u
f I ''
I:
f! I: [:
••
Đurđica Takači
Arpad Takači
••’• '
-
V- ••
Aleksandar Takači
ELEM ENTI V IŠ E M A T E M A T IK E
>
SYMBOL
N ovi Sad, 2010.
E L E M E N T IV IŠ E M A T E M A T IK E Autori: Đurđica Takači, Ai-pad Takači, Aleksandar Takači Recenzenti: Dr Mirjana Stojanović, redovni profesor Prirodno-matematičkog fakulteta u Novom Sadu Dr Stojan Radenović, redovni profesor Mašinskog fakulteta u Beogradu Izdavač: SYMBOL, Novi Sad, Narodnog fronta 32 Štam pa: SP PRINT, Novi Sad Tiraž: 200 Nastavno-naučno veće Departmana za matematiku i informatiku Prirodno-matematičkog fakulteta u Novom Sadu je na sednici održanoj dana 20.8.2008. godine donelo odluku da se ova knjiga štampa kao univerzitetski udžbenik. Sva prava zadržana. Nije dozvoljeno da pojedini delovi, ili knjiga u celini, budu reprodukovani fotokopiranjem, snimanjem ili korišćenjem bilo kog drugog načina presnimavanja bez prethodne pismene dozvole svih autora i izdavača. CIP - KaTajiorH3aiiHja y ny6jiHKauHjH BHSnHOTeKa MaTime cpncKe, H obh Caa 510.22(075.8) 517.5(075.8) 512.6(075.8) 517.2/3(075.8) TAKAHH, T»ypfjHna Elementi više matematike / Đurđica Takači, Arpad Takači, Aleksandar Takači. - Novi S a d : Symbol, 2010 (Novi Sad: SP print). VTII, 250 str.; grafički prikazi; 25_cin Tiraž: 200. - Bibliografija. - Registar. ISBN 978-86-85251-36-8 1. TaKaHH, Apnafl [ayrop] 2. TaKann, AjieiccaH^ap [ayrop] a) Teopnja CKynoBa b) Teopnja (})yHKHHja c) JlHHeapHa anre6pa d) /jH(})epeHniija^HH panyH e) HHTerpanHH panyH COBISS SR-ID 256625415
Predgovor Knjiga ’Elementi više matematike” objavjuje se kao udžbenik za predmete Opšta matemadka i Matematika 2 za studente hemije na Prirodno-matematičkom fakultetu u Novom Sadu. Naravno, nadamo se da će knjiga biti pristupačna i studentim a prve godine naših univerziteta, lcoji treba da savladaju osnovne elemente tzv. više matematike, i to nezavisno od njihovog predznanja. Način pisanja ove knjige predstavlja, pre svega, rezultat iskustva autora u tome kakva i kako prezentirana nastava omogućuje studentima prve godine kvalitetno i brzo ovladavanje novim oblastima matematike i navikavanje na univerzitetsld nivo izlaganja. Rukovodeći se time, odabrana je i takva koncepcija izlaganja da se sa što više primera objasne uvedeni pojmovi i argumentuje sadržaj teorema. Knjiga se sastoji od sedam glava, dodatka i priloženog kompakt diska. Svaka glava, odnosno odeljak počinje sa pregledom osnovnih pojmova i tvrdjenja i njihovih dokaza. Posle toga, dati su primeri i zadaci koji su, u principu, poredjani po srodnosti i težini. Njihov najveći broj je detaljno rešen; naravno, preporučujemo čitaocima da data rešenja koriste tek posle pokušaja rešavanja. Iskustvo pokazuje da se bez pažljivog rešavanja zadataka ne mogu savladati relativno složeni pojmovi više matematike. Izvestan broj zadataka je bio dat na pismenim ispitima iz matematike na Prirodnomatematičkom, Tehnološkom i Poljoprivrednom ili Fakultetu tehničkih nauka u Novom Sadu, kao i na Mašinskom fakultetu u Beogradu. U Dodatku na CD-u je dat kratak opis programskog paketa Scientific WorkPlace, američke kompanije MacKichan Software, kao i uputstvo za korišćenje njegovih glavnih mogućnosti sa tipičnim primerima. Primeri su dati i na priloženom kompakt disku, kao vizuelizacija sadržaja knjige. Dodajmo da je delom, kako u tekstu, tako i kod izrade slika, korišćen spomenuti programski paket Scientific WorkPlace. Na CD-u su prikazani i uradjeni zadaci u programski paket Scientific WorkP1ace i GeoGebri Prijatna nam je dužnost da se zahvalimo recenzentima: dr Mirjani.Stojanović, re-
Predgovor
dovnom profesoru Prirodno-matematičkog fakulteta u Novom Sadu i dr Stojanu Radenoviću, redovnom profesoru Mašinskog fakulteta u Beogradu, koji su svojim savetima i primedbama bitno poboljšali kvalitet ove knjige. Unapred smo zahvalni svima koji nam pošalju svoje primedbe, odnosno ukažu na greške ili propuste u ovoj knjizi. Konačno, zahvaljujemo se Departmanu za matematiku i informatiku Prirodno-matematičkog fakulteta u Novom Sadu koji nam je pomogao pri tehničkoj obradi ove knjige. Novi Sad, septembra 2010.
Autori
Sadržaj Predgovor
iii
Sadržaj
v
1
Uvod 1.1 S k u p o v i.......................... ....................................................................... 1.2 Grupa, prsten, p o l j e ............................................................................... 1.3 Polje realnih brojeva ........................................................................... 1.4 Apsolutna v r e d n o s t............................................................................... 1.5 Princip matematičke in d u k c ije ........................................................... 1.6 Binomnaformula ................................................................. 1.7 Polje kompleksnih b r o j e v a ..................................................................
1 1 4 5 6 .7 9 10
2
Funkcije 2.1 Osnovni p o jm o v i................................................................................... 2.2 Elementame f u n k c ije ............................................................................ 2.2.1 P o lin o m i.................................................................................. 2.2.2 Racionalne funkcije ............................................................... 2.2.3 Eksponencijalne i logaritamske fu n k c ije ............................... 2.2.4 Trigonometrijske f u n k c i j e ..................................................... 2.2.5 Inverzne trigonometrijske fu n k c ije ........................................ 2.2.6 Razni zadaci . ..................................................................... 2.2.7 Parametarsko zadavanje k r iv ih ............................................... 2.2.8 Krive date u polamim ko ordinatam a.....................................
15 15 21 21 28 30 31 32 34 35 36
3
Elementi linearne algebre 3.1 M a t r i c e ................................................................................................... 3.1.1 Sabiranje m a tric a ...................................................................... 3.1.2 Množenje m atrica..................................................................... 3.2 D e te rm in a n te ..........................................................................................
38 38 39 41 45
v
vi
Sadržaj
3.2.1 Osobine determ inanti............................................................... 3.2.2 Determinante višeg r e d a ........................................................ 3.2.3 Inverzna m a t r i c a ..................................................................... 3.2.4 Rang m a tr ic e .................... ....................................................... Sistemi lineamih je d n a č in a ................................................................. 3.3.1 Gausov metod eliminacije . . .^........................................... 3.3.2 Kramerovo p r a v ilo .................................................................. 3.3.3 Diskusija sistema linearnih’je d n a č in a ................................. 3.3.4 Rešavanje sistema jednačina pomoču m a tr ic a .................... Vektorska a lg e b ra ................................................................................. 3.4.1 Vektori u Dekartovom koordinatnom s is te m u .................... 3.4.2 Skalami proizvod v e k t o r a ..................................................... 3.4.3 Vektorski proizvod v e k to ra ..................................................... 3.4.4 Mešoviti proizvod v e k t o r a ..................................................... Analitička g e o m e trija .......................................................................... 3.5.1 Translacija i rotacija sistema.......................... .......................... 3.5.2 Krive drugog reda ................................................................... 3.5.3 Opšta jednačina krive drugog r e d a ........................................
47 48 50 55 56 58 62 64 71 73 74 75 77 81 85 85 87 89
4
G ranična vrednost i neprekidnost 4.1 N iz o v i.................................................................................................... 4.1.1 Osnovni p o jm o v i..................................................................... 4.1.2 Osobine granične vrednosti n i z a ........................................... 4.1.3 Košijevi n i z o v i ......................................................................... 4.1.4 Monotoni n i z o v i ...................................................................... 4.2 Granična vrednost f u n k c ije ................................................................. 4.2.1 Osnovni p o jm o v i..................................................................... 4.2.2 Osobine granične vrednosti fu n k c ije ..................................... 4.2.3 Neke granične vrednosti funkcija ......................................... 4.2.4 A sim ptote.................................................................................... 4.3 Neprekidnost funkcije . . .." T T " ........................................................ 4.3.1 Osnovni pojmovi i o s o b in e ..................................................... 4.3.2 Prekidi fu n k cija..........................................................................
90 90 90 95 100 101 104 104 106 110 116 118 118 120
' 5
Izvo d fu nk cije 5.1 Osnovni p o jm o v i.................................................................................. 5.2 Definicija prvog izvoda f u n k c ije ....................................................... 5.3 Tablica prvih izv o d a............................................................................... 5.3.1 Pravila za prvi izvod funkcije ................................................ 5.4 Diferencijal funkcije ...........................................................................
123 123 123 125 128 131
3.3
3.4
3.5
Sadržaj
_____________________________________ _____________
vii
5.5 Geometrijsko tumačenje izvoda i priraštaja fu n k c ije ........................ 133 5.6 Razni iz v o d i............................................................................................. 137 5.7 Izvod složene funkcije ......................................................................... 137 5.8 Izvod implicitne f u n k c ije ...................................................................... 140 5.9 Izvod inverzne fu n k c ije ......................................................................... 142 5.10 Prvi izvod funkcije date u parametarskom obliku .......................... 142 5.11 Izvodi višeg r e d a .................................................................................. 143 5.12 Primena izvoda funkcije ..................................................................... 146 5.12.1 Monotonost i ekstremne vrednostif u n k c ije ........................ 146 5.12.2 Teoreme srednje v r e d n o s ti.................................................... 150 5.12.3 Konkavnost grafika f u n k c ije ................................................ 156 5.12.4 Lopitalovo p r a v i l o ................................................................. 160 5.12.5 Fizički smisao izv o d a............................................................. 163 5.12.6 Razni zadaci sa primenom i z v o d a ...................................... 164 5.13 G ra fic i..................................................................................................... 166 6
Neodređeni integral 179 6.1 Osnovni pojmovi i metodi ................................................................. 179 6.2 Definicija neodređenog in te g r a la ........................................................ 179 6.2.1 Tablica osnovnih neodređenih in te g r a la ............................. 180 6.3 Osnovne osobine neodređenog in te g r a la .......................................... 180 6.4 Smena u neodređenom in te g r a lu ....................................................... 181 6.5 Parcijalno in te g ra lje n je ....................................................................... 185 6.6 Razni tipovi neodređenih in te g ra la .................................................... 188 6.6.1 Integrali racionalnih fu n k c ija .................................................. 188 6.6.2 Integrali trigonometrijskih f u n k c i j a ..................................... 190 6.6.3 Integrali racionalne funkcije po sin.t i c o s j c ........................ 191 6.6.4 Integrali iracionalnih f u n k c i j a ............................................... 192 6.6.5 Metod O strogradskog.............................................................. 193 6.6.6 Integral binomnog d ife re n c ija la .......................................... 195 6.7 Razni in teg rali........................................................................................ 196
7
Određeni integral 198 7.1 Površina krivolinijskog tr a p e z a ............................................................ 198 7.2 Osnovni p o j m o v i................................................................................... 200 7.3 Definicija određenog i n t e g r a l a ........................................................... 200 7.4 Osobine određenog in te g r a la ............................................................... 202 7.5 Teoreme srednje vrednosti za određeni integral .............................. 204 7.6 Osnovna teorema integralnog r a č u n a .................................................. 204 7.7 Metode izračunavanja određenog in te g ra la ....................................... 207
viii
"
7.8
7.9
Sadržaj
7.7.1 Smena promenljivih kod određenog in te g r a la ..................... 207 7.7.2 Parcijalno integraljenje ........................... ............................. 208 Primene određenog in te g r a la .............................................................. 210 7.8.1 Površina ravnih likova ........................................................... 210 7.8.2 Površina između k r iv ih ............................................................ 211 7.8.3 Kriva u polamim koordinatama ............................................ 213 7.8.4 Parametarski zadata kriva ...................................................... 214 7.8.5 Zapremina obrtnih t e l a .............................................................215 7.8.6 Dužina luka k r iv e ...................................................................... 217 7.8.7 Površina obrtnih t e l a ................................................................219 Nesvojstveni in te g ra li........................................................................... 220 7.9.1 Nesvojstveni integrali prve v r s t e ............................................ 220 7.9.2 Nesvojstveni integrali druge v r s t e ............................... ... 222
Literatura
247
Indeks
248
Glava 1
Uvod 1.1
Skupovi
Skup je osnovni pojam u matematici. Skupovi se obeležavaju velikim slovima latinice, na primer A ,B ,C , Skup je poznat ako je poznato pravilo, ograničenje ili osobina na osnovu koje možemo ođrediti sve njegove elemente. Elemente skupa obeležavamo malim slovima latinice, na primer a ,b ,c ,... ,x ,y , . . . . Ako element * pripada (resp. ne pripada) skupu X , to pišemo x £ X (resp. x ^ X). Ako element x ima osobinu P, tada to označavamo sa P (x). Skup elemenata x sa osobinom P pišemo {x | P (x) }. Često ćemo koristiti kvantifikatore "V"i "3", koje čitamo ”svaki” i ”postoji”. Skup X je podskup skupa Y, što pišemo X C Y, ako svaki element skupa X pripada skupu7, tj. (X c Y ) <£=*- ^(Vx) ( x e X = ^ x £ F ) ^ . Ako je X C Y i Y C X , tada kažemo da su X i Y jednaki skupovi, tj. (X = Y) ■<==$■ (jy X) Y)j. Prazan skup, u oznaci 0, tj. skup koji nema elemenata, se može definisati kao 0 = { x |x / x}. Z aproizvoljanskupX v a ž i 0 c X . Osnovne operacije sa skupovima su: • • • •
unija skupova: X U Y = { k \ x e X \ J x e Y } - , presek skupova x n Y = {x| x e X / \ x € F}; razlika skupova X \ Y = { x \ x E X I \ x < £ Y } - , komplement skupa C(X) = {x | x e U / \ x $. X}, gde je U univerzalni skup, tj. onaj koji sadrži sve skupove X, sa kojima radimo. Skupovi X i Y su đisjunktni ako je X fl Y = 0. Neka su dati neprazni skupovi X i Y. Tada je uređeni par (x.y) elemenata x € X i 1
I
2
Glava 1. Uvod
y e Y definisan kao skupsa dva elementa na sledeći način: (x,y) = |{x}, {x, y}j. D ekartov proizvod skupova X i Y, u oznaci X x Y, je skup svih uređenih parova (x,y ), gde je x 6 X i y 6 Y, tj. X x Y = j (x,y) | x 6 X, y e Y j . P artitiv n i skup datog skupa A, u oznaci P(A) jeste skup svih podskupova datog skupa (uključujući i prazan skup), tj. J°(A) =
| X c a |.
Za nas će najvažniji biti skupovi brojeva:
’
• sk u p p riro d n ih brojeva N = j l , 2 , 3 , 4 , . . '. j ; • skup celih brojeva Z = j o , 1, —1 ,2 ,—2,3, —3,4, —4 ,... j ; 171 I 1
{ -
m e Z, » £ N ;
• skup realnih brojeva R; • skup kom pleksnih brojeva C. Za skupove brojeva važe relacije:
N cZ cQ clcC .
(1.1)
Kažemo da se između skupova X i Y može uspostaviti uzajam no jednoznačno preslikavanje ako svakom elementu skupaZ odgovarajedan i samo jedan element skupa Y i, obmuto, svakom elementu skupa Y odgovara jedan i samo jedan element skupa X. U tom slučaju su su skupovi X i Y ekvivalentni, što pišemo X ~ Y. S ku p Z je k onačanako postoji takvo n £ N da je X ~ { 1 ,2 ,... ,n}. Skup koji nije konačan je beskonačan; može se pokazati da je skup beskonačan ako i samo ako je ekvivalentan nekom svom pravom podskupu. Skup X je prebrojiv ako je X ~ N. Svi skupovi brojeva u (1.1) su beskonačni, skupovi N, Z i Q su prebrojivi, a skupovi K i C nisu prebrojivi. 1.1.
Definicija. R elacija p na nepmznom skupu A je podskup skupa A x A, tj. elementi p su uređeni parovi čiji su i prvi i drugi element iz skupa A. Akouređeni par (x,y) pripada skupu p, g d e je ^ C A x A, tada pišemo ,tpy i kažemo da su * i y u relaciji p. Relacija p može imatj i neke od sledećih važnih osobina:
• •, • •
refleksivnost: (Vx £ A) xpx; simetričnost: (Vx,y £ A) (xpy) => (ypx); antisimetričnost: (VA',yCA) ( xpy/ \ ypx) => (x = y); tranzitivnost: ( Vx , y , z £ A) (xpy/ \ xpz)=>(xpz). Relacija p na skupu A je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetrična i tranzitivna. U svim skupovima brojeva, jednakost (= ) je relacija ekvivalencije. Kongruencija po modulu m, za m £ N, je takođe relacija ekvivalencije na N.
1.1. Skupovi
3
Relacija p na skupu A je relacija p o retk a ako je refleksivna, antisimetrična i tranzitivna. U skupu realnih brojeva R, relacije manje ili jednako (< ) i veće ili jednako (> ) su relacije poretka. Ako je istovremeno x < y i x ^ y, tada pišemo x < y ili, ekvivalentno, y > x. Važni podskupovi skupa realnih brojeva, E , su intervali sa krajnjim tačkama a i b, gde je a < b. O tvoren interval je (a ,b ) := {x G E | a < x < b). Z atvoren interval je [a,b\ := {x € M| a < x < b}. Intervali su i skupovi (a,b\ := {.t e R| a < x < b} i [a,b) := {x G R| a < x < b}. Primetimo da su svi ovi intervali ograničeni. N eograničeni intervali su sledeći skupovi: (a, +°°) := {x g M| x > a} ( —■ °°,b) := {x G M| x < b}
• • • • •
i i
[a,+°°) := {x £ R| x > a}; (—°°,b\ := {x € M| x < b}\
( —°°, +°°) := {x £ M} = K. Ako je U univerzalni skup, tada važe sledeće osobine operacija sa skupovima: zakon idempotencije: X U X = X , X f i X = X: zakonkomutacije: X \ J Y = Y U X , X f ] Y = Y nX; zakon asocijacije: ( XU F )U Z = X L l( yu Z) , (X nY) n Z = X n (Y nZ); zakonidistribucije: XU(7HZ) = (XUF)n(XUZ), Z n ( F U Z ) = ( XnF )U(Xn Z); zakonapsorpcije: X n ( X U 7 ) = X , f u ( X n Y) =X- ,
• •
x u 0 = x, x u u = u, x n 0 = 0, XUC(X) = U, x n C(X) = 0;
• DeM organovi zakoni: 1.2.
x n u = x-,
C(XUF) = C(X)nC(F),
C ( Xn F ) =C(X) UC(7).
Odrediti skupove AUS, A n S , A \ B i B \ A , akoje: a) A = jx | 0 < x < 3}; B = {.r| 2 < x < 4 j ; b) A = |x | x2 —4x < 0}; B = {x| x2 —5x + 4 > o | .
R ezultati. a) A US = {x| 0 < x < 4}; A n S = {x| 2 < x < 3}; A \B = {x| 0 < x < 2}; B \A = {x| 3 < x < 4}. b) Kako je A = { x |0 < x < 4 } i B = CL)D, gde je C = {x | - < x < 1} i D = {x \ 4 < x < “ }, to je AUB = AU(CUD) = {x|—°° < x < + 00} = K, A nS = A H (C U £)) = (AnC) U{AUD) = {x| 0 < x < 1}, A \S = A \(C U Đ ) = {x| 1 < x < 4 } . ►
4
1.2
Glava 1. Uvod
Grupa, prsten, polje
1.3. Definicija. Binarna operacija * na skupu A je preslikavanje * : A x A —►A. 1.4. Definicija. Uređen p ar (A, *), gde je * binarna operacija na A, je grupa ako su ispunjeni sledeći uslovi: a) (Vx, y, z G A) (x * y) * z = x * (y * z ) , tj. operacija * je asocijativna, b) (3e e A )(Vx € A) e * x = x * e = x, tj. postoji neutralni element e u skupu A w odnosu na operaciju *, c) (Vx 6 A )(3 y £ A ) j/ = = tj. za svaki element x iz skupa A postoji njegov inverzni element x' takođe iz A u odnosu na operaciju *. Grupa (A, *) u kojoj važi komutativni zakon, (Vx,y € A) x * y = y * x s naziva se komutativna grupa ili Abelova grupa. Prsten i polje su uređene trojke koje se sastoje od skupa A i dve operacije: 1.5. Uređena trojka (A, *, o) je prsten ako važi sledeće: a) (A, *) je Abelova grupa, b) (Va,fc GA) a o b e A (\/a,b,c GA) ( a o b ) o c = a o ( b o c ) (asocijadvni zakonj, c)
(Va,b,c e A) a o ( b * c) = (aob) * ( aoc) flevi distributivni zakon operacije o u odnosu na *), (Va, b , c e A ) ( a * b ) o c = ( a o c ) * ( b o c ) (desni distributivni zakon operacije o m odnosu na *j.
1.6. Uređena trojka (A, *, o) je polje ako važi sledeće: a) (A, *) je Abelova grupa, b) (A \ {0}, o), gde je 0 neutralni element u A u oclnosu na operaciju *, je Abelova grupa, c)
(Va,b,c E A) ao (b * c) = (aob) * (ao c) flevi distributivni zakon operacije o u odnosu na *), (Va, b,c e A) (a * b) o c = (a o c) * (b o c) (desni distributivni zakon operacije o u odnosu na *).
1.3. Polje realnih brojeva
5
1.3 Polje realnih brojeva I Najvažniji skup na kome se razvija viša matematika, jeste skup realnih brojeva R. U toku školovanja prvo se upozniygmo sa skupovima prirodnih (N), pa zatim celih (Z), racionalnih (Q) realnih (K) i, na kraju, kompleksnih (C), brojeva. Prirodni brojevi Skup prirodnih brojeva N je najmanji podskup skupa R koji sadrži 1 i koji ima osobinu da ako n € N, tada i n 4-1 e N. Na osnovu ove definicije važi princip matematičke indukcije, koji se često koristi kada treba pokazati tačnost neke formule za sve prirodne brojeve. Princip matematičke indukcije. Ako podskup E skupa prirodnih brojeva N zadovoljava sledeća dva uslova: 1) 1 e E ; 2) ako b £ E, tada i n + 1 G E, tadaje E = N, tj. skup E se poklapa sa skupom prirodnih brojeva N. Često se koristi i skup No := NU{0}. Celi brojevi Skup celih brojeva, Z, sadrži sve prirodne brojeve, 0, kao i brojeve oblika —n, n e N, koji su inverzni (ili; suprotni) prirodnim brojevima u odnosu na operaciju sabiranja. Primetimo da operacija “ —”, oduzimanje, definisana sa b — a : = b + (—a), izvodi iz skupa prirodnih brojeva, ali je dobro definisana u Z (tj., razlika dva cela broja je ceo broj). Skup Z je komutativna grupa u odnosu na sabiranje. Racionalni brojevi Skup racionalnih brojeva, Q, sadrži sve elemente oblika p- q ~l , gde p e Z i q e N, i njegove elemente obično nazivamo razlomcima. Operacija deljenje, definisana s&a/b := a ■b~l , b + 0, izvodi iz skupa celih brojeva, ali je dobro definisana u Q. Skup Q je komutativna grupa u odnosu na sabiranje, skup Q \ {0} komutativna grapa u odnosu na množenje i važi distributivni zakon množenja u odnosu na sabiranje, pa je skup O polje u odnosu na operacije sabiranja (+ ) i množenja (•)• Važno je znati da racionalan broj napisan u decimalnom obliku ima ili samo konačno decimala različitih od nule, ili se, počev od nekog decimalnog mesta, pojavljuje grapa cifara koja se beskonačno ponavlja. Realni brojevi Postupkom kompletiranja skupa racionalnih brojeva Q (koji ovde nećemo objašnjavati), dolazimo od skupa realnih brojeva R.. Novi elementi koji se dodaju
6
Glava 1. Uvod
skupu Q su iracionalni brojevi, i ako njihov skup obeležimo sa I, onda je
Primeri iracionalnih brojeva su \/2 , V3, v^Š,'
3,1416), e(w 2,718).
Realan broj napisan u decimalnom obliku je iracionalan ako i samo ako ima beskonačno mnogo decimala različitih od nule, koje se ne ponavljaju periodično. Važno je znati da postoji obostrano jednoznačna korespodencija između elemenata skupa R i skupa tačaka proizvoljne prave linije. Skup realnih brojeva R je, kao i skup Q, polje u odnosu na operacije sabiranja (+ ) i množenja (•). Obzirom da je relacija poretka < totalna, tj. za svaka dva različita realna broja x i y važi ili x < y ili y < x, to je skup R totalno uređeno polje. U skupu realnih brojeva važne su sledeće dve teoreme: 1.7. Arhimedova teorema. Za bilo koja dva realna broja x > 0 ; y postoji prirodan broj n takav da vazi nx > y. 1.8. Kantorova teorema. Neka.je dat zatvoren interval [an,bn] za svako n e N i neka za m > n važi [am, bm] C [an ,b„], tj. a„ < am < bm < bn. Tada je Q [an, b„] / 0. neN
1.4 Apsolutna vrednost
{
.x ,
x > 0;
0,
x = 0;
-x,
x < 0.
Neposredna posledica ove definicije je da za svaki realan broj x važi jxj = | —x\ i — \ x \ < x < \ x \ . Apsolutna vrednost realnog broja je uvek nenegativan broj i predstavlja rastojanje između datog broja x i 0. Rastojanje između dva realna broja x i y definiše se kao \x —y |. Ako je e pozitivan realan broj, tada važi |x| < e ako i samo ako je - e < * < e; |*| > e ako i samo ako je * > e ili x < —e; |,vj = e ako i samo ako je x = e ili x 1.10. Primer. Pokazati da zaproizvoljne realne brojeve x i y važe sledeće osobine:
1.5. Piincip matematičke indukcije
7
Rešenja. a) Sabiranjem nejednakosti —|x |< a - < |x | i —|y| < y < |.v|, dobijamo - ( |x | + [y|) < x + y < |jc| + |y|
ili
|x + y| < |x| + \y\.
b) Na osnovu osobine dokazane pod a) imamo M = | x - y + y | < | x - y | + |y|
i
|y| = |y - x + x | < | - ( x - y ) | + |x|.
Odatle je - | x - y | < \x\ - |y| < |x - y | => |x| - |y| < | x - y | . Relacije c) i d) slede neposredno iz definicije apsolutne vrednosti. ► Radi kraćeg pisanja koristi se oznaka n
'Z xk := XI + x2 -l------ hx„, k=1 gde su x\ ,x-2 ,... ,x„ proizvoljni realni brojevi. Ostavljamo čitaocu da pokaže da za s v e X\,X2 ,-.. ,xn & M važi sledećanejednakost:
1.5
£ xk < 2 \x-k\. k=1 k=1
Princip matematičke indukcije
1.11. Primer. Korišćenjem principa matematičke indukcije pokazati da za svako n £ vaze sledeće formule. . . „ „ n(n + 1) a) 1 + 2 + 3 + •■■+« — — - — ; b) 1 + 3 + 5 + H------ (-(2 n —1) = «2; , , , n (n + l)(2 n + l) c) 1 + 22 + 32 H----- h w2 = —-------- 9 6 d) 1 + 23 + 33 + ... + „ 3 = ( ^ f c t I ) ' , 1
1
1
1
n
e) r 2 + ^ 3 + 3 ^ + " ' + ^ T T ^ 1 1 1 f) -z + - ^ + -^-z + 3 3-5 5 -7
1 (2 n -l)(2 n + l)
2 n + l'
Rešenja. a) Za 1 imamo tačnu fprmulu 1 = Pod pretpostavkom da je fon-nula tačna za n : n(n +1) 1 + 2 + 3H-1- n = —-—------------, dobijamo
Glava 1: Uvod
x ^ = i f c + ( » + i ) = ^ f ^ + ( » + i ) = (w+1)2(ra+2), k=1 z z što znači da je formula tačna i za n + 1. Na osnovu principa matematičke indukcije sada možemo tvrditi da je formula tačna za sve prirodne brojeve. *=1
b) Za 1 imamo tačnu formulu 1 = 1. Pod pretpostavkom da je formula tačna za n : 1 + 3 + 5 -\------1- (2/i - 1) = n2, dobijamo » .+ 1
n
^ (2k — 1) = ^ ( 2 k—1 ) + (2 m + 1 ) = n2 + 2 n + 1 = (n+ l)2, k=l k=1 što daje tačnost i za n + 1 . c) Za 1 imamo tačnu formulu 1 = Pod pretpostavkom da je formula tačna za n : , ■> n(n+ \){2n + \) 1 + 2 + 3 H----- 1~rr = --------- ^-------- , dobijamo 6 " \k 2 = t=l
£ E2 + (" + 1 ) 2 = — + k=\ 6 (n + l)(/z + 2) (2n + 3)
+ 1}- + (^ + 1 ) 2 = -(" + --)P w 2 + ” + 6n + 6) 6
6 tj. tačnosti za n+ 1 . d) Za 1 imamo tačnu formulu 1 = ( ^ ) 2 • Pod pretpostavkom da je formula tačna za n : 1 + 23 + 33 H------ 1- n3 = ^ w(w+ ^ ^ , dobijamo "fV
=
X fe3 + (» + l ) 3 = f
i=l
t=l
V
+ (n + l ) 3 = {n + 2
/
+ 4W+ 4) 4
(71+ l)2(n + 2 ) 2 4 odnosno, formula je tačna i za n + 1 . e) Za 1 imamo i + ^ 'li 1 1 j~ \k ( k + 1 ) f) Za 1 imamo
= 1. Pod pretpostavkom da je formula tačna za n :
+ 3^ + '''+ ^ T T ) = _
n rc + 1
’ dobij amo _
1
(n + l)(n + 2 )
n(n + 2 ) + n _ n2 + 2 n + \ n (n + l)(n + 2 ) n ( n + l) ( n + 2 )
= 2./+1 ■Pod pretpostavkom da je formula tačna za n
^ + 3 1 + 51? + • •' + (2n^ \ )(2n + \) = 2 ^ \ ’ _ 1 £ x( l k - \ ) ( 2 k + \ )
n
2n+ 1
1 _ n(2n + 3) +1 (2n + l)(2n + 3) (2 n + l)(2 n + 3)
( n + l) ( 2 n + l) ' n + 1 (2n+ l)(2n + 3) = 2n + 3 ‘ ^
n+1 n+ 2 ’
1.6. Binomna formula
1.12. Primer. Pokazati da je zbir p rv ih n članova geometrijske progresije sa prvirn elementom a i količnikom q=£ 1 jedmak 1 —q" a + aq + aq2 -\------ b aqn~ l = a - ------ . 1- q Rešenje. Za 1 je a = a -— - . Pod pretpostavkom da je fonnula tačna za n : l-q 1 —q” a + aq + aq2 ------ 1- aqn~ 1 = a —------ važi a + aq + aq2 H------ \-aqn~ l +aq"
= =
1 —Cfn i —CfU QU—Qn^~^ a - -------- \-a.qn = a -----------------------1 —q 1 —q 1 - q n+] a — --------, 1- q
tj. formula je tačna i za n + 1. ►
1.13. Bernulijeva nejednakost. Primenom matematičke indukcije pokazati Bernulijevu nejednakost (\+h)n >\+nh,
za n > 2, h > —1, h j ^ 0.
Rešenje. Za 2 važi (1 + h ) 2 = 1 + 2h + h2 > 1 + 2 h , jer je h2 pozitivan broj. Pod pretpostavkom da je nejednakost tačna za n > 2, (1 + h)n > 1 + nh, tada iz prethodne nejednakosti sledi (zbog 1 + h > 0) : (1 + h )n+{ = (1 +h ) n • (1 +h) > (1 + n h ) ( \ + h ) = 1 +n h + h + nh2 > 1 + ( n+ 1)h, tj. formula je tačna i za n + 1, jer je nh2 > 0. Primetimo da za n = 1 data nejednakost nije tačna, jer tada važi 1 + h. = 1 + h. Zapravo je ( \ + h ) n > \ + nh, za « G N, h > —1.
►
1.6 Binomna formuia Ako je n prirodan broj, sa nl (čita se: n faktorijel) se označava proizvod svih prirodnih brojeva od n do 1, tj. n! = n(n — 1) • • •2 • 1. Po definiciji uzimamo 0! = 1. Po definiciji binomni koeficijent je
\kj
k \ ' ( n — k)\
« e N , fceN o, 0 < k < n .
10
Glava 1. Uvod
Važe sledeće jednakosti (proveriti!): ( ” ) = [ ” ) = 1, ( ” ) = ( n ) i \0 J \n j \k j \n -k j
G)+C-+i)=(t+D’
1.14. Primer. Na osnovu (1.2) pokazati binomnu formulu. (a + b)n = £ ( l ) a n~kbk, a , b e R , n e N. k=o v*/
(1.3)
Rešenje. Za 1 fonnula (1.3) postaje tačna jednakost (a + b) 1 = Q ^ t f 1_0Z>1_1 + Q ^ f l 1_1fe1_0. Pod pretpostavkom da je formula (1.3) tačna za n, iz a) dobijamo (a
+Z.r‘=
( t Q o " - v j ( « + 6) = | ; Q
i." - , + ll.‘ + | ; Q < / ' - * 6 * + 1
; W i(C K " ^ « + l \ n - t- n .t- , »n - t - 1 fn+ 1 a'I+l + X 7 k ' t + I * * + & " +1 = X 7 k ' * + v '’ *=i v * / *=o v * što daje tačnost za n + 1. ► =
1.7 Polje kompleksnih brojeva Skup kompleksnih brojeva C je skup svih uređenih parova (a, fc) realnih brojeva, l x R . Dva kompleksna broja data sa (a\,b\), (0 2 ,^ 2) £ l x R s u jednaka ako i samo je a\ = a2 i b\ = Z ab ilo k o jad v ak o m p lek sn ab ro jad atasa (a,b), (c,d) £ t x i d e f i n i š i m o operaciju sabiranja (a,b) + (c,d) = (a + c, b + d); operaciju množenja (a,b) ■(c,d) = (a ■c — b ■d , a ■d + b ■c ) . Može se pokazati da je skup kompleksnih brojeva C polje u odnosu na gore uvedene operacije sabiranja i množenja. Međutim, za razliku od skupa realnih brojeva J$, u skupu kompleksnih brojeva C ne može se uvesti relacija poretka < . Podskup skupa kompleksnih brojeva čiji su elementi uređeni parovi (a,0),a E K, identifikujemo sa skupom realnih brojeva, odnosno par (a, 0) identifikujemo sa a. Kompleksan broj (0,1) nazivamo imaginarna jedinica i označavamo ga sa i.
1.7. Polje kompleksnih brojeva
11
Znači, i = (0,1). Primetimo d a je i2 = —1, jer je i2 = (0 , 1 ) - ( 0 , 1 ) = (0 - 0 - 1 - 1 , 0 - 1 + 1 - 0 ) = ( - 1 , 0 ). Jednačina x 2 + 1 = 0 nema rešenja u skupu realnih brojeva. Naime, kvadrat bilo kog realnog broja je nenegativan broj, pa je i x 2 + 1 > 0, za svako x & K. Rešenja jednačine x2 + 1 = 0 su kompleksni brojevi x\ = (0,1) = ; i x2 = ( 0 ,- 1 ) = —i. Kompleksni broj (a,b) možemo zapisati i kao a + ib. Tada broj a nazivamo realni deo, a broj b im aginarni deo kompleksnog broja a + ib. Ako su z\ = a\ + ib\ i z\ = a2 + ib2 dva kompleksna broja, onda je z b ir z\ + z i jednak (*i + iy\) + (x2 + iy2) = (*i + .v2) + /(yi + ^ 2 ); razlik a zi —z2 jednaka (.ti + /y i) - (x2 + iyi) = (-vi - * 2 ) + /(yi “ >'2 ); proizvod z\Z 2 jednak (.yj + iy\)(x 2 + iy2) = (* 1*2 —viy2) + i(x\y2 +.V2.V1 ); količnik z\ : z2 = — = z \z ? 1jednak Z2 x\ + iy\ _ ( x \+ iy \) ( x 2 - i y 2) = xia~2 - y\y2 X2+ iyi
(X2 + iyi) (*2 - 0 ’2)
x \ + y\
,x 2y\ ~ x \ y 2 x \ + >>?
ako x2 ± 0 ili y2 ^ 0. Na primer, za z\ = 1 + 2i, z2 = 1 —2i, 23 = 3 + 5/ i 24 = 3 —5i, imamo Z\ + z2 — 1 + 2 + (1 —2 i) — 2,
Z3 + Z4 — 3 + 5i + (3 —5 i) — 6 ,
Z3 — Z4 = 3 + 5i —(3 —5i) = 10/, z\ —z2 = 1 + 2 ■(1 —2;') = 4 i, z2 z4 " , 1 -2 / _ _ 3 -5 / 85 5zi + y - 6 2 3 - ~2 — 5(1 + 2 /) H------------ 6(3 + 5 r)--------— — Z\Z3 = (1 + 2 i) (3 + Z3 Z4 =
5/) = - 7 + 11/, (3 + 5/) (3 - 5/) = 34,
zi 1 + 2 / 13 1 . q “ 3 + 5/ “ 3 4 “ 3 4 1’ Z3 3 + 5/ 8 15. - = , --- " = - T = + — I, Z4 3 —5 1 17 17 Primetimo da je i2 = - 1 , i4*
= l,
Z2Z4 =
(1 - 2i)(3 - 5i) = - 7 - 11/,
z\ 1+/ & ~ T ^ i ~ 1' Z3 3 + 5/ 22 ~ Z2 = „ ------ ( 1 ~ 2 l) = J - + Z4 3 —51 17 /3 = - / ,
109. — 1,
31. 17
— .1.
i4 = 1, Z5 = 1 ,..., ođnosno
i4k+l= i, i4k+2 = - i ,
,-4*+3=
keZ.
Kompleksan broj a —bi se naziva konjugovano kompleksan broj kompleksnog broja z = a + bi i označava se sa z = a — bi. Zbir i proizvod dva konjugovano kompleksna broja je realan broj, jer je Z + Ž = (a + bi) + (a — bi) = 2a,
z ■ž = (a + bi) (a — bi) = a1 + b2.
Glava 1. Uvod
12
Kompleksan broj z = x + iy određen je uređenim parom (.v,y) realnih brojeva, pa se tako svakom kompleksnom broju x + iy može jednoznačno pridružiti tačka A(x,y) u x y -ra v n i, i obmuto, svakoj tački u xv—ravni odgovara samo jedan kompleksan broj. Posmatračemo u Dekartovom koordinatnom sistemu proizvoljnu tačku A, A ^ O, sa koordinatama (x , y ) / (0,0). Označićemo sa p dužinu duži OA, a sa (|) ugao koji poluprava određena tačkama O i A zaklapa sa pozitivnim smerom A'—ose (slika 1.1). Veza između p i (() preko * i y data je sa y = psinc]).
(1.4)
Dužina p naziva se moduo kompleksnog broja x + i y , a ugao <|) argument kompleksnog broja z = * + iy, u oznaci (j) =argz G [0,2n) (glavna vrednost argumenta). Prema tome, kompleksan broj z se može zapisati: u trigonometrijskom obliku kao u eksponencijalnom obliku
z = p(cos<)) + i sin<|)).
(1.5)
kao
( 1.6 )
z = peilt>.
Na primer, zakompleksan broj: 5 važi p = 5, <[>= 0, pa je 5 = 5e0 '; i važi p = 1, <|) = n/ 2, pa je i = i + 1 važi p = \/2 , phi = rc/4, pa je 1 + i = \f2e'’RlA. Ako su z = a + b ii l = a — bi dva konjugovano kompleksna broja, tada je zz = a2 + b2 = p2. 1.15. Teorema. Ako su dati kompleksni brojevi z\ = pi (cos<|>i + 1sin(j)i) i z2 = p2(cos <|)2 + tsin(f>2), tada je
/--- 7----- ----- ;—:—7—r d) v P u c o s p i -h ismq)ij =
_
a) (Pi (cos()>i +z'sin<)>i))(p2(cos (|)2 + /sin(|>2 )) = p ip 2(cos(i + i) _ pi^ — (cos(i -2) + fsin(<|>i -2)); b) p2(cos <|)2 + ;sini +!'sin(|>i))'' = p"(cos(n(j)i) + z'sin(rc<])i)); /
yl H- 2,k7t , . d)| 2/^71 \ I c o s------------- h /s m ----------- 1I , k~' =0 ,1 , . . . , n —1.
1.7. Polje kompleksnih brojeva
Formule u c) i d) se nazivaju Moavrove formule. Dokaz. a) (pi(cos<|)i +i'sin(|)i))(p 2 (cosij)2 + ;'sin(|)2 )) = p i P2 (cos (j)i cos (j)2 — sin
pi(cos(j)i + / sin(j)i) _ pi (cos(j)i+/sin(j)i)(cos(]) 2 -!'sin(j)2) p 2(cos (j)2 + *sin (>2)
p2
cos2 (j)2 + sin2 (j)2
= — (cos(|)icos(j)2 + sin(j)i sin(j)2 + /(sin(j)i cos(j)2 — cos(j)i sin (f>2))
P2
= — (cos((j)i —(j>2) + i‘sin((j)i -(j)2))-
P2
►
1.16. Primer. Odrediti: a) (l
+ O3;
b) (1 + ; ' v / 3 ) 5;
c) ( l + co s ( f ) + i'sin ( f ) ) 7 .
Rešenja. Koristićemo Moavrovu formulu c) iz teoreme 1.15. ( n- +1 sin ■ - J je ■ a) Na osnovu 1 + i = Vr2 (cos (1
+ i) 3 = (^/2 ) 3 ^ c o s ^ + i s i n ^ = ( \ / 2 ) 3
b) ( l + / \ / 3 ) 5 = ( 2 ( c o s | + i s i n | ) )
= 2^ ^ c o s ~
+
= -2
+ 2/
+ i ' s i n y j = 25
= 24( - l + i\/3 ). I cos2 ^- + 22isin c) Kako je 1 +cos - + is in - = 2cos is in ^-ccos 6 o0s y-6 to je 3 3 66 0 / Jt . tc\ ' /„ n / n . . n\ \ 1 .V\/3J / n ( l + c o s- + is in - J = ( 2 c o s - ( c o s - + is i n - J J = I 2— (c o s -+ is in
-(/3)’ ( ~ | + -i„^ ) =3,,2( - f - 4 ) — T ^ + 0- 1.17. Primer. Odrediti:
a) \ f \ i \
b) \ / l —i;
c) \ / \/3 + 3i.
