z xz y xz y x Rjeenje: Determinanta sistema je : 1 3 22 1 1 13 01 0 2D= = Pomonedeterminante xD , yD , zD dobijamokadaudeterminantiDzamenimoredom prvu, drugu i treu kolonu kolonom slobodnih lanova. 132 0 71 1 32 3 1 = =xD 262 7 11 3 22 1 1 ==yD 397 0 13 1 21 3 1 = =zD Reenje sistema je: 13113xDxD= = =, 26213yDyD= = =, 39313zDzD= = =. 74 3.Kramerovom metodom reiti sisteme jednaina: a) 3 2 52 3 12 3 11x y zx y zx y z+ + =+ + =+ + =,b) 2 102 610 3 2x y zx y zx y z+ + =+ + = + =, c) 32 2 12 3 4x y yx y zx y z+ + = + = + =, d) 2 12 33 2 4 1x y zx y zx y z+ + = + + =+ + =. Reenje: a)3 2 12 3 1 122 1 3D = = , 5 2 11 3 1 2411 1 3xD = = , 3 5 12 1 1 242 11 3yD = = , 3 2 52 3 1 362 1 11zD = =kako je0 D sistem ima jedinstveno reenje. 24212xDxD= = = , 24212yDyD= = = , 36312zDzD= = =( ) ( ) , , 2, 2, 3 xyz = . b) 1 2 30 , 0 D D D D = = = = .Zakljuujemodajesistemneodreenitransformieseu ekvivalentni sistem 2 103 14x y zy z+ + = = ije je reenje( )2 14, , , ,3 3t txyz t+ = , gde jet R . c)0 , 32xD D = = , pa prema Kramerovoj teoremi sistem nema reenja. d)( ) ( ) , , 1, 0,1 xyz = 4.Diskutovati i reiti sisteme jednaina u zavisnosti od realnog parametraa : a) 12 22 0ax y zx ay zx y z+ + =+ + =+ + =,b) 3 2 02 20x y zx y zax y z + = + = =. Reenje: a) 1 12 1 2 11 21 1 2 1 2 12 1 1aa aD a a = = + =( ) ( )222 3 1 4 4 2 , aa a a a + + = + = 751 1 11 1 1 12 2 2,2 2 20 1 1xD a aa= = + = 1 11 1 11 2 2 2 2 12 2 1 22 0 1yaaD a = = + = , ( ) ( )1 11 1 11 2 2 2 2 2 1 5 4 .2 1 22 1 0zaaD a a a aa= = = = Za0, D tj. za2 a sistem ima jedinstveno reenje: ( ) ( )2 21 2 1 5 4, , .22 2yx zDD D a ax y zD a D Da a = = = = = = ( )( ) ( )2 21 2 1 5 4, , , ,22 2a axyzaa a = Za0 D = ,odnosno za2 a =dobijamo3 0,yD = pa je sistem nemogu. b)( ) 3 2 D a = ,6xD = ,( ) 2 3yD a = + ,( ) 2 2 3zD a = . Za( ) 3 2 D a = , tj. za2 a imamo jedinstveno reenje: ( )( )( )( )( )2 3 2 2 32, , , ,2 3 2 3 2a axyza a a + = . Za0 D = , tj. za2 a = 0, 0, 0x y zD D D sistem je nemogu i nema reenja. 5.a) ( )( )1 21 0x y z ax a y z ax y a z+ + =+ + + =+ + + =,b) 300x y azx ay zax y z+ + =+ + =+ + = Reenje: a) 2 3,xD a D a = = ,2 2,y zD a D a = = . Za0 D , tj. za0 a sistem ima jedinstveno reenje( ) ( ) , , ,1, 1 xyz a = . 0 D = , 0 a = . Za0 a =sistem je neodreen000x y zx y zx y z+ + =+ + =+ + = 76U svodi se na jednu jednainu sa tri nepoznate ije reenje je( ) ( ) , , , , , xyz t k t k t k R = . b)Za0, D odnosnoza1 2 a a ,sistemimajedinstvenoreenje ( )( )( ) ( ) ( )( )( )( )3 13 3, , , ,1 2 1 2 1 2axyza a a a a a += + + + . Za0, D = odnosno za2 a = , sistem nije mogu i nema reenja. Za0, D = odnosno za1 a = , sistem nije mogu i nema reenja. 