Rešenja. Koristićemo Moavrovu formulu d) iz teoreme 1.15. / / :% iV ,^ ( f + 2 kn ' f + 2 a) \/4i = ^ 4 (cos - + / s i n - J = \/4 ( cos-^— ^----- 1- isin— -— J , z&k = 0,1,2, Zak = 0 je ^4 i = \/4 (cos ^ + isin - ^ ) . Z a fc = l je v/4i = -^4 ^cos ^ + i s i n ^ ^ = >^4/.
14
Glava 1. Uvod
Z ak = 2 je v^4i = \/4 ^cos ^ + / sin
.
Zak = 3 je v^i7 = v^4 ^cos
+ ;s in ^ ^ ^ .
Za k = 4 je \/4i = v^4 ^cos
+ i sin
^ .
4/ 1— = 4I / * { 77t Tn\ 4 / ~nž { ir + 2kn . 2n + 2 to t\ b) \/l - i = 4 V2 I cos— +*sin — j = y V2 I c o s^ —j------------- h fs in -i-^ ---------- I
za/r = 0,l,2,3. Zak = 0 je ^ Za * = 1 je Zafc = 2 j e
= ^2 f cos ~ + i s m ‘ ~l)) . ’V 16 16 / = ^ 2 fcos ^ + isin — V \ 16 16 J
^ T r ? = ^ f c o s ^ + isin — V \ 16 16 /
Za &= 3 je ^ = ^ ( c o s ^ + isin — V V 16 16 / ^cos_39ti + Ako stavimo dalje k = 4, dobijamo v''! —i = v7! (< %r ( In . ln \ == V 2 I cos — + ; sin — ) , sto je isto kao i za k = 0.
za k = 0,1,2,3,4. Za /<= 0 je \ / \/3 + 3i = !v/l2 ^cos
+ i sin
.
Za k = 1 je \/->/3 + 3i = v'TŽ Tcos — + i sin — 15 V 15 Za* = 2je \/V 3 + 3 i= l^ l 2 ^ c o s - ^ + i s i n - ^ ^ . Za /c = 3 je \/\/3 + 3i = v T I ^cos Zak = 4 je { A j 3 + 3i = ^
+ isin
•
^ c o s ^ + is in ^ j .
. 39ti
I s i n _
Glava 2
Funkcije 2.1
Osnovni pojmovi
2.1. Definicija. Neka su A i B dva neprazna skupa. Pridruzivanje (korespondencija, pravilo) f koje svakom elementu skupa A dodeljuje tačno jedan elemenat skupa B naziva se funkcija. Ekvivalentna prethodnoj definiciji je 2.2. Definicija. Neka s u A i B dva neprazna skupa. Relacija f c A x B j e funkcija ako važe sledeća dva uslova i) (Vx G A) (3y e B) (x,y) £ / ; ii) ((x,y\) € / A (x,y2) e f ) = > y \ = y 2U oba slučaja pišemo / : A —>B. Skup A naziva se domen ili definicioni skup, a skup B se naziva kodomen funkcije / . Ako (x,y) E f , pisaćemo y = f (x) . Za veličinu x £ A kažemo da je nezavisno promenljiva (ili: original), a za veličinu j; = f ( x ) e S d a j e zavisno promenljiva (ili: slika). Skup vrednosti funkcije / je skup f ( A ) = {>’ £ B| 3x £ A , y = f ( x ) } , što znači f ( A ) C B. Mi ćemo posmatrati samo one funkcije čiji su i domen i kodomen neki podskupovi skupa realnih brojeva R. Takve funkcije se nazivaju realne funkcije jedne realne promenljive, a u ovoj knjizi ćemo ih zvati funkcijama. Posledica definicije 2.2 jeste da su dve funkcije f \ : A| —» B\ i f 2 : A 2 —» B2 jednake ako i samo ako imaju jednake domene, tj. A\ = A 2, jednake kodomene, tj. B\ = B 2, i, naravno, ako važi f\( x ) = f 2(x) za sve x £ A \ = A 2. 15
Glava2. Funkcije
16
Na primer, funkcije f ( x ) = > /? , x € (0, +°°) i g(x) = x, x £ (0, +°o); su jednake, a funkcije f ( x ) = 'Ji? , x e R i g(x) = x, x e ffi imaju različite skupove vrednosti, pa zato nisu jednake ( /(R ) = [0, +»<=) i g(R) = M). Funkcije f( x ) = lnx4, x^=0, g(x) = 41nx, x e (0,+°o) nisu jednake. Prema prethodnom, funkcija je zadata određivanjem cele trojke ( A , B , f ). Međutim, često je funkcija data samo analitičkim izrazom (formulom) y = f ( x ) , podrazumevajući pri tom skupove A i B kojima pripadaju nezavisna i zavisna promenljiva. Onaj podskup skupa realnih brojeva M za koji data formula ima smisla, zvaćemo prirodnim definicionim skupom funkcije / . 2.3. Primer. Odrediti prirodni definicioni skup I.)j za sledeće funkcije: a)
f ( x ) = V 2 ,v -5 ; b) f ( x ) = \/9 - x 2; 4;
d ) -^W = ^
g) f ( x ) = in(x2 + 1);
c) f ( x ) = \/x + 4;
e) / ( A') = ^ r 4 ;
f ) /( x ) = l n ( x + l ) ;
h) f ( x ) =
i) /(x ) = e 1/^ " ^ 1).
Rešenja. a) Kako je 2x - 5 > 0 za x > 5 /2 , to je interval Dj = [5/2,+ °°) prirodni definicioni skup za datu funkciju. b) Dati izrazima smisla za 9 - x 2 > 0, tj. za (3 —x)(3 + x) > 0. Pošto je 3—x > 0
zax < 3 i 3 + x > 0 za x > —3, to z a x 6 [—3,3] važi 9 —x2 > 0.
Međutim, iz nejednakosti 3 —i < 0 za j > 3 i 3 + x < 0 z a x < —3 sledi da je skup
ova za koje je u isto vreme 3 —.r < 0 i 3 +
< 0 prazan.
Znači da važi 9 —x 2 > 0 x G [—3,3], a skup [—3,3] i jeste traženi prirodni definicioni skup D f za funkciju / . c)
D / = K.
d) D f = R \ { —2,2}.
e)
Df = R-
f) D / = { x e R | x + l > 0 } = ( - l,+ o o ) .
g)
Df = R.
h) D f = R \ { —1}.
i) D f = R. ►
Funkcija / : A —>B sa osobinom da za svaki par xi i x^ iz skupa A važi x\ ^ x2 => f ( x i) ^ f ( x 2) zove se injekcija (ili funkcija 1 - 1). Funkcija f : A ^ B sa osobinom (Vy G B) (3x e A) f ( x ) = y zove se surjekcija (ili funkcija na). Drugim rečima, funkcija / je surjekcija ako i samo ako je f.(A) = B, tj. ako se njen skup vrednosti poklapa sa njenim kodomenom.
2.1. Osnovni pojmovi
17
Funkcija f : A —>B j e bijekcija ako je i injekcijai surjekcija. Na primer, funkcija / : A —>B data sa a) f ( x) — 3x + 2, A = B = R, jeste bijekcija; b) / (x) = 3x2 + 2, A = B = K, nije ni injekcija ni surjekcija; c) f ( x ) = 3x2 + 2, A = R, B = [2, +°°) nije injekcija, ali jeste surjekcija; d) f ( x ) = 3x2 + 2 , A = [5,15], B = R jeste injekcija, ali nije surjekcija; e) f ( x ) = 3x2 + 2, A = (0, + °°), B = (2, + °°), jeste bijekcija. Za dve funkcije f : A ^ B i g : B —►C, funkcija g o / : A —>C, data sa (g°f)(x)-=g(f(x)),
x € A,
zove se kompozicija funkcija / i g, ili složena funkcija od / i g. 2.4. Primer. Funkcije f i g su date sa a)
/( * ) = x + 3, g(x) = 2 x —a/x;
b)
/( x ) = x 2 + 1, g(x) = 2 x — 3.
Odrediti složene funkcije ( f o g ) ( x ) , ( g o f ) ( x ) , ( f o f ) ( x ) i ( f o f o f ) ( x ) . Rešenja. a)
( f ° g ) ( x ) = f ( g ( x ) ) = ( 2 x - ^ f x ) + 3 = 2x + 3 - ^ x ; (g ° f ) ( x ) = g ( f ( x )) = 2(x + 3) - Vx + 3 = 2x + 6 - Vx + 3. Primetimo daje, na primer, ( f ° g ) ( l ) = 4 i ( g ° f ) ( l ) = 6. ( f ° f ) ( x ) = f ( f ( x ) ) = ( x + 3 ) + 3 = x + 6; ( f ° f ° f ) ( x ) = f ( f ( f ( x ) ) ) = f ( x + 6) = (x + 6) + 3 = x + 9.
b) ( f o g ) ( x ) = f ( g ( x ) ) = ( 2 x - 3 ) 2 + 1 = 4x2 — 12x+ 10; ( g ° f ) ( x ) = g( f ( x) ) = 2(x2 + 1) - 3 = 2x2 - 1; ( / o f ) ( x ) = f ( f ( x ) ) = (x2 + l ) 2 + 1 = x4 + 2x2 + 2; ( f ° f ° f ) ( x ) = f ( f ( f ( x ) ) ) = / ( x 4 + 2x2 + 2) = (x4 + 2x2 + 2)2 + 1 = x8 + 4x6 + 8x4 + ^ + 5. ► Neka je funkcija / : A —>B bijekcija. Tada za svako y € B postoji tačno jedan elemenat x € A, takav da je y = f ( x ) , pa je relacija r
1 := { ( y , x ) e B x A \ y = f ( x ) }
funkcija sa domenom B i kodomenom A koja se naziva inverzna funkcija za / . Inverzna funkcija je takođe bijekcija i za nju važi (Vy 6 5) / “ 1(y) = x Važe jednakosti
f ( x ) = y.
(V x eA ) f ~ l o f ( x ) = x i (Vy £ B) f o f ~ l ( y ) =y .
Glava 2. Funkcije
18 2.5. Primer. Odrediti inverznu funkciju g za datufunkciju / , gcle je &) f ( x ) =?>x+\, i £ ( - “ , + “ );
b ) f ( x ) = x 2, x e (—oo,0);
c ) f ( x ) = x 2, x-€(0,+oo);
d)f(x) =
x e ( - o o ,- i) u ( l,+ o o ) .
Rešenja. a) Skup vrednosti date funkcije je interval (—■ ° °,+°o), što postaje definicioni skup za inverznu funkciju, pa iz x = 3y + 1 (razmenom mesta x i )') sledi da je inverzna funkcija g za funkciju / data sa g(x) = f ~ l (x) = b)
g ( x ) = f ~ l {x) = - y /x , za jc e (0 ,+ o o ).
c)
g(x) = / _1W = A
za
X — 1
x <= ( - ° ° , + co)-
(0,+oo).
d) Za.r = y 3jT~’ Posle sređivanjadobijamo inverznu funkciju g(x) = f ~ l (x) = j ~ ~ > x e (—oo, —1) U (1, +oo). Znači, za datu funkciju / važi da je f ( x ) = g(x) = / " ’ (x) z a s v e ^ e '( —° ° ,- l) U ( l,+ o o ) . ► Grafik funkcije f \ A —* B je podskup Gf skupa R 2 = i x l dat sa ?/ = { (* > /(* )) Skup A C R je simetričan (prema koordinatnom početku) ako za sve x e A važi da i —x e A. Funkcija / : A —>B, gde je skup A simetričan, je parna, ako važi (V x eA ) f ( - x ) = f ( x ) . (Geometrijski, to znači da je grafik pame funkcije osno simetričan u odnosu na ) ’- OS U . )
Funkcija / : A —>B, gde je skup A simetričan, je neparna, ako važi (Vx e A) f ( - x ) = - f ( x ) . (Geometrijski, to znači da je grafik nepame funkcije centralno simetričan u odnosu na koordinatni početak.) Funkcija može biti ili pama, ili nepama, ili ni parna ni nepam a. 2.6. Primer. Ispitati pamost, odnosno neparnost sledećihfunkcija na njihovim prirodhim domenima: a) f ( x) = x2 + 1; b) f ( x ) = sin* + .r, c)
f (x) = Vx 2 + x + \ - V*2 - x + 1;
d)
f ( x ) = In -j-i^ ;
e)
f ( x ) = e x2+ x 4 + 1;
f)
f ( x ) = e x/x + 3x.
2.1. Osnovni pojmovi
19
Rešenja. a) Kako je za svako x € K, f ( —x) = ( —x ) 2 + 1 = x 2 + 1 = f ( x) , to je data funkcija / parna. b) Pošto je za svako x € M, f ( —x) = sin(—x) + (—x) = —sinjc —x = —(sinx + x) = —f ( x) , to je funkcija / nepama. c) Kako za svako x £ R važi: f ( ~ x )
=
\ f ( - X
) 2
- X
+
1- a / (-
X
)2 +JC+ 1 -
( \ J x 2
+ .V + 1 -
\ / x 2
- X
+
1) =
~ f ( x ) ,
to je funkcija / neparna. d) Za \x\ < 1 je f ( - x ) = ln -j—-- = ln (l - x ) - ln (l +x ) = - ln = -f(x), 1 +jc 1 —x pa je funkcija / nepama. e) Za svako x e R je f { —x) = e
+ (—x) 4 + 1 = f ( x ) , pa je data funkcija pama.
f) Funkcija nije ni pama ni nepama, jer je, npr., f ( - l ) = e ~ ] — 3 ^ e1+ 3 = / ( 1 ) , tj . / nije pama i, npr., / ( —2 ) = e - 1 / 2 —6 ^ —e 1/ 2 — 6 = —f ( 2 ), tj. / nije nepama. ► Funkcija / je ograničena na skupu X d A ako postoji C > 0 sa osobinom (V * e x )
\f(x)\
Funkcija / : A —* B je periodična na A ako postoji realan broj x / 0 sa osobinom (V x eA ) f ( x + i ) = f ( x ) . Broj x se tada naziva period funkcije / : A —>B. Osnovni period funkcije / je najmanji pozitivni period te funkcije (ako postoji). Na primer, funkcija f ( x ) = A ■sin(ou + (3), x £ R, uz uslove A / 0| ot / 0 , je
2n
penodična sa osnovnom periodom ^—r. (Pokažite to!)
Giava 2. Funkcije
20
2.7. Primer. Ispitati periodičnost sledećih funkcija na njihovim prirodnim domenima: a) c)
f { x ) = 2sin5x; b) f ( x ) = sin 2 a-; f ( x ) = V tg3č;d) /( x ) = c o s 3 x + 3sin3x.
Rešenja. a) Funkcija je periodična sa osnovnom periodom y . b) Funkcijajeperiodičnasaosnovnom periodom T t,jerje sin2 x = l- c°s2xt afunkcija f ( x ) = co s 2 x je periodična sa periodom 2 n /2 = n. c) Funkcija je periodična sa periodom n. ... . ,.v . , 2 rc d) Funkcijaje penodicna sa penodom — .
►
Funkcija f : A ^ B raste na A, ako za svaki par x i,x 2 tačaka iz sk u p aA v ažix i < x2 =>■ f ( x \ ) < f ( x 2); neopadan aA ,ak o zasv ak ip arA 'i,X 2 tačak aizsk u p aA važixi < x^ => f ( x i ) < f ( x 2); ne rastenaA, ako z a sv a k ip a rx i,x 2 tačaka iz skupaA važi^i < x 2 => f ( x \ ) > f ( x 2); opada na A, ako za svaki par x\ , x2 tačaka iz skupa A važi x\ < x 2 => f(x\) > f(x 2) . Funkcija / : A —>B ima lokalni maksimum (respektivno strogi lokalni maksimum) u tački xq £ A ako postoji broj e > 0 sa osobinom da važi X e (xo - 8 ,X0 + e) HA => f ( x ) < f(xo) (respektivno x £ (xo - e,xo + e) nA ) A (x / xo) => f(x) < f (xo )J ; lokalni minimum (respektivno strogi lokalni minimum) u tački xo £ A ako postoji broj e > 0 sa osobinom da važi x£
(x q -
e,xo + e) n A =*> f ( x ) > f(xo)
(respektivno (x e (x0 - e,xo + e) n A) A ( x ^ x0) => f ( x ) > f ( x o ) j Za izraze ''maksimum"i "minimum"koristi se i zajednički termin "ekstremna vrednost", ili, krače, "ekstrem".
2.2. Elem entam e funkcije
2.2
21
Elementarne funkcije
O snovne elementarne funkcije su: stepena funkcija: f ( x ) = x \ x e (0, + °°), za fiksno s s R (specijalno za s = 0 data funkcija je konstantd)\
*
eksponencijalna funkcija: f ( x ) = ax, x € R, a > 0 i a ^ 1; logaritam ska funkcija: f ( x ) = \ogax, x e (0 , + “ ) a > 0 i a
1;
trigonometrijske funkcije: f ( x ) = sinjc, a' € IR; f ( x ) = cosx, x € R; f(x)= tgx,xeR \^~ ^\keZ y,
f ( x ) = ctgx, x e R \ { k K \ k e Z } - ,
inverzne trigonometrijske funkcije (sa eventualnom restrikcijom domena). Elementarne funkcije se dobijaju primenom konačnog broja algebarskih operacija: sabiranja, oduzimanja, množenja i deljenja, kao i (konačno mnogo) operacija kompozicije, na osnovne elementame funkcije.
2.2.1
P o lin om i
Funkcija P„(x) — anx" + a„-ixll~ l -\------ \-aix + ao,
(2.1)
gde su koeficijenti aj, j = 0 , 1 , . . . , « , realni brojevi, naziva se polinom stepena n € N, ako je koeficijent an / 0. Po definiciji uzimamo da je konstanta polinom, nultog stepena. Dva polinoma su jednaka ako su istog stepena i ako su koeficijenti uz iste stepene jednaki. Broj xq je nula polinoma Pn(x) iz (2.1), ako je Pn(xo) = 0. Ako je broj xq> nula polinoma Pn(x), koji je racionalan, realan odn. kompleksan broj, tu nulu ćemo zvati racionalnom, realnom odn. kompleksnom nulom tog polinoma. 2.8. Osnovni stav algebre. Za svaki polinom stepena n e N postoji tačno n (realnih i/ili kompleksnih) nula, među kojima moze biti i jednakih. Ako je xq realna nula polinoma P„(x), tada postoji polinom sa realnim koeficijentima Q„-\(x), gde je Qn- \ ( x) = \x"~' + b n- 2xJ ' ~ 2 -1------ [-b\x + b0, stepena n — 1 , tako da važi P„(x) = ( x - x 0)Qn- \(x).
( 2 .2 )
22
Giava 2. Funkcije
Broj a'o 6 K je realnan u lam - t o g reda polinoinaP„(x) iz(2.1), akopostojipolinom sa realnim koeficijentima R„-m(x), stepena n —m, takav da je Rn-,„(x0) ^ 0 i važi P„(x) = ( x - x0)"'Rn- m(x). Uopšte, svaki se polinom Pn(x) sa realnim koeficijentima, oblika (2.1), stepena n, može na jedinstven način napisati kao proizvod Pn(x) = a „ ( x - x i ) mi ■■■(x-xr)"h ■ (x2 + b\x + c i) h ■■■(x2 + bsx + cs)h ,
(2.3)
gde za prirodne brojeve nij, j = \, . .. ,r,\ prirodne brojeve h , k = 1 , . . . , s, važi n = m\ H------ h/w,. + 2 (/i H------ \-ls). U relaciji (2.3) x- su međusobno različite realne nule polinoma P„(x), reda my, j = 1 , . . . , r, dok su nule kvadratnih trinoma x2 + bi:x + ck, k = 1 ........ s. konjugovano-kompleksne nule polinoma P„ (x). Nači realne nule polinoma iz (2.1) je, u opštem slučaju, složen zadatak. Što se tiče racionalnih nula tog polinoma, uz dodatni uslov da su svi koeficijenti cij, j = 0 , 1 , . . . ,n, celi brojevi, važi sledeće jednostavno tvrđenje. 2.9. Teorema. N eka je dat polinorn Pn(x) iz (2.1) sa celim koeficijentima. Ako je razlomak p / q nula polinoma P„(x), gde su p £ Z i q € N relativno prosti brojevi (tj. razlomak p / q se ne moze uprostiti), tada vaii: imenilac p je činilac slobodnog člana a0\ brojilac q je činilac koeficijenta a„. Teorema 2.9 daje potencijalne racionalne nule datog polinoma sa celim koeficijentima. Postupak koji omogućava da se odrede koeficijenti b0,b i , . . . , bn- \ polinoma Qn~\(x) iz (2.2) i proveri da li su potencijalne vrednosti zaista nule datog polinoma, naziva se Hornerova shema. Objasnićemo u opštem slučaju primenu Homerove sheme. Neka je x = x 0 moguća racionalna nula datog polinoma, određena na osnovu teoreme (2.9). Stavimo (jedan od faktora izraza a0/ a„) b„~\ = a„,
b n—2 = x0bn- \ + a„—\ , . . . ,
b0 = x0b\ + a \ ,
odnosno, u opštem slučaju, bk = x 0bk+i+ a k+\, fc = 0 , 1 ,. . . , n — 1 . Osim toga, neka je r = x0b0 + a 0. Sada postoje dve mogućnosti:
2.2. Elementame funkcije
23
(i) ako je r = 0 , tada je * = *o nula posmatranog polinoma; (ii) ako je, medutim, r ^ 0 , tada pretpostavljena vrednost x = x0 nije nula posmatranog polinoma. U praksi, to se proverava na sledeći način: Prvo se ispišu svi koeficijenti datog polinoma, tj. uključujući i one koji su jednaki nuli. Na osnovu gornjih jednakosti za koeficijente bk, k = 0 ,1 ,...,n — 1, i broj r pravi se sledeća shema: ®n
&n —I
fl-n—2
••■ @k
•■•
b„ - 1
bn- 2
••■ bk
...
|X = X0
b0
|
r
i primeni gomja analiza o odnosu brojeva r i 0 . 2.10. Prim er. Odrediti mcionalne nule sledećih polinoma: a)
P2 (x ) = 2x2 + 4x —6;
b)
P 3 (jt)= x3 + 3 * 2 - 4 ; t - 1 2 ;
c)
P4 (*) = 2*4 — 13*3 + 28*2 —23* + 6 ;
d)
P5 (*) = * 5 —* 3 + r 2 — 1;
e)
P7 (*) = *7 + 6*5 —5*4 + 9* 3 — lO* 2 _|_4 ^ _ 5 _
Rešenje. a) Dati polinom je drugog stepena, pa se nule mogu odrediti rešavanjem kvadratne jednačine po formuli —4 ± i/4 2 —4-2■ ( _ 6 ) _ - 4 + 8 Xl'2 ~ 2-2 4 Racionalne nule polinoma P2(x) su *1 = —3, x2 = 1. Osnovni stav algebre (teorema 2.8) kaže da su to i jedine nule tog polinoma. Prema tome, možemo pisati 2*2 + 4* —6 = 2(x —1) (* + 3). b) Za dati polinom posmatrajmo delitelje broja 12, jer je a0 = 12. To su brojevi + 1,+2, ±3, ±4, ± 6 , ±12. Kako je a „ = 03 = 1, to su Ispitaćemo da li je * = 1
ovi celi brojevi i jedine moguće racionalne nule datog polinoma. nula posmatranog polinoma: 1
3 -4 1 4
-1 2 | x= 0 | -1 2 .
1
(Drugi red u ovoj shemi je dobijen u skladu sa prethodno objašnjenom Hornerovom shemom:
Glava2. Funkcije
24
Prvi broj u drugom redu, 1, se prepiše iz prvog reda i upiše u drugu kolonu. Zatim se nalaze brojevi 4 = 1 ■1 + 3, 1-4 + (—4) = 0 i konačno se dobija ostatak 1 -0 + (—12) = —12.) Kako
je zadnja cifra u drugom redu —12 (tj. r = —12), tox = 1 nije nula datog polinoma.
Ispitaćemo da li je x = 2 nula posmatranog polinoma: 1 3
1 5
-4
-1 2
|
x= 2
6 j 0.
Kako je zadnja cifra u drugom redu 0, (tj. r = 0), to je x = 2 nula datog polinoma. Prema tome možemo pisati x 3 +3x 2 —\ x — 12 = (x —^^(jc2 +5x + 6 ). Postupak se dalje nastavlja, tako što je sada dovoljno tražiti nule novog polinoma dmgog stepena. To se sada može uraditi ili rešavanjem kvadratne jednačine Q 2 ( x ) : = x 2 + 5 x + 6 = 0, ili, kao štoćemo mi touraditi, ponovopomoću Hornerove sheme. Ako proverimo d a l i j e x = - 2 nulapolinomag 2 (*),tada imamo
,1 5
6
|
1 3
|
x=
—2
0,
što znači daje druga nula polinoma P3 (x). broj x = —2. Tablica takođe pokazuje daje treća nula —3. Prema tome, možemo pisati x3 + 3x2 —4x —12 = (x —2) (x + 2)(x + 3). c) Za ovaj polinom posmatramo delitelje broja 6 . To su ± 1 ,± 2 ,± 3 ,± 6 . Delitelji broja 2 su 1 3 brojevi ±1,±2, pa sumoguće racionalne nule datog polinom a±l, ±2, ±3, ± 6 , ± - , ± - , Ispitaćemo da li su x = 1, x = 2 i x = 3 nule posmatranog polinoma: 2
-1 3 2
28 -1 1 2
-2 3 17 -7
6 -6
2
-1
3
| j
0 | 0 |
x=l x= 2 x= 3
0.
Primetimo da je u ovom slučaju Homerova shema bila primenjena tri puta: prvi put na dati polinom P4 (x) za x = 1, pa za polinom 2x3 —1lx 2 + 1 7x —6 za x = 2, i konačno na polinom 2x2 - 7 * + 3 zax = 3. Kako je zadnja cifra u dragom, trećem i četvrtom redu 0, (tj. odgovarajuće r = 0), to znači da su ova tri pretpostavljena broja zaista nule posmatranog polinoma. Dalje, poslednja vrsta gornje sheme pokazuje da je četvrta nula posmatranog polinoma broj x = 1/2. Znači, važi
2.2. Elementame funkcije
25
2 x 4 - 1 3 x 3 + 2 8 x 2 - 2 3 x + 6 = (x -
1)(jc-2)(jc-3)(2x-
1 ).
d) U ovom slučaju nioguće racionalne nule polinoma su 1 i —1, pa je 1
- 1
0 1
1
0 1
- 1 1
| j 0
0
1
|
0
1 -1
1
|
0
1 0
1 0
x=l x = -l x = - l .
Prema tome je P5 (.*) = x 5 —x 3 + x 2 —1 = ( x + 1)2 ( x — 1 ) ( x 2 —x + 1) . Posmatrani polinom nema drugih racionalnih nula. U stvari, ostale dve nule su konjugovano - kompleksni brojevi, pa je dobijena faktorizacija polinoma P $ ( x ) oblika (2.2). e) Moguće racionalne nule polinoma P y ( x ) su ±1 i ±5, pa je 1
0
-5
6
1
1
7
1
9 2
2
9
-10
4
-5
11
1
5
11
22
23
|
x = l
j 0
jc =
1
| 28.
Znači x = 1 je samo jednostruka nula (nije dvostruka), jer je u trećem redu poslednje tablice zadnji broj 28. Ostavljamo čitaocu da pokaže da vrednosti x = —1, x = 5 i x = —5 nisu nule datog polinoma, što znači da drugih racionalnih nula ovaj polinom nema. U stvari, polinom P i ( x ) drugih realnih nula i nema, i važi sledeća faktorizacija oblika (2.2): p 7 (x ) = x t + 6x5 - 5jc4 + 9a -3 -
10x2 +
4x - 5 =
(jc
1) ( x2 +
-
x + 5) ( x2 +
1) 2 .
►
2.11. Primer. U istom koordinatnom sistemu nacrtati grafike sledećih funkcija: h(x) = x 6;
f(x) = - x \
8(■r'l - _v4 sM = -
c)
f ( x ) = x,
g(x) ■
h(x) =
d)
f{ x ) = ~x,
g(x) = - ' v3
h(x)
a)
f ( x ) = x 2,
b)
Sl ika 2.1.
h(x)
x6; jc5 ;
JC5.
Slika 2.2.
26
Glava2. Funkcije
Rešenja. Sve funkcije u ovom zadatku imaju za svoje prirodne definicione skupove isti skup, naime ceo skup realnih brojeva i imaju jednu nulu u tački x = 0 . a) Skup vrednosti funkcijaje interval [0,°°) i pam e su. Funkcije opadaju nad (—°°,0), a rastu nad (0 , =»), imaju (lokalni i globalni) minimum u tački x = 0 (sl. 2 . 1 ). b) Skup vrednosti ove tri funkcije je interval (—°°, 0] i pame su. Sve tri funkcije rastu nad (—oo,0 ), a opadaju nad (0 ,+«=), pa imaju (lokalni i globalni) maksimum u tački x = 0 (sl. 2 .2 ).
Slika 2.3.
Slika 2.4.
c) Skup vrednosti ovih funkcija je ceo skup M. Sve tri date funkcije su neparne, rastuće funkcije na R. (sl. 2.3).
Slika 2.5.
Slika 2.6.
d) Skup vrednosti ovih neparnih opadajućih funkcija je (—« , + » ) (sl. 2.4). ► 2.12. Primer. Rešiti sledeće nejednačine: s) x2 — 1 > 0;
b) 6*2 + 13.t —5 < 0;
d )x 2+ 4 < 0 ;
e) (x2 —4x)(—x2 + 2x + 3) < 0 ;
c^.r^ + ^^ O ; x l —4
f) -■
Rešenja. a) Data nejednačina se može rešiti na sledeća dva načina. I način: Pre svega važi x2 - 1 = ( x — l ) ( x + 1), a zadnji proizvod je nenegativan
—-
2.2. Elementame funkcije
27
ako i samo ako je ili (x — 1 > 0 A i + l > 0 ) •<=> (x > 1 A x > —1) => x > 1, ili, ( x - 1 < 0 A x + 1 < 0)
(x < 1 A x < - 1 ) => x < - 1 .
Nejednakostx 2 — 1 > 0 važi ako i samo ako je x e (—»,•—1] U [!,+«>). II način: Ova nejednačina se može rešiti i pomoću grafika parabole i njenog znalca. Funkcija f ( x ) = x 2 — 1 d a ta je n a sl. 2.5 i nenegativnaje z a x € (—°°,—l]U [l,+ °°), • što i predstavlja skup rešenja date nejednačine. b) Funkcija f ( x ) = 6 x 2 + 13x —5 ( sl. 2.6), ima nule u tačkama xi = 5 i xo = —| , i ima negativnu vrednost zax G ( —| , 5 ) • Zadnji interval i jesterešenje datenejednačine. c) Iz x 2 + 4 > 0 za svako x € (—°°, +°°), sledi da je rešenje date nejednačine skup R. d) Nema rešenja. e) Na osnovu grafika funkcija f ( x ) = x 2 — 4x i g(x) = —x2 + 2x + 3, (sl. 2.7), je x 2 —4x < 0 za x e (0,4)
i
—x 2 + 2x + 3 > 0 za x € (—1,3). Ovo znači da važi
(Vx G (0,3)) (x2 —4x)(—x2 + 2 x + 3) < 0. Takođe je x 2 —4x > 0 za x € (—°°,0 )U (4 ,+ °°), (—°°, —l)U (3 ,+ ° ° ), štopovlači xG (—°°, —1 )U (4 ,+ °°)
i
—x 2 + 2 x + 3 < 0
za x g
(x2 —4x)(—x2 + 2 x + 3) < 0:
Skup rešenja date nejednačine je unija intervala (—°°, —1) U (0,3) U (4, + °°). f) Na osnovu grafika funkcija f ( x ) = x 2 + 2x —3 i g(x) = x 2 —4 (sl. 2.8), sledi x 2 + 2x —3 > 0 z a x € (—°°, —3] U [1,+°°) i x2 — 4 < 0 za x € (—2,2). Prema tome, x G [1,2) =>■ (.r2 —4x)(x 2 + 2x —3) < 0 . Dalje je x 2 + 2x —3 < 0 z a x € [—3,1] i x2 —4 > 0 z a x € (—°°, —2) U (2, +°»). x ^ 2x —3 Prema tome je — ^ ^ — —0 <$=> x € [—3, —2) U [1,2). ►
Glava2. Funkcije
28
Slika 2.7.
2.2.2
Slika2.8.
Racionalne funkcije
Funkcija R (x) =
>* e » \ {* e R| Qm(x) = 0},
(2.4)
gde su Pn(x) i Qm{x) polinomi stepena n odnosno m, naziva se racionalna funkcija. Posebno značajni primeri racionalnih funkcija su elementarne racionalne funkcije A , , Bx + C J ’ 1 (.x2 + bx + c)k’ ’(2'5) gde su nule polinoma X 1 + bx + c konjugovano-kompleksne. 2.13. Teorema. Racionalna funkcija oblika (2.4) se može na jedinstven način napisati kao zbir elementarnih racionalnihfunkcija oblika (2.5), i, ako je n > m ,jo š jednog polinoma stepena n — m. 2.14. Primer. U istom koordinatnom sistemu nacrtati grafike sledećihfunkcija: a) f ( x ) = ~,
g(x) = ^ ,
h(x) = ^ \
b) k(x) =
lW = ^ i ’
wW = ^ '
Rešenja. Svih šest funkcija su definisane na intervalu (-° ° ,0 ) U (0, +°°). i nemaju ekstremnih vrednosti. a) Funkcije f , g i h sunepam e i opadajućenaintervalim a (—°°,0) i (0, +°°). b) Funkcije k, l i m suparne, rastuće na ( - ° ° ,0 ) , a opadajuće na intervalu (0,+°°). ►
2.2. Elementarne funkcije
29
2.15. Primer. Rastavitina elementarne racionalne funkcije sledeće racionalne funkcije: . a)
2 x2 — 1 ’
*+ 3 ' .X ~A Č 7 i ~A’ 4 —5* 2 + 4 ’
b)
x3 — 2x —35 — ------ — ; x2 —2x — 15 ’
c)
x+ l x 3 —2x2 + x —2 ’
x2 + 1 7 x ( x - l ) 3> ’
2x2 - 4x + 3 0 x4 —6 x 3 + 13x2 —1 2 x + 4 '
Rešenja. a) Nule polinoma u imeniocu, x2 — 1, su x = 1 i x = —1, pa prema teoremi 2.13, datu racionalnu funkciju možemo rastaviti na zbir sledećih parcijalnih razlomaka: 2 _ _A _ _ S _ x 2 —
i
x—
i
x
+r
Iz ove jednakosti dobijamo konstante A i B tako što se prvo saberu poslednja dva razlomka _ A _ ^ __ B
x—1 x+1
_ A (x + l)+ S (x -l) _ (A+B)x+A-B
x2—1
x2—1
i brojilac dobijenog razlomka izjednači sa brojiocem početnog (datog) razlomka. Tako dobijamo 2 = (A + B)x + (A —B), odnosno sistem jednačina A + B = 0, A - B = 2, sa 2---------------------------------------------------------- 1 rešenjima A = 1, B = —1, što znači da je -----= . xz —1 x — 1 X+ 1 b) Stepen brojioca je veći od stepena imenioca, pa se prvo moraju izvršiti sledeće transformacije: x3 —2x —35 x3 —2x2 —15x + 2x2 + 13x —35 x(x2 —2x—15) + 2x2 + 13x —35 x2 —2x—15 x2 —2x—15 x2 —2x—15 2x2 + 13x —35 17x —5 x2 —2x—15 X^~ x 2 —2x—15' (Umesto ovihtransformacija, može se podeliti polinom x3 —2x —35 iz brojioca sa poli17x —5 nomom x~ —2x —15 iz imenioca, što daje polinom x + 2 i ostatak — —— —.) Dalje je 17x —5 A B _ A(x + 3 ) + 5 ( x - 5 ) x2 —2x—15 x —5 x + 3 x2 —2x —15 ’ odakle se dobija sistem jednačina A + B = 17, 3A —5B = —5, paje A = 10, 5 = 7. Prema . x3 —2x —35 „ 1 0 7 “ ” )e P - 2 , - l5 ~ J + 2 + I ^ 5 + r ? 3 c) Polinom u imeniocu se može napisati kao x3 —2x2 + x —2 = (x —2) (x2 + 1), postoje konstante A, B i C, takve da važi x+1 ABx + C Ax2 +A + Bx2 —2Bx + Cx —2C , “ 5— ^ ^ + —o— r = -------------- ;---- ----------------------- > odnosno x —2x + x —2 x —2 x2 + l (x —2 ) (x + 1 ) x+ 1 _ (A + B)x2 + (C - 2 B ) x + A - 2 C X3 —2x2 + x —2 x3 —2x2 + x —2 Izjednačavanjem brojilaca dobija se sistem jednačina A+B = 0, C —2B = 1, A —2C = 1, odakleje A = 3/5, B = —3/5 i C = - 1 /5 , paje konačno
1
Giava 2. Funkcije
30
x +1 3 3x 4“ 1 x3 —2x2 +x —2 = 5(x —2) “ 5(x2 + 1) ’ d) Vrednosti x — I, x = 2, x = —1 i x = —2 su nule polinoma koji se nalazi u imeniocu, pa je x+ 3 A B C D -i— z-z— t = ------------------------------------------------------------------------------------------ 1-1-----------X4 —5x2 + 4 x —1 x + l x —2 x + 2 F funkcija ima oblik
(A + B + C + D)x3 + ( A - B + 2 C- 2 D) x 2 - ( 4 A + 4 B + C + D ) x - 4 A + 4 B -2 C + 2D X4 - 5x2 + 4 Na osnovu toga se dobija sistem jednačina i4+'B + C + £> = 0, A —B + 2C —20 = 0, -(4 A + 4B + C + D) = 1, -4A + 4 B -2 C + 2Đ = 3, sarešenjimaA = - 2 /3 , B = 1/3, C = 5/12i£> = -1 /1 2 . . . x+3 -2 1 5 1 Prema tome, moze se pisati — - = —-— + —--v x4 —5x2 + 4 3(x—1) 3 (x + 1) 12(x —2) 12(x + 2) e) Broj 1 je trostruka nula imenioca. Zbog toga, data racionalna funkcija se može pisati kao x" + 1 A B ^ C Ax2 —2Ax + A + Bx —B + C (x —l ) 3 = + (x —l ) 2 + (X —l ) 3 = ( x - l )3 ’ odakle se posle sređivanja dobija sistem jednačina A = 1, —2A + B = 0, A —B + C = 1, čija su rešenja A = l,B = 2 iC = 2. Tako dobijamo jednakost X2 + 1 _ 1 22 (x —1 ) 3 _ x - l + ( x - l ) 2 + ( x - l ) 3' f) U ovom slučaju su vrednosti x = 1 i x = 2 dvostruke nule polinoma koji se nalazi u imeniocu, pa se može pisati 2x2 —4x+ 3
A B C D ' “^ 7----- TTo ----------« + ‘ x —l (.T—l) 2 x —2 (x —2)2
Ax3 - 5Ax2 + 8Ax - 4A + Bx2 - 4Bx + 4B Cx3 - 4Cx2 + 5Cx - 2C + Dx2 - 2Dx + D x4 —6x 3 + 13x2 —12x + 4 + X4 —6x3 + 13x2 —12x + 4 Odavde se dobija sistem jednačina A + C = 0, -5A +B —4C + D = 2, 8A —4B + 5C —2D = —4, —4A+4B —2C + D = 3. Rešenja ovog sistema su A = 2, B = 1, C = —2, i D = 3, pa imamo 2x2 —4x + 3 2 1- 2 3 . • 4* 7-----~rz ------ ~ + * 4 —6x3 + 13x2 —12x + 4 x —1 (x —1) 2 x —2 (x—2) 2
2.2.3
Eksponencijalne i logaritamske funkcije
Eksponencijalna funkcija f ( x ) = a ' , x £ M, raste za a > 1 (slika 2.9 za a = 2) i opada za 0 < a < 1 (slika 2.9 za a. = 1/2 - isprekidana linija). Funkcija je pozitivna *za sve x € K, pa nema nula. Eksponencijalna funkcija bijektivno preslikava 1R na (0 ,+°°). Logaritamska funkcija f ( x ) = lognx, x > 0, je inverzna za eksponencijalnu funkciju i' = ax. Funkcija raste za a > 1 (slika 2.10 za a = 2) i opada za 0 < a < 1 (slika
31
2.2. Elementarne fankcije
2.10 za a = 1/2 - isprekidana linija). Nula funkcije je x = 1.
2.2.4
Trigonometrijske funkcije
Funkcija f ( x ) = sin* je definisana z a i € l , i njen skup vrednosti je interval [—1,1]. N eparnaje i periodična sa osnovnom periodom 2n. Nule su u tačkama-r = kn. Naintervalu (—n / 2 + 2 k n ,n /2 + 2kn) raste, aopadanaintervalu ( n/ 2 + 2 kn ,3 n /2 + 2h Funkcija ima maksimume u tačkama x = (4k + \ ) n/ 2, a minimume u tačkama x = (Ak + 3) n/ 2 (slika 2.11). U ovom potpoglavlju k uvek označava ceo broj, tj. k € Z. y
Slika 2.11. f ( x ) = sinx
4 v
Slika2.12. f ( x ) = cosx
Funkcija f ( x ) = cos* je definisana za sve * € R, i njen skup vrednosti je interval [—1,1], F u n k cijajep am aip erio d ičn asa osnovnomperiodom 27t. Nule funkcije su u tačkama x = n / 2 + kn. Na intervalu oblika (2kn, (2k + 1)n) opada, a na intervalu oblika ((2k + l)n, (2k + 2)rc) raste. Funkcija ima maksimume u tačkama x = 2kn, a minimume u tačkam a* = ( 2 k + \ )n (slika 2 . 1 2 ). sin jc Funkcija tgx = ------je definisana za sve ^ e E z a koje je cosx / 0, tj. na skupu K \ { ( 2 k + \ ) n / 2 \ k e Z}. Skup vrednosti je E . Funkcija je nepama i periodična sa osnovnom periodom n. Nule funkcije su u tačkama x = kn. Nema ekstremnih vrednosti, i na intervalu oblika (—n / 2 + k n ,n /2 + kn) raste. Vertikalne asimptote grafika su prave x = (2k + 1 )ti / 2 (slika 2.13). cosx Funkcija ctgx = je definisana za sve x £ E za koje je sinx / 0, tj. na skupu R \ {kn | k € Z } . Skup vrednosti je K. Funkcija je parna i periodična sa osnovnom
Glava 2. Funkcije
32
Slika2.13. f ( x ) = tgx
Slika2.14. f ( x ) = ctgx
periodom n. Nule funkcije su u tačkama . t = (2k + \ )n/2. Funkcija nema ekstremnih vrednosti, i na intervalu oblika (2 k n ,(2 k + l)rc) opada. Vertikalne asimptote grafika su prave x = kn (slika 2.14). 2.16. Primer. Nacrtati grafike sledećih funkcija: a) f ( x ) =
**) s ( x ) = e~(-x~m'1' , m
e M (Gausova kriv a).