6.Reiti homogene sisteme jednaina i diskutovati reenja u zavisnosti od parametra. a) 2 2 3 03 5 07 3 0x y zx ay zx y z+ + =+ + =+ + =b) ( )04 06 2 2 0x y zax y zx a y z+ + =+ + =+ + + = c) 2 000x y zx y zax y z+ + =+ + =+ + =d)( )( )01 2 01 0x y zx a y zx a z+ + =+ + + =+ + = Reenje: a) Uslov da homogen sistem ima netrivijalna reenja je da determinanta matrice sistema bude jednaka nuli. 2 2 33 5 51 7 3D a a = = Za0 D , odnosno za5 a , sistem ima samo trivijalno reenje( ) 0, 0, 0 . Za5 a = siste osimtrivijalnog reenja( ) 0, 0, 0 moe da ima jo neka reenja.Zamenom ove vrednosti u sistem dobijamo2 2 3 02 2 3 02 2 3 03 5 5 07 3 0x y zx y zx y zx y zx y z+ + =+ + =+ + = + + =+ + = to znai da se sistem svodi na dve jednaine sa tri nepoznate. Reenje sistema je( ) ( ) , , 5 4, 4, xyz t t t t R = . b) 212 D a a = Za0 D , odnosno za4 3 a a , sistem ima samo trivijalno reenje( ) 0, 0, 0 . 770 D =za4 a =i tada sistem postaje0 04 4 0 06 6 2 0 0x y zx y zx y z+ + + =+ + + =+ + + =
koji ima reenja( ) ( ) , , , , 0 xyz k k = . 0 D =za3 a = sistem postaje03 4 06 2 0x y zx y zx y z+ + = + + = + = koji ima reenja( ) ( ) , , 3 , 4 , 7 xyz k k k = . c)1 D a = 1 0 D a = ,tj. za1 a , sistem ima samo trivijalno reenje( ) ( ) , , 0, 0, 0 xyz = . Za0 , D = odnosno za1 a = , sistem pored trivijalnog ima i beskonano mnogo netrivijalnih reenja i svodi se na 2 00x y zx y z+ + =+ + = ije je reenje( ) ( ) , , , 0, xyz t t t R = . d) 21 0 D a a R = + , pa sistem ima samo trivijalno reenje. 7.Reiti sistem jednaina matrinom metodom a) 31 3 23 2= = + + = +z y xz y xz y xb) 22 3 22 5x y zx y zx y z+ + =+ + =+ =c) 2 3 12 4 53 2 1x y zx y zx y z + = + =+ + = Reenje: a) 111 2 1 32 3 1 11 1 1 32 3 51det 9, 3 0 395 3 1xA B X yzAX B X A BA A = = = = = = = ( ) ( )118 2118 2 , , , 2, 2,199 1X A B xyz = = = = , 78b)( ) ( ) , , 1, 2, 1 xyz = , c)( ) ( ) , , 1, 0, 1 xyz = . 12.PROCENTNI RAUN Rijeeni primjeri 1.Izraunati koliko je 130% od 820 din. Reenje: Imamo da je130% p =i820 G = . Potrebno je izraunatiP . Iz osnovne proporcije: 100: GP p =imamo da je: 820 1301066100 100GpP = = = . 2.Izraunati od koje sume 60% iznosi 30 din. Reenje: Kako je:60%; 30 p P = =i potrebno je izraunatiG . 100 30 1005060PGp = = = 3.Suma je 250 din. Koliko procenata te sume ini 350 din? Reenje:250 ; 350 G P = = . Potrebno je izraunatip . 100 350 100140250PpG = = = . Znai140% p = . 4.Fabrika je imala plan proizvodnje827000tona. Izraunati kolika je bila proizvodnja ako je plan proizvodnje prebaen sa 15%. Reenje:827000 G =i15% p = . Potrebno je izraunatiP . 827 000 15124 050100 100GpP = = =Proizvodnja je prebaena sa 15% od827000odnosno 124 050tona. Prema tome proizvodnja je bila 827 000+124 050=951 050 tona. 5.Cenajednogartiklaposleposkupljenjaod8%je1350din.Kolikajebilacenapre poskupljenja i koliko je poskupljenje? 79 Reenje: 1350 G P + =i8% p = .( ) ( ) : 100 :1001350:108 :1001350 1001250108G P p GGG+ + === =
Poskupljenje iznosi1350 1250 100 P = = din. 6.Cenanekogartiklasepovealasa325dinna363din.Kolikoprocenatajeiznosilo poskupljenje? Reenje:325 ; 363 G G P = + = . Potrebno je izraunatip . Cena artikla je poveana za363 325 38 P = =din,pa imamo da je poskupljenje 100 38 10011, 69%325PpG = = = . 7.Maloprodajnacenanekogproizvodazajednosa16,5%porezanaprometje1650din. Kolika je cena tog proizvoda bez poreza na promet, a koliki je sam iznos poreza?Reenje:1650 G P + =i16, 5% p = .( ) ( ) : 100 :1001650:116, 5 :1001650 1001416, 31116, 5G P p GGG+ + === =
Porez iznosi1650 1416, 31 233, 69 P = = dinara. 8.Cenarobepoveanajeprviputza20%,azatimza10%,pajezatimsmanjenaza5%. Posle smanjenja cene, roba se prodaje za 230 din. Izraunati cenu robe pre prvog poveanja cene. Reenje:( ) ( )1, 2 1,1 0, 95 230 C = . 230 100 100183, 41212 11 95C = = Cena robe pre prvog poveanja cene je 183,41 dinara. 9.Posle snienja od 12% roba se prodaje za 5 824 din. Za koliko procenata treba novu cenu robe poveati da bi se roba prodavala po ranijoj ceni? 80Reenje : Cenarobeposlesnienjaod12%je5824din.Prematomecenarobeod5824din.je umanjena glavnica( ) G P u odnosu na cenu robe pre snienja od 12%. 5824, 12% G P p = =,( ) ( ) : 100 :1005843: 88 :1006618,18G P p GGG === dinara je poetna cena. ( ) 6618,18: 100 5824:10013, 63%pp+ == 10. Posle poskupljenja od 12% roba se prodaje za 7616 din. Izraunati: a) Za koliko je dinara poveana cena? b) Koliko bi iznosila prodajna cena, da je poveanje iznosilo 16% od prvobitne cene? c)Zakolikobiprocenatabilapoveanacenadaserobaposlepoveanjaceneprodajeza 7800 din. ? Reenje: a) ( ) ( )7616, 12%: 100 :1007616:112 :1007616 10068001127616 680 816G P pG P p GGGP+ = =+ + === == = Cena je poveana za 816 dinara. b) Prvobitna cena je bila 6800 din. Izraunajmo koliko bi iznosilo poveanje od 16%. ( ) ( ) : 100 16 6800:100 G P + + = , 6800 1167888100G P+ = = . Poveanje od 16% bi iznosilo 7888 dinara. c)Akoserobaprodajepoceniod7800din,znaidaje7800 G P + = .Znajuidaje prvobitna cena bila 6800 din. dobijamo da je1000 P =1000 10014, 76800p= = . Roba bi se posle poveanja cene za 14,7% prodavala za 7800 dinara. 11. Godinjipriratajstanovnitvaunekommestuje35, 5odnosno1349stanovnika. Koliko ljudi trenutno ivi u tom mestu? 81Reenje: Ako je1349 P =stanovnika,35, 5 p = . 1000 1349 10003800035, 5PGp = = =Trenutno u mestu ivi 38 000 stanovnika Zadaci 1.Nakon poskupljenja od 15% cijena proizvoda je 161 KM. Kolika je bila cijena proizvo- da prije poskupljenja.(R: 140KN ) 2.Stanari zgrade plaaju popravak krova proporcionalno kvadraturi stana i broju la- nova domainstva. Stan A ima 70 m2 i 2 lana domainstva, stan B 60 m2 i 4 lanadomainstva, u stanu C je jedan stanar i ima 120 m2, a stan D ima 50 m2 i 8 lano- va domainstva. Koliko svaki stan treba platiti ako su trokovi popravka 13500 KM. (R: A: 2100; B: 3600; C: 1800; D: 6000 KN) 3.5 radnika, radei 8 dana po 12 sati dnevno, zavri odreeni posao. Za koliko danae isti posao zavriti 6 radnika radei 8 sati dnevno?(R: 10 ) 4.Koliko litara 30% kiseline treba pomijeati sa 5 litara 80%, da bi se dobila 40% ki- selina?(R: 20) 5.Nakon pojeftinjenja od 10% cijena proizvoda je 73.80 KM. Kolika je bila cijena prije pojeftinjenja?