Slika 2.15.
Slika2.16.
a) Funkcija je definisana na K nenegativna je, parna ima (lokalni i globalni) maksimum u x = 0 , čija je v re d n o st/( 0 ) = 1 (sl. 2.16).
b) Funkcijaje definisana na intervalu ( - ° ° ,+ ° ° ,) , skup vrednosti interval (0,1), ima maksimum u tački x = m i ograničena je na svom definicionom skupu, jer je 0 < k ( x ) < 1, x G R (sl 2.15).
2.2.5
Inverzne trigonometrijske funkcije
Osnovne trigonometrijske funkcije nisu monotone na svojim definicionim skupovima. Zbog toga, da bi se uopšte mogla definisati inverzna funkcija bilo koje od njih, potrebno je prvo izvršiti restrikciju polazne osnovne trigonometrijske funkcije na interval (po mogućstvu što veći!) na kome ona jeste monotona. Inverzne funkcije trigonometrijskih funkcija dobijaju prefiks "arc", tj. arcsin, arccos, arctg i arcctg. Funkcija f ( x ) = arcsinx je, po definiciji, inverzna funkcija za funkciju F\ (x) =
2.2. Elementarne funkcije
33
sinx, x € [—n / 2 , n / 2 ], koja je restrikcija funkcije F(x) = sinx, x e t , sa 1 na interval [—tt/2 ,rt/2 ]. Važnojeprim etiti danaintervalu [—7t / 2 , n / 2 ] funkcijaFi raste, a da je njen skup vrednosti interval [—1,1]. Zbog toga je definicioni skup funkcije / interval [—1,1], a njen skup vrednosti interval [—tt/2 ,tt/2 ]. Dalje, funkcija /*je neparna, rastuća i ima nulu u x = 0 (slika 2.17).
Slika2.17. f ( x ) = arcsinx
Slika2.18. f ( x ) = arccosx
Funkcija f ( x ) = arccos.r je, po definiciji, inverzna za monotonu funkciju F\ : [0,it] —> [—1,1] datu sa F\(x) = cosx, k o ja je bijekcija. (Proveriti!) Definicioni skup funkcije g jeste interval [—1 , 1 ], skup vrednosti je interval [0 , j i ] , i opada (slika 2.18). Funkcija f ( x ) = arctgA'je, po definiciji, inverzna za monotonu funkciju F\ : (—Jt/2, ji/2 ) —»R , datu sa F\ (x) = tgx. Funkcija / je definisana na celom skupu R, njen skup vrednosti je (—jt/ 2, Jt/2), rastuća je i nepama (slika 2.19).
y= n
ky V=
y = TC/2
.V
-
y __
■' / /
TC/z'
/
.V
0 1
/
y = -n l2 /
/
\
/
Slika2.19. f ( x ) = arctg*
O 1 TC/2
/ V = ,Y
Slika 2.20. f ( x ) = ai-cctgx
Funkcija /(.r) — arcctg.r je, po definiciji inverzna za monotonu funkciju F\ : ( 0 ,J t ) —> R, datu sa F\ (x) = ctgx. Funkcija / je definisana na celom skupu R, njen skup vrednosti je ( 0 , J t ) , i opadajuća je. Ova funkcija nije ni parna ni neparna (slika 2 .20 ).
34
GJava 2. Funkcije
2.2.6 2.17.
Razni zadaci
Prim er. Nacrtati grafike sledećih funkcija:
a) f ( x ) = x+ V * ž-,
b)f(x
c ) f ( x) = c o sx + |cos.r|.
x+VxJ
2x, 0,
U putstva. a) Data funkcija se može izraziti kao f ( x )
x > 0, x<0.
b) Iz a) sledi da je data funkcija definisana samo z a x > 0, i važi f ( x ) = l/(2x). c) Funkcija / je jednaka f ( x ) = \ 2C° SA’ c o s x ^ ’ Znači, f ( x ) = 2cosx ako I U) COSJf \ u* je x e \ J[ - Ti / 2 + 2k% ,n/2 + 2k'K}, odnosno f ( x ) = 0 ako je x e U (rc/2 + keZ keZ 2 kn ,3 n /2 + 2kn). ► 2.18. Prim er. Konstruisati grafike sledećih. funkcija: a)
/(x )= x + s in x ;
d)
f(x):
1 sinx
sinx
b)
/( x ) = x s in x ;
c)
f(x) =
e)
f ( x ) = sin I ' ' ' \x
f)
f ( x ) = xsin
x
Rešenja. Grafici ovih funkcija su dati na slikama 2.21-2.26
Slika 2.21. f ( x ) = x + sinx
Slika 2.22. f ( x ) = x s in x
2.19. Prim er. Konstruisati grafike hiperboličnih funkcija: *. a)
f ( x ) = shx =
c)
f {x) = thx =
2 ' ex — e~x ex + e~x ’
b)
f ( x ) = chx =
d) f ( x ) = cthx ■
ć +e x 2 ’ e* + e~x
Rešenja. Traženi grafici su dati na slikama 2.27-2.30. ►
2.2. Elementame funkcije
2.2.7
35
Parametarsko zadavanje krivih
N ek asu n ain tervalu I = [a,P] datedvefunkcijex = <(>(/) i y = \j/(/), t £ l . Skup svih tačaka ravni koje su određene koordinatama (§(t);\\i(t)), t G 7 (uz dodatne uslove o diferencijabilnosti funkcija (|) i \|/), predstavlja krivu datu parametarski. 2.20. Primer. Nacrtati krive date parametarski, ako je a > 0, t £ . x = a(t — sinr);
»)
x = acos^t', b)
y = a( 1 —cos t),
j x = a t / ( l + f 3);
1
y = a sin 3 f,
y = at2/ ( l + f 3).
Prva kriva se naziva cikloiđa, druga astroida, a treća Dekartov list. Rešenje. a) Funkcija je y = f ( x ) definisana na skupu R, i po t periodična sa periodom 2n. Na osnovu sledeće tabele, možemo nacrtati cikloidu (slika 2.31 za a=l):______ 7t/4 3 n /4 37i/2 2n %/2 n t 0 X
0
a ( n / 4 -n /2 /2 )
a (k /2 — 1)
a [3 n /4 -\f2 /2 }
an
o (3 7 t/2 + l)
2an
y
0
a ( I - n/ 2 / 2 )
a
a {l+ j2 /2 )
2a
a
0
36
Glava 2. Funkcije
Slika 2.21. f ( x) = shx
Slika 2.28. f ( x ) = chx
Slika 2.29. f { x ) = t h x
b) Ako je 0 < t < n /2 , tadaje 0 < x < a (t = 0 ,.t = a, y = 0, t = Ji/2, x = 0 ,y = a). Ako je n /2 < t < n , tada je —a < x < 0 (f = n, x = —a , y = 0) (slika 2.32 za a=l). c) Slika 2.33 za a = 3. ►
2.2.8
Krive date u polarnim koordinatama
Za svaku tačku A(x, y) ravni, izuzev koordinatnog početka O (0 ,0 ), postoje jednoznačno određeni polarni ugao cp e [0 , 2 ti[ i p o lam i rad jju s ili poteg p e [0 ,+«>[ takvi d a je x = pcos(p,>> = psin(p. Za par (p, (p) se kaže da su polame koordinate tačke A. Skup svih tačaka ravni koje
37
2.2. Elementame funkcije
Slika 2.33. Dekartov list.
Slika 2.34. Arhimedova spirala.
su određene sa (p (cp), (p), (p € (a , (3) predstavlja krivu zadatu u polarnim koordinatama. 2.21.
Primer. Nacrtati sledeće krive zadate u polarnim koordinatama (a > 0) : a)
p = a([) (Arhimedova spirala);
b) p = e° (logaritamska spirala);
c)p = a(l+cos<|>) (kardioida);
d) p = a 2 cos( 2 (j)),
gde se kriva d) zove Bernulijeva lemniskata. Rešenje. a) Na slici 2.34. predstavljena je Arhimedova spirala za a = 1. Primetimo da ako polami ugao (|>raste od 0 do +°°, tada i polami radijus p raste od 0 do +«>. c) Na osnovu sledeće tabele možemo nacrtati krivu (slika 2.35 za a = 1):
0
Jt/4
Jt/2
3ji /4
7t
p
2a
a ( 1 + V2/ 2 )
a
a ( l —V 2 / 2 )
0
3jt/2 | a
2 ji
2a
d) Funkcijap = p((|)) jedefinisanazacos2(t)> 0, tj. za
^ -----
1 0
>
Slika 2.35. Kardioida.
e Slika 2.36. Bemulijeva lemniskata.
Glava 3
Elementi linearne algebre 3.1
Matrice
Matrice se pojavljuju u mnogobrojnim primerima iz fizike i tehnike. Matrica tipa m x n je pravougaona šema brojeva koja ima m vrsta i n kolona i zapisuje se u obliku a n a \2 ■•• a\„ Cl2l «22 ■• • Cl2„ (3-1) @mi
■• • am„
Matrice se označavaju velikim slovima A , B , C , .... Na primer, matrica: A =
'2 2
S ' -1
je tipa 2 x 2 ,
B= .
3 COSJt 3x3,
C=
2 1
je tipa 3 x 2, a D =
5
^
7
-1
1
0 -1
3 ‘ 2
je tipa
2
' - 1 ,2 ' ln3 je tipa 3 x 1 . -1
Brojevi a,j, i, j = 1 ,2 ,...,« , suelem entim atrice (3.1). Element a,j je u z'-toj vrsti i /'—toj koloni matrice. Kvadratne matrice su one matrice kod kojih je broj vrsta jednak broju kolona. Red kvadratne matrice je broj njenih vrsta odnosno kolona. U prethodnom primeru matrice A i B su kvadratne matrice. Matrica A je reda 2, a m atricaB je reda 3. Dve matrice A i B su jednake ako su istog tipa i ako su elementi jedne matrice jednaki odgovarajućim elementima druge matrice.
38
3.1. Matrice
39
3.1. Prim er. Odrediti koje su od sledećih matrica jednake:
-1 0 1 2
s/2/2
D=
5' ln 12 1 , B= ' 1 0 5 , c = 1 2 -1 _ tg(n/4) -2Iog22 _ 1
3
_
sin(3Jt/2) cos(jt/ 2) eIn5 tg(jt/4) 2sin(jt/2) —1 , H = ‘ 01 -21 ' sin (Jt/4) -61n(VS) 22'"2 _
F=
Rešenje. Matrica B ima dve vrste i tri kolone, te je tipa 2 x 3 i nije istog tipa ni sa jednom od matrica A ,C ,D ,H i F, pa nije ni jednaka ni sa jednom od tih matrica. Preostale matrice su kvadratne i to A i D su reda 3, dok su C ,H i F reda 2. Matrice A i D su jednake, jer je svaki element matrice A jednak odgovarajućem elementu matrice D i obrnuto. Na primer, element —1 u prvoj vrsti i prvoj koloni matrice A jednak je elementu sin(3jt/2) iz prve vrste i prve kolone matrice D\ element 0 u prvoj vrsti i drugoj koloni matrice A jednak je elementu c o s ( t i / 2 ) iz prve vrste i druge kolone matrice D i tako dalje. Matrice C i H su jednake, a nisu jednake sa matricom F, jer je, na primer, element tg (n /4 ) u drugoj vrsti i prvoj koloni matrice C jednak je elementu 1 u drugoj vrsti i prvoj koloni matrice H, a element - 2 1 ^ 2 u drugoj vrsti i drugoj koloni matrice C jednak je elementu —2 iz druge vrste i druge kolone matrice H. Matrica F nije jednaka sa matricom C, a takođe ni sa matricom H (elementi u prvoj vrsti razmenili su mesta). ►
3.1.1
Sabiranje matrica
Neka su A i B dve matrice istog tipa m x n. Tada je zbir m atrica A i B matrica C tipa m x n , čiji su elementi jednaki zbiru odgovarajućih elemenata matrica A i B. Veoma je važno naglasiti da se m ogu sab irati sam o m atrice istog tipa. 3.2. Prim er. Date su matrice 3 12 2
D=
2 - 1 2
1 1
-0.3
' , B
12
7
6
2
1 -1
-15
9
' -1 1°
5 ' 55
, H=
2 - 2
-3 0
, c=
A H —^J , F = 1 2
Utvrditi koje se od datih matrica mogu sabrati.
1 -3
-5 - 1 2
22
6
-9
4
-18
3
‘
40
Glava 3. Elemend lineame algebre
Rešenje. Matrice H i F ne mogu se sabrati ni sa jednom od datih matrica, ni među sobom. Mogu se sabrati matrice A i D kao i matrice B i C na sledeći način: 3 A+D
=
12 2
2 -12
-0 .3
2 + ( —15) -1 10
=
-3 '
2 -2
-1 + 7 1 0 -3
0
1
-1
-1 5
9
55
1+ 5 "
14 -1 3
12 + 55 -5 - -12
8 -11
6 0
8.7
67
'
8
3
-3 + 8 ' 0+ 3
2- 5 - 2 -12
10
=
1-1
7 -3
+
5 '
2
+
2+6 - 12+1 -0 .3 + 9
3+ 7 12 + 2
B+C
7 6
'
1 1 12
‘6 7
-3 -1 4
5 ' 3
Za sabiranje matrica istog tipa važi zakonkomutativnosti, tj. A + B = S + A. zakon asocijativnosti,
tj. (A + B) + C = A + (B + C) . ' 1 2
Na primer, ako su date matrice A
'
-1
7
, B—
‘5
-10
, c =
3
1
' 0 3 ' -1 4
Tada je (.A + B) + C = '
( ' 1
-1
(
' 6 3
+
7
2 -11
'
' 5
-10
1 0
0 -1
+
3 4
0 -1
+
\
3
1
' 6
'
-8
14
2
2
-1 7
,
1
1
A + {B + C)
( 1
n
+
' 5
o
odnosno 3
+
-7 ' ' 6 7 + 2
0
' 0 3 ' -1 4 -8
"
14
Nula matrica tipa m x n je matrica čiji su svi elementi nule. Nula matrica je neutralni element za operaciju sabiranja u skupu matrica istog tipa. Na primer, neutralni elementi za operaciju sabiranja matrica tipa 0
3 x 3 je
0
0 0 0 0
0
0 ,2x3je 0
0 0
0 0
2
x 2 je
0 0
0 0
Skup matrica istog tipa u odnosu na operaciju sabiranja matrica čini komutativnu grupu.
3.1. Matrice
41
Množenje matrica brojem Matrica se množi nekim brojem tako što se svaki element te matrice množi tim brojem. Za proizvoljne realne brojeve A i p i proizvoljnu matricu A važi da ja (V )A = A(juA),
(X + /j )A = XA+/ jA.
Na primer,
2-
-1 1 '
■ 3
0u - —3
1
' 6
-2
2 '
0
-6
2
12
1 ’
2
18
Matrica - 1 •A označava se sa —A i važi A matrica istog tipa kao i matrica A.
-6 8
10
-6
4 ' 2
' 6 =
-3
5
0
9
4 -3
2 1 2
+ (—A) = —A + A = O, gde je Onula
Oduzimanje matrica deflniše se na sledeći način: A —B = A + ( - B) .
3.1.2
Množenje matrica
Neka su date dve matrice, matrica A tipa 2 x 2 i matrica B tipa 2 x 3
A■
an _ a2l
a \2 a22
B=
b\\ b2\
b 12
b 13
^22
^23
Proizvod matrica A i B je matrica C čiji se elementi dobijaju na sledeći način: C11
C.
C21
C\2 C22
Cl3 C23
«11
a ]2
a^i
6*22
b 11 b^\
a n - ž > n + a j 2 -^21
a n - ž > i2 +
a2\ ' b\ 1 + 022 ' ^21
&2\ -bi2+&22'b22
012-^22
a n
b\2 b22
b\3 bn
' ^ 1 3 + a i 2 - £>23
a2\ ' ^13 + a22 ’ ^23
Svaki element matrice C se može izraziti kao Cij = a n b \j + ai2b2j,
i = 1,2, j = 1,2,3.
U opštem slučaju množenje matrica definiše se na sledeći način. Neka je matrica A tipa m x n i matrica B tipa n x p. Proizvod A ■B matrica A i 5 je matrica C tipa m x p takva da je Cij = Qi\b\ j + a/2^2 j + • • • + ainbnj,
i = \ ,2.,.. . ,111,
j = 1 , 2 ,.. . , p.
Primetimo da se mogu množiti samo one matrice lcod kojih je broj kolona prve matrice A u proizvodu A •B jednak broju vrsta druge matrice B u proizvodu A B. Kvadratne matrice istog reda se uvek mogu množiti. Na primer, imamo
AB
=
1 3
2 '
' 2 -7
-5
-16
18
41
-43
4 ' 11
— 1 • 2 + 2 ■( —7)
- 1 - 4 + 2 ' 11 '
_ 3 -2 + (-5 ). (-7)
3 - 4 + ( — 5 ) ■ 1! _
Glava 3. Elementi Jineame algebre
42
1 C D=
1 6
3 4
-9
0 -1
2 - 1 0
7 -5 8 0 2 -3
3 0
6
3+ 8+ 0+ 0 1+12 + 9 + 0 7 - 3 0 - 7 2 + 18 21 - 2 0 + 0 - 3 0+ 8+ 0+ 0 0 + 1 2 + 27 + 0
5 2 0 -2
5+4 + 0+ 0 3 5 - 10 + 0 - 6 0 + 4+.0 + 0
22
=
-7 7 39
9 ' 19 4
11 -2 8
Matrice A i B su tipa 2 x 2, pa je i matrica A ■B istog tipa. Matrica C je tipa 3 x 4 , dok je matrica D tipa 4 x 3, i one se mogu množiti.Naime, matrica C ima tri vrste i četiri koione i ona, kao prvi faktor u proizvodu, može se množiti sa svakom matricom koja ima četiri vrste, a takva je matrica D (ima četiri vrste i tri kolone). Dobijena matrica C ■D ima tri vrste i tri kolone, znači onoliko vrsta koliko ima matrica C (tri) i onoliko kolona koliko ima matrica D (tri). Zakon komutativnosti za množenje matrica ne važi. Ako matrice nisu kvadratne, tada je očigledno, a na sledećem primeru ćemo pokazati da komutativnost ne važi ni za kvadratne matrice. -7
-1 -2
0
-4
2
AB
BA
=
=
1 0 2
'
5 ‘
0
1
-7
-4
1
0
0
-4
-
0
1
5
-7
-4
1
-7
-1 -2
0
0
-4
0
-4
2
1 0 2
7 14
= .
28
5 ‘ 1 -3 7 16 - 1 2 6
’
‘ -7 -2 2 = 14 11 u 0 16
10
-5 -8
3.3. Primer. Odrediti koje se matrice mogu množiti i izmnožiti ih. a)A =
-1
6
3
-3
4
-6 '
b)B =
^ , = r 10 e)/ 3
d)£> =
g)G =
0 -9 3
;
h) H =
’8 1 0
2 0 1 -12 -1 5 -4 0
-3 5 4
c)C =
-2 1 4 J; 0 —2 4
0 -1
-2 4
t)F =
1 3 -2
Rešenje. MatricaA ima dve kolone, pa se može množiti samo sa matricama koje imaju dve vrste a to su matrice C i J. Imamo da je
3.1. Mafrice
43
Dobijene matrice imaju dve vrste kao i matrica A i tri kolone kao matrice C i J . Matrica B ima tri kolone i množi se sa matricama koje imaju tri vrste, a to su matrice D ,F i H. B D =
■B- F =
B H =
0 -9 .3
2 0 1
-3 ' 5 4 _
0 -9 L 3
2 0 1
-3 ' 5 4 _
0 -9 3
2 0 1
-3 5 4
1 -2 1 29
= .
-
-15 ' 79 2
1 50 -9
= _
8 5 0 1 - 4 - 2 0 0 4
1 3 -2
2 -72 25
=
-8 -45 11
-16 20 14
12 ' -19 -2
Dobijene matrice imaju tri vrste kao i matrica B. Prva matrica ima dve kolone, druga jednu a treća četiri kolone kao i matrice D, F i H u proizvodima B D ,B F i B ■H , respektivno. Dalje je C B =
1 3
C D-
0 -1
0
-2
-1
4
2 0 1
1 5 5
-6 0 5
-6 21
' 5 2 _1
C- F =
CH =
0
-2
-1
4
_2
-16
19
2
4 5 3
-6 0 5
' -1 3
D- C =
4 5 3
-6 0 5
1 3
10 3
6 -3
0 -1
-12
-1
0 10
-1 1 2
8 23
5 19
-7 — 13
8 5 1 - 4 - 2 0 0
DA =
DJ-
0 -9 3
01 3 4- 2
' -2 2 -5 12
-8 18
5 ' -8
42 ' 30 3
14 5 18
6 -32 0 -10 -5 14
~ 22 50 45
-42 -60 -41
-32 -10 14
Ako su A, B i C takve matrice da su proizvodi A B i B C definisani, tada su definisani i proizvodi (A ■B) C i A ■(B ■C) i važi asocijativnost: (A ■B) ■C = A ■(B ■C).
Glava 3. Elementi linearne algebre
44
Neka su date matrice A, B i C 1
0
1
1
1 2
0 A
=
6
4
,
B
=
- 5
i
1
- 2
C
4
- 2
3
1
'
= .
2
”
5
Pokazaćemo acocijativnost:
5
— 2
3
1
) '
O Z.
A ‘- t
O — l,
'
-
17
- 5
3
1
18
0
-2
6
4 2
-2
1
' -1 5
-9
Q
—y
C
—D
'2 -5 -3 ' _ C
D
4 3
'
- 1 0
2
25
-2 ' 1 18 54 -9 3
10
-7 4 35
O
-5
4 2
1 0
-7 4 35
1
-2
6
54 -9 3
7
0
'
=
4^
OO
-4
-5
4
2 - 2
1
“
4
0
.
2 - 5
H - 2
'
1 "
O
1
0
1
vj
=
(N
0
1
(A-S)-C
25
Za svake tri matrice A , B i C važi A ■(B + C) = A - B + A - C (leva distributivnost množenja matrica u odnosu na sabiranje matrica); (B + C) - A = B - A + C- A (desna đistributivnost množenja matrica u odnosu na sabiranje matrica); k(A-B) = ( kA) - B = A- ( kB) ,
keR,
pod uslovom da su proizvodi koji se gore pojavljuju definisani. Proizvod matrica A i B može biti nula matrica i kada su matrice A i B različite od nula matrice. Skup kvadratnih matrica reda n čini u odnosu na operacije sabiranja i množenja matrica prsten. Kvadratna matrica reda n čiji su elementi na glavnoj dijagonali jednaki jedinici, a ostali nuli, naziva se jedinična matrica i označava sa E ili /. Važi jednakost A • E = E ■A, gde je E jedinična matrica reda n, a A proizvoljna kvadratna matrica reda n. Kvadratna matrica reda n čiji su svi elementi izvan glavne dijagonale jednaki nuli
3.2. Determinante
45
naziva se dijagonalna matrica. Na primer, jedinična matrica reda 3, je ' 1 E =
0 0
0 1 0
0 ' 0 , 1
' 3 a
A =
0 0
0 -2 0
0 ' 0 5
je dijagonalna matrica.
. 0 0 5J
3.2 Determinante Determinanta drugog reda koja je pridružena matrici d\]
Cl\2
021
022
jeste broj D=
aii ai2 021 a22
Determinanta trećeg reda
— C l\\ ■<222 " ^ 2 1 '#12*
detA
a \{
Ct\2
<*13
Cl2[
&22
@ 23
<331
032
^33
(3.2)
je broj pridružen matrici
A =
aii
ai2
a 13
Cl2l
0-22 &23
031
O3 2
O3 3
Vrste, kolone, glavna i sporedna dijagonala determinante su istovremeno vrste, kolone, glavna i sporedna dijagonala matrice kojoj je pridružena determinanta. Matrice i determinante i pored toga što slično izgledaju suštinski se razlikuju. Determinante uvek predstavljaju broj, dok matrice nemaju brojnu vrednost. Elementi determinante su označeni kao i kod matrice sa a,-/, gde prvi broj i određuje vrstu, a drugi broj j određuje kolonu u kojoj se a,-, nalazi. Tako, na primer, element 023 pripada drugoj vrsti i trećoj koloni. Zbir brojeva i i j tj. broj 1+ j može biti paran ili neparan, što određuje parno odnosno neparno mesto elementa ajj u determinanti. Tako se element 023 nalazi na neparnom mestu (jer je 2 + 3 = 5), dok se element 033 nalazi na pamom mestu (jer je 3 + 3 = 6 ). Ako sa + i — označimo respektivno pama i nepama mesta, tada je njihov raspored u
+ determinanti trećeg reda dat sa
+
-
Determinanta drugog reda, u oznaci M - tj , zove se minor ili subdeterminanta zaelem ent a,j, i , j = 1 , 2 ,3, i obrazuje se tako što se izpolaznedeterm inante trećeg
Glava 3. Elementi linearne algebre
46
reda (3.2) izostavi /—ta vrsta i j —ta kolona u kojoj se element a ,; nalazi, pa preostali elementi obrazuju determinantu drugog reda Mjj. Tako se minor 022 <323 «32 . «33
Mn =
dobija eliminacijom prve vrste i prve kolone u kojima se nalazi element a \ 1 . Kofaktor ili algebarski komplement elementa au je izraz A,;- = (—1)'+-'M,/ tj. to je minor za dati element a,j pomnožen sa + 1 ili —1 u zavisnosti od parnosti mesta na kome se a,j nalazi. Na osnovu toga determinanta trećeg reda iz relacije (3.2) jednakaje (razvijanje determinante po /—toj vrsti) a ii
a 12
a \3 = aj\Au + Oj2Aj 2 + UjjAji, za svako / = 1,2,3.
Cl2\ a22 ^23 «33 Na primer, važi <731
032
a\\ a 12 a2\ a22 a 31 «32 Neka je
«I3 a2j
= a\ 1 •
<333
a22 «23 <332 «33
—a.\2 •
a2\ «23 «31 <333
+ «13 ■
a22 fl3l 012 «21
data determinanta 1
D--
2
-1
3 2 -1
14 3
(3.3)
Odredićemo njenu vrednost razvijanjem po elementima prve vrste. 1
2
=
-1
14 = 1 3
3 2 -1
D
-1
-
2
-
3 4 2 3
1
1
1 - ( 3 - ( - 4 ) ) - 2 - ( 9 - 8 ) - ( - 3 - 2 ) = 7 - 2 + 5 = 10.
Razvijanjem po elementima treće kolone dobijamo 1 2 - 1
1 4 -1 3‘
D =
- 4.
+ 3-
—1 - (_5) _ 4 - (—5) + 3 - (—5) = 10.
Determinante trećeg reda mogu se izračunavati i pomoću Sarusovog pravila : Iza treće kolone polazne determinante trećeg reda dopišu se prva i druga kolona, pa se izmnože elementi na ”silaznim” dijagonalama \ i dobijeni rezultati saberu. Od
3.2. Determinante
47
toga se oduzme zbir proizvoda elemenata po ”uzlaznim” dijagonalama / . Dakle,
/ ci 11
a 19
\
013 \
/ a i2
(721
^22
\
/
/
£>=
#22
a 2\
/ 031
\
\
/
/
a 32
\
031
a 33 \
a 32 \
+
D
/
a \|
+
= <3ufl22a 33 + a \2 a 23a 3l +<2 l 3 a 21#32 ~ (^13^22^31 +
Na primer, po Sarusovom pravilu determinanta (3.3) je jednaka 1
D
=
2
3 2 -1
-1
1
14 3 3 2
2 1 -1
= 1 -1 - 3 + 2-4-2 + (—1 ) - 3 - ( —1)
- ( 2 - 1 - ( — ! ) + ( — 1 ) - 4 - 1 + 3 - 3 - 2 ) = 2 2 — 12 = 10.
3.2.1
Osobine determinanti
1. Vrednost determinante se ne menja ako se vrste zamene kolonama ne menjajući poredak. Prema tome, vrednost determinante se može dobiti razvijanjem po elementima bilo koje vrste ili kolone, a ne samo razvijanjem po elementima /—te vrste. 2. Ako dve vrste (ili kolone) zamene mesta determinanta menja znak. 3. Determinanta se množi nekim brojem tako što se elementi jedne vrste (ili kolone) množe tim brojem. 4. Vrednost determinante je jednaka nuli ako su bilo koje dve vrste (ili dve kolone) jednake, ako su elementi jedne njene vrste (ili kolone) proporcionalni odgovarajućim elementima druge vrste (ili kolone), ako je jedna vrsta (ili kolona) jednaka linearnoj kombinaciji drugih vrsta (ili kolona). 5. Vrednost determinante se ne menja ako se elementima jedne njene vrste (ili kolone) dodaju odgovarajući elementi druge vrste (ili kolone) prethodno
Glava 3. Elemend lineame algebre
48 pomnoženi nekim brojem.
Navedena osobina se često koristi pri izračunavanju determinanti. 6.
Vrednost determinante čiji su svi elementi ispod (iznad) glavne dijagonale jednaki nuli, jednaka je proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali.
7. Ako je svaki element fc—te vrste determinante trećeg reda (3.2) prikazan kao a k j “ b k j + Ckj->
j
~ 1 *2 . 3,
tada je determinanta (3.2) jednaka zbiru determinanti D\ + D 2, čije su sve vrste, izuzev k —te, jednake vrstama determinante (3.2), k —tu vrstu determinante D\ obrazuju elementi bki-bki-bhJ a k —tu vrstu determinante D2 obrazuju elementi c * Q ? , . Analogna osobina važi i za kolone, što sledi iz osobine 1. determinanti. Navedeno pravilo se još naziva i pravilo sabiranja determinanti. Determinante koje se sabiraju imaju prvu i treću vrstu jednake, a razlikuju im se samo drage vrste. Zato determinanta koja predstavlja njihov zbir ima jednaku prvu i treću vrstu kao date determinante, a druga vrsta je jednaka zbira odgovarajućih elemenata druge vrste datih determinanti. Na primer, zbir dve determinante je
1
1
3
0
1
2
3
2
1
2
2
+
I
3
0
5
7
9
2
1
2
=
1
3
0
6
9
12
2
1
2
3
Primetimo da ie
4 5 6 = 0. Elementi treće vrste su lineame kombinacije 7 8 9 elem enataprveidruge vrstetj. 7 = 2 - 4 — 1, 8 = 2- 5 —2 i 9 = 2- 6 —3.
3.2.2
Determinante višeg reda
Determinanta reda n data je sa Ct\j
Cl J2
a ln
a 2\
a 22
a 2n
®n\
a n2
(3.4)
3.2. Detevminante
49
ođnosno,
a 11 a 12 «21 «22
^ln Q2n
(3.5)
'■a i i A n + t t j j A j j + . . . + a,-„A/,
®n1 ^/?2 za sve i' = 2 , . . . , « . Pri tome je Ai ;, j = 1,2,... ,n kofaktor ili algebarski komplement elementa a \j, j = 1 , 2 , . . . ,n, i definisan je analogno kao i kod determinante trećeg reda. Dakle, A,;- = (—1)'+jMjj, gde su Mjj minori ili subdetenninante za element a;;, j = 1, 2,. . ., «. Dakle, izračunavanje determinante reda n se svodi na izračunavanje n detenninanti reda n —1 . Determinante reda n imaju analogne osobine kao i determinante trećeg reda.
3.4. Primer. hračunati sledeće determinante: 1 1 1 1
10
2002
11
9 2003
3
10 10
0 2002
-1 12
;
b)
-1
2 1 1 2
4 -1 2
3 4
1 0 -1
-1
5
3
Rešenja. a) Ako prvu vrstu pomnožimo sa —1 i dodamo drugoj, trećoj i četvrtoj vrsti dobijamo determinantu čiji su svi elementi ispod glavne dijagonale jednaki nuli, te je 1 1 1 1
2002
11
9 2003
3
10 10 10
0 2002
1 0 0 0
-1 12
10 -1 0 0
2002 1 -20 02 0
11 -8 -12 1
-1
1
0
-2002
0
0
-8 -1 2
= 2002.
1
b) Dodavanjem prve kolone drugoj, trećoj i četvrtoj koloni dobijamo 2 - 1 1 3 1 4 0 4 2
-1
2
-1
5
-1
3
1 3 5 5 1 5 o o
1
2 1 2
5■
4 7 4 3
-2 4
0
5
1
=
5 4
3 5 1 5 7 5
1
=
4 3
3 5 -2
0
4 0
50
c)
Glava 3. Elementi linearne algebre
2 1 1 1 1
1
3 1 1 1
1 1
4 1 1
1 1 1
1 1 1 1 6
5 1
=
3.2.3
1 2 0 0 0
1 1 0 0
2 “t"5 '
2 -1 -1 -1 -1
-1
-1 -1
1 0
4
1 0 0 0
0
5
1 0 0
3 0 0
1 1 2- 0 0 3
= 24 + 5
3 0 0 0 4
1 0 0
1 2
1 0
0 0
3
1 0 0
0
4
+ 4-
1 0 0 0
2 -1 -1
1 2 0
1 0
\ = 394.
►
3 )
Inverzna matrica
Ako je matrica A tipa m x n data sa a\\ A=
a2\ O-ml
12 &22
a
.
a\\ an
CL\n
@2n
&m2
,
&mn
tadaje
A'
am\
@2 \
®22
■
=
a\n
ain
a n jn
transponovana matrica matrice A. Primetimo da je matrica A ' tipa n x m, odnosno, elementi vrsta matrice A su elementi kolona matrice A' i obmuto. Na primer, 4 3 za matricu A =
a za matricu B =
-1 2
0 0
1 1
' , transponovana matrica je A' =
"4 3
5
1 - 3 1 ' -7 0 1
-1 0
'
1 5
1
transponovana matrica je B' =
2 0
1 -7 ' -3 0 1
1
Ako je kvadratna matrica A jednaka svojoj transponovanoj matrici, tada za takvu matricu kažemo da je simetrična matrica. Izraz ”simetrična” potiče od činjenice da je za kvadratne matrice A tipa n x n, koje su simetrične, a,j = ajj, za sve i, j = 1 , 2 , . . . , n. Na primer, matrica A ■ vanoj matrici A'.
5 1 -2 1 4 7 -2 7 -6
je simetrična, jer jejednaka svojoj transpono-
3.2. Determinante
51
C l\\
Cl\2
Cl\n
Cl2\
Cl22
@2n
Neka je matrica A data sa A
i neka je A,-/ algebarski
®n\ d>i2 • • • komplement (kofaktor) elementa a,-/ u determinanti matrice A, Tada se matrica A ji
A* =
A21
...
A „i
A12 A22 ^l n
, naziva adjungovana matrica matrice A. Prime-
A-2n
■■■
A mi
timo da se kofaktori Aj, u adjungovanoj matrici A* nalaze na istom mestu kao i njihovi odgovarajući elementi a ;,- u transponovanoj matrici A' matriceA. 7 -1
Na primer, ža matricu A =
3 5
' 7 3
je A' =
-1 ' 5 _
Kofaktor za element 7 je 5; za element —1 je —3; za element 3 je 1; za element 5 je 7. Prema tome, adjungovana matrica je A* =
Za B =
' -1 3
2 -5 " ‘ -1 0 -2 2 , i B' = -5 -1 4
B* =
0
1
6
2
-2
4
-5
3
-1
-2
-5
-3
6
-1
7
0
2
3
6
-2
2
-5
^
‘ imamo
4
0 -2
-1 -5 6 -1
—3
0 - 1
-1
4
r 5
-2
3 -2
1
1
3
1
2
0
-2 4 -3
-3 26
-4 -17
11
-6
Jedinična matrica je simetrična, pa je jednaka svojoj transponovanoj matrici, a takođe je jednaka i svojoj adjungovanoj matrici.
3.5. Teorema. Ako je A kvadratna matrica tada je A ■A* = A* ■A = detA ■E.
U prethodnom primeru je A •A* = detA = 38, detB = —31 i
7 -1
3 5
' 5 1
-3 ‘ 7
.
' 38 0
0 3 8
-38 E,
Glava 3. Elementi lineame algebre
52
BB* =
' -1 3 6
2 -5 ' 0 -2 -1 4,
'
-2 -2 4 -3
-3 26 11
-4 ' ' -3 1 = -1 7 0 0 -6
0 -3 1 0
0 ‘ 0 -3 1
-31E.
Kvadratna matrica A je regularna ako postoji kvadratna matrica B takva da je A B = E. Može se pokazati da za kvadratne matrice važi sledeća ekvivalencija: A B = E <=> B A = E. Inverzna matrica matrice A je kvadratna matrica, koja se označava sa A _1 i koja zadovoljava uslov A -A ~ l = A •A~* = E . Kvadratna matrica za koju ne postoji inverzna matrica naziva se singularna matrica. Svaka regularna matrica ima jedinstvenu inverznu matricu. Kvadratna matrica je regulama ako i samo ako je detA različita od nule. Inverzna matrica A ~ 1 za regulamu matricu A određuje se na sledeći način: 1
A- l
■A*. detA Inverzna matrica jedinične matrice je jedinična matrica istog reda. Inverzna matrica inverzne matrice je data matrica, tj., važi relacija (A- 1 ) - 1 A. Matrice A i A_I su uzajamno inverzne. Matrice A i A~' su komutativne. 3.6. Primer. Odrediti inverzne matrice sledećih matrica: ' 1 -2 3 ' ' -1 6 3 0 1 ; b)B = a)A = 4 0 2 -2
-2
"
2
3 -1 1
; c)D
-2
0 -2 -2
4 =
-3
0 2 0 -2
0
-3 1
3 4 ‘
1 -2
3
0 1
0 2
Adjungovana matrica matrice A je 0 1
0 2
-2
3 4
A* =
1
2
3 4 0
0
3 2
0
3
0
1
1 3 3 1
1 4 3 2 1 4 -2
-2
0
1 3 -2
0
0 -2 0
0 -2 0 0
4 -10 -8
-2 8 6
53
3.2. Detenmnante
Prema tome inverzna matrica A 1 matrice A je
4
0 -2 0
-10 -8
' 1 -2 3 ' 3 0 1 4 0 2
ZaistajeA -A ’ =
-2 8 6
' =
- 1/2 ’
0
1
- 1 /2
- 5 /2
2
0
-2
3/2
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
0
1
- 1/2
- 1/2 0
—5/2 -2
2
= 1,
B' =
3/2
b) U ovom slučaju je
detB =
-1 6 -2
-2
2
3 -1 1
2
-2
-2 2 B*
=
' -1 -2
1 -2
-2 -2
-1 -2 2 -2
-2
-1 -2
1
6
—2
3 -1
1 -2
3
-1 -5 14 12
6
-1
-2 -4 6 11 5 9
-2 1
Prema tome je B~x = - i - B * = 1detS
' -5 14
-2 6
12
5
-4 ' 11
9
=
' -5 14
-2 6
12
5
-4 ' 11
9
c) Determinanta matrice C jednaka je nuli tako da ne postoji inverzna matrica C 1 za matricu C.
d) detD =
0
0
-3
0
0
-2
2
0
-2
0
-2
0
-3
4
-2
1
0 0
= 24,
D' =
-3 0
-2
-2
4 ' -2
2
0
0
-3
1
0
0
-2
54 -
Glava 3. Elementi linearne algebre
-2 0 -2
-
. Tadaje
-2 1 0
0 -3 0
2 0 -2
-2 -3 0
4 1 0
-2 2 _2
-2 0 0
4 -2 0
-2 2 0
-2 0 -3
4 -2 1
D* =
0 -3 0
-
12 20 -8 8
-2 -3 0
0 -3 0 -
-2 0 0
4 -2 0
0 0 -3
-2 0 -3
4 -2 1
2 0 -2
0 -3 0
4 1 0
0 0 0
-12 -2 4 0 -12
0 0 0 -12
-2 1 0
0 -3 0
0 -3 0
-
0 -12 0 -12
-2 0 -2
-2 1 0
0 —3 0
2 0 -2
0 -3 0
4 1 0
0 -3 0
-2 0 -2
-2 -3 0
-
0 0 0
-2 2 -2
4 -2 0
0 0 0
—2 2
-2
-2 0 0
0 0 -3
-2 2
4 -2 1
0 0 -3
-2 2 0
-2 0 -3
0 1/2 -5 /6 -1 /3 -1 /3
D~l =
0 0 0 - 1/2
- 1/2 -1 0 - 1/2
-
.
0 - 1/2 0 - 1/2
3.7. Prim er. Rešiti, tamo gde je to moguće, matrične jednačine A X = B, X A = B, ako su A i B date matrice, a X nepoznata matrica, gde je 2
a) A =
5 -3
b) A =
1 -1
0
3
-1
0
0
-4
7
c) A =
d) A =
1
,
-1
3 -3 -3
-4
2
0 2
3
.
0
5
3
0
5
1
0
3
2
1 -1
1 -2
' ;
0
-
2
B=
-3 ' B=
1
3 ' 0
0
1 1
B=
-4
1 2 -1
2
-1
0
-
-1 1
-3
‘ 1 B=
0
0
3
0
2 0
0 0
0 2
'
Rešenja. A k o jeA -Z = B, ta d a je Z = A l B, a a k o je X -A = B , ta d a je Z = B-A-1 , što znači da treba prvo odrediti matricu A ~ 1. a) »Matrica A je tipa 3 x 3, te je i njena inverzna matiica istog tipa. Matrica B je takođe istog tipa, pa se mogu odrediti proizvodi A~* •B kao i B ■A- 1 . Ovde je detA =
2 5 -3
0 3 -1 0 0 4
-4 = -1 ,
A -' =
-20
3
0 -1 0
-3 ' -1 5 2
3.2. Determinante
55
jednačine A X = B dato sa -4
'
II ttl
1 <1
II X
0 -1 0
-20
3
1 0 1
-15
3 "
2 -1 0
-7 -35 5
=
0 1
-1 5 ' -75
-8
-3 9
11
6
Rešenje jednačine X ■A = B je ' 1 X = B -A ~x =
-
0 1
-
3 '
2 1 0
-4
0 1
-3 -15
0 -1 0
-20
3
" -35 =
20 -1
2
-2 1 0
-2 7 ' 15 -1
Obratiti pažnju da je A -1 B + B A -1
b) Iz detA = 4, A-1 =
5
3
1
?
f
1
2
"4
4
-1
0
-1
3 4 _I
B■
,t e j e J2
I 4 I
4
1
-i o 4
4
4
-2
Proizvod B ■A 1 se ne može odrediti. 15
15 2
‘
X = A_1 B =
_5 2
3
2
3
3
%
1
1
3
27
-2
-1
15
'
1 2 2
1
2
0 5
I
-1
-17 -6 7
-5
1 =
2
l
-5
3 -1 -2
0
1
0 0
3 —= 1 -I -1
1
3 -1 3 1
_27 2
5
i
X = B A~ ==
3
%
c) U ovom slučaju je detA = 2, A~
9 25
1
-10
"
- 4
8
1 0 0 -3 2 0 - 1 0 1
X=A~' B =
0
-3 - 1 0
I u ovom slučaju proizvod
3.2.4
0
2 0
B
2 - A
1
'
2
' 0 1 3 0 ' 2 0
1 0 1 0
0 2
se ne može odrediti.