(R: 82 KM) 6.Radei zajedniki posao Marko, Ivica i Davor zaradili su 4250 KM. Koliko je svaki zaradio ako su zaradu dijelili proporcionalno broju radnih sati, a Marko je radio 42 sata, Ivica 54, a Davor 74 sata? (R: M: 1050; I: 1350; D: 1850 KM) 7.3 radnika, radei 10 dana po 10 sati dnevno, zavri neki posao. Za koliko dana bi 5 radnika, radei 12 sati dnevno, zavrilo isti posao?(R: 5 ) 8.Koliko litara 80% alkohola treba dodati 1 litri vode da se dobije 20% alkohol?(R:1/3) 9.Proizvod X je prvo poskupio 20%, a zatim jo 30%. Koliko je ukupno poskupljenje izraeno u postotcima?(R: 56%) 10. 5 strojeva jaine 1200 kW za 8 dana zavre neki posao. Za koliko dana bi 8 strojeva jaine 800 kW zavrilo isti posao?(R: 7.5) 11. Brano po cijeni od 4 KM po kilogramu treba pomijeati sa branom po cijeni od 3 KM po kilogramu da bi se dobilo 3000 kg brana po cijeni 3.60 KM po kilogramu. Koliko od svake vrste brana ide u traenu smjesu?(R: 4KM: 1800kg; 3KM: 1200kg) 8213. PROSTI INTERESNI RAUN Primjer 1. Koliko e na ime kamate platiti za pozajmljenih 24 500 dinara sa 5% interesa za vreme od a) 5 godina, b) 2 meseca, c) 25 dana ? Reenje: a)Kakojekapital24 500 K = ,interesnastopailiprocenat5% p = atraisekamataili interes imamo: : 100:24 500 5 56125100 100K I g pKg pI= = = = b) : 1200:24 500 2 5204,171200 1200K I mpKmpI= = = = c): 36000:24 500 25 585, 0736000 36000K I d pKd pI= = = = Primjer 2.Koliko iznosi kapital koji sa 6% godinje kamate donosi na ime kamate : a.) za 2 godine 375 dinara, b) za 8 meseci 153 dinara, c) za 25 dana 523 dinara ? Reenje: b)3125 K =dinara, b)3825 K =dinara, c)125520 K =dinara. Primjer3.Kolikoenaimekamatetediibitiisplaenonakrajugodineakoje20jula uloio 32 000 din. uz kamatnu stopu od 9% ? Reenje:Raunajuidasvakimesecima30dana,dokrajagodineima160dana.Kakoje kapital K=32 000 din. broj dana d=160 i kamatna stopa p=9%, dobijamo kamatu. : 32 000:32 000 9 160128036 000 36 000K I pdK pdI= = = = Na kraju godine tedii e biti isplaeno 1 280 din. Primjer4.Kamatanaulogoroennatrimesecaiznosi45%.Kolikijeulogakojenakraju obraunato 2 700din. kamate? Reenje: Kako je kamata I=2 700 din. m=3, a p=45%, traeni kapital iznosi: 83: 1200:1200 270024 00045 3K I pmK= = = Zadaci 1.Za koje vrijeme (u godinama, mjesecima i danima) se iznos od 8000 KM, uz jednostavnu godinju kamatnu stopu 8, povea na 13000 KM? (R: 7g, 9m, 23d) 2.Uz koju jednostavnu godinju kamatnu stopu se neki iznos za 7 godina povea za 120%?(R: 17.14) 3. Za koje vrijeme (u godinama, mjesecima i danima) se iznos od 4000 KM, uz jednostavnu godinju kamatnu stopu 8, povea na 6500 KM? (R: 7g, 9m, 23d) 4. Uz koju godinju kamatnu stopu se odreeni iznos primjenom jednostavnog ka- matnog rauna za 8 godina povea za 50%?