=
r - 53 -3 -2
ž3 3 4 1 2 3 5 2 3 4 _
►
Rang matrice
Neka je data matrica A tipa m x n. Kvadratna podmatrica matrice A , reda manjeg ili jednakog od m in(m ,n), je matrica do koje se dolazi precrtavanjem određenih
Glavn 3. Elementi linearne algebre
56
vrsta i kolona matrice A. ima četiri podmatrice reda tri i jedna od
Na primer, matrica A ■
njih je
Matrica, reda dva,
, do koje se dolazi precrtavanjem treće vrste matrice A.
, je jedna od podmatrica matrice A koja se dobija pre-
crtavanjem treće i četvrte vrste i treće kolone matrice A. Rang matrice A je red njene regulame kvadratne podmatrice, takve da su sve kvadratne podmatrice većeg reda, ako postoje, singularne. Rang matrice označava se sa rang A. Rang matrice je broj koji je manji ili jednak od broja vrsta ili kolona te matrice.
1 0
3.8. Primer. Odrediti rang matrice A =
0
0
0 0 0 0 0 2 3 4
Rešenje. Na primer, ako u matriciA izostavimo drugu kolonu, tada dobijena kvadratna « 1 0 0 ' 1 0 0 ' podmatrica ima determinantu đet 0 0 0 = 0 0 0 = 0 . Analogno se po 0 3 4 0 3 4 kazuje da su i sve druge podmatrice trećeg reda matrice A singulame. Postoji, međutim, regularna kvadratnapodmatrica drugog reda čija je determinanta različita 1 0 ' 1 0 ' = 3^0. od nule. Naime, det 0 3 0 3 Prema tome je rangA 2
: .►
3.3 Sistemi linearnih jednačina Jednačina oblika a.\xi + a 2X2 + . . . + a„xn = b,
(3.6)
gde su nepoznate x i,x 2 , . . . , x n, jeste linearaa jednačina. Realni brojevi a \,a 2, ... ,an su koeficijenti, a realan broj b je slobodni član lineame jednačine (3 .6 ).
57
3.3. Sistemi linearnih jednačim
Lineam ajednačina (3.6) je homogena ako je
b
= 0.
Cesto se nepoznate u jednačini (3.6) označavaju sa ,v, v, z .u __ _ Na primer, jednačine 5*i + 2x2 - 8*3 = 0,
2* r~ —— 0.7)’ = 4, 2x + V 5.v + 12; = —0.5 jesu lineame jed-
načine; xy+ y— načine.
= 8 , 3r + 3y + 3z = 3,
5 sin(2y) + 3v —xz~ — 5 nisu lin earn e jed-
Sistem od m Iinearnih jednačina sa n nepoznatih vi, vj ...... v„ je sisteni rti i*i +
ci 12*2
< ? 2 I* 1
a -> 2 * " > +
+
+ . . . + «i„-v„ ■• ■+
tl2 n X ,i
--
b
=
/? 2
: ć lm 1 * 1
+
C ll n 2 . \ 2 +
■■■+
L lj i i n X n
i
:"
(3'7)
—
Ako su sve jednačine u (3.7) homogene. odnosno ako je tada je sistem (3.7) homogen.
b n t.
b \
=
b \
=
. . .
=
b :,
— 0,
Rešenje sistema (3,7) je uređena n —torka realnih brojeva (* i, __ _ *„), takva da njene komponente x \ ,* 2 , ■• ■,*„ zadovoljavaju sve jednačine sistema (3.7). Rešenje (a \, a2, . ■■, an) sistema (3.7) ćemo zapisivati 11 obliku x\ = a \,
*2 — a 2 ,
........= a„ .
Sistem linearnih jednačina je saglasan (moguć, rešiv, konzistentan) ako ima bar jedno rešenje, nesaglasan (nemoguć, nerešiv, kontradiktoran, protivrečan) ako nema nijedno rešenje. Ako sistem ima taćno jedno rešenje tj. jedinstveno rešenje, tada se kaže da je određen. Naprimer, sistem Srstem
3* —2y = 2 ^ 4 —5
Sistem Sistem
x —v = 1 — 1
.
j e °dređen,jerim a jedinstveno rešenje ,v = 2, v = 1.
. „ . Protlvrecan- Jer nema resenja.
je homogen i ima samo trivijalno rešenje .v = 0. v = 0.
v'"*”i ^ . je saslasan, jer ima rešenje .v = 1. v = - 3 . : = 2. 2y + 2 z= —4 J ’J J Lako se proverava da sistem nije određen, jer je * = /. v = 5 —8 /. = 5 - 3f, za 0* +
Glava 3. Elementi lineame algebre
58
svako t G K, takođe rešenje datog sistema. .V+ 2;v + 3z = 0 4.x + 5v + 6 z = 0 ima trivijalno rešenje x = 0, y = 0, z = 0, a 7.v + 8 v + 9 ; = 0 takođe i netrivijalna rešenja .v = t, v = —2/, z = t,z a svako t € R. Dva sistema lineamih jednačina su ekvivalentna ako je svako rešenje prvog sistema i rešenje drugog sistema i svako rešenje drugog sistema je i rešenje prvog sistema.
Homogen sistem
+v = 7 ( . x —2;v = -4 isto rešenje .v = 2, y = 3. .
Sistemi
2a-
A'
8x
+5y -4 v
= 13 . . . . . . . , su ekvivalentm, ler imaiu = 4
Za svaka dva protivrečna sistema kažemo da su ekvivalentni. Ako se u datom sistemu izvrše sledeće transformacije sistema: međusobna zamena bilo koje dve jednačine sistema; množenje bilo koje od jednačina sistema brojem različitim od nule; jedna jednačina sistema se pomnoži nekim brojem i doda nekoj drugoj jednačini sistema. dobija se ekvivalentan sistem jednačina. 3.3.1
G ausov m etod elim inacije
Gausov metod eliminacije sastoji se u tome da se pomoću gore pomenutih transformacija izvrši eliminacija jedne po jedne nepoznate iz jednačina sistema. Pokazaćemo to prvo na sistemu od tri jednačine sa tri nepoznate. Sistem jednačina x —2 x 4x
-y +y -y
+2z +z -3 z
8 -5 7
(3.8)
transformišimo na sledeći način. Prvu jednačinu sistema ne transformišemo, ali je pomnožimo sa 2 i dodamo drugoj jednačini ( tako eliminišemo nepoznatu .v iz druge jednačine). Ako prvu jednačinu pomnožimo sa —4 i dodamo trećoj jednačini tada ćemo eliminisati x iz treće jednačine. Posle toga ekvivalentan sistem je oblika x
—v + 2 č —,v +5: 3y -1 lz
8 11
-2 5
3.3. Sistemi lineamih jednačina
59
Sada drugu jednačinu pomnožimo sa 3, a zatim je dodamo trećoj, koja sada ima samo nepoznatu z. Tada imamo sistem x —y + 2 <. = 8 - v +5c = 11 . 4: = 8 Ovako dobijen sistem je ekvivalentan sa polaznim sistemom. Iz poslednje jednačine dobija z = 2. Iz druge jednačine je y = —1, a iz prve je „r + 1 + 4 = 8, tj. ,t = 3. Prikažimo sada Gausov metod eliminacije u opštem slučaju. Neka je dat sistem od m jednačina sa n nepoznatih d \\X \
Cl\2x 2 + ■■ ■Jr C linX n
=
b\
^21-^1 + &2'>x~' + ■■■+ Ct2nXu . "
=
}?■)
I
(3.9)
+ Cl)n2x 2 + ■• • + flnmxn
=
^ui•
takav da je koeficijent a\\ ^ 0. (Ako je, na primer, u prvoj jednačini a u = 0 , tada se za prvu jednačinu može uzeti ona jednačina kod koje je koeficijent uz .vi različit od nule.) ao\ Pomnozimo prvu jednačinu sistema (3.9) sa — — i dodajmo je drugoj. NasCl\\
tavimo ovaj postupak i na kraju prvu jednačinu pomnožimo sa — — i dodaja \i mo je poslednjoj. Tako dobijene koeficijente u drugoj, trećoj, ... , m -to j jednačini ekvivalentnog sistema označimo respektivno sa C22 , ■■•, f 2», C32 , • ■■; C3,,, __ cm2 , • • ■,c,»n> a slobodne članove sa do,di, .. .,d,„. Tako dobijamo sistem
2
< nX l
+
012*2
+
•••
+
c i\nx„
=
b\
C22x 2
+
••• +
C 2 „x„
=
Ch
C,nnXn
—
C,n2x 2
+
■••
+
(3.10) dt„.
U sistemu (3.10) može postojati jednačina čiji su svi koeficijenti na levoj strani jednaki nuli, a slobodan član različit od nule. Tada je sistem protivrečan i postupak rešavanja se obustavlja. Ako se, međutim, dobije jednačina čiji su svi koeficijenti na levoj strani kao i slobodan član jednaki nuli tada se ta jednačina ođbacuje. Ako sistem (3.10) ima više od dve jednačine nastavljamo postupak. Neka je c 22 ^ 0. Tada prva i draga jednačina sistema (3.10) ostaju nepromenjene. Dalje, drugu 9
jednačinu pomnožimo sa — — i dodajemo je trećoj i tako dalje. Tako dobijamo
Giava 3. Elementi linearne algebre
60
sistem fl||-V |
+
+
Cl 1„*„
=
+
C2„*„
=
d2
. ..
+
e 3nx n
=
/3
■ ..
+
čm nx n
=
fm ,
fll2 * 2
+
a 13*3
+
■ ..
C22*2
+
C23*3
■. .
«33*3
+ . +
^i„3*3
+
b i
(3.11)
gde smo sa £'33 ,^ 3 4 označili novodobijene koeficijente a sa / 3 , / i , riovodobijene slobodne članove u ekvivalentnom sistemu (3.11). Nastavljajući postupak možemo doći do jednog od sledeća dva sistema: 8 ll* !
+
g \2 x 2 g22x 2
+
S 13*3
+
•••
+
g \n x n
~
h\
+
52 3* 3
+
•••
+
g2nx n
=
^2
:
:
:
: gnnx n
P 11*1
'+
P 12*2 P22x 2
(3' 12) ■
+
••■
+
P 1k x k
+
•■■
+
P \n x n =
+
• ••
+
P2kx k
+
■••
■+
P ln x n =
+
■• •
+
Pknx n = ^ k '
P kkx k
<12
(3.13)
Ako smo u dosadašnjem postupku dobili sistem (3.12), pri čemu je gn ^ 0, i = 1,2 , t ada se vrlo jednostavno izračunavaju nepoznate * i,* 2 , • ■■,*« počev od *„. Nepoznatu*„ nalazimo rešavanjem poslednje jednačine §nnx n = hn
u sistemu (3.12). Zamenjujući tako dobijenu vrednost nepoznate *„ u pretposlednju jednačinu sistema (3.12) dobijarao vrednost nepoznate *„_] i tako dalje. To znači da imamo jedinstveno rešenje, pa je dati sistem saglasan i određen sistem. Ako na kraju navedenog postupka dobijamo sistem (3.13), napišimo ga u sledećem obliku: P ll* l
+
P \2 X 2 P22x 2
+
••■
+
P \k x k
=
q \ — P \ k + \ x k + l — ■■■— P \ n x n
+
•■•
+
P 2kx k
=
Q2
P 2 k + \x k+ \
•■•
P2nx n
=
^jk
P k k + \x k+ 1
• ■■
Pknx n •
P kkx k
Sada umesto nepoznatih x^+\, ■. ■,*„ stavljamo proizvoljne brojeve i na taj način dobijamo sistem oblika (3.12), koji rešavamo na navedeni način. Odavde zaključujemo da sistem (3.9) u ovom slučaju ima beskonačno mnogo rešenja.
3.3. Sistemi lineamih jednačina
61
Na primer, sistem jednačina 2x
—y +z +4y +2 z 3.x+>’ - 2 z
= = =
9 -9 19
(3.1.4)
se rešava pomoću Gausovog metoda eliminacije na sledeći način: Zamenom mesta prve i druge jednačine sistema (3.14) dobijamo ekvivalentan sistem jc +4>- +2z = - 9 2x - y +z = 9 . (3.15) 3x + y —2z = 19 Pomnožimo prvu jednačinu sistema (3.15) sa —2, i dodajmo drugoj jednačini. a zatim sa (-3) dodajmo trećoj. Tako dobijamo sistem .v
+4> —9y —l l y
+2z —3z ~ 8z
= = =
-9 x 27 , odnosno 46
+4v +2z = - 9 —3_y —; = 9 . —1 ly - 8 ; = 46
(3.16)
Ako sada drugu pomnožimo sa —- j dobijamo x
+4_y —9y
+2; = -3 z = (—8 + 1 l/3 )z =
—9 27 . 13
Iz poslednje jednačine dobijamo z = —3. Iz druge jednačine je y = - 2, u iz pi ve je .x = 5. Na primer, ako u sistemu iednačina ,x +y + 2z = 1 5x +5y +10-, = 2 3x —3y + 6 z = 7 pomnožimo prvu jednačinu sa —5 i dodajmo drugoj jednačini, a zatini poinnožinio prvu jednačinu sa —3 i dodajmo trećoj, dobijamo sistem x
+y ’ —6 y
+2z 0
= = =
1
-3 . 4
Dalje se postupak ne nastavlja, jer smo 11 drugoj jednačini dobili 0 =- - 3 , Sio je protivrečnost. Prema tome dati sistem nema rešenja tj. protiviečan je, U prethodnom primeru smo videli da prilikom primene Gausove metode elirninacije možemo doći do jednačine, kao što je bila druga, čiji su svi koeticijcnn jednaki nuli, a slobodan član je bio različit od nule. U tom slučaju dati sistcr - . protivrečan. Ako do takvog slučaja ne dođemo, dati sistem je saglasan.
Glava 3. Elementi linearne algebre
62
3 .9 .
F n m er. Udrediti rešenje sistema x 2x
3x -x
-f-y + 2 z +}' —z +2y +z -_v +2z
+2u —II +u +u
= 5 = 0 —5 =3
pomoću Gausovog metoda eliminacije. Rešenje. Pomnožimo prvu jednačinu datog sistema sa —2 i dodajmo je drugoj jednačini, zatim pomnožimo prvu jednačinu sa —3 i dodajmo trećoj i na kraju dodajmo prvu jednačinu četvrtoj jednačini. Tako dobijamo ekvivalentan sistem x
+ y +2z —y —5 z —y —5 z 4z
+2 u —5 u —5 u +3 u
= = = =
5 — 10 — 10 8
Primetimo da su druga i treća jednačina jednake, pa se jedna izostavlja. Tako dobijamo sistem od tri jednačine sa četiri nepoznate x
+ y +2z = —y —5z = 4
5 —2 u —10 + 5« z = 8 —3u
.
Alco umesto nepoznate u stavimo određen realan broj dobijamo sistem koji ima jedinstveno rešenje po promenljivim x,y i z. Međutim, kako jednu promenljivu u možemo da biramo proizvoljno, to sistem ima beskonačno mnogo rešenja. ►
3.3.2
Kramerovo pravilo
Rešenje sistem a od n jednačina sa n nepoznatih aiiA'i + a \ 2X2 + ■■■+ a inxn a2\X | + Cl22X2 + • ■• + tt2nXn : : :
= =
b\ Ž>2
an\x j + an2x 2 + • ■• + (xnnxn
— bfi.
:
pomoću K ram erovog pravila, ako je D / 0, formira se na sledeći način:
<3-17)
3.3. Sistemi linearnihjednačina
63
C'lH « 2„
&\2
ćh]
0 22
, Cln \
ćln2
gde je determinanta sistema D data sa D ■
■■■
Cl)u
Determinante DXn i= 1 ,2 ,... ,n, formiraju se tako što se u determinanti sistema D i—ta kolona zameni kolonom koju čine slobođni članovi. Tako dobijamo da je b\ b2
a \2 022
. • 0 \u • o2n
0 )i2
Onn
b\ b2
.. a\tl ■■■ a2„
an\
b„
.. ■ a„„
, d X2 =
Đv, b„
a\\ a2\
O11 &\2 (721 O22
b\ b*>
a„\
b)
CIn2
Dokaz. Pokazaćemo da je x\ ■D = DXl, a analogno se pokazuje da je i za sve i =
2 , 3 , . . . , w
X j D = DXj.
(3.18)
S obzirom na osobine determinanti imamo da je
x\ D •■
12
a u x\
a
a n
■ ■
a ^ \X \
a 22
023
■
a 3\x \
032
r
/33
■
■
«3n
a „ \X \
a „2
a„3
■
■
a„„
a i„ a 2„
Pomnožimo sada drugu, treću, . . . i poslednju kolonu redom sa .vi,.v3 , ...,.v„ i tako dobijene kolone dođamo prvoj koloni, dobijamo x\ ■D = DXl jer je onda svaki član u prvoj koloni redom jednak b \,b 2, ....b n. 3.10. Prim er. Pomoću Kmmerovog pravila rešiti sisteme jednaČina
a)
X +>’ —z — 7 —2 x +3}’ + 2 z = 6 ; 5.v —y — 2 z. ~ - 4
5 b)
-3 $
"5
+!
+5
+5
+5
- 2c
2
-3
.
Ghiva 3. Elementi lineame algebre
64
i 3
1 -2
-1
1 —2
7
1
6
3
—4 Dy
D
-1
-1
-18
-2
1
7
-1
—2
6
5
—4
2 -2
i
1
7 6
"5
3 -1
D-
0 20
=
2
=:
=
-4
Prenia tome. rešenje sisiema je v
=
0
0
5 0 15. 5 -1 -2 5 —6 3 Determinanta sistema je različita od nule. Prema tome, sistem ima jedinstveno rešenje. Deteniiinante D v, Dv i D : su
R ešenja. a) Determiuanta sistema je
2
0
- 1
5 -3
- 2
7
2
-1
0 0
6
2
3
- -4
-2 0
0
5
5
-6
20 -3 9
0 12 -3 6 -8 1
D, -=-
D- --
-2 4 2 12
—(■>
-- nr>
I
.. 8
! -f>
i
-2 4
7
3 3 -X
-
3 , 8 ■ -9 ... [
3 3 - -8
-,, 4 - 3 ■
2 Ki -8
,, 4 .2 ■
3 3 _4
3 -3
3 1
1 1 ■6 1
- 1
3 -9 -2
lamo di je le š e n je s ■stcma .v =- , 2 . 3 ,3 .3
-2 4 1
I 2
_
= -75. D; ~D
=4, —2 v +3;: +-4y +3;, + 2 v - 8:
12
-36
3 21 1i
i
D, -
-2 -8 4
2 1
1! 00
! (1
oc
3 3
i
- 2 4
D
1-0
1 - 6
= 60,
1 _2
v= ^ D x b) Sisteni jednaćina ekvivalentan datom sistemu je —6 .v .v Kako je D-
= -30,
1 —5 0
-2 4 1
1 0 0
3 3 -5
= 12-
I =-- 8 ■ - 6 1
v= 6.
3 7
= 24,
- i!
0
0 9
-4 2
= 48,
19 0
= 16,
.
= 4. ►
Diskusija sist«?in*a liuearnih jednačina
Posmalriieemi.- sistenia od iri jed n aein e sa tri nepoznate i tad a na osn o v u (3.18)
i n i a u i o d a je
>■!> -= D x. v D — Dy,
■D = D -,
(3.19)
3.3. Sistemi lineamih jednačina
65
se može izvršiti diskusija sistema na sledeći način: Iz (3.19) sledi: Sistem je određen. odnosno ima jedinstveno rešenje ako je Đ ^ 0. Ako je D = 0, tada ako je (Dx / 0) \f{D y ^ 0) \/(D - =/=0) sistem je protivrečan, jer iz (3.19) sledi da je tada 0 ^ 0 ; ako je (Dx = 0) f\(D y = 0) f\(D : = 0) sistem može da ima beskonačno nmogo rešenja, a može da bude i protivrečan, što rešava naknadna analiza primenom Gausovog algoritma. Naprimer, sistemjednačina 3 a' + 3 v + 3 z = 4, 5x+5>>+5z = 4, 2x + 2y + 2z = 7 . je takav da sve tražene determinante imaju vrednost nulu, jer imaju bar po dve iste kolone, te je 3 3 3 4 3 3 D= 5 5 5 D ,= 4 5 5 = 0 , = 0, 2 2 2 7 2 2 3 4 3 5 4 5 2 7 2
Dv =
= 0,
D- =
3 3 4 5 5 4 2 2 7
=
0.
Međutim , sistem je protivrečan, jer ako se prva i treća saberu i oduzmu od druge jednačine dobija se da je 0 = —7. ax
+v x +ay x +v
3.11. Primer. Rešiti i diskutovati sistem jednačina
a Rešenje. Determinanta sistema je D =
1
+" +z +az
= 1 = a . = aL
1
. Dodavanjem druge i treće kolone a prvoj koloni, a zatim izdvajanjem faktora a + 2 ispred determinante dobijamo da je
a+2 a+ 2 a+2
1
1
a
1
1
a
1
— (a + 2 )
1
1
a
1
1
1
1
0
1
1
1 —a
a
1
0
1
a
1
a
1
1
1
a
= (a + 2 )
= (a + 2 )(a —1 )(a —1 ).
Dalje. ako u determinanti Dx oduzmemo prvu kolonu od druge kolone dobijamo
Dx =
1
1
1
a a2
a
1
1
a
=
1
0
1
a cr
0
1
l —cr
a
— (cr - ! ) ■ ( ! — a) = ~ { a ~ 1 )2(« + 1 )
66
Giava 3. Elementi lineame algebre
Množenjem treće kolone sa —a i dodajući je drugoj determinanta Dy postaje
Dy =
a
1
1
1
a a~
1
1
a =
a
1
—a
1
1
0
1
1
0
a
- ( l - a ) - ( a - l ) = ( f l - l ) 2.
Oduzimanjem treće kolone od druge u Dz dobijamo
D- =
a
1
1
1
a
1
1
a a2
a =
1 1
1
0
a = (a 2 - l ) ■> a2 1 -- a 0
Znači D = (a + 2) ■(a—l ) 2, Dx = - ( a + 1) • (a - 1)2, Dy = ( a - l ) 2, D z = (
Z
=
Dx Z)
—(a + 1 ) • ( a — l ) 2 (fl + 2 ) - ( o - l ) 2
D.
(<3 +
D
Dy D
(a — l ) 2 (a + 2 ) ■( a - l ) 2 (3.20)
l ) 2 • (a —l ) 2
(a + 2 ) ■(a — l ) 1
Diskusija sistema Determinanta sistema je jednaka nuli za a = —2 i a = 1. Za sve ostale realne brojeve a / —2, a ^ 1, sistem ima jedinstveno rešenje. Na primer, za a = 2, sistem je oblika 2x +y + z = 1 x + 2y + z = 2 . x +y +2 z = 4 Determinante su: D = 4, Dx = - 3 , Dy = 1 D- = 9, pa iz (3.20) sledi da je rešenje sistema x = - 3 / 4 , y = 1 /4 , z = 9 /4 . (3.21) Rešićemo isti sistem Gausovom metodom eliminacije. Ako prva i druga jednačina zamene mesta dobijamo sistem x 2x
x
+ 2y + z = +y + 2 = +y + 2 z =
2
1
.
4
* Pomnožimo prvu jednačinu sa - 2 i dodajmo je drugoj, a zatim pomnožimo prvu jednačinu sa —1, i dodajmo je trećoj. Tako dobijamo sistem .v + 2 y -3 y —y
+<: —z +z
2
=
-3 .
2
3.3. Sistemi linearnih jednačina
67
Sabiranjem druge i treće jednačine dobijamo x + 2y —3_y
+z
= = =
-7
—4v
2 -3 . -1
Odavde dobijamo iste vrednosti zax ,y i z, kao i pomoću determinanti, date u (3.21). Ako je a = 1, tada je D = 0, D x = 0, Dy = 0, D- = 0. Sistem ima beskonačno mnogo rešenja, jer u stvari imamo jednu jednačinu sa tri nepoznate. Znači, ako dve od njih, na primer x i y izaberemo proizvoljno, tada je treća od njih z potpuno određena. Ako je a = —2, tada je D = 0, Dx ^ 0, Dy / 0, Dz ^ 0. Sistem je protivrečan. Zaista, za a = 2 imamo —2x + y + z = 1, x - 2 y + z= -2 , x + y — 2z = 4. Ako saberemo ove tri jednačine dobijamo 0 = 3, što je kontradikcija. ►
ax —y —2 z = 4x —3ay +5z = 2 x+ y —az =
3.12. Prim er. Rešiti i diskutovati sistem jednačina
1 —3 —1
Rešenje. Imamo da je
=
a
-1
-2
4
--3a
2
1
5 —a
a -3 )-
3(1
(
1
D.v =
Dy =
D- =
+
-1
1 1
2
-3 —1
a 4 2
-1 -3 a 1
3
-1
-3 a
5
3 —a
1
—a
1
—
0
-1
-2
3a
0
1
5 —a
-
—3a
=
a)
-1
-3 a 4
a
C5
=
VO
D
5 - a
=
-2
+5 —a 1 -3 -1
= 3 (a
1
2
= 2
=
a 4 2
—
—3a
0
0
5 —a — 2
1
-2
+5 - -a — 2
-1 -3 a 1
(a -3 )-
-1
-2
—3a
-1
1
5 —a
+
a),
2
-3 0
=
3) (2 + a) (1
-1
-3 a 4 +a
1
-3
-2
0 —3 —3a 0
— 3(1 + a) (a + 2)
3(a + 2)(a + 1),
: 3 ( a + 1)(a + 2).
68
Glava 3. Elementi linearne algebre
Prema tome, rešenje sistema ie jc = v = 7 = ___3(a + l)( a + 2) , 9 , . , a 7 = —2, a 7= —l , a 7 = 3.
■' 3(a —3 )(l
Diskusija sistema Determinanta sistema je jednaka nuJi za « = - 2 , « = - 1 i a = 3. 2 a a ^ 2, a ^ - 1 \ a ^ 3 sistem im ajedinstvenorešenje. Ako je a = —1, tada je D = 0, D , = 0, D , = 0, D, = 0. Sistem je neodređen, za a = - 1 imamo -x -y -2 z = l,
4x + 3y + 5 z = - 3 ,
lx + y + z = - \ .
Ako prvu jednačinu pomnožimo sa - 2 i dodamo trećoj dobijamo drugu jednačinu. Ako je a = - 2 , tada je D = 0, Dx = 0, D v = 0, Dz = 0. Sistem je neodređen, za a = - 2 imamo -2 x -y -2 z=
1,
4x + 6 y + 5z = —3,
2.v + _v+ 2z = - 1 .
Prva i treća jednačina su iste. Ako j e a = 3, tada je D = 0, Dx ± 0) Z>v ^ 0, Z)z ^ 0. Sistem je protivrečan. Zaista, za a = 3 imamo 3 x - y - 2 z = l,
4a' —9y + 5z = —3,
2x + >’- 3 j = - l .
Sabiranjem prve i treće jednačine dobijamo 5x - 5z = 0, tj. x = z, a množeći treću jednačinu sa 9 i dodajući je drugoj jednačini dobijamo 22x - 22z = - 1 2 , što je u suprotnosti sa x = z. ► 3.13. Primer. Odrediti konstantu k tako da sistemi x + y ~k = 0 a) —2.r —3v + 3 = 0 ; b) 3x +2 y = 4k+ \
c)
x’ +y +2 k —3 -2 x -3 y 3x +2y biidu rešivi.
= 0 = \-3 k -k =4^_2
2
.v - y 2x - 3 y —x —y
+2
k
= = =
2
_2 ; _3
,
Rešenja. Imamo tri jednačine sa dve nepoznate .v i y, pa da bi sistem bio rešiv bar jedna jednačina mora biti linearna kombinacija ostalih dveju jednačina.Tada jedna od jednačina sistema može da se izostavi i determinanta sistema je jednaka nuli 1 1 -k 1 1 k = 2 3 3 0 1 a) Iz 3 - 2 k _ 4 —k = 0, sledi da je k = 4 3 2 —4k —1 0 -1 -k - 1
+ a )(a
3.3. Sistemi linearnih jednačina
69
Zaista, ako u dati sistem jednačina zamenimo dobijenu vrednost k dobijamo x + y = 4, —2 x —3y = —3, 3x + 2 y = \ l . Ako prvu jednačinu pomnožimo sa 5 i dodamo drugoj dobijamo treću jednačijiu. Znači, imamo dve jednačine ,v + y = 4 i 2x + 3y = 3, sa dve nepoznate. Rešenje sistem aje x = 9, >’ = —5. b) K akoje
2k - 2
1
-1
2
-3
2
-1
k+3
-1
=
1
-1
0
-1
0
-2
2k - 2 -A k + 6 3k+ \
= —l U + 1 1 = 0 ,
za k = 1 , zamenom k = 1 u dati sistem dobija se x —>’ = 0, 2x — 3 y = —2,
—x —y = -4.
Ako se druga jednačina pomnoži sa 6 , a treća sa —3 dobijaju se jednačine \2 x — 18> = —12, 3x + 3y = 12. Njihov zbir je 15x — 15>' = 0, što je prva jednačina pomnožena sa 5, pa je ona nepotrebna. Rešenje sistema je x = 2, y = 2. 1
c) Sledidaje
-2
3 0 za k = —18 i k
2k — 3 1 -1 k2 + 3 k — \ = 0 - 1 2 -A k + 2 0 -1 1. Ako je k = —18 imamo 1
-3
2k — 3 k2 + l k - l
= k2 + 17A: —18 =
-iok+n
x + y = 39, 2x + 3y = 269, 3x + 2y = -74. Sabiranjem druge i treće jednačine dobijamo prvu jednačinu pomnoženu sa 5. Rešenje sistema je x = —152, y = 191. Ako je k = 1, tada dobijamo sistem x + y = 1, 2x + 3y = 3, 3x + 2y = 2. Sabiranjem druge i treće jednačine dobijamo prvu jednačinu pomnoženu sa 5. Rešenje sistema je x = 0 , > = 1 . ► 3.14. Prim er. Da li se može odrediti konstanta a tako da sistemi
a)
c)
2x
+y
x ax
~y
+CIZ
-y
+z
x —x ax —x
+ay
-2
az
= = =
0 0
;
0
b)
—3x x ax
-y + 2y —v
+ 3 az —az +z
0 0 0
-t = +at = +z +y = +z -y 4-t = +y +az imaju i netrivijalna rešenja.
+z
R ešenja. U ovom primeru sistemi su homogeni, jer su svi slobodni članovi jednaki nuli. Prema tome u a) i b) x = y = z = 0, i u c) x = y = z = t = 0 su sigurno rešenja,
Glava 3. Elementi lineame algebre
70
ali trivijalna. Međutim, ako je još i determinanta sistema jednaka nuli, tada sistem može da ima i beskonačno mnogo rešenja.
-1
-2 a a
-1
1
1
a) Determinanta sistema je
= (1 —a )(a —3),teje ona jednaka nuli
za a = 1, a = 3. Ako je a = 1 imamo sistem 2x + y — 2z = 0, x —y + z = 0, x —y + j = 0. Druga i treča jednačina su iste pa imamo dve jednačine 2x + y = 2z, x —y = —z, sa tri nepoznate, čija je determinanta sistema —3 / 0. Birajući z proizvoljno i rešavajući sistem po x i y dobijamo x = z/3, j = 4z/3. Ako je a = 3 imamo sistem 2x + y - 6 z = 0, x —y + 3z = 0, 3x - y + z = 0. Sabiranjem prve i druge jednačine dobijamo 3x - 3z = 0, tj. x = z, što zamenom u prvu daje y = 4z. 3a —a
b) Iz
-5 —5a 2 -/ 0. a £ M, sledi je da sistem protivrečan.
1
c) Determinanta sistema je 1 -1
a -1
a
1
1
1
a
1
1
a
1
-1 1
—( a + 1) ■
-1 —
(a + 1) •
a
1
0
1
1
a
1
1
a
1
—a
a
1
1
1
1 1
0 0
1 1
-1 1
-1 1
-1
a
1
1
a
1
-1
( a + 1)(1 - a ) ■
a
1
1
1
a
1
1
-1
-1
= (a + 1 )(1 —a) • (a 2 + 3). Za a = —1 imamo sistem x - y + z - t = 0 , - x + y + z — t = 0 , - x - y + z + t = 0 , -x + y - z + t = 0 . Četvrta jednačina je ista kao i prva pa se izostavlja. Sabiranjem prve i druge jed. načine dobija se z = t, a sabiranjem prve i treće dobija se x = t, odakle sledi da ’ sistem ima rešenje i = }’ = z g R . Ako je a = 1 dobijamo sistem .v + y + z —t = 0 , —x + y + z + ? = 0 , x —y + z + t = 0 , čija su rešenja y = t = x = —z £ R. ►
-jc + y + z + / = 0 ,
3.3. Sistemi hnearnih jednnčina
3.3.4
71
Rešavanje sistema jednačina pomoću matrica
Neka je dat sistem od n linearnih jednačina sa a n x i + a i 2 X2 + --'+ a i„ x n a 2 \X \+ 0-22X2 + • • • + a 2nXn
n nepoznatih = =
b\ b2 (3.22)
a n \ X \ + a n2-X2 + ■■• + a ljnx ,i
b„.
—
Sistem (3.22) možemo zapisati kao matričnu jednačinu AX=B,
gde je A =
a ii ć?21
a \2
ćl\n
#22
&2n
(3.23) b\
' a'i ’ X2 ,
&2
, B=
X =
xu Oji 1 &]\2 &nn Matrica A naziva se matrica sistema, a matrica
A=
a\\
a \2
...
&21
022
■■■
ani
a,i2
b„
a \n b\ ’ b2 0 2n O-nn bn
se naziva proširena matrica sistema. Ako matrica A ima inverznu matricu A_1, tad aje rešenje matrične jednačine (3.23) dato sa X = A - l B. (3.24) Zbog nekomutativnosti množenja mora se paziti sa koje strane se matrica B množi matricom A ~ x. 3.15. Primer. Rešiti sisteme jednačina
a)
X -y + 2 z —2 x +>’ +z 4x -3 z
= = =
8 -5 7,
b)
—X + 2 y - 3 z 2x -4 y +6 z x —y +2 z
= = =
-1 2
3
pomoću matrica. Rešenje. a) Umesto datog sistema jednačina posmatraćemo ekvivalentnu matričnu jednačinu AX=B,
Glava 3. Elementi lineame algebre
72
gde je matrica sistema A =
1 -2
-1 1
4
2 1
-1
'
8
, a B=
-3
'
-5 7
Determinanta
3 1 sistemaje —4 i inverzna matrica A - l je A 1 =
. Prema tome rešenje 43 4
matrične jednačine AX = B je 5 4 11
x=
3 4 5 4 1 4 J
4,3 4
2
1
12 L 1
Odatle sledi d a j e x = 3, y = - l , z — 2. b)
Matrica sistemaje singularna, pa ne možemo primeniti prethodno opisani postupak rešavanja. ► Važi sledeća teorema.
3.16. Kroneker-Kapelijeva teorema. Sistem linearnih jednačina (3.22) je saglasan (rešiv) ako je rang matrice sistema jednak rangu proširene matrice sistema. U primeru 3.15 pod a) matrica sistema ima rang 3, a takođe i proširena matrica sistema
1 - 1 -2 4
2
8
1 1 -5 —1 —3 7
ima rang 3. U prethodnom primeru pod b) matrica sistema kao i proširena matrica sistema imaju rang 2. Sistem je rešiv i ima beskonačno mnogo rešenja x = 5 — z, y = 2 + z, z = z, gde je z proizvoljan realan broj. Sistem x +y +z = 1 2x +2y +2 z = 3 x —y +2 z = 3
ima matricu sistema ranga 2, međutim, proširena matrica sistema A = 1 1 1 2 2 4 = 2 /0 . 1 2 3 Pri rešavanju sistema lineamih jednačina pomoću inverzne matrice broj potrebnih operacija je velik i stoga je Gausova metoda podesnija za primenu.
je ranga 3, jer je
3.4. Vektorska algebra
3.4
73
Vektorska algebra
Veličine koje često srećemo u matematici, fizici i hemiji karakteriše samo jedan broj. Na primer, dužina, površina, zapremina i temperatura potpuno su određene jednim brojem. Takve veličine nazivaju se skalarima. Za razliku od njih, veličine koje zovemo vektorima, određuju tri faktora: pravac, smer i intenzitet. To su na primer, brzina kretanja čestice, ubrzanje i sila koja deluje u nekoj tački. Radi reprezentacije vektora, pođimo od dve tačke A i B koje određuju duž AB. Dužina duži je skalar i to pozitivan, ako se tačke A i B razlikuju. Međutim, ako odredimo da je tačka A prva a tačka B druga tačka, onda smo u stvari uveli orijentaciju na pravoj A B ,\ to od tačkeA ka tački B . U tomslučaju možemo govoriti 0 uređenom paru (A ,B ), u oznaci AB. lcoji ćemo zvati vektor AB. Dakle, vektor A Š je određen pravcem ("nosačem" vektora ~AB), smerom na pravoj AB (od A ka B) i dužinom duži AB tj. intenzitetom vektora A Š , koji ćemo obeležavati sa \AŠ\. Vektori A Š i Čf) su istog smera (suprotnog smera) istog pravca tj. ako su prave AB 1 CD paralelne i tačke B i D nalaze se sa iste (respektivno suprotne) strane prave AC. Vektori AB i ČD su jednaki ako imaju isti pravac, imaju isti smer i isti intenzitet tj. \AŠ\ = \ct)\ {AB i CD su podudarne duži). Geometrijski, vektori AB i ČD su jednaki ako postoji translacija koja prevodi vektor AB u vektor C/3.
D
Slika
3 .1 .
Slika
3 .2 .
Ako se tačke A i B poklapaju tada A Š obrazuje nula vektor i označava se sa 0 . Nula vektor nema ni pravac ni smer. Vektori A Š l BC sabiraju se na sledeći način (sl. 3 . 1 .): AB + BČ = AČ. Razlika dva vektora AB — BČ se posmatra kao zbir vektora AB i —BC.
74
Glava 3. Elementi lineame algebre
Osobine operacije sabiranja vektora Zbir dva vektora je vektor tj. 7f 4- ~ 6 = ~cr. Za sabiranje vektora važi zakon asocijacije, tj. (■+ (l!>+ 'č>). Za svaki vektor 7? važi ~čt + 0 = 0 +~đ = l t . Svaki vektor 7f imasuprotan vektor —7?, zak o jije 7? + (—7?) = (—7 f ) + 7? = 0 . Za svaka dva vektora važi zakon komutacije tj ,~ đ + b = b + ~ đ . Dakle, skup vektora čini komutativnu grupu u odnosu na operaciju sabiranja. Ako je m S M i ~čt vektor, tada je m~đ vektor čiji je intenzitet |m ||7?|, pravac je jednak pravcu vektora ~čt a smer je jednak smeru vektora 7f za m > 0 , a suprotnom smeru vektora ~đ za m < 0. Ako je m = 0 tada je 07f = 0 . Osobine operacije množenja vektora realnim brojem (skalarom) Za svaka dva vektora 71 i ~V važe sledeće relacije: 17f = 7 f ; m(n~đ) = (mn)~čt, za sve m ,n € M; (m + n)7f = m7F + n 7 f , za sve m ,n G M; m(~čt + b ) = m7f + m b , za sve m € K..
3.4.1
V ektori u D ek artovom koordiriatnom sistem u
Neka je dat Dekartov pravougli koordinatni sistem sa osama x ,y i z i tačkom O kao koordinatnim početkom (sl. 3.3.). Neka tačka A ima koordinate (1,0,0), *z
2
M(x,y,z) '* /
T^" ! -J 1 i>/° \ ' ,- 'a*
Slika 3.3.
X
Slika 3.4.
tačka B ima koordinate (0,1,0) i tačka C ima koordinate (0,0,1). Vektori i , j i su definisani sa 7* = oA , f = Of>. Jc = OČ. Vektori ~t,~j i lc se nazivaju koordinatni vektori ili ortovi. Za svaki vektor 7f postoji jedinstvena tačka M (ax,ay,a z) (sl 3.4.) zakoju je
OM = ax i +av j +az k =~đ.
3.4. Vektorska algebra
75
Na taj način se uspostavlja obostrano jednoznačna korespondencija između vektora ~đ i uređene trojke realnih brojeva (ax,ay,ay) € K3. Tako, na primer, vektoru i odgovara uređena trojka ( 1 , 0 , 0 ), vektoru ~f odgovara uređena trojka (0 , 1 , 0 ), avektoru k odgovara uređena trojka (0 , 0 , 1 ). Intenzitet v ektora 7?, u oznaci l7f j. je dat relacijom |7f
OM
\/(a,x ) 2 + (ay ) 2 + (a-)2.
Ako su vektori 7f i U dati sa 7? = ax i' + a Y~ f + az k , tada je zbir vektora 7? i b vektor 7? +
b=
(ax +
bx) i
b = bx~T+ by~j
+ ( a v + ftv) j + (a- + bz) k
+ c -lc ,
.
Ako je 7f = ax~T + av~j + a z k , tada je m 7? = m ax i + m a y j + m a z k , m S K. što se može zapisati u prostora R 3 na sledeći način: m(ax,a v,az) = (max,m ay,m az). Na primer, za vektore 7? = 3~ t —
+ 6 lc
|7f | = y/3 2 + ( - 2 ) 2 + 62 = x/49 = 7,
~č?+ b = (3~t
— 2 ~f
+ 6lc) + ( T
\b \ = ^
~t> = ~T —8 ~j + 41<, je + ( - 8 ) 2 + 4 2 = ^8 1 = 9, i
— 8 ^ + 4 " ^ ) = 4 ~T — \0~j +
37f —2~V = 3(3~T - 2 l f + 6 l c ) - 2 ( T -
3.4.2
i
\0lc,
+ 4~t)=7~? + \0~f + 10 ~t .
Skalami proizvod vektora
Skalarni proizvod dva vektora ~đ i b , u oznaci ~đ • b , definiše se kao proizvod intenziteta vektora ~đ i b i kosinusa ugla koji obrazuju vektori 7 f i b i označava sa ~đ ■ b . Znači da je 7 f - t = |7 f ||V |c o s ( Z ( 7 f ,t ) ) .