(R: 6.25 ) 14. SLOENI INTERESNI RAUN 1.Na koju e sumu kapital od 3800 dinara da naraste za 3 godine uz 6% godinje kamate i uz kapitalisanje a) godinje, b) polugodinje, c) tromeseno, d) meseno, e) dnevno. Reenje: Kako je 03800 K= dinara,3 n = godine,6% p = . a)1 m = ( )333800 1 0, 06 4525,86 K = + =dinara b)2 m =660, 063800 1 4537, 42K = + = dinara v)4 m =12120, 063800 1 4543, 354K = + = dinara g)12 m =36360, 063800 1 4547, 3912K = + = dinara d)365 m =109510950, 063800 1 4549, 35365K = + = dinara 2.Koliko treba uloiti na tednju sa 6% kamate i godinjem kapitalisanju da bi za 4 godine kapital narastao na 68 000dinara ? Reenje: Kako je 468 000 K= dinara,4 n = godine,6% p =, dobijamo 840 468 00053862, 361, 061100nKKp= = = + dinara. 3.Kolikotrebauloitinatednjusa8%kamateipolugodinjemkapitalisanjudabiza4 godine kapital narastao na 10 000 KM ? Reenje: Kako je 410 000 K= dinara,4 n = godine,8% p = ,2 m = dobijamo 0 2 410 0007306, 740, 0812K= = + KM 4.Koliko dinara treba uloiti da bi se posle 10 meseci zajedno sa sloenom kamatom od 8% primilo 51 300 KM ? Reenje: Kako je 1051300 K = KM ,10 m = meseca,8% p = , dobijamo 0 105130048 000811200K= = + KM. Zadaci 1. Mica je prije 5 godina uloila iznos od 2500 EUR. Prve dvije godine kamatna stopa bila je 7, a slijedee 3 godine 6. Koliko Mica ima danas ako je ukamaivanje sloeno, godinje i dekurzivno?(R: 3408.99 EUR) 2. Uz koju dekurzivnu, godinju, sloenu kamatnu stopu se neki iznos povea za 40% nakon 3 godine?(R: 11.87 ) 3. Za koje vrijeme iznos od 5000 EUR, uz godinju kamatnu stopu od 6%, donese2000 EUR sloenih dekurzivnih kamata. Vrijeme izrazite u godinama, mjesecima idanima.(R: 5g, 9m, 9d 8515. AMORTIZACIJA ZAJMA ZAJAM Jedan od naina pribavljanja financijskih sredstava za investicije je uzimanje zajma. Zajam se odobrava na temelju ugovora o zajmu koji zakljuuju zajmodavac (banka) i zajmoprimac (preduzee ili individulna osoba). Ugovorne strane odluuju o tome koje e se odredbe unijeti u ugovor, ali je nuno utvrditi sljedee: 1.visinu zajma,2.kada e i na koji nain zajmodavac izvriti svoje obaveze,3.kamatnjak za redovnu i zateznu kamatu,4.period nakon kojeg poinje redovno vraanje zajma, 5.nain vraanja i6.rok vraanja zajma, Zajmodavac isplauje ugovoreni iznos zajma, odjednom ili u obrocima (tranama). Ako korisnik zajma, koristi zajam u obrocima, kreditor svaki obrok ukamauje od trenutka doznake obroka do trenutka kada poinje redovno vraanje zajma,Ta kamata se naziva interkalarna kamata i obraunava se po sloenom kamatnom raunu, a moe se 1.otplatiti odjednom, kad pone otplata zajma, ili2.pripisati iznosu odobrenog zajma kada pone otplata zajma, Anuitet je iznos koji plaa zajmoprimac, a sastoji se od dva dijela : a.otplatne kvote (dio kojim se otplauje osnovni dug i interkalarna kamata akonije plaena i b.sloenih kamata (dio kojim se plaa naknada za koritenje ustupljenih financijskih sredstava).Otplata zajma pomou anuiteta poinje tek nakon to je zajam u potpunostiiskoriten. Otplata ( amortizacija ) zajma vodi se pregledno prema rokovima otplate i prikazuje tablicom koja se zove plan otplate ili otplatna tablica. Kamate se najee raunaju dekurzivno (na kraju obraunskog razdoblja). Anuiteti se mogu plaati poetkom svakog perioda ili krajem svakog obraunskog perioda otplate zajma. 86ZAJAM UZ JEDNAKE ANUITETE