(3.25)
Primetimo da je rezultat skalarnog proizvoda realan broj (skalar). Ne nulti vektori ~čt i b su ortogonalni, ako i samo ako jejrjihov skalarni proizvod jednak nuli. Na primer, vektori ~đ = 2 i —4 j —3 k , \ b = 5 /' + 4 j — 2 k su ortogonalni jer.je važi 7 t-~b
= (2~T-4~J-3~t)-(5~T + 4~j - 2 ~ t ) =
1 0 - 16 + 6 = 0.
Glava 3. Elemend lineame algebre
76 O sobine skalarnog proizvoda
Za svaka tri vektora ~đ, ~S i ~c> važe sledeće relacije: a) ~đ ■~đ = \~a?\2', b) ~đ ■ b = b ■~đ\ c) ~čt ■(J> + - ? ) = ! ? ■ b +~čt ■!?; d) ( k ! t) ■T> = k ( ! t ■!>) = ~đ ■(k~t>), za svako t £ l ; e) Tf ■~đ = 0. Na primer, pokazaćemo da važe osobine a) i b) skalarnog proizvoda. a) Po definiciji skalamog proizvoda je ~čt ■~đ = |l?||"Zf |cos(Z("a>,'a >)) = | l f || a*! cosO = \~đ\2. b) ~đ ■!> = |'a >||" ? |c o s(Z ( ~čt,!>)) = |^ >| | a i'|c o s(Z ( b ,"
•
~đ.
3.17. Teorema. Ako su vektori ~đ i b dati s a l f = ax~T + ay j + a z k , i = bx~ t 4- by~j + b z k , tada je a ■ b = axbx + ayby + azbz.
(3.26)
Dokaz. Vektori ~ t, !* i 7 su uzajamno ortogonalni i intenziteta 1 tako da iz definicije skalarnog proizvoda, odnosno iz relacije (3.25) sledi ~ t-~ t = 1 , y ~ ~ j = l , Prema tome je ~čt ■T>
k-k=l,
~ t-~ f= 0 ,
j ■k = 0 ,
k - ~t = 0 .
=
(ax~ t + ay~J + a zl c ) - (bx~t + by~j + b z k )
=
axbx( t - ~ t) + ayby(~f - ~ f) + azbz( t ■lc ) = axbx + ayb} + azbz. ►
Na osnovu relacija (3.25) i (3.26) važi | ~čt 11~S | cos (Z (~đ, !> )) = axbx + ayby + a zbz,
(3.27)
odakle se kosinus ugla između dva vektora izražava kao cos(Z(~đ, b ) ) =
axbx + ayby + azbz
axbx + ayby + azbz (3.28)
«1 I b \
a 2 + a2 + a2 - ^ jb 2 + b2 + b2
3.18. Prim er. Odrediti ugao između vektora ~čt i b ako su a) ~čt = 2 ~ t + ~ f ~ l c , 1> = ~ t + ~f
b) ~đ = 4 ~ f - 2 ~ f+ 2 lc \
1>
—~ t — k .
3.4. Vektorska algebra
77
Rešenja. a) Iz co s(Z (- đ , S ) ) =
= V2 2+l2 + ^ | )2v/iITT7 = ^ 7 5 -
sledi d aje ugao
između vektora ~đ i b jednak
b) Iz c o s ( Z ( l t , t ) ) =
.+(_1)2. =
vektora 7? i ~k> jednak arccos ( ~
, sledi dajeugao između ►
Ako je vektor 7f dat sa 7? = ax T + ay~j + a :J< i ~T, ~ f, i Jc su ortovi tada važi
~đ-~T =
|7f |cos(/l(~(t, ~T)) = ax,
~čt-lc
\~tf\cos(Z(~đ,1c ) ) = az ,
=
'č t -jf
= \~čt\cos(Z(~čt ,~J)) = aY,
\~čt| = ^Ja2 + aj. + a?.
Uglovi koje vektor 7? zaklapa sa koordinatnim osama su prema tome dati sa cos (Z (~ đ ,~ T ))=
a± = , ^Ja 2 + a 2 + a 2
cos (Z (~čt,lc)) = —
cos(Z(-~ đ ,7 ) ) =
,---- —= , y a? + ay + al
= . + a 2 + a2
Kako je l f ■!> =\~čt\\l?\ cos(Z (~čt,ly)) i |co s(Z (7 ?,~ ?))| < 1, to je | ~čt ■ b | < iTfH b |. Na osnovu osobina a) i b) skalarnog proizvoda je \~čt + !> \2 = ( 1? + 1?) ■(~đ + lT ) = ! t - ! t + 2 ~đ ■!> +!>■!>= | ~čt^ + 2 ~čt ■!> + \1j \ Kako je 7f • b <\~čt ■ & |< |" a >|- |f o |t o j e \~đ + t>\2 < \~đ\2 + 2\~đ\\\l>\ + \l> \ 2 = (|7 f| + |T |) 2, odakle se dobija |7f + 1>\ < | a"| + |"?|.
3.4.3
Vektorski proizvod vektora
V ektorski proizvod v ektora 7f i b , koji su različiti od vektora 0 , definiše se
Glava 3. Elementi lineame algebre
78
b , čiji je
kao vektor 7?, u oznaci "č* = 7? x
pravac određen normalom na ravan koju obrazuju vektori 7? i ~V\ smer određen po pravilu desnog zavrtnja; intenzitet I"?! = |7 ? ||l? |sin (Z (7 ? ,fc >)) (sl.3.5.). Ako je bar jedan od vektora 7? ili
b jednak vektoru 1? tada je ~đ x ~V=
0
:•= d x b
Slika 3.5.
Slika 3.6.
Ako su vektori 7? i h kolinearni, tada je sin(Z(7?, b )) = 0, pa je ~đ
x
b =
o\
T,
Vektori ~f i k su uzajamno normalni, intenziteta 1 , te iz definicije vektorskog proizvoda sledi
T x 7 = o\ i
x
~f j
j = k, ~j
x7
= 1?,
x
k = i ,
=
-7 ,
Jc x~V = , k x i = j , odnosno ~k
X /* = - 7 ,
7 x 7
Ako su vektori 7? i & dati sa 7? = ax~T + ay~j + a z7 , tada je 7? x
x
=
(ax~t + % 7 + az"^)
=
axby(~T x ~j) + axbz( T
7\
= —
7 = fo,-7 + i>v7 + bz7 ,
(^.i-7 + by~j + b z7 )
x 7 ) + aybx(~f x 7 ) + a v|j j ( 7 x 7 )
+azbx(li x ~T) + a.zby( V x ~f) = =
« a 7 + a .A ( “ 7 ) + « A ( - 7 ) + a v^ 7 + azbx~f + a zby(-~T) (aybz - a :by) i - ( a xbz - a zbx) j + (axby - aybz)~ t.
' Na osnovu toga se vektorski proizvod može izraziti pomoću determinanti na sledeći ■način: 7? x
b
ay a:
by bz
ax aT j +
bx
bv
k .
3.4. Vektorska algebnt
79
Dakle, simbolički ti' x b se rnože zapisati pomoću đeterminante" i ~ č tx b =
fl.v b,
J ay by
(3.29)
a: bz
O sobine vektorskog proizvođa Za svaka tri vektora ~đ, b i ~c>važe sledeće relacije: a) ~đ x b = —( b x ~c?)\ b) (m ~ đ )x b = m (~đ x l y ) , za svako m £ K; c) ~ đ x ( b + ~ c f) = ~čtx b + ~đ x ! ? \ d) ! t x (m~it) = 0, za svako m € K. 3.19. P rim er. Dciti su vektori a) ~čt = —2 i + 3>~f — 4 k ,
b = —~T + ~f — k \
b) ~čt = 5~T - 3 j + 5~t , 1> = - l * + 3 ~ f - 7 l c . Odrediti ~đ x b i b x ~ đ i pokazciti da važi 7 t x t> = — b x~čt Rešenje. i a )
7 tx b
-2
3
7 -4
-1
1
-1
7
e vrste), —r> i ~f x a =
-1 _2 —r+
b) ~đ x b =
b x~đ =
l 5
i +
-1
3
-4
= —T
—2 j — k = —{!t x b )
~f
-1
5 -7
i
7
k -7 5
5
j' + k (razvijali smo determinantu po ele-
lc
1
-3 3
-1
2
3 -3
6
=
-6
T —2
i +30 j + 1 2 k
i -3 0 j -1 2 k
-( a'
x
b ).►
3.20. P rim er. Za vektore ! t = j + k , b = 2 i + 3 j —5 k , c = 7 i — j — 4 k i skalar m = —3 proveriti tačnost osobina b), c)./ d) vektorskog proizvoda.
Glava 3. Elementi lineame algebre
80
Rešenje. 1
b) {m lt) x T> = (—3 ( T -
2^
+ 1c )) x (27* + 3 7 - 5 " ? )
-3 2
k -3 -5
J 6
3
= —3(~čt x 7 ) = m(~čt x b ) . i c) ~đ x (
+ "?) =
j
1
-2
2+7
3 -1
/
k 1
-5 -4
=
1
j
k
-2
2
1
+
3 -5
~t
~j
1
-2
7
-1
1c
1
-4
= (1? x h ) + (7? x -?). d)
Sledi na osnovu toga što je determinanta koja ima dve iste vrste jednaka nuli. ►
3.21.Primer. Ako je 7 ? = ax~t + cir j + a zl< i 1> = bx~t + by f +b-Jc , izvesti obrazac za oclređivanje uglct između vektora ~7t i b pomoću vektorskog proizvoda. Rešenje. lntenzitet vektorskog proizvoda je \~čt x 1>\ = |"č?|\~t>\ sin(Z("a>, ~S)). Prema tome je
sin(Z(7?, b ))
i ax bx
7t x b ~&\\b\
J ay by
az bz
y/a2x + a 2 + a l^ jb 2 + b 2 + bl
Intenzitet vektorskog proizvoda dva vektora l t = A Š i ~V = AČ jednak je površini paralelograma kojeg određuju ova dva vektora. Neka je ha visina paralelo|ram a koja odgovara straniđA 5 = a. Iz pravouglog trouglaBD'D sledi daje h„ = \ b \ sinG, gde je 0 ugao između vektora 7? i b . Dakle,
|1? x ~V\ = j"č?|| b \sm(Z.(!t ,~V)) =
\~čt\ha = P.
Može se pokazati da za svaka tri vektora ~đ, b i 1? važi relacija 7? x ( V x !?) = (~đ ■~c’)1> - ( ^ ■ b )-?,
3 .2 2 .
Primer. Pokazati naprimeru vektora ~af = - ~ t + 2 j' - lc , ! f = 4 i —2 j —6 k tačnost relacije (3.30).
Rešenje. Odredićemo prvo 7? x ( b x ~čr). Sledi da je
(3.30)
b =5~t - 3 ~ J - l c ,
3.4. Vektorska algebra
it
=
X
81
7
7
7
5
-3
4
-2
-1 -6
i
j
k
-1 16
2 26
-1 2
(—7 + 2 j f — k ) x ( 1 6 7 + 2 6 7 + 2 ~ t,
= 30 / - 14 ; - 58 k
S druge strane je
—(~đ - 7
(~đ
) ”? = ((—7 + 2 7 — fc’) ■( 4 7 — 2 7 — ć 7 ) ) ( 5 7 —3 7 — 7 )
- ( ( - 7 + 2 7 - 7 H 5 7 - 3 7 - t ) ) ( 4 7 —2 7 - 6 7 )
= -2(57 - 3 7 - 7 ) -(-1 0 )(4 7 - 2 7 - 6 7 ) = 3 0 7 -1 4 7 -5 8 7 . ►
3.4.4
Mešoviti proizvod vektora
Neka su data tri vektora ~đ, b i ~čf. Ako prvo vektorski pomnožimo vektore ^ i 7 , odnosno odredimo vektor Tt x 1 > = pa tako dobijeni vektor skalamo pomnožimo sa trećim vektorom dobijamo mešoviti proizvod vektora (~đ x b ) - ~ t . Dakle, mešovitiproizvod vektoraje skalar.
7,
7
Ako su vektori ~čt, b i ~ct dati u trodimenzionalnom Dekaitovom koordinatnom sistemu
~đ = ax~i
+ Oy7
+ az k ,
b = b x t + b}1 f + bz k , ~č? = cx~t + cy~j + czJc,
tada je na osnovu relacije (3.29)
(~đ x b ) -~t = ((ax~t + ay~ f + bv bz by bz
a-7 ) x ax a ;
(bx~T + by
bx b: cx -
te je (~đ x b ) - ~ t =
&x
ax ctz bx b7
av
bv
bx & x
7
+ bz7 k
) ) • (cx~ t + cy~f + c z7 )
) • (cv i + Cy j
+cz k
& v
Clr
bx bv b7 &■% Analogno se pokazuje da je
~đ ■( b x ~čt)
Cl^
bx by bz c.v cy cz
Na osnovu osobine determinante da se njena vrednost ne menja ako prvo prva i
82
Glava 3. Elementi lineame algebre
druga vrsta, a zatim druga i treća vrsta zamene mesta, dobija se 1? - ( b
ii, = (7? x ~B) ■7? = | bx
ay az bY b-
Primetimo da se ne može izvršiti ni množenje (7? ■ b ) x 7?, niti 7? x ( b ■“?*), jer je skalarni proizvod skalar, a ne vektor. 3.23. Primer. Odrediti mešoviti proizvod vektora
~čt = 2~t
+ ~f —2 k ,
~t> = —~ t+ 3 j f + 5 k 2
Rešenje. 7? ■( b x l f ) =
i ~č? = 4 i ' + 3~f —4 l c .
1 -2
-1 3 5 4 3 -4
Geometrijsko tumačenje mešovitog proizvoda Pokazaćemo da je |(7? x 1?) ■"č*| = V, gde je V zapremina paralelopipeda kojeg obrazuju tri vektora ~ a ,b i ~ c ’. Neka su dati vektori ~đ, 1> i 7? i 7? = AB, 1> = AČ i ~c>= AD. Zapremina paralelopipeda određenog dužima AB, AC i AD je V = BH, gde je B površina osnove lcoju obrazuju vektori ~đ i b , a H visina paralelopipeda. Po definiciji skalamog proizvoda je (7? x b ) • ~čt = |7? x b ||7 ^ |co s(Z ( d , ~č?)), gde je ~đ = ~đ x 1> . Geometrijski, intenzitet vektorskog proizvoda ~đ i površina paralelograma kojeg obrazuju duži AB i AC, te je
je
\~đ x 1> \= B . Vektor ~d (koji predstavlja vektorski proizvod vektora ~đ i ~k>) je vektor koji je normalan na ravan osnove paralelopipeda, odnosno vektor ~f se nalazi u pravcu visine paralelopipeda. Neka je 0 ugao između vektora 7? i I t . Ako je taj ugao oštar, tadaje cos0 > 0, pa se visina paralelopipedaH može predstaviti kao (sl.3.6.) H = |7?|cos0, • odakle sledi da je mešoviti proizvod tri vektora jednak zapremini paralelopipeda kojeg obrazuju ta tri vektora tj. (7? x !>) ■~ t = |7? x V ||7 ? |c o s (Z (7 ,1 ? ) ) = BH. Ako je 0 tup ugao, tada je cos 0 < 0, pa je visina paralelopipeda H = —\7? | cos 0,
3.4. Vektorska algebra
83
odnosno ( ? x t ) ' c' = \~ đ x 7 ||T ? |c o s ( Z ( 7 ,T f ) ) = —BH, što znači d a je apsolutna vrednost mešovitog proizvoda (~đ x b ) - l ? jednaka zapremini paralelopipeda kojeg obrazuju tri vektora 7?, b i ~t, odnosno
|(7fx"?)■-?!=v. 3,24.
P rim er. Dati su vektori
1) 7?= 2~T+ ~j + l i ,
= 7 —2~lc, 7^= —1* + ~f + Jc;
2) 7? = 7 *— ~J — k , 1? = 2 ~ t+ j f — Jc , !? = 3 ~ t+ 3 ~ f — 2 J c . Odrediti a) kosinuse uglove između svaka dva data vektora; b) vektorske proizvode svaka dva data vektora; c) površine trauglova koje obrazuju svaka dva data vektora; d) visine paralelograma koje obrazuju svaka dva data vektora; e) zapremine paralelopipeda koje obrazuju vektori 7?, J? i.~cr. Rešenja.
____ 1__ f/fŠ ' i 2 0
b) 7? x b =
~a -J} 0 + 1 —2 \~đ\\b\ x/W 5 / / / —> —>\\ cos(Z( a , c )) = j
k 1 1 1 -2
-3 j + 3 k ,
1 \/3 0 ’ =0,
= -37* + 4 7 + 2 7 ,
b x 7?
i
/
0
1
-1
1
, _ cos(Z( b ,7?)): paje
1 -2
—2 + 1 + 1.,n Z (a,7 > ) = - .
=>1 X 'i n
1) a) cos(Z(7?, b ))
7 2 -1
7
7 1 1
1 1
k -2
—3 i + 2 j + k .
1
c) Površina paralelograma kojeg obrazuju vektori ~đ i b je Pai, = |7? x b \ , ■ „ 1,_» \/59 površina trouglaje PTab = a x * I=
\/79,
Za vektore "o* i 71 površina paralelograma je Pac = |7f x 7^1 = 3\/2, a površina ttougla je Prac = ^ I~đ x T* | = — ^- . Za vektore b i !? je površina paralelograma P\„ ,
■
„
1
,-r->
__ , .
trouglajePThc = - \ b x 7^| =
\b x 7?| = \/T4, a površina
v /l4
d) Visina paralelograma određenog vektorima 7? = AŽ i J> = A?, na stranicu a, koja je
Giava 3. Elementi lineame algebre
84
određena tačkama A i B, dobija se kao količnik površine paralelograma i intenziteta , Pob \/29 vektora ate je hab = ir=rr = —7= ■ Ia I v6 U slučaju paralelograma određenog vektorima ~đ i
Pac _ 3VŽ
imamo ha,
\~đ\
U slučaju paralelograma određenog vektorima V i T? sledi da je
e) V = (7f x b )-~ t
2) a) cos(Z(7?, b )) =
2
1
0
1 -2
-1
1
2-1
+1
\/V 6 6+ 3+ 2 cos(Z (V ,~č?}) = \/W 2 2
b) ~đ x 2? =
; 1 2
j k -1 -1 1 -1
. Ic I
V3
1 = 9.
1 2 3-3 + 2 cos(Z( 7? ,T ) ) = 3V T \/3\/22 11 2\/33
2 v ^ ’
= 2 ~ ? -7 + 3 * \
T ~t 7 1 -1 -1 3 3 -2 T + j + 3k. a xc
= 5~t —7 + 6~~t,
b x 7? =
2 3
7 1 -1 3 -2
c) U ovom slučaju je Pab = | a* x 3* | = \/l4 i površina trougla Prah = ^ |~đ x V \ = 1 \/62 Za vektore 7f ,"£*■j e / >ac = |"o>'x 7f | = \/62, /Vac = - |7 f x ~?\ = — . Za vektore V ,~t je Pbc = \V x~c*\ = \JTT, PTbc = =\V x
"?| =
d) Analogno kao u 1) sledi da je , P a b _ V 14 nab — 71=^7 — /—i \đ \ V3
e) V = (■7? x /?)•"?
y/6
ha>
/V _ \ / 6 2
_ pfcc
/n
m
“ ^ 2 ‘
r* i
I —31 = 3. ►
VT4
3.5. Analitička geometrija
3.5
85
Analitička geometrija
3.5.1 Translacija i rotacija sistema. Pretpostavimo da su data dva pravougla koordinatna sistema Oxy i 0'x'y' u istoj ravni (dvodimenzionalnom prostoru) (sl.3.7.)- Ako je M neka tačka te ravni onda ona ima koordinate x i y u odnosu na sistem Oxy i koordinate x' i y' u odnosu na sistem 0'x'y'. Jasno je da su koordinate (x,y) i (y,y)tačke M u nekoj vezi. Pokušaćemo da ustanovimo tu vezu i samim tim vezu između osa ta dva pravougla sistema iste ravni. Pretpostavimo da
Slika 3.7. Slika 3.8. je pravougli sistem 0 'x'y' dobijen pomeranjem-translacijom x i y osa paralelno svojim položajima, tako što je koordinatni početak O pomeren u početak O1 ( sl.3.8.). To znači da su jedinični vektori paralelnih osa jednaki. Označimo ih uobičajeno sa i i / . Neka su f i respektivno radijus vektori tačke M u odnosu na početke O i O' datih pravouglih koordinatnih sistema Oxy i OVv' ( sl.3.9.). Tada imamo ~f = x i +y~f
i
= x!~t + y ~ f,
kao i
00
’ = a ~t + $~ f,
gde su a i |3 koordinate tačke O' u odnosu na sistem Oxy. Pošto je T>= J*' + 0 Odatle su
0
',
toje
x = xf + a
x~i + y f = (xJ~t + y'Jf) + ( o T + P T ) • i
y = y' + P,
veze između koordinata (x,y) i (^ ,/)tačke M u odnosu na sisteme Oxy i 0'x'y'.
y t-7
» x. o r Slika 3.9.
‘ .T’ .
o’ r
a-;
Slika3.10.
Pretpostavimo sada da su ose x' i / dobijene respektivno rotacijom osa x i y za ugao cp oko koordinatnog početka O sistema Oxy. Ovo znači da koordinatni sistemi Oxy i OVv' imaju zajednički početak 0 = 0 ' (sl.3.10.). Sada čemo naći koordinate jediničnih vektora ~ f i ~f' u odnosu na sistem Oxy (sl.3.10.).
Glava 3. Elementi lineame algebre
86
Lako se vidi da su koordinate jediničnog vektora ~T' kosinusi uglova cp i f —cp koje ih on respektivno gradi sa x i y osom. Zato možerao pisati i ' = i coscp + ~j sincp. Slično, koordinate jediničnog vektora ~j' su kosinusi uglova
] = — ; sm(p+ j cos(p.
Pošto su za proizvoljnu tačku M njeni radijus vektori ~f = x i + y~f i ~f' = x~T' + y~f' . . , . —7^/ , —->/ jednaki, tj. x i + y j = x i + y j , onđa zamenjujuci lzraze za 1 1 j u poslednju jednakost, dobijamo
M
o’ 0
Slika3.11. x~T + y j
=
x' ( i coscp+ j sincp)+>■'(— ; ' sincp + T coscp)
=
(x' cos (p -
/ sin cp) i + ( / sin cp+ / cos cp)
.
Odatle su x = x' cos cp —/ sin cp i y = x' sin cp+ / cos cp, veze koordinata (x,y) i (x', /)tačke M u odnosu na stari i novi pravougli sistem. 3.25. Primer. Koju liniju u ravni xOy predstavlja jednačina x 2 + y 2 —2x —2y —l = 0? Rešenje. Grupisanjem članova (dopunjavanjem do potpunog kvadrata) imamo (*—l) 2 + (y — l ) 2 = 9. Ako uzmemo da j e * = x' + l , y = / + 1 onda data jednačina postaje y 2 + / 2 = 32, tj. ona predstavlja krag poluprečnika 3 sa centrom u koordinatnom početku O' sistema 0 'x'y' koji je dobijen translacijom sistema Oxy. ► 3.26. Primer. Date su jednačine a) x 2 —y2 = 1;
b) y = x.
Kako glase ove jednačine u sistemu O.rV koji je dobijen rotacijom sistema Oxy oko tačke O z a \.
3.5. Analitička geometnja
87
Rešenja. Najpre imamo veze starih x i v sa novim koordinatama x' i / :
v =
71
1
x' sin | + / cos - = —= (x' + V ) . 4
■
4
a) Jednačina x 2 —y 2 = 1 postaje x'y' = —j •
^/2V
- '
b) Jednačina >' = x postaje / = 0.
Vidimo da isti skup tačaka u jednom sistemu ima ”komplikovaniju"' ili ”jednostavniju” . jednačinu nego u drugom sistemu>
3.5.2
Krive drugog reda
Pretpostavimo da u ravni imamo pravougli koordinatni sistem Oxy. Skup tačaka ravni čije koordinate zadovoljavaju jednačinu F (x ,y )= 0,
(3.31)
gde je F funkcija sa dve promenljive, zove se ravna kriva. Jednačina (3.31) je jednačina te ravne krive. Na primer, jednačina x y = 0 je jednačina linije koja deli drugi i četvrti kvadrant na jednake delove, i x 2 +>2 —1 = 0 je jednačina kružnice sa centrom u koordinatnom početku i poluprečnikomjednakim jedan. Posmatrajmo sada polinom drugog stepena sa dve promenljive jc i y : F (x,y) = a\ix 2 + 2an xy + a 22y 2 + 2a^x + 2a2iy + 033 gdeje flj,
+022
(3.32)
+ a i2 >
Jednačina F (x,y) = 0 se zove jednačina krive drugog reda. Poznata je u literaturi i kao algebarska jednačina drugog stepena sa dve promenljive. Navedena jednačina predstavlja u ravni razne skupove tačaka (0; dve paralelne prave; dve prave koje se poklapaju; dve prave koje se seku; kružnicu; elipsu; hiperbolu i parabolu) i to sve u zavisnosti od datih koeficijenata ciijJJ = 1,2,3. Dabismo znali koji od navedenih skupova tačaka u ravni Oxy predstavlja jednačina F(x,y) = 0, najpre ćemo navesti kanonske (kanoničke) jednačine i glavne osobine standardnih krivih drugog reda (koje se još i zovu-konusni preseci).
Slika 3.13.
Slika 3.14.
Glava 3. Elementi lineame algebre
Elipsa Standardna jednačina elipse je x2
-=• + az
v2
-py = bz
1, a > 0, b > 0.
Brojevi a i b se redom zovu poluose elipse. Ako je a > b onda se žiže elipse nalaze na x osi, u suprotnom one su na y osi. Ziže F\ i Fj su respektivno date koordinatama (—c, 0) i (c, 0), gde je c
=
Va2 - b2. Količnik = Va2~b~ = e zove se ekscentricitet elipse. Očigledno je
za elipsu 0 < e < 1, u slučaju daje e = 0 (a = b) elipsapostaje krug. Prave x = ± L j = se zovu elipse (sl.3.14.). Ako je 0 < a < b onda su žiže elipse na ordinatnoj osi.
direktrise
Hiperbola Hiperbola je kriva u ravni čija je jednačina X2 V2 —77 = 1, a > 0, b > 0. az b1 Pri ovakvoj jedriačini (temena hiperbole su na x osi) a se zove realna a b imaginarna poluosa. Žiže F\ i Fi su respektivno date koordinatama (—c, 0) i (c,0), gde je c = \fa 2 + b2. Količnik ~ a=
ekscentricitet hiperbole.. Očigledno je za hiperbolu se zovu direktrise hiperbole, dok prave y = ±^rx su njene t 2
— e ZOve se
e > 1. Prave x = ±-e =
asim ptote ( sl. 15). Ako jednačina ima oblik
Slika 3.15.
—^ + p = 1 onda su žiže hiperbole na y osi.
Slika 3.16.
Parabola
Žiža
Parabola je skup tačaka u ravni čija je jednačina y 2 = 2px, p 0. F parabole ima koordinate (\ ,0) a jednačina je x = - j . Teme parabole je tačka 0 (0 ,0 ). Napomenimo da je parabole e = 1 ( sl.3.16.). Ako je jednačina parabole data sa x2 = 2qy onda je y osa njena osa simetrije i žiža se onda nalazi na y osi.
ekscentricitet
direktrise
3.5. Analitička geometrija
3.5.3
89
Opšta jednačina krive drugog reda
Zanavedenu algebarsku jednačinu drugog stepena sa dve promenljive imamo postupak na osnovu koga se dobija skup tačaka ravni Oxy koje zadovoljavaju datu jednačinu. 3.27. Teorema. Neka je u ravni dat pravougli koordinatni sistem Oxy i neka je F
y) = a\\x 2 + 2 a\ 2xy + az2T + 2a^x + 2a23)’+ «33
(3.33)
polinom drugog stepena sa dve promenljive x i y. Tadapostojipravougli koordinatni sistem 0'x!y' tako da se koristeći veze između x,v i x',y' polinom F (x, y) svodi na polinom F ,y') koji može imatijedan od sledeća tri oblika: a \ \X 2 + ^ 22.1’2 + ć/33,
| ■a 22
a22y + 2 o\r$x , a22 'a\^ ! /2 , / / a22y + ^ 33, a 22
O', 7^
/
0: 0.
Glava 4
Granična vrednost i neprekidnost Raspravljajući različite aspekte realnog broja, primećujemo da se pri merenju realnih fizičkih veličina dobija niz njihovih približnih vrednosti, sa kojima zatim radimo. Takvo stanje stvari odmah postavlja tri sledeća pitanja: a) Kakav odnos ima dobijeni niz aproksimacija prema izmerenoj veličini? Imamo u vidu matematičku stranu stvari, tj. želimo da dobijemo tačan opis, šta uopšte znači ”niz približnih vrednosti” i u kojoj meri takav niz opisuje vrednosti veličine; da li je to opisivanje jednoznačno i da li taj niz može odgovarati raznim vrednostima izmerenih veličina. b) U kakvoj su vezi operacije sa približnim vrednostima, i operacije sa tačnim vrednostima, i čime se te operacije karakterišu pri opisivanju nekih dopustivih zamena tačnih vrednosti približnim? c) Kako je sam niz brojeva definisan, može li on biti niz đovoljno tačnih približnih vrednosti neke veličine? Odgovor na ta i slična pitanja daje pojam granične vrednosti funkcije jedan od osnovnih pojmova analize. Izlaganje teorije graničnih vrednosti počinjemo razmatranjem granične vrednosti funkcija definisanih na skupu prirodnih brojeva (nizova).
4.1 4.1.1
Nizovi O snovni pojm ovi
4.1. Definicija. Niz jefunkcija a : N —>K. Uobičajeno je da se piše an := a(n), n G N, i a = (an)ne^ . Broj a„ se zove opšti član niza a. U ovoj glavi n uvek označava neki prirodan broj. 90
4.1. Nizovi
91
U sledećoj tabeli dato je nekoliko nizova sa opštim članom i izračunato je nekoliko njihovih prvih članova. Opšti član
Članovi niza
Opšti član
a„
l I 1 1 ’ 2 ’ 3 ’ 4 ’''' ’
b„n =
.1 I _ i I 2> 3 ’ 4 ’ '
dn = n,
1,2,3,4,
- 1 ,2 ,- 3 ,4 ,
f n
2 ’ 4 ’ 8 ’ 16’ " '
C„
( - 1 )"n,
l - 1, n i
Članovi niza 0 i 2 3 2 ’ 3 ’ 4 ........
i i i I '■
Tabela 4.1.
Definicija granične vrednosti niza 4.2. Definicija. Realan broj L je granična vrednost niza (a„)„eN ciko za svako e > 0 postoji no G N sa osobinom da za svako n > «o važi \a„ —L\ < e, tj. (Ve > 0) (3no G N) (Vn e N ) n > «0 =>• \a„ —L\ < e. Ako je L granična vrednost (kraće: granica) niza (<3„)„<=n> ta(ia još kažemo da (a„)„ef$ konvergira ka broju L i to pišemo lim a„ = L.
4.3. Teorema. Granica konvergentnog nizaje jedinstvena. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da niz (an)„6n ima dve granice, označimo ih sa a i b, i neka je, recimo, a > b. Tada za e := (a —b )/3 postoji «o takvo da važi (Wn e N) n > no => |a„ —a\ < e. To znači da u intervalu ( b — §,£>+1) ima najviše konačno mnogo članova niza (a n)iteN (ne više od no), pa tačka b ne može biti granica tog niza. ►
4.4. Primer. Koristeći definiciju 4.2, pokazati da je svaki od sledećih nizova datih sa opštim članom
a) a„ = - \
n konvergentan ka 0 .
b) b„ = \ ,
na
a>
0
,
Rešenja. a) Treba pokazati da za svako unapred dato pozitivno £ postoji prirodan broj n0 takav da važi implikacija n > «o => \a„ — 0| < e, odnosno n > «o => - < £• n
(4.1)
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
92 Kako za svako n sa osobinom n > je (4.1) zadovoljeno.
važi i < e, to možemo uzeti n 0 = [±] + 1, pa
Napom ena. Broj [x] (čita se: "najveći ceo od.r”) po definiciji je najveći ceo broj manji ili jednak od realnog broja x. b)
Za dato e > 0 odredićemo prirodan broj n 0 tako da za svako n > n 0 važi 1 na
°
Ako je a pozitivan racionalan broj, tada iz zadnje nejednakosti sledi n >
ve
pa
možemo uzeti da je n0 = j ^ j + 1. Ako je, međutim, a pozitivan iracionalan broj, tada postoji racionalan broj (3 takav da važi 0 < P < a , odnosno n$ < na , tako da je uzeti «o = [ - p j + 1. ► H-f 1 4.5. Prim er. Pokazatipo definiciji 4.2 da niz čiji je opšti član dat sa an = ----- ima n+ 2 granicu jednaku 1 . Rešenje. Iz relacija |jj±i < e s^edi da za dato e > 0, važi I n + 2 - l| 11 = ^ n+ 2
n+ 2 >
- ili n > - — 2. Za n 0 se može uzeti bilo koji prirodan broj veći od broja e e — 2. Da bismo bili sigumi da je izabrani broj n 0 prirodan, uzećemo (na primer) e n0 = [1/e - 2] + 3. Tada za svako n > n 0 važi ||j± i — 11 < e. Za niz koji ne konvergira, kažemo da divergira. gentnih nizova. ►
Izdvojićemo dve klase diver-
4.6. Definicija. Niz (a„)„€N divergira u plus beskonačno, « oznaci lim a„ = +<», ako za svaki realan broj M > 0 postoji broj n0 € N takav da za svako n > n0 važi an > M; divergira u minus beskonačno, u oznaci lim a„ = —<», ako za svaki realan broj M > 0 postoji broj n0 € N takav dci za svako n > n 0 važi a„ < —M. Niz sa opštim članom dn = n divergira u plus beskonačno (to je, u stvari, niz prirodnih brojeva), dok niz sa opštim članom e„ = (-1 )" « jeste divergentan (tj. nije konvergentan), ali niti divergira u minus beskonačno niti u plus beslconačno.
4.1. Nizovi
93
4.7. Definicija. Niz a = (a n)„eN i e ograničen ako postoji pozitivan realan broj M takav da za svako n € N važi \an\ < M. Očevidno da niz koji divergira u plus beskonačno ili u minus beskonačno ne može biti ograničen. Međutim, važi 4.8. Teorema. Svaki konvergentan niz je ograničen. Dokaz. Neka je dat niz (a«)«eN koji konvergira ka broju L, odnosno neka je lim a„ = f l — >co
L. To znači da za proizvoljno e > 0, pa i za e := 1, postoji n® e N, takvo da za sve n > no važi \an —L \ < \ ,
tj.
L —\ < a n < L + \.
Između konačno mnogo brojeva a \ ,ao, ■■■,a„0 , L — 1 i L + 1 možemo odrediti onaj koji ima najveću apsolutnu vrednost, obeležimo ga sa M. Tada za svako n G N važi \a„\ < M. Prema definiciji 4.7, niz (a„)„6N j e ograničen. ► 4.9. Primer. Da li. važi tvrđenje obm uto teoremi 4.8, tj. da je svaki ograničen niz i konvergentan? Rezultat. Ne. Niz koji je ograničen ne mora biti konvergentan, kako se vidi na primeru niza sa opštim članom a„ = (—1)". ► 4.10. Primer. Odrediti koji su nizovi iz tabele 4.1 ograničeni. Rezultati. Nizovi (a„)nen, (b„)neN i (c„)»eN su ograničeni sa 1; niz (/„)„6n ograničen je sa j , dok nizovi (d,,)„6n i (e„)„6N nisu ograničeni. ► 4.11. Primer. Na brojnoj pravoj odrediti prvih pet tačaka koje odgovaraju članovima sledečih nizova, datih svojim opštim članom: a) an = -^=; ■\JYl
b )b n = \ - ^ - - ,
c) c„ = 1 + ( - 1 ) '!;
d) d„ = n - (1 + (-1 )" ).
fl
Grafičkim prikazima članova nizova iz primera 4.11, vidi se da se članovi niza ( a „ ) „ 6 N nagomilavaju oko tačke 0 ša desne strane, dok se članovi niza ( b n )„ e ?q nagomilavaju oko tačke 1 , ali sa obe strane. Clanovi niza (c „ )„ 6n uzimaju samo dve vrednosti, naime važi — C,t
/
iy> _ / [0 ,
akoje akoje
n = 2k zaneko k £ N; n = 2 k + \ zaneko /cgNo-
Za sve nepame brojeve n, članovi niza (d„)„e?i uzimaju vrednost 0, dok se za parne brojeve n udaljuju u desno (ka + ” ).
94
Glava 4. Graničmi vrednost i neprekidnost
4.12. Definicija. Realan broj f je tačka nagomilavanja niza (a„)ne$, ako za svako e > 0 i svako m € N postoji barjedno n € N, n > m , tak\>o da je ja„ — i \ < e. Ekvivalentan iskaz za definiciju 4.12 jeste da je realan broj £ tačka nagomilavanja niza (a„)„en ako i samo ako za svako e > 0 postoji beskonačno mnogo prirodnih brojeva n sa osobinom a„ e (t —e, £ + e). 4.13. Primer. Odrediti tačke nagomilavanja nizova datih u primeru 4.11. Rešenja. a) Niz (a„)„6n ima jednu tačku nagomilavanja, 0 i prema primeru 4.4 b) ima granicu jednaku nuli. b) Niz (b„)„eN ima jednu tačku nagomilavanja, 1, konvergentanje i granica mu je 1. c) Niz (c„)„em ima dve tačke nagomilavanja, i to 0 i 2. Ovaj niz je ograničen, ali nije konvergentan. d) Niz (d„ )„em ima jednu tačku nagomilavanja, 0. U stvari, za sve nepame brojeve n = 2 k + 1, k G No, je d 2k+\ = 0, pa za proizvoljno e > 0 i za sve k e No važi d 2k+i 6 (0 - e, 0 + e). Međutim, niz (d.„) /.■ / nije ogianicen, pa prema teoremi 4.8 nije konvergentan. ► Ostavljamo čitaocu da pokaže da je granica konvergentnog niza i njegova jedina tačka nagomilavanja. Sa druge strane, niz (d„)„en iz primera 4.11 d) pokazuje da ako niz ima tačno jednu tačku nagomilavanja, ipak ne mora biti i konvergentan. Ustvari, važi sledeća 4.14. Teorema. Potreban i dovoljan uslov da niz konvergira jeste da je ograničen i da irna tačno jednu tačku nagomilavanja. Iz teoreme 4.8 sledi da je ograničenost potreban uslov za konvergenciju niza. Dalje, teorema 4.3) daje jedinstvenost granice niza, što znači da konvergentan niz ne može imati više od jedne tačke nagomilavanja. Dokaz dovoljnosti uslova za konvergenciju niza u teoremi 4.14 ovde izostavljamo; recimo samo da je ona posledica Kantorove teoreme 1.3. Niz ( a „ ) „ eN ograničen odozgo ako postoji realan broj M sa osobinom (Vn € N) a„ < M. Niz (a„)„e]\] ograničen odozđo ako postoji realan broj M sa osobinom (Vn 6 N) a„ > M. Očevidno je niz ograničen (videti definiciju 4.7) ako i samo ako je ograničen i ođozgo i ođozdo.
4.1. Nizovi
95
Najveća tačka nagomilavanja odozgo ograničenog niza (a„)n€n naziva se limes superior i označava se sa limsupa,,. n —>00
Najmanja tačka liagomilavanja odozdo ograničenog niza (a„)„(=N naziva se limes inferior i označava se sa liminfo,,. n — >00
Ako je niz («„)„en odozgo ograničen, tada postoji limsupo,,, ; / — ic o
a ako je odozdo ograničen, tada postoji lim inl'a„. U primeru 4.11 c) tačka 2 jeste limes superior, dok je tačka 0 limes inferior niza sa opštim članom cn = 1 + (—1)". Iz teoreme 4.14 sledi da ako niz (a„)„eN konvergira ka broju L, tada je limsupa,, = liminfa,, = L. n—~
„
Alco niz (fl„)„eN ima sledeću osobinu: (VM > 0) (3n e N) a„ > M, tada čemo pisati limsupfl,, = + «
11—+00
Analogno, ako za niz (fl„)„eN važi (VM > 0) (3« e N) a„ < - M , tada ćemo pisati liminfa,, =.'■— 00
II—>03
Na primer, za niz dat sa an = (—1)"« važi limsupa,, = + » i liminf«,, = — n—“
4.1.2
Osobine granične vređnosti niza
4.15. Teorema. Ako su (a„)„en i (t>n)n€n konvergenmi nizovi, i ako postoji n 0 e N sa osobinom (Vn e N) n> itQ => an < b n, tada važi lim an < lim b„.
ji—*00
n—^
Dokaz. Obeležimo sa a i b granice nizova (a„)„6N i (^„)„čN respektivno, i pretpostavimo da je, suprotno tviđenju teoreme, a > b. Iz konvergencije nizova (<7„)„6n i (^„)„eN sledi da za e = ^ > 0 postoje prirodni brojevi n 1 i ni takvi da važi (Vn € N) n > n\ => |a„ — a\ < e i (Vn e N) n > no => \b„ — b\ < e, odnosno (V n eN ) n > n \ => a —e < a„ < a + E
i (Vn e N) n >
112
=> b — e < bn < b + E.
Prema tome za n > n $ := max {«o, n \ , « 2 } važi a -b a -b £>„ < b + e = b H---- — = a ----- -— = a —e < a„, što je u suprotnosti sa pretpostavkom da je a„ < b„ za svako n > 4.16. Teorema. Ako za nizove (a „ ),,e n > (^ „ )„ 6 n /
postoji broj
> n^. 110
►
e N sa osobi-
GJava 4. Granična vrednost i nepiekidnost
96
nom n > no => a„ < b,, < c„, tada važi implikacija ( lim a„ = lim c„ = L ) =$■ ( lim b„ — L ). Vj—>c« / \/^oo / Dokaz. Prema pretpostavci, za dato e > 0 postoje prirodni brojevi n\ i n2 takvi da važe implikacije (Vn 6 N) n > n\ =$■ \a„ - L\ < e i (Vn € N) n > n 2 => |c„ - L\ < e. Na osnovu toga z a n > n$ := m ax{no,ni,n2} važi L - B
te je
|6 „ - L |< e ,
►
Teorema. Ako nizovi {a„)„en / (b„)n€n konvergiraju, tada važi lim (a„ ±b„) = lim a„ ± lim bn, 11— rco
H — »e o
/?—
tj. granica zbira (respektivno razlike) konvergentnih nizova postoji i jednaka je zbiru (respektivno razlici) njihovih granica; b)
lim (a„ •/>„) = lim «„ • lim b„, I I — >co
/■?— »•«»
H —>co
tj. granica proizvoda konvergentnih nizova postoji i jednaka je proizvodu njihovih granica; c)
a lim — = — - — , uz uslov b„^ O z a svako n e N i lim b„ ^ 0, b„ lim b„ h—~ //— i-co
tj., podgornjim uslovima, granica količnika konvergentnih nizovapostoji ijednaka je količniku njihovih granica. Dokaz. Neka su brojevi a i b granice nizova (a„)n6N i (b„)ne^ , respektivno. a) Kako su nizovi (a„)„eN i (£>„)„€n konvergentni, to za proizvoljno e > 0 postoje prirodni brojevi n\ i n 2 takvi da važe implikacije ( Vne N) n > n\ =£• | a „ - a | < e / 2
i
(Vn e N) n > n 2 => \b„ - b\ < e/2.
Na osnovu toga, za n > hq := max { n \,n 2] možemo pisati |(a„ + b„) - (a + b )| = \(a„ - a) + (b„ - b ) | < \a„ ~ a \ + \b„ - b\ < |
| = e,
odakle sledi tvrđenje. b) Prema teoremi 4.8 je svaki konvergentan niz ograničen, pa postoji konstanta M \ > 0 sa osobinom da za sve n e N je \bn\ < M \. Stavimo sada M := m ax{\a\,M i};
4.1. Nizovi
97
jasno, mora biti M > 0. Tada za proizvoljno 8 > 0 postoje prirodni brojevi m i nn takvi da važe nejednakosti: (Vn G N) n > n\ =$■ \an - a \ <
i (V« e N) n > n 2 =4> \bn - b\ < ~ .
Na osnovu toga za n > nj := m ax{ni, n2} možemo pisati \an - b „ - a - b \
=
\an -bn - a - b „ + a - b „ - a - b \ = \bn(an - a ) + a ( b n - b ) \
=
\bn\\an - a \ + \a\\bn - b \ < M ~ + M ^ < £ .
c) Pod pretpostavkom da granica b niza (bn)nen nije nula, pokažimo da se može odrediti prirodan broj hq takav da važi (Vn e N) n > «o =>■ \b „ \> \b \/2 . Ovo sleđi direktno iz definicije granične vrednosti niza (definicija 4.2). Drugim rečima, uintervalu (—\b \/ 2 , \b \/ 2 ) im anajviše konačnomnogo članovaniza (bn)nenIz konvergencije nizova (an)„en i (b„ ) „ s l e d i da za proizvoljno £ > 0 postoje prirodni brojevi n\ i n 2 takvi da važe nejednakosti (Vn e N) n > m =£• \an —a\ < Na osnovu toga za n > an b„
a b
113
i (Vn e N) n > n 2 =£• j^j • \bn - b\ <
:= m ax{no,ni, n2} možemo pisati
a„ •b ci •bn I b-b„ |
an -b —a-b + a-b —a-b„ b-b„
\b\\a„-a\ + \a\\b„-b \K\-\b\
4.18. Teorema. Ako je (a „ )„ ko n verg en ta n niz, tada važe sledeće jednakosti: a) lim (A-a„) = A - lim an, gde je A proizvoljna konstanta različita od nule; n —>-co
n—*°°
b) lim (an)k = ( lim an)k, gde je kprirodan broj; n—*oo
f]—>00
c) lim tfa/i = t/lim a„ gde je k G N. Ako je k paran broj, mora se dodatno pretn — >00 v
y ;i — >00
postaviti da su članovi niza (a„)nepj nenegativni. Dokaz. a) Sledi iz teoreme 4.17 b), ako se stavi b„ = A , n € N . b) Sledi primenom matematičke indukcije na tvrđenje iz teoreme 4.17 b). c) Sledi iz b) posle smene tfa ^ = bn, tj. a„ = (b„)k, n £ N.
►
98
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
4.19. Prim er. Koristeći teoremu 4.16, odrediti sledeće granične vrednosti: 1 a) lim — ; n—>°3JV.
vP' b) lim — ; n— n]
l c) lim — ; 2
d)lim
Rešenja. a) Kako je 0 <
< i,
to je
0 < lim ^ < lim ~. Na osnovu primera 4.4 a) i
teoreme 4.16 sledi lim - \ = 0. Primetimo da je ulogu niza (a„)„gN iz teoreme 4.16 n -+ o o n ! preuzeo niz sa opštim članom an = 0. b) Na osnovu relacija ^ , « > 2, i jednakosti 1 2 l i m ----- -------- - = 0, sledi (članova datog niza su pozitivni) da je lim —- = 0. n
—
1
n
—
n — »00 n \
2
c) Po binomnom obrascu važi 2" = (1 + 1)" = 1 + n + H^n
2
^ H------ 1-1 > n , dakle ^ - < - , pa je 2" n
lim J - < lim Na osnovu teoreme 4.16 sledi lim — = 0. „->«■ 2 n ~~ n->°° n n-*°° 2" d ) . Posmatračemo prvo slučaj kada je 0 < q < 1. Tada je q = j t t , h > 0, pa je q” = 1 -,7 . Na osnovu Bemulijeve nejednakosti: (l+A)» (1 + h)n > 1 + nh, h > —1, i njene posledice (1 + h)n > nh, h > 0, važi da je 1 1. Q = ---------< --(1 + h)n nh Kako je lim 4- = 0, to je nn
0 < lim q" = 0, za 0 < q < 1. n —►«>
A koje - 1 < q < 0 , tada za q i = —q važiO < q\ < 1, p aje lim cf = l i m ^ - l ) " ^ = ;j —+00
n —»oo
0. Napom ena. Niz sa opštim članom qn divergira za \q\ > 1 (dokažite to !). ► 4.20. Prim er. Koristeći prim er 4.4 b) i osnovne osobine granične vrednosti, odrediti sledeće granične vrednosti: 2 /i 5 — 3 n 2 + 1 a) ,lim —^— ----—; „ — 00 nD+ 3n + 2 (2 h + 1 )3 - 8 j i3
d) lim------2TT-----; n L _|_ ] g) !im ( v';j2 + 2n —n ) ;
3n4 + 2 « 2 + 1 8 n2 + 3 n + l b) h m ------ :— ------------------------------------------------- ;c)lim -5--n->°° n3 + 1 nJ + 2 f n2 + 2n + 3 n3 + 1 \ ( ,---- -
llm i -----T ~j-------n lžTo 11 ; f) nhm ( v7« + 2 « + 1 + 2n + 1 ) -> ~ V h) lim
\fn +T \ fn + 2 + y/n + 3
4.1. N izovi
99
Rešenja. ^ r *)
2n5 —3n2 + 1
"5 (2 - ^ + ? ) = ,!S L — ’ n5 \ 1 + ;r ^ + 4
= 2.
^ 3n4 + 2n2 + 1 "4 ( 3 + ^ + ^*) b) lim ------- 5— ----= lim — ---------r— = + ~. n-*~ nJ + 1 n->~ w3 M _|_ 1 j 8n ±— ^z— i ± -= i = l ,im lim —: i m— ^
c) ,1—
n
00
;
;
i ,! ± i± A == l ,im i m---------3 M
i
j
n - * ”° f)
1 +
-J
„ (2n+ l)3 —8/i3 8n3 + 12/j2 + 6n + 1 —8n3 d) Hhm ------ - | - — ---------------= 12. — »oo 1------= lim>co---------------^— _|_ | / n 2 + 2n + 3 nJ + 1 \ n3+ 3/;2+ 5/i+ 3 —n3 —1 -------J = jLm -------------------------- --------------------
e)
3/j2 + 5n + 2 ”2 ( 3 + « + ^ ) lim — ------rr— = hm — ---------= 3. __ (. n. +. l .) - «-*“ „2 (j + l)* n) f) Racionalizacijom brojioca dobijai ise =
;j— +oo
r-\ (\/n + 2 — v/n) ( \/n + 2 + i/n) 2 / /-----lim ( v ^ + 2 - v ^) = lim --------- ,v . ----- ^ - L ijm -------= 0. n^ ~ «-*“ Vn + 2 + T/n «-*~ Vn + 2 + v« / _____ x fVn2 + 2n - n) ( \ / n 2 + 2n + n) 9 g)lim ( V n 2 + 2 n - n ) = lim --------------------------------------- - = l i m ------- ■ ---------- = 1.
Vn2 + 2n + n
u, ,.
v/n+ T
+ ž + ])
v ^ -\A + T
1 _
h) lim -----= = lim = ------t—— —------ ■ - - = - . ► — vra+ v^+ 3— ^ . ^ y r 7 |+ y r 7 |) 2
4.21. Prim er. Odrediti sledeće granične vrednosti: . 1 + 2 + 3 + •••+« a) l i m -------------r---------- ;
^ l 2 + 22 + 32 H------ \-n2 b) h m ---------------- r------------- ;
e) lim l + ^ + G ) 2+ G ) 3 + - + G r
^i+i+G)2 +(i)3+ -+ r r
R ešenja. n(n + 1 ) a) Kakoje 1+ 2 + 3H----- 1- n —— ----- (zbir prvih n Članova aritmetičke progresije), to je 1 - f 2 -t- 3 H-------------------------------------------- \-n ^ ( 7 7 +
Jim ----------- 5-------- = lim ——r— = n—>eo n* n—> 2/1
2
1 )1
100
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
-) <■ > r, n(n 1 ) ( 2 / 7 - f 1 ) b) Kakoje l 2 + 2 2 + 32 + ■• ■+ n2 = -- ------ ^ --------- toje 1 + 22 + 32 H------hn2
l i m ------------------^---------------- =
n(n+ l)(2n+ 1)
lim
n~*oo
n-
1
---------— 3----------- =
j
1— c) Zbir prvih n članova geometiijske progresijeje 1 + q + q2 + q3 H----- t-fl"-1 = ------- q ^ 1, 1 -? tako da za |g| < 1 važi lim (1 + q 4- q„2 +, „q3M------h
:~ ■ 1 ) =- ilim 1 -3
1
-
1 -g
(koristili smo primer4.19 d)). Zbog togaje 2 12/ \2 / 1-1/2 lim ------------------ ,------- ----------r = lim -— T, ‘
H-.~
4.1.3
1/ 1 \ 2 /1Y 1-1
1+ - + U 3 ^
+•••+
= 4/3.
»-*“ 1- (1/3)
t
1 - 1 /3
Košijevi nizovi
4.22. Definicija. Niz («n)/isN./e Košijev, ako zadovoljava uslov (Ve > 0) (3«o € N) (Vm g N) (Vn 6 N) m ,n > hq => (\am - a n\ < e).
(4.2)
Uslov (4.2) se može zameniti sa uslovom ( V e
>
0 )
(3«o
G
N )
( V n
e
N )
(Vp
e
N )
n
>
« o
= >
|f ln + p
—
a n | <
£•
Lako je videti da je svaki konvergentan niz i Košijev (dokažite to). pokazati da važi i obrnuto, tj.:
( 4 .3 )
Može se
4.23. Teorema. Potreban i dovoljan uslov da niz realnih brojeva konvergira jeste d a je Košijev. 4.24. Prim er. Ispitati da li su sledeći nizovi Košijevi:
a) f n = 1 + 7 + 4
y
------ H- i ; nz
b) gn = 1 + ^ l
\ H------- 1- - (harmonijski niz). 5
n
Rešenja. a) Pokazaćemo da je niz (/„)„eN Košijev po definiciji 4.22. , 1 1 1 1 / 1 1 1 + H------- h - j + , n 2 H--------- 1- -j— 7— ^2 — 1 + H-------- h - 5 \ f i + p — fn \ = 2Z nL ( n + l ) z (n + p)l \ 2 l n1 1 1 1 ' + 7-----. - 'O + ■ • • + ■ ( n+1 ) 2 (n + 2)2 (n + p ) 2 1 1 1 + -" + - (n + p —l)(n + p) n (n + 1)■+ -,-------------^ (n+ l)(n + 2) 1 _ _ L + J ______1 ^ ^ 1 1 _ 1 1 1 n n +1 n+1 n+ 2 n + p —1 n + p n n + p n'
101
4.1. Nizovi
Prema tome, za svako n > [A] + .1 i proizvoljno p G N važi: \fn+p —/ „ | < - < e, pa možemo uzeti n 0 = [ 5 ] + 1. Znači, niz ( fn)„eN je Košijev, pa je prema teoremi 4.23 i konvergentan.
b) Dokazaćemo da harmonijski niz nije Košijev. Naime, pokazaćemo da postoji takvo e > 0, da za svako no € N postoji prirodan broj n > «o i postoji p e N sa osobinom da je |gn+p- g„ \ > e. N ekaje e = 1/3. Tada je za n > «o :
A kostavim op = n, z a sv a k o n £ N važi
4.1.4
\gn+n-g „ \ = \g2„ -g n \ > 1/2 > 1/3. ►
Monotoni nizovi
4.25. Definicija. Niz (an)ne^ j e rastući ako za svako n £ N važi an < an+\ ; neopadajući ako za svako n £ M važi an < an+1; nerastući ako za svako n £ N važi an > an+\ opadajući ako za svako n £ N važi an > an+\ . Ako niz zadovoljava jednu od četiri navedene definicije, onda je monoton. Značaj monotonih nizova pokazuje sledeće tvrđnje.
4.26. Teorema. Neopadajući niz ograničen odozgo je konvergentan. Nerastući niz ograničen odozdo je konvergentan.
Dokaz. Neka je niz (f„)„en neopadajući, tj. (Vn £ N)
/ „ < / „ + 1 i nekaje ograničen odozgo, tj. neka postoji konstanta M > 0 takva da važi (Vn € N) /„ < M. Prema tome, skup vrednosti X datog niza X = { /„ | n e N} je takođe ograničen odozgo, papostoji najmanje gornje o g ra n ič e n je := supZ . Pokazaćemo da je broj s granica niza ( f n)„eN- Broj s je gomje ograničenje skupa X , pa važi
(Vn e N) f n < s .
(4.4)
Budući da je broj s najmanje gornje ograničenje skupa X , to za svako e > 0 postoji član /„„ datog niza takav da je J - e < / „ 0-
(4.5)
102
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
Niz (/,i)„eN j e neopadajući, pa iz relacija (4.5) i (4.4) sledi (Vn € N) n > no
i —e < fi,g < f n < s < s + e.
To znači da za svako e > 0 postoji no G N takvo da važi n > «o => odakle sledi konvergencija niza ( f n)nm Slično se pokazuje da odozdo ograničen nerastući niz ima infimum.
—f„\ < e, ►
( iV Pokazati da je niz dat opštim članom a„ = 1 + n) a) rastući;
4.27.
V
b) ograničen odozgo. (Na osnovu teoreme 4.26 sledi da ovaj niz konvergira. Njegova granica je iracionalan broj e — 2,71828....) Rešenja a) Pokazaćemo da je količnik Poka (fln)neN
&n+ 1
manji od jedinice, što će značiti da dati niz
raste. Pre svega je (i+isr
( '+ v
( i + + ) " +1
i
V S J S?
i
»+1
( g f ) "
”+ 2'
Na osnovu Bemulijeve nejednakosti (1 + h ) n > 1 + nh, h > - 1 , n € N, važi f n( n + 2 ) Y _ ( , 1 \ (n + 1 )2 ) { (n+ 1 )2 ) ~ (n + 1)2 'P a Je a,, ^ 1 n + 1 _ n3 + 3n2 + 3n + 1 a„+i ~~ i n n + 2 n3 +3n 2 +3n + 2 (n + 1)2 b) N aosnovubinom neform uleje , I \ n_ , , , , «(«-!) , «(n-l)(n-2) , , n ( n - l ) ( n - 2 ) ■■■( n - ( n - 1 )) n) - 1 + 1+ 2!n2 + 3!n3+ ’" + ■ Sabirke na desnojstrani ćemo majorirati na sledeći način: n(n-l) = 1 1\ ^ 1 1
2n2
2 V
n ( n — l) ( n —2 ) _
3!-n3
n
1 /
3! \
n ( n — 1) • • • (n — (n — 1)) _ n ! ■n"
Tako dobijamo
2 1\ /
_ 2\
1
n) \
n)
3!’
1( ^ _ l n! \
n/ \
'
_ 2\
/
n )
\
_ n - J _ \ <_ 1 n
)
n!
4.1. Nizovi 1
103
!Y «)
, , 1 1 1 , 1 1 1 1 + 1+ ^ + ^ + - + ^ < 1 + 1 + 2 + ^ + - + 2 ^ t
<
M * )-"< 1 + 2 = 3. 1 + -----^ 1 —j
=
4.28.
( Prim er. Znajući da je lim \ ]\
►
i\ n l + - = e, odrediti sJedeće granične vrednosti: n)
/ o « i a \ 3/i-j-2
a) n— lim >c,o V1 -j- -ji
;
b) lim n-*oo l i m (\ ~ 2rn^ ))
e) lim ( ——1 j »oo
;
f ) ln — im l n A + T/7 - l n^ ; >oo
;
\ n —l j
n-*«* \ nl 4 1 /
g) lin. V„. • (in >A+T - In
/?—-oo
Rešenja. a) l i m ( l + - ') \
nJ
= (lim ( l + \n^*> \
- ) ) = e3. nJ
J
b) lim ( -2 ^ Y ' +2 = lim (1 + I V " • .imf l + ^ V
\
2n
J
n-*°° \
2;j y
1+i) )
n-*~ \
2nJ
= Hm f 1
n-*“ l
+ ^
y
^
•1
y , / 3\» /=
-
,,m ( - ) ----- ^ c) lim lim r =—± - i y = lim \n-iy "^\nO -r,)J
^— ( =1 + e2,’ rili
ll—roo K
lim (l —1 ) (_”)(^ * n' 2 tn -D
lim (
^
n-*«, \ 7i — i y
” = 1 ^ ( 1 + - M " " lim ( l + - U n->oo \
n —1/
«-+«» \
n—\)
= lim ( l + - i \
n —1
d) lim
_ .. l n V « + 1 —ln^/n f) l i m --------------------- = l i m - l n n-K>o
------- )
1 /n+l\ ' = - l n l i m 1+ - )
g) lim n • (ln-s/n+T —ln ^fn) = lim ^ln ( ^ =1/2. n~oo v /?— too 2 \ n j
1 = —In 1 = 0. nn^°°2
.( 1 \ ' 1 \ n J
Giava 4. Granična vrednost i neprekiđnost
104
U zadacima f), g) i h) korišćena je neprekidnost eksponencijalne i logaritamske funkcije na njihovim definicionim skupovima. ► 4.29. Prim er. Pokazati da je niz f\ = \/2,
f„ =
dat sa ^2 + ^2 -]
------l-\/2 = v'2 + /„_i,
n = 2,3,...,
n korena konvergentan i odrediti njegovu granicu. Rešenje. Na osnovu matematičke indukcije pokazujemo da je niz rastući. Pre svega je f 2 = V 2 + \ f 2 > V 2 = /i- Na osnovu pretpostavke iz f„ > f n_ u slediv'/„ + 2 > V//„ - i + 2 , tj. /„+i > pa je dati niz rastući. Sada ćemo pokazati da je dati niz ograničen odozgo, brojem \/2 + 1. Važi f \ = \/2 < \ f l + 1. Iz pretpostavke f n < \ ! 2 + 1 , sledi da je fn+1 = \/2 + /n < \ / 2 + \/2 + T <
\/2
+ 2 \/2 + 1=
( v ^ + l ) 2 = \ / 2 + 1.
Time smo pokazali da je dati niz ograničen. Niz je rastući i ograničen odozgo, te je prema teoremi 4.26 konvergentan, pa postoji realan broj L takav da važi lim f„ = lim /„_ i = L.Na osnovu lim = r
M-+oo_______ /!—»<»
W—x »
lim \/2 + / , - i , odnosno« lim f„ = ,y / 2 + lim /„, dolazimo do jednačine L = \/2 + L. fi—>oo —»■«> n —»oo Kvadriranjem zadnje jednačine dolazimo do kvadratne jednačine, L 2 —L —2 = 0, čija su rešenja Li = 2 i Z,2 = - 1 . Pošto su svi članovi niza { f ,)nen pozitivni, jasno je da njegova granica ne može da bude negativna. Prema tome važi lim \ 2 + j 2 + --- + n ~>oo
V
VŽ =
2.
►
y
n korena
4.2 Granična vrednost funkcije 4.2.1
O snovni pojm ovi
Za definiciju granične vrednosti funkcije u tački, moramo imati pojam tačke nago-milavanja skupa. 4.30. Definicija. Neka skup A c l ima beskoncično mnogo članova. Tačka xo je tačka nagomilavanja skupa A C M, ako za svako s > 0 interval Uo - e,.r0 + e) sadrzi bar jedan elemenat iz skupa A, različit odxq.
4.2. Granična vrednost funkcije
105
Ostavljamo čitaocu da pokaže da tada u skupu (x0 - e,.*o + e) n A ima beskonačno mnogo elemenata skupa A. Svaka tačka zatvorenog intervala [a,b] jeste i njegova tačka nagomilavanja, međutim tačke nagomilavanja otvorenog intervala (a,b) su sve njegove tačke, ali i tačke a i b koje mu ne pripadaju. 4.31. Definicija. Neka je tačka x0 tačka nagomilavanja domena A funkcije f : A —>R. Broj L je f u tački xo ako za svako e > 0 postoji 8 > 0, tako da za svako x e A koje zadovoljava uslov 0 < |.v —xo| < 8 vaii |/(x ) —L\ < e. Tada pišemo
lim JT-+JT0.
f(x) = L ili f(x) —>L kada .v —)• .v0, x € A.
.xeA'
Korišćenjem logičkih simbola može se prethodna definicija iskazati kao lim
f ( x) = L +=>
(Ve > 0) (35 > 0) (Vx e A) 0 < |.v - .v0| < 8 => jf(x) - L | < e. Primetimo da tačka.v0 može, ali ne mora, pripadati definicionom skupu A funkcije / , ali mora biti tačka nagomilavanja skupa A, odnosno u svakom intervalu koji sadrži tačku jc 0 mora postojati beskonačno mnogo elemenata definicionog skupa funkcije / . Obratimo pažnju i na činjenicu da iz nejednakosti 0 < |.v —,v0| sledi da su tačke x koje se "približavaju"tački jr0 uvek različite od same tačke ,v0 u kojoj se traži granična vrednost. 4.32. Primer. Pokazati po definiciji 4.31 cla je granična vrednost funkcije f ( x ) — —x 2 + 4x, x e R, u tačkixq = 1 jedncika 3, tj. da važi lim (—x 2 + 4.v) = 3. x—=■!.a'^IR Rešenje. Neka je e > 0 dato. Ako je x G (0,2), x / 1, tada važi |.v - 3| < 3, pa sledi ! / W - 3 1 = | —x2 + 4 x —3| =
|.t
—3 1|-v — 1| < 3 - |.T — 11.
Dakle, ako sada izaberemo 5 := e/3 , tada je 0 < |a- — 11 < 5 = e /3 =>• \f(x) —3| < 3 ■|.v— 11 < 3 ■~ = e.
►
Desna granična vrednost (respektivno leva granična vrednost) funkcije / u tački xq dobija se ako u definiciji 4.31 posmatramo samo one vreclnosti .r £ A koje su veće (respektivno manje) od jc 0 . Ako ona postoji, označava se sa lim
f(x)
(respektivno
A - ^ J q . .V G A +
g dej e A+ = A n ( x o , + » ) i A+ = A n ( - v » ) '
lim . V—
/’(-v)), ‘
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
106
4.33. Teorema. Ako postoje leva i desna granična vrednost jiinkcije f : A —>M u tački ..vo, potreban i dovoljan uslov dafunkcija f ima graničnu vrednost u tački x 0 jeste da važe jednakosti: lim
x — ’.v()..v€/4.|.
4.2.2
f(x) =
litn
x — ».Y(),.v€:A_
f(x) =
lim
f (x) .
.v— >.V(),.V6A
Osobine granične vrednosti funkcije
4.34. Teorema. Neka su realne funkcije f i g definisane na skupu A C M / neka je xo tačka nagomilavanja skupa A. Ako pretpostavimo da postoje lim
x — ’.vo, ,v€/i
tada važe sledeće jednakosti: lim
x-*xu.x*zA
f ( x ) = L,
lim
g(x) = K, .v— kvq,.vGA
(f(.x)±g(x))=L±K;
granična vrednost zb ira (respektivno razlike) dve funkcije jednaka je zbiru (respektivno razlici) graničnih vrednosti funkcija, tj. lim
(f(x)-g(x))=L-K;
.v—*.vo,.vtA
granična vrednost proizvoda dve funkcije jednaka je proizvodu graničnih vrednosti funkcija, tj. "f (
lim
1-/
- j \ = —, g(x) ^ O , x y £ x 0, x e (x0 - £ , x 0 + e ) n A , e > 0 , K ^ 0 , K granična vrednost količnika dve funkcije jednaka je količniku graničnih vrednosti funkcija. A w .v o ..v g A g ( . V )
4.35. Teorema. Neka su realne funkcije f i g definisane na skupu A c t i neka je x 0 tačka nagomilavanja skupa A. Ako postoje granične vrednosti lim
f ( x) = L i
.v-+.vo ,.f 6/4
lim
g(x) = K, i za sve x G A \ { x 0} važi nejednakost
-V— +.V(). -V6/4
f ( x ) < £(■*)! tada je L < K. 4.36. Teorema. Neka su realne funkcije f i g definisane na skupu A c R i neka je ,vo tačka nagomilavanja skupa A. Ako postoje granične vrednosti . lim •
f ( x) =
.v -.v o ..v e .-T
lim
.\— x0,xeA
g(x) = L, i važi
f(x) < h(x) < g(x), za sve x £ A \ {a'o},
tada je lim h(x) = L. ■V-+.V0
Često se koristi sledeća teorema o graničnoj vrednosti kompozicije funkcija posebno kada se granična vrednost funkcije nalazi pomoću smene.
4.2. Granična vrednost funkcije
107
4.37. Teorem a. Ako posioje gm nične vrednosti lim f (x) = L
i
limgfv) = K i z.o \-> L
■V-*«'
x / a u nekoj okolini (a —8, a + e) važi da je f ( x ) ^ L, tada postoji granična vrednost l i mg ° f ( x ) , kojajejednaka x —*a
l i mg o / ( x ) = K.
(4.6)
x —*a
4.38. Prim er. Odrediti sledeče granične vrednosti: , x2 - 9 2 3 — 3.x2 —x — 2 a) lim -----—; x—3 X —3 .v—2 x
3x2 — 13.r— 10
d) lim 5 2x2 —7.v —15 ’ .
-r’ - 8
/
.v->I \ X — 1
h) l i m
■v—2 ,v2 —4
1
\
^
,) hm ( ^ - - - ! _ ) ; 1N1.
g) l i m ---- ;
x2
v
x3 + 27
------;l) l i m — ;
4
v
/ 2x + 3
c) Iun .c—-4X2 —X —12
.v + 1
f)lin ,(? i± l_ 3 4 ± i):
X —1 )
a—-3,\"2 —9 .v—>1
2 _
b) h m ---- ---------- ; X —2 ,v— »0 \ X' —X
.V —.V)
X1 + 12x5 — 13.v4 + 5.v2 + 4.v —9 ;
5
-------------- ------------ ;
x- —4.V4 + 3.x- — 2.v2 + ,v + 1
X5 —3.t4 + 5.v3 —7.v2 + 4 ^
x5 — 5x* + &x3 + x2 — 12x + 4
Rešenja. a)
= .y—*3 X - 3
I i m C ,v-*3
l
- j K f + 3) =
A--3
l i m ( Y + 3 ) = ,v-3V
6
■.
2.v3 - 3x2 - x —2 (v -2 )(2 x 2 + .v + 1) 2 ■ , b) l im ------------------------ = h m - --------- —— ------------ = lim(2.v2 + x + 1) = 11. *-2 x-2 .v- 2 x —2 .v- 2 . -v2 —4x v(x —4)4 c) lim -r.-------- — = lim t— \r~.——— = -. .v^4 x —x — 12 v—4 (x —4)(x + 3) 7 ,. 3x2 —13x—10 (x —5)(3x + 2) 17 d) lim — -=-------------= lim ------- f)-------- = — . a-->5 2x2 —7x—15 .v- 5 (x -5 )(2 x + 3) 13 ( x2 1 e)\ vhm ---------------- = lim ^------ - =,■2 . J—1 \ X — 1 X —l ) -V— ' i x —1
x2 - \
„ ,. / 2 x + 3 , * + 1 ^ ,. 2x2 + 2 x f) lim ------- 3 -5 ----- = lim —-----—-----— = -2 . x^o\xz- x x*— x) .v—0 x(x —1 ) (x + 1 ) , r .v3 - 8 (x —2)(x2 + 2x + 4) 12 o g) lim — - = lim — ;-------------——- = — = 3. -v—*2 x —4 .V-.2 (x —2)(.v + 2) 4 ,, x 3 + 27 (x + 3) (x2 —3x + 9) 27 h) lim — - = lim ---- rr— = — = - 9 /2 . x—- 3 x 2 —9 .V—*—3 (x —3) (x + 3) —6 i) Akojex = xo nulapolinomaP„(x), tada važi Pn(x) = (x—xo)<2„_i(x), gde sekoeficijenti polinoma Q„ - 1(x) određuju pomoću Homerove sheme. Za polinom iz brojioca važi 1 0 12 -1 3 0 5 4 -9 | x= 1 1 1 130 0 5 Prema tome je x) + 12x 5 Za polinom iz imenioca je
9
13x4+ 5x 2 + 4x —9 = (x — 1) (,v6 + x 5 +. 13.v4 + 5.v -I ■9).
Giava 4. Granična vrednost i neprekidnost
108 1
-
4
3
1
pa sledi x5 — 4 x 4 +
-
2
—3
1
1
0
—2
_
x 5 —4x* + 3x3 — 2 x2 + x + 1
|
x =
|
1
0,
( x — 1 ) ( x A — 3jc 3 — 2 x — 1 ).
3 x 3 — 2 x 2 + jc + 1 =
jc7 + 1 2 x 5 - 1 3 a - 4 + 5jc2 + 4 x - 9
—1
( x - l){x 6 + x jc™
5
Tako dobijamo
+ \3 x 4 + 5 x + 9 ) _
( x — 1)(a 4 — 3 x 3 — 2 x — 1)
29 5
i) Za polinom iz broiioca važi 1
Dakle važi x 5 — 3 x 4 iz imenioca važi
-3
5
-7
0
4
|
x = 2
1
-1
3
-1
-2
|
0.
1
-5 1
Prema tome je Znači važi
X5 — 5 x 4 +
8 x3
+ x
2
=
(x — 2 ) (x 4 — x 3 + 3 x 2 — x — 2 ) .
8
1
-1 2
-3
2
5
8x 3
4
|
x = 2
-2
j
0.
+ x 2 — 12 x + 4 =
x 5 — 3x4 + 5x3 — 7x2 + 4 *—2 x 5 — 5 x ^ +
4
+ 5x3 — 7x2 +
_
Za polinom
(x — 2 ) (x 4 — 3 x 3 + 2 x 2 + 5 x — 2 ).
(x — 2 ) (x 4 — x 3 + 3 x 2 — x — 2 )
— 12x + 4
.v~ > 2 (x
2 ) (X4
3x3 + 2x2 + 5x
2)
4.39. Prim er. Odrediti sledeće granične vrednosti:
Vx 2 + x + 1 - x - 1 li m----------------------lim
e)
x —» 0
X
Rešenja.
Ovaj zadatak se mogao rešiti i korišćenjem jednakosti x —9=(i/x + 3)(\A —3), x > 0 .
.
x —2 (x —2 ) ( \ / x + 2 + 2 ) ( \ / x + 2 + 2 )(x — 2 ) ___ ____ . — - = lim ------------------------------------- - + --------- = 4. c) lim —=====----- = lim , 2 x + 2 —2 x '2 ( \ / x + 2 —4 ) ( i / x + 2 + 2) .r—>2 x 2 ..
\ / 8 + x —4
(\/8
+
x
—4 ) ( \ / 8 + x + 4 ) ( \ / x ^ + 2 ^ /x + 4)
-
d) lun —T7 =—— = hm -------------------------------------------- + = -- ----------- 1 .v- 8
< fx- 2
,v—8 ( ^ x - 2 ) ( v / ? + 2 ^ + 4 ) ( \ / 8 + x + 4)
( x - 8) ( v ^ + 2 ^ + 4 ) = \2 = 3 •v- 8
( , v - 8) ( V 8 + x + 4)
“
8
2'
4.2. Granična vrednost funkcije
e) lim
109
\/x 2 + x + 1 —x- 1 ( V x 2 + X + 1 — X — l ) ( \ J x 2 + JC + 1 + J + 1) — = lim ---------------- ;---:... :■■■■■■■--------------------- ■ v^ ° x(V x 2 + x + 1 + jc + 1) = lim
jc(Vx2 + x+ 1 + J C
+
■1 = - 1 /2 . 1+ 1
1)
4.40. Definicija. Neka dom enAfunkcije / : A —»M sadrži interval (a, +°o) za neki realan broj a. Broj L je granična vređnost funkcije / u plus beskonačno, ako za svako e > 0 postoji T > a, tako da važi implikacija x > T =* \f(x) - L | < e. U tom slučaju pišemo lim
,V -* + o o
/(* ) = !.
(4 .7 )
Analogno se definiše i granična vrednost funkcije f \ A —* R u -<», u oznaci lim / ( x), samo što tada domen A mora da sadrži interval (—°°,b) za neki realan broj b.
4.41. Primer. Odrediti sledeće granične vrednosti: 3x 2 + 2x + 5
5 x 3 + 3jc2 + 2 x + 5
5x3 + 3x2 + 2x + 5
a)
b) lim - — 5----------- =-------lim -----r— ----------------------------------------------------------------; ■v—+~ x + 1 5x3 + x 2 + x + 3 -v—+~ 5x * + x 2 + x + 3
rv
15x4 + 3x2 + 2x + 5 lim f ; j:-*+~ a ^ ^ + ^ ^ + ^ + S
d)
g)
lim
Rešenja.
V x+T = ; / /— ■ — j= y x + y/ x+y/ x
e) lim ■■■■ ,■■
( \ / l 6 x 2 + x — 1 — 4xj .
,v-*+=
_
/
r-7
.— -
.— a--»+~ \ J
/— r
f) lim [ \ / x 2 - 1 - \Jx2 + 1 ;
110
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
5.v4 + 3,v2 + 2.v + 5
,.
-v 4 ( 5 + f + ? + ? )
lim ——t--------------------------------o-----------= lim — 7\ = + c -
d)
,v -+ ~
5.v + .v 2 + . v + 3
; ,. \^ + t e) lim —, ■ . = V-----[-00
---------- —
■v-+“ A.3
^ 5
+ i + ^ + | rj
,■ +\ ------= 1. = lim -------- p=-. 7 ••
' --
-------------------
'/7TT* '^"v5-\/' + v/š + 7 f t)
,______ ,______ N / v 2 - I - \/.v 2 + l ) = >
lim
.V— f + o o
lim
( v /v 2 - 1 - V /A'2 + l ) C\/.v 2 - 1 + ' / v 2 + T ) -----------------------, r f = -----------------\/.v - 1 + \ / x 2 + l
-2 lim —7 = = ----- ===== = 0. ‘ + ° ° \/.V 2
— 1 + \/.v 2 + 1
____
NC \ / 1
CV
, , 6 .v2 + ,v — 1 — 4 .v ) 16.v2 + .v - 1 + 4 x ) lim ( v7 16-v2 + x — 1 — 4 .\-} = lim ----------------------- ■.■.... . / . = ---------------------------v -+ ~ V > ,v-*+~ \ / 1 6 x 2 + . v — 1 + 4 .v
g)
lim + ~ \ / 16.v2 + .r - 1 + 4.v
4.2.3 4.42.
Neke granične vrednosti funkcija
sin.v Prim er. Pokazati daj e lim -- = 1. .V—*0 .V
Rešenje. Posmatrajmo jediničnu kružnicu sa centrom u tački 0 (0 ,0 ) i neka je dat ugao TC
0 <„v < —, čiji kraci seku kružnicu u tačkama A (1,0) i M( x , y ) . Tangenta kružnice u tački A neka seče krak OM u tački N, i neka je M ’ podnožje normale iz tačke M na.v—osu (sliku 4.1). U tom slučaju važi očevidna nejednakost PAOAM < Pi(OAM) < P&OAN,
(4.8)
gde, na primer, P & o a m označava površinu trougla OAM, a P h o a m ) označava površinu kružnog isečka OAM. Visina trougla OAM koja odgovara stranici OA je M M ' = • „ 1 * sin * ™ ~ , sm.v. pa je P , \ q a m = ^ sinx — Slicno, posto je kateta NA pravouglog *
trougla OAN jednaka tg.v, to je
P& oan
= ~ -1 -tg a- = — . Konačno, iz elementame
matematike je poznato da je površina kružnog isečka jednaka polovini proizvoda dva poluprečnika i zahvaćenog ugla (jasno, izraženog u radijanima):
111
4.2. Granična vrednost funkcije
Slika 4.1.
Slika 4.2.
Relacija (4.8) se može zapisati na sledeći način:
^ < ^ - . Odatle je
,y tg.r sin.v sin.v < x < tg.r => 1 < - — < — =4- 1 > ------> cos.T. stn.v ,r .r
(4.9)
jer smo pretpostavili da je x G (0, n/2), što povlači da su i sin.v > 0 i tg.v > 0. Kako zbog neprekidnosti funkcije g(x) = cos.v, .v e M, u tački ,v = 0 važi lim cos.v = .V—!•()+ cosO = 1. to iz teoreme 4.36 sledi da ie sin.v lim ----- = 1 . .v—»0+
.V
t* , m \ sim: sin.v runkcija j (x) = ----- , .v 7 ^ 0 , je parna, pa vazi da je 1 lim ------ = 1 , sto konačno .V
v—0 -
,V
, . sin.v daie lim ----- = 1 . ► -v-*0 .v 4.43. Prim er. Odrediti sledeće gmnične vrednosti: . ,. tg* sin(7x —7) 2.v a) l i m— ; b) h m — -— ■— ; c) lim — j-*o x
x —•1
1-cos.v d) lim -----;— ; .v-.o
x2
'
x —1
,v—o s in 5 .r ’
1-cos.v e) lim — — —; .v-o ,vsin2x '
f) lim ■
,v2
A--0 y/l -f.vsin.v— s / č o s x '
Rešenja. a) K orišćenjem neprekidnosti funkcije
f ( x ) = cos.v, .v £ 1R, u tački ,v = 0 dobija se
,. tg.v hm — = h m ------• h m --------= 1. A*—*0 ,V a—0 .V v—0 cos.v b)
Funkcija h ( x ) = ‘ ‘n je f ( x ) = 7(.v - 1), ,r €
1/
sin.v
1
1, se m ože napisati kao složena funkcija h = g c /'. gde
R i g ( v ) = ^ 7^-, v v /7
0. K ako je
112
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
lim f ( x ) = lim (7 (x — 1)) = 0,
lim g (v ) = lim
.v_ 0
y — *0
.v -l
v -0
= 7 lim
>'/7
= 7 -1 = 7 ,
y
v -o
to su zadovoljeni uslovi teorem e 4.37, te sledi
c)
lim ? o /( .r ) = lim g (v ) = 7,
p a je
lim s*n ^ ' v
,v - i
r
.v—>0
v '
y—n
2r 1 2 lmi . , = lim -^ -r- ■- = osin5.r ,v->o žMži 5 5x
^ = 7.
.r — 1
2 - • 5
,v—
d) N a osnovu identiteta 1 - cos.r = 2 sin - , .r e R , dobija se
-
. 1 - c o s .r 2 sin2 £ 2 s in f-s in ^ j l im ------~— = l i m =-*- = lim — — — — ^ = ~ . .v—*0 X2 .v—»0 X .v—*0 4 •£ •| 2
—COSA'
e) N a osnovu prim era pod d) ie lim — :----'
K
V-.0 ,v sin 2 r
1— cos.v
.v-0 2 ^
f) O s lo b a đ a n je n i o d k o re n a u im e n io c u d o b ija se: .r- ( \ J 1 + x sin .v + y č o š .r)
,
—73—
= lim —
1 4
lim -i—o \ / l + x s i n x —
x /T + ^ š m x + v /c o s l
2 ^+ j
= lim ------------ :-----------------= lim ------ 1----------- ;------- = ------ = 4/3. ,\—0
1 + .rs in .r —cos.r
,\--»o
l-coh.v _j_ m±x
►
4.44. Primer. Odrediti sledeće gmnične vrednosti; ,
,,
s i n 4 7 tr
,\— l
sin3Jlr
a) Jim - r —— ;
s in .r -s in a
ts x —tga
b) lim ---------- ;
x —a
.<•-*
x —a
„
a rctg x
c) lim —-------- — ;
.v— 0
x
d) ln n ----
Rešenja. a) Posle uvođenja smene t = sin47Ulim ——-— = i sin 3 rtr
x
— 1, .v = t + 1, pri čemu t —>0 k a d a x —* l , dobija se
sin 4 n (/+ l) ,. sin(4jtf + 4 j i ) sin 4 ro lim ----- + = lim . ' ----------- - = lim o sin3Tt(r + 1) t —o sin(3ffi + 3jt) r—o —sin 3 ro sin4ro lim o 4n t
• lim - — =
- sm 3ro ,-o 3 m
lim — --------
/-o
4ro
-1 3
14 4
3
3 jk
s in x - s in c / ^ s i n 1^ -cos ^ sin - ^ x b) l im ----------------- = l t m ---------- =----------- — = lim ~ ■cos x->a x —a x—o X—a x-*(J
c)
lira v -> «
x —a
= lim H z i H v— « x — a.
d) Posle uvođenja sm ene t
= iim . .v->n
= arctg.r, gde
) ... 1 c o s x c o s a • (x —a ) cos 2a. t
-+ 0 kada x —>0, sledi (videti zadatak pod c))
arctg x . t l im -----— = l i m — = 1. X (—O tg f
.1— 0
►
4.2. Granična vrednost funkcije
113
4.45. Primer. Pokazati da je lim ( 1 + - ) = e. X->+oe \ X J Rešenje. Ako označimo sa n =
[jc ]
, tada važi n < x < n. + 1, odnosno
1 < — 1 <1 — -----r n +1 x n Prema tomeje Cl + — o d a k le je ll + ^
)
i
1 < 1-|--, 1 < , IH— 1 . 1. “j-------n +1 x n
< (l + £) < (l + I)
V'+' /
1 + ^ + iJ
v1 +
l
/
^ t;
n
, tj.
ivr
1+;J
/
i\'V
<
i
v1 + n' -
Ako x —» +oo, tada i n —>°°, pa je 1 V +‘
lim H -------n^oe y n + 1/
• lim
/.
\
1
.
1 H-------n + 1/
< lim
/
^
1
1+ x
lim ("1 + - ) < l i m f l + - N) l i m ( l + ,v-»+~ y xJ «->” \ n J n—°° \ n ( 1 \" . ( 1 \ " +1 Iz lim 1 + = lim 1 H------- = e, 1 teoreme 4.36 sleđi tvrdienie. ► «->“ V nj ~ \ n+ l J J 4.46.