Ovo je najee primjenjivani model otplate zajmaa.obraun kamata je sloen i dekurzivan,b.anuiteti su nominalno jednaki i dospijevaju u jednakim vremenskim jedinicama krajem perioda,c.duina perioda ukamaivanja jednaka je duini vremeskog dospijea izmeu anuiteta i iznosi1;d.kamatnjak je stalan u cijelom periodu isplate zajma,Koriste se sljedee veliine: C=C0 nominalni iznos odobrenog zajma aiznos nominalno jednakih anuiteta, nbroj perioda amortizacije zajma , Iiiznos kamate na kraju i-tog perioda otplate (i = 1, 2, ..., n), Ri iznos otplatne kvote na kraju i-tog perioda otplate, Ci ostatak duga na krajui-tog perioda otplate, pstalni dekurzivni kamatnjak za jedinini vremenskiperiod.Zajam u iznosu C0 otplauje se nominalno jednakim postnumerando anuitetima kroz n perioda uz stalni kamatnjak p. Plan otplate je tabelarni pregled gdje se vodi otplata zajma prema rokovima otplate: Kraj i-tograzdoblja Anuitet ai Kamate Ii Otplatna kvota Ri Ostatak duga Ci 0--- C0 1 2 N S- 87 Primjer 1: Zajam je odobren preduzeu na 4 godine uz 10% godinjih dekurzivnihkamata i otplauje se nominalno jednakim anuitetetima krajem godine uiznosu40 000 KM. Odrediti iznos zajama.Rjeenje:a = 40 000 kn, n = 4 ,p = 10% ---------.C= ? Primjer 2: Zajam od 130 000 KM odobren je preduzeu na 6 godina uz 10% godinjih dekurzivnih kamata i plaanjem nominalno jednakih anuiteta krajem godine. Odrediti iznos nominalno jednakog godinjeg anuiteta. Rjeenje:C = C0 = 130 000 KM, n = 6 g,p = 10 %,a = ? Primjer 3: Zajam od 80 000 KM odobren je preduzeu na 5 godina uz 10% godinjnih dekurzivnih kamata i plaanjem nominalno jednakih anuiteta krajem godine. a.Sastavite plan otplate.b.Izvrite kontrolu pete otplatne kvote.c.Kontrolisati tanost ostatka duga na kraju tree godine. U otplatnoj tablici pregledno su sadrane sve izraunate vrijednosti:Kraj i-tegodine Anuitet ai Kamate Ii Otplatna kvota Ri Ostatak duga Ci 0---80 000.00 121 103.808 000.0013 103.8066 896.20 2 21 103.806 689.6214414.1852 482.02 321 103.805 248.2015 855.6036 626.42 421 103.803 662.6414 441.1619 185.26 521 103.801 918.5319 185.27 0.00 S105 519.0025 518.9980 000.00 - Kontrola: 1.Zbir otplatnih kvota jednak je nominalnom iznosuzajma 2.Zbir anuiteta jednak je zbroju kamata i otplatnih kvota.3.Zadnja otplatna kvota jednaka je ostatku duga iz predzadnjeg razdoblja.b)Kontrola pete otplatne kvote:R5 = R1r4 = 13 103.801.14 = 19 185.27 kn.88c)Kontrola ostatka duga na kraju tree godine: Primjer 4: Zajam u iznosu od 60 000 KM odobren je preduzeu na 3 godine uz 10% godinjnih dekurzivnih kamata i plaanjem nominalno jednakih anuiteta krajem polugodita. Sastavite plan otplate ako je obraun kamata polugodinji i sloen.Rjeenje : Kraj i-tog polugodita Anuitet ai Kamate Ii Otplatna kvota Ri Ostatak duga Ci 0---60 000.00 111 