Primer. Odrediti sledeće granične vrednosti: x+2
a) lim(l + x ) 1/t ; ,i-*0
b) lim f *->+■*> \ x — 1J
;
d) lim (ln v ^ + T —lnvS)-x; X >+°° v ex - 1 g) lim —---; x—>0 sini
e) lim (1 + sinjc)ctSJ:; x—0 eax - ebx h ) lim - ---------, a,b £ 1. .v—o .v
c) lim ( + x^+°°\2x + 2 J f) lim ------; X—0
X
Rešenja. a) Određićemo prvo levu graničnu vrednost date funkcije u nuli, tj.
lim (1 + x ) l/'+
x —»0—
Ako stavimo t = l/x , tj. * = l / t , tada / —> — kada x —>0 - . Tako dobijamo IV lim (1+A')1/ 1' = lim f l + - ') = lim f l + — ^ =e. x ^ 0t— =o\ tj .f->+~ \ -s J Analogno se dobija da je i desna granična vrednost date funkcije u nuli jednaka e.
114
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
Dakle, i tražena granična vrednost je jednaka e, tj. lim (l + .v)l/,v = e. x— *0 b)
lim Y = lim f ^ - 4 j V = Mm -v—+~ \ x — 1 ) jt->+~ \ ,r(l — \.) )'—+00 (l —!)• =
c)
lim ( 1 + - I ■ lim I 1 H---- !—
lim
-v—+“
x-*+°° \
lim
+2)
\2x
,r->+~
X— 1
f ( 1+
>
f
-»0
-v
+ —^ x
»0 \
= -ln
J
2
\ t ~*o
/
Mm ( 1 + - L - ) = e W . +~ \ 2.V+ 2 J
\
J
. \ cos V / + sinx),/ sm' ' )
lim (1 + sin.v)ctg x = lim ( ( 1
.v
+^
2(x+ l))
lim (ln \ / x + 1 —ln J x ) ■x = lim j-ln (\ +~ A-_,+oo 2 \
d)
e)
X )
-v-»+ ~ V
lim f l + - ^ -V + “ \ x j
= -.
2
\ *‘mC0S-V ( lim(l + t)x/' V' °
=
J
f) Smenom f = ex — 1, tj. .v = ln(r + 1), pri čemu t —>0 kada x —» 0, dobija se ex —1 -------=
h m .v
—0
,v
t
1
l i m — ----- — = l i m -----------/ —o l n ( f + l ) o i i n ^ _ |_
=
1
l i m — -------—7ln (/ + ) ]A
1
= 1.
ex - l ------lim e v —1, lim —---- = lim —*— = --------- *— = 1. .V— >0 smA-,v—>0 sinjc sm.v — lm i---,v->0
.V
X
e“x —1 eax —ebx ( eax — 1 h) Pokazaćemo lim --------= a, a € R, jer je lim ----------- = lirn X
.v—>0
Smenom t = eax —1, (/ —+0 kada ,v —> ■0), tj. x = V 1 limeCIX~ --------=
->0
.v
,v—>0
X .v—>0 \
^ , dobija se
a
t r r = hm . i ----------a limr — -------= hm f->0 ln (r+ l) M 0 l )n^ + ] j r—0 ln(f + l ) 1/' a t
x
e ax _ gbx
Prema tome ie lim ---------- — a —b. ► .v—f 0
.V
4.47. Prim er. Odrediti sledeće desne granične vrednosti: a)
lim (2 + i / t ) ;
x —>0+
b) lim ( V x * —ln x ) ; .r—►()+ \
/
c)
lim
.v—+—5 +
(\/x + 5 + x ) ;
1
d)
lim -V—>0+ X
g)
lim e ~ x!x; x—>0+
e) lim ----- f) lim 2 * ; .v->3+ X. —3 h) lim -— .v—>0+ 1 + e '
.v—>0+ i) lim ln ( \ + 2 ~ l|/jrV .v—>0+ V J
ebx — 1 X
= e l =e
4.2. Granična vrednost funkcije
115
Rezultati. a) c) e) h)
4.48.
lirn^(2 + y/x) = 2.
b)
lim
Hm ( \A + 5 + x ) = —5.
—lnx^ = 0 —(—°°) = +°°.
d) lim - = +«>.
-T— 5 + V
’.V -0 + X
lim — = +oo. f) ]im 2*/v = +oo. g) lim e~ l/x = lim = 0. .T—»3+ x —3 .v—»0-f.v—»o+ x—*o+ eix lim — ~ T = 0.
i) lim In ( l + 2 ~ l/x\ = 0. ►
, v - o + 1 + e 1A
.v— > o +
)
V
Prim er. Odrediti sledeće leve gmnične vrednosti:
a)
lim (2 + v7—J ) ; b) lim ( v ( —x)5 + ln ( l + x ) ); X—► O X~>0- V/
d)
lim —— x—>—I— 1 X
h)
lim e~ ]’x:
0
e) lim - ; x—>0—X
f) lim —!— ;
i) lim — —
1- x c) lim .V—*1—y/\ •.Vg) lim 2 l/x\ a—3- 3 - X* -0 -
j ) lim ln
0 1 + £ ' 1/ ' . v - 0-
.V—> —
,v-* -
Rešenja. a) Funkcija f ( x ) = 2 + \ f ^ x je definisana za x < 0, pa važi lim (2 + \ f - x ) = 2. U prethodnom primeru pod a) nije bilo moguće tražiti levu graničnu vrednost, dok se u ovom slučaju ne može tražiti desna granična vrednost date funkcije.
b) Funkcija je definisana z a x
>
c) ihm
/ - ........ ( \= lim / l ,.
1_JC = hm r ■■ \ — X~
x -* l-
,,
d)
\/l - X
h m -------r- =
:
lim ( ^ - \ / ( - x ) 5 + ln (l + x ) j = 0 + 0 = 0 .
.V—> 1- / ( 1 — X ) (1 + x )
\/l - X
/-(-j _ r ) ( , + ,r ) V
lim - = —oo. f) lim —i — = +oo. x —»0— X
.V—'3— 3 — X
h)
lim e ~ '/v = lim —^ - = +oo. .v—>0— .v—*0 —e ’x
j)
lim l n ( l + 2 ‘/-v) = 0 . ► x—>0—
A = 0.
.v—* 1 - \ / l + X
h m ----------------------------, = .v - ,- (
e)
- 1
1
lim ------------ _ - ^ i- ( x + i) v /r ^
g) lim 2 l,/v = 0. x—»0—
i) iim ---- = 1 x~»0—
= + °°.
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
116 4.2.4
A sim ptote
4.49. Definicija. Asimptota grafika funkcije f : A —>B u +°°, (respektivno u —°°) je prava linija y = kx + n za koju vazi lim (f(x) - (kx + n)) = 0
(respektivno
^U m J/(x) - (kx + n)) = 0).
(4.10)
Ako je u (4.10) k = 0, tj. ako / ima graničnu vrednost n u (respektivno u —«>), tada grafik funkcije / ima horizontalnu asimptotu u + » (respektivno u —°°), čija je jednačina y = n. Ako je u (4.10) k ^ 0, tada se prava y = k x + n zove kosa asimptota grafika funkcij e / u +°° odn. u —°°. Brojevi k i n se u tom slučaju određuju pomoću graničnih vrednosti k = lim
i
X
n = lim ( f ( x ) —kx). ,v—> + ~
Ako za neko a, domen funkcije / sadrži interval (a, +°°) i za svako M > 0 postoji T > a, sa osobinom da za x > T, važi f ( x) > M, tada kažemo da / teži ka plus beskonačno kada x —►+°° i to pišemo lim f ( x ) = +o°. , V -+ + o o
Analogna značenja imaju i oznake lim f ( x ) = —°°, JT -> + °o
lim f ( x) = +°° i -V -* -o =
lim f (x) = —°°. JT—
Za ispitivanje grafika neke funkcije / , a posebno da bi definisali vertikalnu asimptotu grafika funkcije, važno je sledeće proširenje pojma granične vrednosti funkcije u tački. Neka domen A funkcije / sadrži interval (x q ,b) za neko b > x0. Ako za svako M > 0 postoji 5 > 0, takvo da važi implikacija (Va- e A ) 0 < x —xo <& => f ( x ) > M, tada kažemo da funkcija / teži ka plus beskonačno kada x sa lim f( x ) = + ° ° .
—» x q +
. što se označava
.T-KV0+
(4.11)
Odgovarajuća značenja imaju i oznake lim f ( x ) = -°°, 0
X — >V +
lim f ( x ) = +°°, X -* X o -
lim f ( x ) = -° ° .
(4.12)
x — t .V o -
4.50. Definicija. Vertikalna asimptota grafika funkcije f : A —>B u tački xo je prava linija x = x q ako f teii bilo ka +°° ili ka —°° kada bilo x —>a-q+ ili x —>xo — . Drugim rečima, vertikalna prava x = xo je vertikalna asimptota ako u proširenom smislu postoji bar jedna od četiri granične vrednosti iz (4.11) i (4.12).
4.2. Granična vrednost funkcije
4 .5 1 .
117
Prim er. Odrediti asimptote grafika sledećih funkcija:
a)
=
;
b)
d) / W = ^ + T —v C T ;
= ln|+ ^ ;
C)
e) f ( x ) — \ f x + \/4 —-
v
=7^7’
f) f {x) = arcsine“ v.
;
Rešenja. a) Prirodni domen funkcije / je skup R \ {1, —1}. Njen grafik, dat na slici 4.3, ima vertikalne asimptote x = 1 i x = —1, jer je 2
lim ------ = —oo .v-*l+ 1 - x l (Primetimo da je
2
lim ------ ^ = +°° i x—*■1—1 —X
i
2
lim -------- = +°°. -v—>-i+ 1
2
lim ------ - = —°o.) — 1 —X~
Grafik funkcije ima horizontalnu asimptotu y = 0 kad x —> +°° i kad x —> —°°, jer je 2 2 lim ------ ^ = 0 i lim ------ = = 0. .v-»+~ 1 —x1 —x b) Funkcija / je definisana na intervalu (—1,1). Iz , \ —x . , l-x lim ln ------ = +°°, i lim ln ------- = —°°, .v—*—1+ 1 + X x—>1— 1 + X sledi da grafik funkcije / ima dve vertikalne asimptote: x = 1 i x = —1. c) Grafik funkcije / ima vertikalnu asimptotu x = 3 i kosu asimptotu y = x + 3 kad x —> +°° i kad x —> —°° (slika 4.4). d)
Funkcija / je definisana na intervalu [1,+°°). Grafik funkcije / nema vertikalnu asimptotu, jer je lim ( i A + 1 —\ / x — 1) = \ f l . G rafik/ imahorizontalnu asimpX — >1 +
totu y = 0 kad x —» +°°, jer je lim (\/x~+ l — \ / x — 1) = 0. e) Funkcija / je definisana na intervalu [0,4]. Njen grafik nema asimptota. f) Funkcija f je definisana na intervalu [0, + °°). Nema vertikalnih asimptota, jer funkn cija / lma konačnu desnu graničnu vrednosti u 0: lim arcsine •' = —. j -*o +
2
Glava 4. Graaičaa vredaost i aeprekidnost
118
Kako je lim arcsine ' = 0, to sledi da grafikfunkcije / ima horizontalnu asimptotu ,V—>co
y = 0 kad x —> +°°. ►
4.3 Neprekidnost funkcije 4.3.1 4.52.
O snovni pojm ovi i osob in e
D efinicija.
n e p re k id n a u ta č k i
Funkcija f : A —>R je postoji broj 5 > 0 tako da važi implikacija (Vx e A) |x - x0 1< 5
.ro e A ako z,a svako e > 0
|f ( x ) - f(xo) | < e.
u
Iz ove definicije sledi da se neprekidnost funkcije ispituje samo onim tačkama u kojima je ona definisana. Međutim, nije obavezno (kao kod granične vrednosti funkcije) da posmatrana tačka bude i tačka nagomilavanja domena funkcije. Važi 4.53.
T eorem a.
Neka je tačka xo € A tačka nagomiJavanja domena funkcije f : A —>R. Tada je f neprekidna u tački x0 ako i samo ako je lim
x—t jo , xeA
f ( x ) —f(xo)-
U praksi, se obično pojavljuju sledeća tri slučaja. I Neka je realna funkcija / definisana na intervalu (a,b) c A i neka tačka x0 pripada (a,b). Funkcija / je neprekidna u tački x0 ako
po sto ji Xlim f ( x ) i važi je d n a k o st X->XQ lim f ( x )
= f ( x o).
*A'o
II Neka je realna funkcija / definisana na skupu koji sadrži interval [xo,bj. Funkcija / je x0 ako važe sledeća dva uslova: postoji lim f ( x) i važi jednakost lim f ( x ) = f ( x 0).
n ep rek id n a sa d esn a u ta čk i
J-* .V 0+
x->xi) +
III Neka je realna funkcija / definisana na skupu koji sadrži interval (a,xo}. Funkcija / je x0 ako važe sledeća dva uslova:
n ep rek id n a sa leva u ta čk i
postoji lim f ( x) i važi jednakost lim f ( x ) = f(x,o). ,V -* A '0 -
A'— t.V O -
p re k id n a u ta čk i x0 € A ako nije neprekidna u toj tački. : A —> R je n e p re k id n a n a sk u p u B c A ako je neprekidna u svakoj
Funkcija / : A —>R je
Funkcija / *• tački skupa B. Posebno, funkcija / : A —>1R je [a,b'\ c A ako je neprekidna na otvorenom intervalu (a,b) i ako važi (videti slučajeve II i III):
n ep re k id n a n a za tv o re n o m in te rv a lu
4.3. Neprekidnost funkcije
119
4.54. Teorema. Ako sufunkcije f i g neprekidne u tacki *0 , tada su u toj tački neprekidne ifunkcije koje pređstavljaju njihov f zbir / + g; razliku f - g ; proizvod f ■g; količnik ako je g(x0) ^ 0. s Dokaz. Pokazaćemo samo da je zbir dve neprekidne funkcije u tački xo neprekidan u toj tački, i to za slučaj kada je x0 tačka nagomilavanja njihovih domena. Dakle, neka su funkcije / i g neprekidne u tački x q . Prema teoremi 4.53 tada važi lim f ( x ) = f ( x 0) i lim ,g(.v) = g(.r0). A-+.V0 -Y ► .Y q Kako je ( f + g)(x) = f ( x ) + g ( x ) i granična vrednost zbira jednaka zbiru graničnih vrednosti (ako postoje), to je lim ( f + g)(x) -V— +.V0
=
lim ( f ( x ) +g ( x ) ) = lim f ( x ) + lim g(x) x—M'o .V—KXQ .v— +.V0
=
f i xo ) + f ( x 0) = ( / + g)(x0).
►
Takođe je kompozicija neprekidnihfunkcija neprekidna funkcija. Osnovne elementarne funkcije su neprekidne na celom njihovom definicionom skupu; polinom je neprekidna funkcija na celom skupu realnih brojeva R (sledi iz neprekidnosti na M funkcije f ( x ) = x i prethodne teoreme); jP(.v)
racionalna funkcija R(x) = —— je neprekidna na skupu {.v e K Q(x) / 0}; {J(x) sinusna i kosinusna funkcija su neprekidne na celom skupu R; funkcija f ( x ) = tgA-je neprekidna na skupu M \ { ^ p - n \ k e Z} , dok je funkcija f ( x ) = ctgx neprekidna na skupu R \ {kn\ k € l * } ; eksponencijalna funkcija f ( x ) = ax, a > 0, a / J , je neprekidna na skupu R; logaritamska funkcija f ( x ) = logax, a > 0, a
1, je neprekidna na (0, +<»).
Na osnovu prethodnog, i elementarne funkcije su neprekidne na svom prirodnom definicionom skupu. Na primer, a) Funkcija f ( x ) = nije definisana u tački x = 1, tako da se ne može ni ispitivati neprekidnost ove funkcije u tački 1. (Pogrešno bi bilo reći da je funkcija / prekidna u tački 1.)
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
120
-V2 — 1
z a
{ x~ l 2
x
- j-
1
' je neprekidna u tački x = 1, jer je za
x = 1;
l i m f f r = lim (x + 1) = 2 = / ( 1 ) . .r—»1 A 1 *-+1 -r2-! za x -L l x~' ’ nije neprekidna u tački x = 1, je rje lim /(x ) 2 /
{ !
5 za x = 1; 5 = / ( l ) , (uporediti sa zadatkom pod b)). sinx ___ X ~7^ 0
x 10 za lim /(x ) = 1 / 10 = /( 0 ) ,
*-»i
’ je prekidna u tački x = 0, je rje x = 0;
x —*0
Primetimo da je funkcija / definisana u tački 0 i ima u njoj graničnu vrednost jednaku 1. Prema slučaju I iz uvoda, da je funkcija / bila definisana u tački 0 sa vrednošću 1, bila bi u njoj i neprekidna.
e) Funkcija f ( x ) = |x|, x e K; je neprekidna u tački x = 0, jer važi (sl.4.2.) = lim x = 0
lim f ( x )
*->0+
A-+0+
i
= 0,
lim f (x) = lim (—x) x -* Q -
, i- . 0 -
a u isto vreme je /( 0 ) = 0.
{
1 0
lim f ( x ) = 1 ^ - 1 = x —►0+
za x > 0, za x = 0, je prekiđna u tački x =
— lim f( x) .
1 za
0, jer je
x < 0.
-V—
Za razliku od zadatka pod c) ili d), ovde je potpuno svejedno kako je funkcija definisana u tački x = 0 (videti sliku 4.5).
4.3.2
Prekidi funkcija
Ako funkcija / : A —>M nije neprekidna u nekoj tački xo t A , kažemo da funkcija u toj tački ima prekid i to
prividan prekid ako postoji lim f ( x) = L i važi L / f ( x o); X-+Xo
prekid prve vrste ako postoje lim f ( x ) = L\ i lim f ( x ) = L 2 , ali L { ^ L i \ x —*xo+
x—
prekid druge vrste ako nije ni prividan ni prekid prve vrste. Funkcija f ( x ) = [x] dodeljuje broju x e R najveći ceo broj koji nije veći od x. Dakle, za k e Z je lim f ( x ) = k i lim f ( x ) = k - 1, pa / ima prekid prve vrste x —*k—
u svakom celom broju k (slika 4.6).
121
4.3. Neprekidnost fimkcije
Posmatrajmo funkciju / datu sa: f ( x) =
X, -v < 1; ■V+ 1, ..v > 1
Ona je neprekidna
,v
1
l' •V
1
0
1
0
-1
1
•— ► ■-2
Slika 4.5.
Slika 4.6.
na skupu K \ {1}, ali ima prekid prve vrste u tački 1. Grafik ove liinkcije je dat na slici 4.7. •
V
Slika 4.8. ( —v2 + 4.v—5, Funkcija / data saf ( x ) = < 0, x = 2; [ x 2 —4.v + 5, vrste u tački ,vo = 2,i neprekidna je na skupu M \ {2}.
.v < 2; slika 4.8. ima prekid prve ,v > 2,
Neprekidne funkcije na zatvorenom intervalu 4.55. Teorema. Neprekidna funkcije na zatvorenom intervala dostile svoj maksimum i minimum. 4.56. Primer. Za funkciju f ( x ) = x2 + 1, .v S M, odrediti njt-it infimtim, supremum, i. ako postoje, minimum i maksimum na datom inten’alu I : a)
/ = [-2 ,0 );
b)
/ = [1,3);
a)
/ = [-2 .3 ];
Glava 4. Granična vrednost i neprekidnost
122 Rešenja.
a) Funkcija /( . y) = . y2 + 1 nad intervalom [—2,0) ima infimum u tački 0, kojijejednak 1. Ova funkcija ima maksimum (dakle i supremum) nad (—2,0), koji je dostignut u tački - 2 . i taj maksimum je jednak / ( —2) = 5. b)
inf /(.v) = 2, .v e[!.5 )
c)
min f(.v) = 2, .ve [ 1,3)
sup f ( x ) = A-e [1 3 )
10,ne postoji max f(x). -v s[l,3 } '
inf f ( x ) = min /(.v) = / ( 0 ) = 1, sup , f ( x ) = max f ( x) = /( 3 ) = 10. AGj-2.3] .ve1-2,3] .v€[—2,3] .v6[-2,3] Teorema 4.55 se primenjuje samo u slučaju c); primeri a) i b) pokazuju da ta teorema nije tačna bez uslova o zatvorenosti posmatranog intervala. ►
Glava 5
Izvod funkcije 5.1
Osnovni pojmovi
5.2 Definicija prvog izvoda funkcije 5.1. Definicija. Neka je realna funkcija f definisana na intervalu (cub) i neka je xo jedna tačka intenala (a, b ). Granična vrednost (5.1) ako postoji, naziva se prvi izvod funkcije / u tački x0. Pored f ' ( x o), zap rv i izvod funkcije / u tački x0 koristi se i oznaka f x(x0), činie se naglašava promenljiva po kojoj se traži izvod. Funkcija / : (a,b) —>R je diferencijabilna u tački x0 € (a,b) ako ona ima prvi izvod u tački x0. Funkcija / je điferencijabilna na intervalu (a,b) ako je diferencijabilna u svakoj tački intervala (a,b). U tom se slučaju funkcija f : (a, b) —>R, koja broju x € (a, b) dodeljuje broj f ( x ) , zove izvodna funkcija ili prvi izvod funkcije,/'. Funkcija / je diferencijabilna na zatvorenom intervalu [a, b\ ako je diferencijabilna na otvorenom intervalu (a, b) i ako postoje sledeće granične vrednosti h
A -* o +
/i— o -
h
/ ( x 0 + h ) ~ / ( x 0) Levi izvod funkcije f u tački x0 je definisan sa f _ (x0) = lim //—*o— h 123
Glava 5. Izvod funkcije
124
Desni izvod funkcije / u tačk ix o je definisan sa f'+(xo) = lim j— /(_o) A-»o+ h Funkcija ima izvod u tački a'o ako postoje i levi i desni izvod u toj tački i ako su oni jednaki, tj. fL(xo) = f +{xo). 5.2.Prim er. Po definiciji, odrediti prvi izvod date funkcije f u tački x0 njenog definicionog skupa: 3 a) f ( x ) = 3a2 —2x + 5, x € M; b) f ( x ) = - , x /= 0; c) f ( x ) = y/x, x > 0; d) f ( x ) = Odrediti najveći podskup od R na kome taj izvod postoji.
j/x , x± - 0.
Rešenja. a) Po definiciji je za a'o G I : rl, , ,. f(xo + h ) - f ( x o ) ,. 3 (x0 + h)2 — 2 ( xq + h) + 5 — {3x0 — 2x0 + 5) 11111-----------------------;----= J/ (jco') = A-o h h-*o Ilm ---------------------;-------------------------h 3.*n + 6xoh + 3h2 —2x0 - 2h + 5 —3x}. + 2x0 —5 — ]im —a--------------------------------------- “-----------7i—o h = UmM6x0 + 3/^-2) 2 ft-o h 3___3. l(x0-XQ-h) b) Za xo / 0 važi: f ( x 0) = lim x<3+hx° = lim Aq('t °+,,) = lim — — = — . h->0 h A—0 hh->OXo(xo+ h)h.rfj c) Zax0 >Ovaži: ____ s/xo + h - Jx^ ( J x 0 + h - v^o) (\/xo + h + /x ^ ) ~
.
1 3 ----------- 1----------------------------------------- = i" " o -----------* ( v S + /i + ^ ) --
lim * h->o h (y/xo + h + /x o ) d) Za xo 6 K, x0 /■ 0, važi:
' 2^/xo
( i / x o + h - $ x o ) ( \ j ( x 0 + h ) 2 + { / ( x 0 + h ) x o + v 'a ?
f'(xo)
=
=
. \/x0 + h - Mxo imn ----- - - --------------------lim v J-u---;---' U ---- — = uUUI-------------J lim. n /. h~'° h (^\J(x0 + h)2+ s/(xo + h)xo + V ^ j h lim 0 h ( s/(xo + h)2 + V ( xo + h)xo +
h
1 3x0/3
5.3. Tablica prvih izvođa
125
5.3 Tablica prvih izvoda U sledećoj tablici dajemo prve izvode najćešće korišćenih elementarnih funkcija, kao i skupove na kojima ti prvi izvodi postoje. •
(x")' =
tv ć '~ l ,
•
(xa )
•
(sin.*)' =
•
(cos*)' = —sinx, x e K ;
.
(tgx)' = - L - ,
'
« e N ,
a
G M \{ 0 } , x > 0;
c o s jc
,
i
e
l
;
J c e R \{ (2 t+ l)
cosz x
•
L
(c tg * )'= —
J
x € R \ {kn\ k e Z};
sin
x
•
(ax)' = ax ■ln a, a > 0 , x £ l ,
•
(eA’y = e \
•
( lo g
•
(lnx)' = - , .* > 0 ;
•
( a r c s m
x £ l;
x)' =
* y
/c e z ); 21
— J—
x ' ln ci
=
^
,
a >
=
,
0 , a ^ l , x
|x |
<
>
0 ;
1 ;
v 1 - x2 •
(arccosx)' =
_, |x| < 1; v 1 - x2
•
(arctgx)' = — ^ 1
•
, x G K;
~r X“
(arcctg x )'= ---- x £ l . 1+ x z
5.3. Prim er. Korišćenjem definicije pr\>og izvoda 5.1 pokazati da su navedeni prvi izvodi osnovnih elementarnih funkcija tačni.
126
Glava 5. Izvod funkcije
Rešenja. Pokazaćemo samo neke od gornjih jednakosti; čitaocu ostavljamo da pokaže ostale. Neka je n e N. Tada je prvi izvod funkcije f(x) = x" u tački x e K po definiciji jednak: (.v + h)’1- x " x "+ n x "-lh + ' l ^ h 2 + --- + h " - x n . l m ----------- ------------- = l i m ---------------------------- .------------------------------------------------ = n x " ' 1. h—0 h h->0 h Neka je a = -n , n € N. Tada je prvi izvod funkcije f (x) = ,v_" u tački x > 0 jednak: l _ j_ ,\"-(x+h)" f (,) = iim = Um J ! k ^ ■ h—0 h ft—0 h
f ( x ) =
1 x " - x " - n x ’1- 'h - ( '; ) x " - 2h2 ---------h" l = im i-------------------------------------- i " ---------------------= ___ h~0xn(x + ll)"
, hX2"
Za f(x) = sin.v i x e R imanio po definiciji f (,)
=
Hm gin(.r + A) - sinv = ^ 2 s jn (|)c o s ( ^ ) h—o h (i->o h s in (f)c o s (^ ) fZx + h \ hm — — 1 *lim cos f —-— I = cos.r.
h-*Q
Z a f ( . x) = ctg.v im am o z a x ^ {^rcj k € Z } : /
f ( x)
,x
cosjx + h )
cos.v
=
iim £ ! l i T.+ h ) ~ ctl £ = Hm j K f+ ft)— . » g /»—o h h-t o h
=
H m ---- ----------
cos(.Y+/<)sin.v-cos.rsin(.rH-/Q
h~ ^
=
= _|im sin ( - x +
h
h->o
sin h
1
- lim —— • lim ft^o
Z a funkciju f ( x ) = a x prvi izvod u tački x . f ' ( x)
1
h—o sin(x + /j)s in v
h
=
( y t j ) ) . i i m _______ \ ____ ft^o sin(.v + /i)sin.v
h
sin2v
e K po definiciji 5 .1 je
a x + h — ax .. r ah — 1 l i m -------:------ = lim a ft—o h ft^o h
Posle sm ene I = a h - 1, h = ^ ^
>Pri čem u t -+ 0 kada h -> 0, dobijam o
-
ah - J 1 Iim — -— = hm = In flh m — — r = ln o /,_o h i-tft i'i('+i) /i-*oln(l + ? ) '/ '
lri£7
v
ah — 1
Tako dobijam o f ' ( x ) = l im a x— ;— = a ' l n a , a > 0, a ^ 1. ft-+0 h r Z a funkciju f ( x ) = ln.v pi-vi izvod u tački x > 0 je
h V h
v"+1
5.3. Tablica prvih izvoda
127
U prethodnim dokazima korišćena je neprekidnost osnovnih elementarnih funkcija na njihovom definicionom skupu. 5.4. Prim er. Data je funkcija f ( x ) = 3.v2 —5.V+2, x G R. Odrediti: domen izvodne funkcije f ' ; prvi izvod funkcije f u tački x G K; vrednosti f (1), f (2). f (. - \/2 ), f(a), d € t. Rešenje. Domen izvodne funkciie f je ceo skup R . f i x ) = 6.v- 5. .v t IK. 6-1 —5 = 1, f ( 2 ) = 6 - 2 —5 = 7. f ( — \/2) — 6- (—\/2 ) - 5 — —6 - \ / 2 —5 i f ( a ) = 6a — 5. ► 5.5. Teorem a. Ako je funkcija f : (a,b) —>K je ona neprekidna u tački xo.
1) =
diferencijabilna u tački xo £ (a,b), tada
Dokaz. Ako x pripada definicionom skupu t'unkcije f i .v / .vo. .v - \'o = h, tada se funkcija / može zapisati kao .
tt \
t t \ i f ( x ) ~ f ( xo) , , ,7 \ , / ( • * ) - /(,vo) . (-*o) H---------- ---------- (.T - x o ) = ./ (.To) + ---------:--------- II. X - x0 h
fi-V = f
Prema tome je lim / ( x)
-V—^.V()
= =
lim f ( x o) + lim
.r—*.vn
’
.v—-.vo
X ~ A'q
■Hm (.v —.v(l) ,v--»ao
/ (A‘o) + f ( x o) ■0 = /(.vo) ■ ►
Ako je funkcija / neprekidna u tački .vo, tada ona ne mora biti i difercneijabilna u tački .vo (videti sledeći primer). Dakle, neprekidnost je potreban (ali ne i dovoljan) uslov za diferencijabilnost funkcije. Drugim rečima, alco funkcija u nekoj tački nije neprekidna, onda ona ne rnože imati izvod u toj tački. 5.6. Prim er. Pokazali. smo (videti primer 4.4J da je funkcija f ( x ) = |.vj, .v
|0 + /;| - | 0 |
..
!//!
-//
128
Glava 5. Izvođ funkcije
Prema tome, ova funkcija nema prvi izvod u tački 0, i pored toga što je neprekidna u toj tački. ►
5.3.1 5.7.
P ravila za prvi izvod fu n k cije
Teorema. Ako su funkcije f i g definisane na intervalu (a, b ) i imaju prve izvode u tački .v e (a,b), tada njihov zbir, razlika, proizvod i količnik takođe imaju prvi izvod u tački x £ (a,b); u slučaju količnika mora se dodatno pretpostaviti da je g(x) 0. Važe sledeća pravila za
a) izvod zbira, odnosno razlike funkcija: ( f ( x ) ± g ( x ) ) ' = f ' (x) ±g' (x); b) izvod linearne kombinacijefunkcija: (A f ( x ) + B g ( x ))' — A f (x) + Bg' (x), A i B su realne konstante; c) izvod proizvodafunkcija: ( f ( x) - g( x) ) ' = f ( x ) g ( x ) + f ( x ) g ' ( x ) ; >
g(x) ¥= 0.
Dokaz. b) Ako označimo sa ;(.*) = Af(x) + Bg(x), tada imamo lim : (-v + /') - ~ ( A') = Hm (Af(x + h)+Bg(x + h)) - (Af(x) +Bg(x))
h~<0 h h— >0 h Slučaj pod a) sledi iz b), ako stavimo A = 1 i B = ± 1.
= Af'(x)+Bg'(x).
c) Ako stavimo p(x) = f(x) ■g(x), tada imamo p(x + li ) - p(x) _
f ( x + h)-g(x + h ) - f ( x ) ■g(x)
5.3. Tablica prvih izvoda
129
fO0 d) Ako stavimo k(x) = —7- r , tađa je
tf(x)
=
lim k{-X + ^ ~
0
lim
h
+ ^)'^*) +
*-»0
s (a-+
r f r -i =
lim
h
Hm
A-.0
~*0
- iim
/j W ~
;i
r(
^
_
g(x + /j)g(x)
li m
A-0
' s(x + h)
g(x + h)g(x)-h
+ A)
% ( x)-A
( .fU+h)-f(.x)\ V
+ /;) ' g(x) ~
*->o'
V
h
( g(x+h)-g(x)\
\ /
=
/
W
' g W
g(x + h)g(x)
- / W
- g
W
g2(x)
U sledećim zadacima odrediti prvi izvod za svaku od datih funkcija, korišćenjem tablice i osnovnih pravila za prvi izvod funkcije, kao i skupove na kojima ti izvodi postoje. 5.8. Primer. a) f ( x ) =
X1
- 4x2 + 2x;
b) f ( x ) = + x^fx;
c) f ( s ) = ~^L= -
- j=
+ 3v ^ ;
, , « 2f3 + t 2 — 1 3x2 + 4x + sinx a ln p , . d) f ( t ) = ------ ------ ; e ) f ( x ) = ------ = = = — ; f ) f ( p ) = —^ ~ + b e p + abaxctgp, f vo + 0 gde su u zadacima pod e) if) a i b realni parametri.
Rešenja. a) Za x e K je f'(x) = l x6 - 8x + 2. b) Z a x > 0 j e / ( , ) = 3 ^ + ^
= g ~ + i:5 ^ . 12
c) Za 5 > 0, datu funkciju možemo pisati u obliku f(s) = -^=s~2/3 — /< s )- i W
+?
i,2 + ?
+ 3j3/4, pa je
l/4-
d) Za t / 0, datu funkciju možemo pisati u obliku f (t ) = 2t + 1 — j , odakle je f'(t) 2 + 2t~3. , „ ™ , 6x + 4 + cosx e) Zax e K je f ( x ) = ---= = — , Vfl + 0 f) Z ap > 0 je f ( p ) = ~ +b e p + j -j —j - ► 2 p 1+ p z 5.9. Primer. a) f (x) = (3x - 2) (x2 + e' + 1)
b) f(x) = (•/* + ’2x)^sin* + cosx + —~ ) ;
c) (x) = (3,3 + l)(lnx'^2 + 4);
d)
f(t) = t ■sinfcos? + el ■Inf •tg t.
Glava 5. Izvođ funkcije
130 Rešenja. a) Zax e R je f'(x) = 3(x2 + er + 1) + (3.v —2)(2x + er). b) Za x > 0 i x ^ kn, k £ N, je f'(x)
=
+ 2 ^ ^sin.v + c o s x + ^ ^ + ( / x + 2x) ^ c o s x - s in x - ^ \
c) Data funkcija se za* > 0 može napisati kao f(x) = (3x3 + 1)(\fl\i\x + 4), pa je f'(x) = 9.v2(\/21n.v + 4) + (3.v3 + 1) — , A' > 0. .v d) U ovom slučaju, data funkcija je zbir dva sabirka, pri čemu je svaki sabirak proizvod tri faktora, pa je za t > 0 i t jL (2k+ l)n/2, k e No: f ( T)
=
(t)'s'mtcost+ t(sm tcost)' + (e’)' ■Inr • tgf + e'(lnf ■tgr)'
=
..... sinfcosr + r -cos r —r sin r + e'lnf ■tg t-\-----— + « 'ln rt c sin2r + ?cos2f + e‘ ^lnr ^tgf + —■ . 2
5.10.
Primer.
2x2 —3x + 1 a) ----- t t i — ; x +1
sinx +
sin.v-cosx sin.v + cosx
sin2x + 2vcosx b ) — --------- c) — 2-v+ l
Rešenja. .) Z , , e R j e r t , ) = , i i i 2 ^ + l ) - (2*I - h + 1 >2, - 3 0 A x ^ i A .v^ 1)71, k e Z —, , je k e Z , je ( cosx + e-rtgxH— —^— ) (lnx+ 1) - -(sinjc +
=
(sinx + cosx)2 —(sinx —cosx)(cosx —sinx) ^ ---------------L (smx + cosx)z cos2.v+ 2 sinxcosx + sin2x + cos2x - 2 sin.vcos.v + sin2x 1 +2sinxcosx
l+ sin(2x)'
d) Z a v e K ie f' (x) = (2sinxcosx + 2cosx~ 2xsinx)(2X+ 0 - (sin2x + 2vcosx)2-vln2 J J K) (2-v+ 1)2 ■ *
5.4. Điferencijal funkcije
131
5.4 Diferencijal funkcije Neka je data điferencijabilna funkcija y = f ( x ) nad intervalom (a. b) i neka nezavisno promenljiva uzima vrednosti od do .vi, tako da .*o,xi E (a,b). Tada se veličina h : = Ax := x i naziva priraštaj argumenta . t u tački j c 0 , a veličina x q
x q
a 3’ := f ( x i ) - f ( x 0) = f ( x 0 + h ) ~ f ( x Q) , koja predstavlja odgovarajuću promenu zavisno promenljive y, naziva priraštaj funkcije / u tački . x q
Iz definicije prvog iz v o d a /'(x 0) = lim / ( x° + ^*)— /fco ) _ ^ sledi A.v—0 Ax Ai-tO ZVx Ay = f' (xo) Ax + r(Ax) ■Ax, gde je r(Ax) funkcija priraštaja Ax sa osobinom lim r(Ax) = 0. Dakle, važi pribA.r^0 Ay ližna formula f ( x ) « — kada Ax 0, odnosno ' Ax Ay ^ f ’ (
x q
)
■Ax ako A x « 0 .
(5.2)
5.11. Definicija. Neka je f diferencijabilna funkcija i Ax priraštaj argumenta. Tadaje diferencijal nezavisno promenljive dx = Ax; diferencijal zavisno promenljive (ili: diferencijal funkcijej dy = f ( x ) d x . dy Tako se prvi izvod može izraziti kao f ( x ) = — . dx 5.12. Primer. Data jefu n kcija f ( x ) = 2x2 + 3x — 1, x G M. Odrediti: a) priraštaj funkcije u proizvoljnoj tački x; b) približnu vrednost funkcije f u tački 1,1; c) približnu vrednost funkcije f u tački 1,01; d) diferencijal funkcije f u proizvoljnoj tački x. Rešenja. a) Priraštaj funkcije u tački x je Ay
=
f ( x + Ax) —f ( x ) = 2 ( x + Ax)2 + 3(x + Ax) — 1 —2x2 —3,v+ 1
=
AxAx + 2(Ax)2 + 3A x= (4 v + 3)Ax + 2(Ax)2 = f ( x ) A x + 2(Ax)2.
b) U ovom slučaju je
x q
= 1, Ax = 0 ,1 , a /( 1 ) = 4 , pa na osnovu relacije 5.2 imamo
Ay = f ( xo + A x ) - f ( x o ) « / '( ! ) • A.r,
/(1 .1 ) « / ( l ) + / '( l ) A . r = 4 + 5 - 0 ,1 = 4 ,5 .
Glava 5. Izvod funkcije
132
Inače, tačna vrednost j e / ( l , 1) = 4,72. c) U ovom slučaju je x\ = 1, Ax = 0 ,0 1 , pa je /(1 ,0 1 ) = /( 1 ) + 4 ■0,01 = 4,04. Tačna vrednost je / ( 1 ,01) = 4 ,0 5 . d) Diferencijal dy date funkcije / je dy = (4x + 3 )dx. ►
5.13. Primer. Odrediti približne vrednosti sledećih brojeva: a) a/4,0003 :
b)
ln ( l,0 0 1 ) ;
c)
^ 1 ,0 0 0 3 ,
koristeći diferencijal funkcije u datoj tački. Rešenja. U ovom slučaju primenićemo relaciju (videti (5.2)) f { x + Ax) « f { x) + f ( x ) Ax,
kada Ax. « 0.
a) Za funkciju f{x) = y/x, prvi izvod je f' {x) = —
i x = 4 i Ax = 0,0003 :
b) Stavimo Ax = 0,001 i x = 1; tad aje ln (l,0 0 1 ) « ln l + y -0,001 = 0,001. c) Iz hx = 0,0003 i x = 1, sledi ^1 ,0 0 0 3 « \ f l + - ^ O , 0003 = 1,0001 . ►
5.14. Primer. Odrediti diferencijale sledećih funkcija:
C) y
sinx + tg x x3 + 3V+ 3x ’
d)'
r a 5'r + 4x~ + 2)/ H—„sin ;--------sy = arcsin(5x \ r+rnsi
Rešenja.
b) Kako je prvi izvod date funkcije i =5 + 15 arctg (2x + 5) e3x+1 + 12vln l2 , 7 1 + (2x + 7)2 to je traženi diferencijal jednak e3x+l + 15 ai'ctg(2x+ 5)e3v+1 + 12'vln 12 ) dx.
5.5. Geometrijsko tumačenje izvoda i priraštaja funkcije
133
(c o s x + 1 / cos2a')(x3 + 3V+ 3x) —(sinx + tg x )(3 x 2 + 3vl n3 + 3) c) i y ~ ---------------------------------^ + i ' + ivT----------------------------------d x ■ K , ( 20x3 (5vln5 + 8x) —(5* + 4x2)(cosx —s in x )\ d) dy = — H------------------------ — —-------:— ,-------------dx. ' \ V I - (5x4 + 2)2 gsin.v+cos.r I
5.5
Geometrijsko tumačenje izvoda i priraštaja funkcije
Neka funkcija / : (a, b) —>M ima prvi izvod u tački xo £ (a, b). Označimo tačke P{xo,f(xo)) i Q(xo + Ax, f{xo + Ax)) (videti sl. 5.1). Koeficijent pravca tetive PQ krive, određene funkcijom / , dat je sa /(
xq
+ Ax) - / (
gP
xq)
Ax
gde je P ugao prave određene sa duži PQ i pozitivnog sm erax—ose. Ako je funkcija / neprekidna u tački xo, tada se tačka Q približava tački P po datoj krivoj kada Ax —►0, tj. kada se tačkaxq + Ax približava tački xq ostajući n a x —osi. U graničnom
Slika 5.1. slučaju, prava PQ postaje tangenta krive u tački P i koeficijent pravca tangente na datu krivu u datoj tački x jednak je prvom izvodu date funkcije u tački xq :
h—>o
h
Dakle, prava y - y o = f'(xo)(x-xo),
(5.3)
134
GJava 5. Izvod funkcije
gde je vo = ), jeste tangenta grafika funkcije / u tački P(xo,f(xo)). Ako je još zadovoljen uslov f ( x 0) / 0, prava
y - n = - 7 W ) is -* ° )
(5'4)
je normala gratika funkcije / u tački P(x0, f ( x 0)). Neka je 5 tačka preseka tangente u tački P sa ordinatom u tački .ro + h na x —osi, a T podnožje normale iz tačke P na ordinatu SQ, Tada je TQ = f ( x 0 + h ) ~ f ( x 0) = Ay priraštaj funkcije / u tački x0; T S = f ( x o)Ax vrednost diferencijala funkcije / u tački x0 koja odgovara priraštaju h — Ax. Primetimo da je ST priraštaj na tangenti. Duži T Q i S T su približno jednake, ako je priraštaj Ax mali. 5.15. Primer. O dreditiugaoakojizaklapatangentagrafikafunkcijey= x2 —x + 2, x £ M, sa pozitivnim smerom x —ose u tački a) x = 0;
b )x = l;
c)x=l/2.