776.062 928.538 547.5351 152.47 2 11 776.062 496.699 279.3741 873.10 311 776.062 043.789 732.2832 141.82 411 776.061 568.7610 207.3021 953.52 511 776.061 070.5510 705.5111 228.01 611 776.06 548.0311 228.01 0.00 zbir70 656.3410 656.3460 000.00 - Kontrola: 1.Zbir otplatnih kvota jednak je nominalnom iznosuzajma 2.Zbiranuiteta jednak je zbroju kamata i otplatnih kvota.3.Zadnja otplatna kvota jednaka je ostatku duga iz predzadnjeg razdoblja Primjer 5: Zbir etvrte i este otplatne kvote nekog zajma iznosi 55 000 KM. Koliki jeiznos zajma ako se treba otplatiti u osam nominalno jednakih godinjihanuiteta uz 10% godinjih kamata. Obraun kamata je sloen, godinji i dekurzivan. Plan otplate:Kraj i-tegodine Anuitet ai Kamate Ii Otplatna kvota Ri Ostatak duga Ci 0---4 000.00 11 127.20160.00 967.203 032.80 2 1 127.20151.64 975.562 057.24 31 127.20123.431 003.771 053.47 41 127.2073.731 053.47 0.00 S4 508.80508.804 000.00 - 89 ZAJAM UZ JEDNAKE OTPLATNE KVOTE Zajam uz jednake otplatne kvote temelji se na sljedeim pretpotavkama: 1.obraun kamata je sloen i dekurzivan,2.otplatne kvote su jednake, a anuiteti dospijevaju u jednakim vremenskim jedinicama krajem razdoblja,3.duina perioda ukamaivanja jednaka je duini vremenskog dospijea izmeu anuiteta te iznosi 1,4.kamatna stopa je stalna u cijelom periodu otplate zajma .Primjer 1:Zajam od 60 000 KMoobren je preduzeu na 5 godina uz 10% godinjih dekurzivnih kamata i plaanjem anuiteta krajem godine, pri emu su otplatne kvote jednake. a.Sastavite plan otplate,b.Kontrolisati ostatak duga na kraju tree godine,c.Kontrolisati anuitet za treu godinu,d.Kontrolisati zadnju otplatnu kvotu,e.Kontrolisati ukupne kamate.Rjeenje: U planu otplate pregledno su sadrane sve izraunate vrijednosti:Kraj i-tegodine Anuitet ai Kamate Ii Otplatna kvota Ri Ostatak duga Ci 0---60 000 118 0006 000 12 00048 000 2 16 8004 800 12 00036 000 315 6003 600 12 00024 000 414 4002 400 12 00012 000 513 2001 200 12 000 0 S78 00018 000 60 000- b)Za i = 3: 24 000 KM. c)Za i = 3: = 15 600 KM. d) R = C4 = 12 000 KM. 90KONVERZIJAZAJMA Tokom otplatezajma moe doi do promjene uslova i naina otplate zajma . Konverzija zajmaje svaka promjena ugovorenih uslova ili modela otplate zajma izmeu zajmodavca i zajmoprimca.Primjer 1: Zajam od 80 000 KM odobren je preduzeu na 5 godina uz 10% godinjih dekurzivnih kamata i plaanjem anuiteta krajem godine, pri emu su otplatne kvote nominalno jednake. Nakon 3. anuiteta zajmodavac i zajmoprimac su se dogovorili da zajmoprimac ostatak duga otplati po modelu otplate zajma nominalnio jednakih anuiteta. Sastavite plan otplate.Rjeenje: Plan otplate:Kraj i-teGodine Anuitet ai Kamate Ii Otplatna kvota Ri Ostatak duga Ci 0---60 000.00 124 400.008 000.00 16 000.0048 000.00 2 22 400.006 400.00 16 000.0036 000.00 320 800.004 800.00 16 000.0032 000.00 418 438.103 200.00 15 238.1016 761.90 518 438.101 676.19 16 761.90 0.00 S104 076.2024 076.20 80 000.00-