Rešenja. Kako je y' = 2x — 1, to je a) ^ (0) = - 1 = tg a , odakleje a = 3ti/ 4;
b) V (l) = 1 = t g a , odakleje a = 7i/4;
c) y ( l / 2 ) = 0 = tg a , odakle je a = 0, ( tangenta u tački x = \ / 2 je paralelna sa x —osom). ► 5.16. Primer. Odrediti ugao a koji u tački x = 0 zaklapa tangenta grafika funkcije date sa a) y = sinx; b) y = sin(-\/3x); c) y = cosx; d) y = 1 —tgx; e) y = ln ( x + l) ; sa pozitivnim smerom x —ose.
f)
y = X2 -« -1,
Rešenja. a)
y' = cosx, y'(0) = l = t g a ,
odakleje a = ti/4.
b)
y' = \/3 co s(\/3 x ), y'(0) = V3 = tg a ,
c)
y' = —sinx, y'(0) = 0 = tg a ,
odakleje a = 7t/3.
odakle je a = 0.
d)*‘ y' = - ^
_, y'(0) = - 1 = tg a ,
e)
y' =
y (0) = 1 = tg a ,
f)
y' = 2x — ex, y'(0) = —1 = tg a ,
odakleje a = 3n/4.
odakleje a = tc/4. odakle je, a = 3tt/4. ►
5.5. Geometrijsko tumačenje izvoda i priraštaja funkcije
135
5.17. Pi'im er. Napisati jednačine tangente i normale na datu krivu u datoj tački: a) y = X3 — 2x2 + 2 u tački (2,2);
b) x2 + 3xy + y 2 = 11 u tački (1,2);
c)
d )y = \n{x2 + 1) utački (l,ln 2 ).
y = sin2.Y u tački (0,0);
Rešenja. a) Prvi izvod date funkcije je / = 3x2 —4x. x € R, pa je prvi izvod date funkcije u tački x = 2 jednak y'(2) = 3 • 22 —4 • 2 = 4. Prema geometrijskom tumačenju izvoda, broj / ( 2 ) predstavlja koeficijenat pravca tangente na datu krivu u tački (2,2). Prema tome, ako je jednačina tražene tangente oblika y = kx + n, tada je k = 4. Slobodan član n se određuje iz uslova da tačka (2,2) pripada tangenti. Iz 2 = 4 ■2 + n sledi da je n = —6, pa je jednačina tražene tangente y = 4x —6. Ako je jednačina normale oblika y = k\ x + n \ , tada uslov da su normala i tangenta grafika u istoj tački međusobno normalne prave povlači k\ = —1/k, gdeje A:koeficijentpravcatangente. Poštoje/c = 4, to je k\ = - 1 / 4 , pajejednačina normale y = =^-x + n\. Uslov da tačka (2,2) pripada normali daje 2 = =%- ■2 + n\, tj. n\ = 5/2, pa je jednačina tražene normale 4y + x = 10. b) I z 2x + 3y + 3xy’ + 2yy' = 0 dobija s e V = tj. y;(l) = - 2 1 + 3 2 = 7 J 3x + 2y ■ 3 • 1 + 2 •2 7 Ako je tangenta oblika y = kx + n, tada je k = - 8 / 7 , pa iz y = —| jc + n sledi 2 = —| • 1 + n ili n = 22/7. Dakle, tražena jednačina tangenteje l y + %x = 22. Jednačina normale dobija se iz y = + n \, odakle je 2 = | • 1 + n.\, tako da je jednačina tražene normale 8y —l x = 9. c) Iz / = 2 cos 2x, / ( 0 ) = 2, sledi da ako je tražena tangenta oblika y = kx + n, tada za koeficijent pravca te tangente važi k = 2 . l z y = 2x + n i uslova da je y(0) = 0 sledi n = 0, pa je y = 2x jednačina tangente grafika funkcije y = sin2x u tački (0,0). Jednačina tražene normale u tački (0,0) dobija se iz jednačine y = nosno n\ = 0. Tražena normala ima jednačinu y = —x/2.
+ n \ , od-
d) Iz / = sledi / ( l ) = 1, pa se iz >>= x + n, odnosno ln2 = 1 +n , dobija jednačina tangente y = x — 1 + ln2. Jednačina normale je v + x = ln2 + 1 . ► 5.18. Prim er. Odrediti jednačine tangente i normale za sledećefunkcije: a) y = ^ /x u tački. (4,2);
b) y =
c) y = arctg x 2 u tački (0,0);
d) y = arcsin ( ^
) u tački (0, | ).
Glava 5. Izvod funkcije
136
Rešenja. a) Iz / =
sledi v'(4) =
pa je jednačina tangente oblika y =
+ n. Uslov
v(4) = 2 daje 2 = 1 + n , pa je tražena jednačina tangentc 4 y —x = 4. Jednačinanorm alejey = —4x + n\, p a iz u s lo v a 2 = —4 -4 + n\, sledi v + 4 x = 18. b) Iz .y' = 2xexl~ l sledi / ( 1) = 2, pa je jednačina tangente data sa y = 2 x -h n. Kako j e l = 2 + n, to je jednačina tangente u tački (1,1) data sa y = 2x —1. Jednačina normale y = —| + n \ , zbog uslova 1 =
+ n \ , ima oblik 2y + x = 3.
c) Iz jednakosti y' = sledi y '(0) = 0, pa je zbog 0 = 0 + « tražena jednačina tangente y = 0. Tangenta se, u stvari, poklapa sa ,v—osom. Jednačina normale u ovom slučaju je .v = 0. tj. to je y —osa.
d) Iz y' = — .
1
= i lim — = = = = = = +oo. sledi da levi izvod u tački
nula ne postoji. Tražena tangenta je y —osa, čija je jednačina x = 0. Jednačina normale je y = 0, tj. tražena normala se poklapa se .v-osom. ► 5.19. Primer. Odrediti parametar k tako da prava y = k x + 1 bude tangenta krive y2 = 4x i odrediti tačku (ili tačke) dodira. Rešenje. D atukrivum ožem o zapisati k aoy(x) = ± 2 x/x, x > 0. Označirno sa T(x
i
y(*o) = ±2\/*o- Prema tome se ordinata tačke dodira
y{xo) =y'(xo)*d+ 1,
tj.
±2,/5ćo = ± - — J o + l .
Uzimanjem pozitivnog predznaka u zadnjoj jednakosti dobija se xo = 1 i tačka dodira je T( l , 2) . Jednačina tangente u toj tački je y = x + 1. Druga tangenta sa datim koeficijentom pravca ne postoji, jer se iz jednačine - 2 ^X 0 = — p=xo + 1, dobija y/xo = —1, što je kontradikcija. ► v -^'0 5.20. Primer. Iz tačke A(2, —2) povuči tangente na parabolu f ( x ) = x2 —3 x + 1 i nači tačke dodira. Rešenje. Označimo sa (xo,/(x0)) tačku dodira tangente i date parabole. Koeficijent pravca tangente je k = / '( x 0) = 2x0 - 3 , ajednačina tangente j e y - / ( x 0) = k ( x -
5.6. Razni izvodi
A'o),
137
odnosno za x = 2, y = —2 važi —2 —Xq + 3xo — 1 = (2xq —3) (2 —.v0).
Tako se dobija jednačina Xq — 4 a'0
4-
3 = 0, sa rešenjima a 0 = 1 i a 0 = 3.
Prema tome, tačke dodira su B (l, - 1 ) i C (3 ,1), a koeficijenti pravaca tangenti su k\ = —1 i = 3. Jednačine traženih tangenti su y + x = 0 i y = 3a —8. ►
5.6
Razni izvodi
5.7 Izvod složene funkcije 5.21.
Teorem a. Neka funkcija g : (a ,b ) —►(c,d) ima izvod u tački a:0 e (a,b) i neka funkcija f : (c,d) —■>M ima izvod u tcički g(,v0) € (c,d). Tada složena funkcija k = f o g , k : (a,b) —* R, itna izvod u a0 i važi k'(xG) = f s (g(xQ)).g'{x0). Dokaz. Prema pretpostavci, funkcija g ima izvod u tački a0, te je g'(A'o) = lim ^ Ao + /^ —
/j—>o
i
n
lim f ?(A-0 + /7)--,?(A0) y = 0 . •
h—’{) \
)
Dakle ako je g(xo+h) —g(a-0) = /, odnosno g(x0 + h) = g(x0) + 1. tada / --1 0 kada h —>0. Posmatraćemo dva slučaja: / ( a 0) /= 0 i g'(Ao) = 0. I Ako je g'(x0) =/ 0 i, za h dovoljno malo, g(x0 + h) —g(x0) / 0, tada važi
h^0 o =
f (g( xo + h ) ) - f ( g ( x 0)) s(x 0 + h ) - g ( x 0) g(x0+ h ) - g ( x 0) ’I U h
iim f ( s ( x o) + i—o
=
h
'
l )~ f ( g ( x o))
m S(xp + h ) ~ /I--.0 h
11
I
g ( x o)
f ( g( x o) ) g' ( x 0)-
II Ako jeg'(Ao) = 0 i, za sve dovoljno male vrednosti h + . , . i f / , n . . k(xo + h) - k { x 0) tadaje k (x0) = 0, j e r j e ---------------------- = 0. h Ako, međutim, za dovoljno malo h
=£- 0
važi
g(.v0 +
h)
0,
— ,s,>U'0 ] =p 0 .
g(xo +ti)
tada je
-
g(x0)
-•-- 0 ,
138
Glava5. Tzvod funkcije
n < 0)
=
|lm
'■ ) - * ( « )
/i—o
h g ( x 0+ h ) - g ( x 0 )
f ( s ( x o + h ) ) ~ f ( g ( x 0 ))
— iim ------- ------ ------ — ----- lim ------------ ----------g ( x 0+ h ) - g ( x 0 )
fr-o
= 5.22. a)
A-o
h
►
° = f g ( s ( x o ) ) g ' ( x 0 )-
P rim e r. Odr edi t i i zv ode s l e de ć i h s l o i e n i h f u n k c i j a : / ( * ) = (x4 + 3.v2 + 3 )5;
b ) f ( t ) = (r2 + l ) 2;
c )f(s) =
-j-3 ;
4) R e še n ja . a) A ko označim o u = x 4 + 3.v2 + 3, tada se data funkcija m ože zapisati kao f ( u ) = u 5 , pa je njen izvod f ( x ) = / ' « ' = 5 u 4 ■u ' . K ako je u' = 4.v3 +
6x,
to je prvi izvod date složene funkcije
f ( x ) = 5 ( a-4 + 3.v2 + 3)4 (4x3 +
b)
6x ) ,
x € K.
f ' ( t ) = 2 ( / 2 + 1) • 2r = 4 /(>2 + 1), t e R.
<•> / M d)
1) = 3 y ( f f ; ; . 3) i ,
U ovom slučaju za x > ^ im am o f(x)
=
6 - 3 - ( 3 . v - l ) 5 - v/2 F r 5 + ( 3 . v - l )6
=
I8(3,y — 1 i 15 - v /2 ^ -^ 5 + (3jc — 1) 6
2 /2 ^ 5 1
V 27^1 ( 3 x - l )6 + 18(3-y— l )5 ■(2.v —5) _ ( 3 . y - l )5 • (3 9 .V -9 1 )
“
\/2 J ^ 5
7
\ - 5
Je,
i)
5.23. *
v
, _p .
V
(
2
x
V /2 x + l - x _ 1/
5
2( x +
( - v + 1)2
2 v /3 'v2 + 9 _ v ! S
- 1 2 .V + 1 8
Za .V t K je / (,v) ~ -------------------- --------- — .................
4x2 + 9
f
1)2
(v /4 ? + 9)3,
x
\ 3/2
( .v + lj
5%/a3 ~ 2 v ' ( a + 1)7 '
^
P rim e r. O d r e d iti izv o d e s le d e ć ih fu n k c ija :
a ) f ( x ) = sin 2.v + cos 5.v;
__
b) f ( x ) =
d)
/ ( . v) = v/ai-ctg.v + t.g.v;
g)
f ( x ) = arcsin \ / x - \/a rcsin .v :
3
sin5.v + tg
y /x ;
1
e) f ( x ) = ■■■ ■. - ...... ; /( S c o s .v + arccos.v)3
c) f ( x ) = (sin.v + cos.v)2;
1i.v
f) f ( x ) = a r c tg ------- ; 1 —x
h) ./'(.v) = cos(3.v) + c o s (a :3) + c o s 3a-+ 3cos.v.
5.7. Izvod složene funkcije
139
Rezultati. a) f ( x ) = 2cos2.v-5sin5.v.
b) f'(x) = 15sin4xcosx-|------=cos* i/.x 2-/x
c) f ( x) = 2(sinx + cosx)(cosj —sinjc) = 2(cos2x —sin2.x) = 2cos2.v. 1
1
\
-5 s in .v --J = =
d) /'(* ) = - _ J = _ . f _ U + ‘ . 2 v'arctgx.+ tg.v \ l + x 2 cos2x J n ' g)
' V'
e) /'(.v) = ' 2
1
i- x - ( i+ .v ) ( - i)
(i - , v ) 2
1 + (l± i)2
( l - - v )2
2 (1 + .V 2 )
f ( r ) = — 1--------- --------------- 1
\/l —x 2^/v
.... — . 1
2\/arcsin.v
(5 cos.v + arccos.v)5
2
1 ■( l - . v )2,v2+ r
.
\/l —x2
h) /'(x ) = —3sin(3.v) —3x2srn(.v3) —3cos2vsin.v —3sin.v. ►
5.24.
Primer. Odrediti izvode sledećih složenih funkcija: a) /(.v) = e'v2+3-v+1;
b) /(x ) = esin'v+cost;
c) f(x) = ln Vx2 + 2 + y/\n{x2 + 2);
d) / ( 0 = 2/2“ ‘ + ln(r2 - 1);
e) /(-v) = ln (e v+ l ) 3+ ln 3(ev+ l);
f) / ( x ) = l n ^ | ^ j .
Rezultati. a) f ( x ) = e v2+3-v+,(.v2 + 3.v+l)/ = (2.v+3)ev2+3A'+ l. <=) f M = ^ - r + x2 + 2
b) f ( x ) = (cos.v-~sin.v)esinA'+c"S!. d) / /(r) = 2fln2-2'2- ' +
^ l n ( x 2 + 2 ) .v2 + 2
2f
(r2 — 1)
^ l +31n2(e'' sa prirnerom 5.23 f).) ►
5.25.
Primer. Odrediti prve izvode sledećihfunkcija:
\ ti s 1 (* ( x \ \ cosx a) /( * ) = l n tg - ) - — 2- ; V \2 J / sinzx , c)
,/ >
.varcsinev+ ln(sin2,v) b ) /.v = ----------- ----------- :---------arctg.v
,, > .v2 + l x -l „ ,, . 2V" cos(.v2 + 1) arctg.v f ( x ) = 61n-;— - + 2 1 n ------------------------------------------------------- -+4arctg.v; W
X
— 1
X +
6
’
e s m .v + 2 +
c o s 2 ,v
d )f(x) = ---------
Glava 5. Izvod funkcije
140
Rezultati. a) / W
c)/W
=
-
1 1 1 —sirr x —2sm.*cos x 1 I+ c o s x —x Tx ' 2 = r~ x x + -3 tg - cosz - ^ sln x 2 sin - cos sm x 2 2 2 2 sin2x + 1+cos2x 2 sin3x
( a r c s i n ^ + * ( i - ^ ) - ‘/ V + ^ ) a r c t g *
{xm.csine-<+ ln{sin2x)) _±_
(arctgx)2
(arctgx)2
x2 - l ^2 + i
2x(x2 - l ) - 2 x ( x 2 + l) (x2 - l ) 2 +
x+l 2 x -l(x + l)2+
1 l+ x 2
—4x A4 — 1
11_ - 2 4 x X2 — 1
A4 — 1
X2 + 1
XA — 1
2x2'"ln2cos(x2 + l)arctgx 2A'2(—sin(x2 + l))2xarctgx
d) / W
gSin.t+2 _|_cos 2X ž*2 cos^-v2 + 1) + (es"'-t+2 + cos 2x) (x2 + 1)
+
esin.v+2 + cos 2A'2 cos(x2 + 1) arctgx(cosxeslnt+2 —2sin2x) (gsnw+2 + cos 2x )2•^
5.8 Izvod implicitne funkcije Ako je fimkcija}> = y(x) data implicitno jednačinom F( x , y ) = 0, tada se diferenciranjem po x, a koristeći činjenicu da je y funkcija od x, dobija jednačina u kojoj se pojavljuju x, y i y '. Rešavanjem te jednačine po / , nalazimo traženi izvod. 5.26.
Prim er. Odrediti prvi izvod implicitnih funkcija: a) x2 + y 2 =4 ;
b) 2 x — 3y + 3 = x 2 + 2y -
6x;
c) \ f x Jr sfy = 5x;
d) x4 + 4x2j'2 - 3xy3 + 3x= 0;
e) (y2 — 9)3 = (2x3 + 3 x —l ) 2;
f) (2 + x y )2 = 3x2 —7.
Rešenja. a) Pre svega je (y2)'x = 2yy', pa diferenciranjem p o x date jednakosti dobijamo 2x + 2yy' = 0, odakle sledi y' = —x/y. —2x + 8 b) Iz jednačine 2 —3 / = 2x + 2y' —6 sledi y' ■ c) Iz jednačine — 2s/x
2/y
= 5 sledi y' = 10 J y - ~ . v' \Jx
+ 4 x2
5.8. Izvod. implicitne funkcije
141
d) Pre svega važi 4x3 + 8xy2 + 8x 2 \ t ' —3y3 —9xy2y' + 3 = 0 , odakle sledi ,
- 4 x 3 - 8 x y 2 + 3y} - 3 8x2y —9xy2
^
e) U ovom slučaju je 6 (v2 —9)2yy'=2(2x3 + 3 x — l ) ( 6 x 2 + 3), odakle sledi ,
(2x3 + 3x — 1) (2x2 + 1)
-V “
y ( y 2 — 9 )2
3x —2y —^tv** f) Pošto je 2(2 + xy)(y + xy') = 6x, to je / = — — -----+ - . ► x (2 + x v ) 5.27. Prim er. Odrediti prvi izvod sledećihfunkcija: a)
y = x x;
b) y = x ^ ' ;
d)
v = xsinv;
e) 3/ = (sinx)cos-v,
c)
y = (^/x)x -,
za x > 0 (zadaci pod a), b), c) i d)), odnosno, u zadatku pod e), za x sa osobinom sinx > 0 . Rešenja. a) Datu funkciju možemo zapisati u obliku 3' = e dnA, čiji je prvi izvod y = exinx(ln x + 1) = A'v(ln.v+ 1), x > 0. Ovaj zadatak može se rešiti i tako što se prvo data jednakost y = x v logaritmuje, pa onda potraži izvod: lny = xlnx => — = l n x + l , y
tj.
v = y (ln x + l).
Zamenom y = xl u zadnju jednakost ponovo dobijamo y' = .rv(lnx + 1). b) Na osnovu jednakosti y = e v/Aln v, x > 0, sledi v / _ £ \fi\n x
c) Kako je y =
/ tox_ V2 0 :
v^V ■x )
to je y' = e (A'lnA')/2
d) Iz y = esmA'lnA' sledi / = xsln v ( cosxlnx +
,x > 0.
e) Iz y = e',cos.vln sin.v sjedi v' = (sinx)C0SA I —sinxlnsinx +
, sin.v > 0 . ►
142
Glava 5. Izvod funkcije
5.9
Izvod inverzne funkcije
5.28. Teorema. Ako b ijektivnafunkcijaf: (a , b ) —>(c.,d) zadovoljava sledeća tri uslova: (i) funkcija f je monotona na intervalu (a ,b ); (ii) funkcija f ima prvi izvod u tački xo G (a,b); (iii) broj f ' ( x q ) je različit od nule, tadafunkcija f ima inverznu funkciju f ~ l : (c,d) —> (a ,b ), i njen izvod u tački yo=f(xo)je ( r ,) > 0>- j j i j j .
(5.5,
U praksi, izvod inverzne funkcije za datu funkciju može se odrediti ili eksplicitnim nalaženjem inverzne funkcije, ili pomoću relacije (5.5). 5.29. Primer. Odrediti izvodfunkcije f ~ !, inverzne za datu funkciju f : a) f ( x) = 2.r + 3, .te M ;
b)f(x) = ^ / x + 3 , x > 0 ;
č) f ( x ) = x 2 —2x, x > l.
Rešenja. a) Prvi način. Ako stavimo y = f ( x ) = 2 x + 3, tada važi .t = Dakle, funkcija / “ ' (x) = ^ je inverzna za datu funkciju / i njen izvod je ( f ~ x)’(x) = 1/2 , x € K. D rugi način. Posle zamene mesta promenljivih x i y dobijamo x = 2y + 3, odnosno 1 1 f(y) = 2 y + 3 i f ( y ) = 2. Prema gornjoj formuli važi ( f ~ x)’(x) = = -. / U'J 2 b) Kako je x = f ( y ) = x/ y + 3 i f ( y ) =
, to je traženi prvi izvod inverzne funk-
cije, f ~ x, jednak ( / _1)'(x) = 2 yfy = 2 ( x — 3), x > 3 (drugi način). c) U ovom slučaju je x = f ( y ) = y2 - 2y i f ( y ) = 2y - 2, odakle sledi da je izvod inverzne funkcije f ~ ] oblika ( f ~ x)'(x) = Pošto je ( / ~ ’(x) - l ) 2 = x + 1, to je konačno ( f •x)'(x) =.
}i , x > - 1 . ► 2\/x+J’
5.10 Prvi izvod funkcije date u parametarskom obliku Funkcija y = f ( x ) , x G (a,b), je data u parametarskom obliku ako je
X= <|)(0> >’= v(0pri čemu je <|) monotona funkcija.
fe (a ,(3 ),
(5.6)
5.11. Izvodi višegreda
143
5.30. Teorema. Neka su <]) i \|/ diferencijabilne funkcije na intervalu (ot,{3) i neka je ^ 0, t € (a,(3). Tada se p iv i izvod funkcije v = f ( x ) date u parametarskom obliku (relacija (5.6)) određuje poform uli
m =t V
#
m
£ =i
dx
5.31. Primer. Odrediti prvi izvod sledećih fim kcija datih u parametarskom obliku: a) b) c)
x x x
= t 2 + 2 t, y — 2f3 —6 t, t E K; = 2(t — sinf), y = 2 ( l —cosr), / £ (0-,2n); = 2cos 3f, y = sin3/, t £ ( 0, n/ 2) .
Rešenja.
a)
52
Pošto je x't = 2t + 2, y't = 6f2 —6, to je y' = ^
_ £ ^ — 3(t — 1), t
b) Poštojex? = 2(1 —cosf), y' = 2sinf, to je y' = -— (1 —cos t) c)
Poštojex^ = 6cos2f(—sinr), y't = 3sin2fcosf, to je v ' =
—\ .
t S (0,2ti).
3 sin21cos t —6cos2fsinf
\ 2 c ts f’
f € (0,71/2). ►
5.11
Izvodi višeg reda
Pretpostavimo da funkcija / ima prvi izvod / ' na intervalu (a,b) i neka je (a,b). D rugi izvod funkcije / u tački x q je izvod funkcije f ' u tački x0 (ako postoji), i obeležava se sa f " ( x 0 ). Analogno se definišu treći, četvrti,. . . , n —ti izvod funkcije / u tački .vo. i obeležavaju se redom sa / '" ( x o ) ,/ (4)(*o), • • ■, / (n)(-vo)-
xq £
5.32.
Prim er. Zafunkciju
a) f ( x ) = 4x2 —2x + 5 — -, odrediti f ' , f " , f " , / (4); b) f ( x ) =
odrediti / ', / " , / '" ;
c) / W = i ~ - 'Y. odrediti f , f " , f " \ 3* H- 1 d) e)
X 3
- y 3 = 2, y = f ( x) ,
odrediti / , / " ;
y4 + 3y - 4x3 = 5x + 3, y = f ( x ) .
odrediti f ' ;
144
Glava 5. Izvod funkcije
Rešenja. a) Prvi izvod funkcije / je funkcija f data sa / ' ( x) = 8 x - 2 + 3x~2,x /=■0, dok je njen drugi izvod jednak f ' ( x ) = ( f ( x ) ) ' = 8 - 6x~3, x ^ 0. Dalje je f " ( x ) = 18x- 4 , f 4\ x ) = -7 2 .v -5, x / 0 . — 5 —25 — b) Za x < 3/5 je f ' ( x ) = r- — +, f ' ( x ) = - r . = - ............. i f ' " ( x ) =— -.- ' J 2 /3 -5 .V 4 v /(3-5x)3 J K } 8 / ( 3 -5x)5 , , 2(3x4-1) —3(2x —3) c) Z a x ^ - l / 3 j e . / (x) (3 jr+ i)2 f ( x\ =
J 1j
~ 6_ .... i f ' i x) = — ~
(3 x + l)3 '
1j
11
- ( le + 1 )2>
—
(3 x + l)4
d) Diferenciranjem date jednačine po x dobijamo 3x2 - 3v2v' = 0, tj. / =
v2
Difery enciranjem zadnje jednačine po x i z a m e n o m / iz prethodne jednakosti sledi: „
2 x y -2 v 'x 2
lxy - 2 ( ^ ) x 2
■ v = — 7 ~
= ^ 12x2 + 5 e) U ovom slučaiu imamo v' = ——i J •. 4y3 + 3 24v(4y3 + 3) - (12.v2 + 5) I2v2/ :V
_
(4_v3 + 3 )2
2xy3 —2x4 = ~
/ — •
24x(4y* + 3) - (12x2 + 5) 12y‘ 4>.3 + 3 “
(4y3 + 3)2
24.v(4.v3 + 3)2 - I2y2( 12x2 + 5)2 (4y3 + 3)3 "
5.33.
32vy6 + 48.vy3 - I44.v; v2 - 120,v2y2 - 25y2 + 18x _ (4y3 + 3)3
Prim er. Za sledeće funkcije: a) f ( x ) = 6x4 + 2x3 —3x2 + 5 x + 1; odrediti f ( 0), f ( 0 ) , f "( 0), /'" (0 ), f 4\ 0) i f » ( 0).
Rešenja. a) Pre svega je /’(0) = I , a za x e K važi f ' (x) = 24x3 + 6x2 —6x + 5, f ( 0 ) = 5,' ' f " ( x) = 72x2 + 12a- - 6, ' f " ( 0) = - 6 , f' "( x) = 144.v + 12, f " ( 0 ) = 12. f 4Hx) = 144, /W (0 ) = 144, f V ( x ) = 0, / ( 5)(0) = 0; Za polinom n—tog stepena P(x) = «„x" H i . v " ” 1-I------ h«i.v + ao, x e M. (a„ / 0) važi /f( 0 ) = a r j\ j = 0 A , . . . , n .
l-x ’
5.11. Izvodi višeg veda
145
Naravno, ako je j > n, tada za sve .v 6 M važiP ij- (x)
= 0.
b) U ovom slučaju je /( 0 ) = 1, a za x ^ 1 važi = r
w
/,(0 ) = 1 ~
/(4)W = ^
5.34.
,
F
n
’
r w
= ( d b r
r ( ° ) = 2 ’*
o )= 6 ,
/(4)(°) = 24’
=
/ (5)(0) = 120; ►
P rim er. Afaći /(■>) (x) zđ j e N, afo; ye a) / ( r ) = e*;
b) /( x ) = sinx;
c) f ( x ) = cosx.
Rešenja. a) Z a x £ IR. je f ' ( x) = e* i f " ( x ) = ex. Ako za neko m € N važi /('" )(jc) = ev, x 6 K, tada diferenciranjem ove jednakosti sledi ( / (m)(x)) = (e*)' = e-v, x e K. Na osnovu principa matematičke indukcije sledi da za sve j £ N važi /(/>(*) =
R ,
f ' ( x) = cosx
f ( x ) = sinx, tada je f " ( x ) = —sinx,
f"(x)
= —cosx,
/ ( 4) (x) = sinx,
i za j 6 N važi: /W )(x ) = sinx,
/ W +1)(x) = cosx,
/W + 2)(x) = —sinx,
/W + 3)(x) = —cosx.
Ove formule se mogu napisati u obliku sin^) x = sin ( x +
, j € N, x € E.
c) Analogno slučaju pod b), imamo za x 6 R : / (4')(x) = cosx, odnosno
f 4i+l\ x ) = —sinx,
/ (4-/+2^(x) = —cosx,
/ ( 4^+3)(x) = sinx,
Glava 5. Izvod funkcije
146
5.12
Primena izvoda funkcije
5.12.1
Monotonost i ekstremne vrednosti funkcije
Funkcija / raste (respektivno opada) na intervalu (a,b) ako za svako x \ ,x 2 £ (a, b)vai i x\ < X2 => f ( x \ ) < f ( x 2)
(respektivrio
x\ < x 2 => f ( x \ ) > f ( x 2) ) .
5.35. Teorema. Neka jeju n kcija f neprekidna na zatvorenom intemalu [a,b\ i diferencijabilna na otvorenom intervalu (a,b). Ako j e f ( x ) > 0 za svako x £ (a,b), tada jefu nkcija f rastuća na intervalu [a,b\. Ako je f ( x ) < 0 za svako x £ (a,b), tada je funkcija f opadajuća na inten'alu [a,b\. 5.36. Teorema. Neka jefu n kcija f neprekidna na zatvorenom intervalu [a,b } i diferencijabilna na otvorenom intervalu (a,b). Ako je funkcija f rastuća na intervalu [a,b], tada je f ( x ) > 0 za svako x £ (a, b ). Ako je funkcija f opadajuća na intervalu [a,b], tada je f ( x ) < 0 za svako x £ (a,b). Dokaz. Neka je x proizvoljna taeka intervala (a,b). Pošto je prema pretpostavci funkcija / rastuća na (a,b), to za đovoljno malo h važi f(x+h)-f(x) >0. h Posle primene graničnog procesa imamo h~*0 n jer po pretpostavci funkcija / ima izvod u tački x. Na piimer, funkcija f ( x ) = x2 na intervalu (-° ° ,0 ) opada i f ( x ) = 2x < 0, a na intervalu (0, +°°) raste i f ( x ) > 0, dok funkcija f ( x ) = x3 raste na intervalu (-«>,+oo). K akoje f ( x ) = 3x2, to je /'( x ) > 0 z a x e K \ {0} i / '( 0 ) = 0. ► Prethodni primer pokazuje da rastuća funkcija ne mora imati uvek pozitivan izvod. 5.37. Definicija. Taćka c koja pripada domenufunkcije / zove se kritična tačkafunkcije f ako je ili f ( c ) = 0 ili f ( c ) ne postoji.
5.12. Primena izvoda funkcije
147
5.38. Prinier. Odrediti kritične tačke funkcije f ( x ) — (x + S)2^ * —4, x £ '. Rešenje. Data funkcija je neprekidna za svako f(x)
=
e 1R. Za .y f 4, prvi izvod funkcije /
) ±+ 6( i± 5 ) ( £ z i) 2(x + 5 ) ( ^ - 4 ) 1/3 + (x + 5 r-— i — ^ = ^ .t gj! 3 ( .V - 4)2/3
'
3(a. _ 4)2/3
(x + 5)(7x—19) 3(x —4 ) 2/ 3 Kako je f ' ( x) = 0 za ,v = —5 i x = 19/7, a prvi izvod ne postoji za x = 4, to data funkcija ima tri kritične tačke: xi = —5, = 19/7 i A'3 = 4. Podsetimo se da funkcija / : (a,b) —>•K ima lokalni maksimum (respektivno lokalni minimum) u tački x 0 € (a.i>) ako postoji interval (c.d) koji sadrži tačku x0, tako da za sve x e (c, d) važi f ( x ) < f(x$) (respektivno f ( x ) > f(xo)). ► 5.39. Teorema. Ako je funkcija f neprekidna na intervalu (a,b) i ima ekstremnu vrednost (tj. lokalni minimum ili lokalni maksimum) u tački c , c £ (a ,b ), tadaje tačka c kritična tačka funkcije f (tj. ili je f ( c ) = 0 ili f ( c ) ne postoji). Dokaz. Pretpostavimo da funkcija / ima u tački c ekstremnu vrednost. Ako f ( c ) ne postoji, tada nema šta da se dokazuje. Ako f ( c ) postoji, tada je tačan samo jedan od sledeća tri iskaza: f(c )> 0, f ( c ) < 0 ili f ( c ) = 0 . Pretpostavimo da je f (c) > 0. Tada postoji interval (c —e, c + e) C (a,b), takav da važi /(c+ j)-/(c)>0
zasye 0 < w < e
h To znači da je f ( c + h) > f ( c ) za h > 0, odnosno f ( c + h) < f ( c ) za h < 0. Prema tome f ( c ) nije ni najveća vrednost (maksimum) ni najmanja vrednost (minimum) na intervalu (c - e, c + e), suprotno pretpostavci d a u c funkcija / ima ekstremnu vrednost. Analogno se dobijakontradikcija i kada se pretpostavi f (c) < 0. Prema tome je f ( c ) = 0. ► Geometrijska interpretacija prethodne teoreme jeste da diferencijabilna funkcija ima horizontalnu tangentu u tački lokalnog ekstrema. Ako je funkcija / neprekidna na zatvorenom intervalu [a, b] tada je globalni maksimum (respektivno globalni minimum) na tom intervalu najveća (respektivno najmanja) od vrednosti f ( a) , f ( b) , f ( c ,), i = l , . . . , k , gde suc,- kritične tačke funkcije / , a k njihov broj. 5.40. Primer. Odrediti globalni maksimum i globalni minimum zafunkciju f ( x ) = x 3 — 12x + 5, na intervalu [—3,5],
Glava 5. Izvod funkcije
148
Rešenje. Prvi izvod funkcije / je f ( x ) = 3x2 — 12 = 3(x2 —4) = 3(x — 2)(x + 2). Prema tome, kritične tačke su x\ = —2, x 2 = 2, i važi / ( —3) = 14, / ( —2) = 21, /( 2 ) = —11, /( 5 ) = 70. Odatle sledi da data funkcija / ima globalni minimum u tački x2 = 2, a globalni maksimum u krajnjoj tački intervala x = 5. ►
Prvi kriterijum za određivanje ekstremnih vrednosti funkcije 5.41. Teorema. Neka je funkcija f : (a,b) —>K neprekidna na zatvorenom intervalu [a,b\, i diferencijabilna na otvorenom intervalu (a, b), izuzev možda u tački c £ (a, b) i neka je c kritična tačka zafunkciju f . 1. Ako je f ( x ) > 0 za x e (a, c ), a f ( x ) < 0 za x e (c, b), tada funkcija f ima lokalni maksimum u tački c. Ako je f (x) < 0 za € lokalni minimum u tački c.
2 .
(
a ,c ) , a f ( x )
>
0 za x
e
(c,b), tada funkcija f ima
3. Ako je f ( x ) > 0, ili f ( x ) < 0, za sve x € (a,b), osim možda u tački c, tada funkcija f nema ekstremne vrednosti u tački c. Dokaz. 1. Na osnovu teoreme 5.35 uslov f ( x ) > 0 za x e (a,c), povlači da funkcija / raste na intervalu (a,c), dok uslov f'(x) < 0 za x e (c,b), znači da funkcija / opada na intervalu (c,b). Prema tome je f(c) > f(x), za sve x € (a,b), x 7^ c, što znači da u tački c funkcija dostiže lokalni maksimum. Delovi 2. i 3. dokazuju se analogno. ► 5.42. Prim er. Oclrediti tačke u kojima date funkcije imaju ekstremne vrednosti i intervale na kojima one rastu, odnosno opadaju: a) f ( x ) = 2 —4x —x2, x e R ;
b ) / W = ( ^ + l ) 2, x e R ;
c) f ( x) = (x + l ) 3, x e R;
d) f ( x ) = x3 + x 2 - 5x - 5, x G R;
e) f ( x) =
x 6 R , x / -2 ;
g) f ( x ) = | - v''*, x e R;
h ) /( x ) = x + lnx, x > 0 .
Rešenja. a) Kako je f ' (x) = - 4 — 2x, x e R, to je f ( x ) = 0 z a x = - 2 , gde funkcija / ima ekstremnu vrednost. Za —4 —2x > 0, tj. za x < —2, funkcija raste. Za —4 —2x < 0, tj. za x > —2, funkcija opada.
5.12. Pdmena izvoda funkcije
149
Prema tome, u tački x = —2 data funkcija ima lokalni maksimum. b) K a k o je /'(x ) = 2 (x + l) ,i£ M ,to u ta č k i.* = —1 funkcijaimaekstremnuvrednost. Z a x + l > 0, tj. z a x > —1, funkcija raste. Z a x + l < 0, tj. z a x < —1, funkcija opada. Prema tome, u tački x = —1 data funkcija ima lokalni minimum. c) Kako je f ' ( x) = 3(jc+ l ) 2 > 0 za.r s (—<», —1) U (—1,+°°), to na tom skupu data funkcija raste, pa zato u tački x = —1 ona nema ekstremnu vrednost. Dakle, funkcija / raste na celom R. d) Kako je f ' (x) = 3x2 + 2x — 5 = (3x + 5) (x — 1), x € R, to su ki'itične tačke x\ = —5 /3 \X 2 = 1. Za (3x + 5 )(x — 1) > 0, funkcijaraste. (Poslednja nejednačina rešava se ili pomoću grafika odgovarajuće parabole ili pomoću odgovarajućih intervala na kojima su izrazi 3x + 5 i x — 1 istog znaka.) Tako se dobija da data funkcija raste na intervalima (—°°, —5 /3 ) i (1, + °°). Funkcija / opada na intervalu (—5 /3 ,1 ). Prema tome, u tački x\ = —5/ 3 funkcija / ima lokalni maksimum, a u tački xi = 1 data funkcija ima lokalni minimum. _2
-----—= < 0, J —2, to data funkcija opada na intervalima \X + 2) (—'oo, —2), (—2, +°°) i nema ekstremnih vrednosti.
e) Kako je f ' ( x) =
16 —x 2 f) Kako je f ' ( x) = —^ t o (,xz —6 x + 16)z
su kritične tačke x\ = —4, i xi = 4.
Data funkcija raste za f ' ( x) > 0, tj. za 16 —x 2 > 0, što povlači da / raste na intervalu ( - 4 ,4 ) . Funkcija / opada na intervalima (-«>, —4) i (4, +°°). Funkcija / ima lokalni minimum u tački x\ = —4, a lokalni maksimum u tački x2 = 4. N V
U
■
fi!
\
1
1
-2 /3
! /
1-
1
N
x 2^ - l
g) Kako je f ( x ) = - - - i 7 = r (1 - ^ t t ) = 3 3 3 X2/3' x =/ 0 , to funkcija ima kritične tačke x\ = —1 , x2 = 1 i xj = 0 .
X2 - l
3x2/33x2/3(x4/3+x
Funkcija / opada z a x 2 — 1 < 0, odnosno na intervalima (—1,0) i (0,1). Funkcija / raste na intervalima (—°°, —1) i (1, +°°). Funkcija / ima lokalni maksimum u tački x\ = —1, a lokalni minimum u tački *2 = 1 . Tačka *3 = 0 nije ekstrem funkcije.
i 150
G la v a 5 . I z v o d fu n kcije
|
2 -[- X
h) Kako je f ( x ) = 1 + - = ----- > 0, to funkcija / raste na intervalu (0,+°°) i / x x nema ekstremnih vrednosti. ►
5.12.2 5.43.
Teoreme srednje vrednosti
Rolova teorem a. Ako jefunkcija f neprekidna na zatvorenom inter\>alu [a,b\, diferencijabilna na otvorenom intervalu (a ,b ) i važi f ( a ) = f ( b) , tadapostoji tačka £, € (a,b) za kojuje /'( £ ) = 0. Dokaz. Ako je funkcija / konstanta, tj. f(a) = f(x) = f(b), za sve x G (a,b), tada je f'(x) = 0 za svako.v 6 (a,b). Ako je f(x) > f(a), za neke vrednosti x e (a,b), tada funkcija / dostiže lokalni maksimum u nekoj tački c 6 (a.,b). Primetimo da tada važi f(c) > f(a) = f ( b ) . Kako je, prema pretpostavci, funkcija / diferencijabilna na (a,b), to na osnovu teoreme 5.39 sledi da je u tački c prvi izvod jednak nuli, tj. f'(c) = 0. Analogno, ako je f(x) < f (a) za neko x e ( a, b) , funkcija dostiže lokalni minimum u nekoj tački c G (a,b) za koju zbog diferencijabilnosti važi f'(c) = 0 . ► Geometrijsko značenje Rolove teoreme 5.43 je da, za funkciju koja zadovoljava sva tri njena uslova, postoji bar jedna tačka £, e (a,b) u kojoj je tangenta grafika horizontalna prava (sl. 5.3).
Slika 5.2.
Slika 5.3.
151
5.12. Primena izvoda funkcije
5.44. Lagranžova teorem a. Ako jefunkcija f neprekidna na zatvorenom intervalu [a,b} i diferencijabilna na otvorenom intervalu (a ,b ), tada postoji tačka \ G (a, b ), takva da važi ---- ;---------- = f'flž) ■ b —a Dokaz. Funkcija g(x) = f(x) - f(a) - I
^
\ ( x - a ) , x e [ a, b],
zadovoljava uslove Rolove teoreme. Naime, funkcija g je neprekidna na intervalu [a,b], diferencijabilna na intervalu (a,b) i g(a) = g(b) = 0. ■ Prvi izvod funkcije g je
Na osnovu Rolove teorejne 5.43 postoji tačka £, G (a, b) takva daje g'(^) = 0, tj. b —a b —a Geometrijsko značenje Lagranžove teorema 5.44 je da, za funkciju / koja zadovoljava njene uslove, postoji tačka ij, G (a,b), u kojoj je tangenta paralelna sa sečicom koju određuju tačke A( a , f ( a ) ) i B ( b , f ( b )) (sl. 5.2). Naime, koeficijent pravca sečiceAJ5je tg P = M z / M b —a što je prema Lagranžovoj teoremi jednako prvom izvodu funkcije / u tački koeficijentu pravca tangente funkcije / tački sa apscisom t,.
tj.
5.45. Prim er. Pokazati dafunkcija f ( x ) = x ( x — l ) (x — 2) zadovoljava uslove Rolove teoreme na intervalima [0,1] i [1,2], odnosno na intervalu [0,2], i odrediti odgovarajuće vrednosti č,. Rešenje. Data funkcija je neprekidna i diferencijabilna u svakoj tački ovih intervala i važi /( 0 ) = /( 1 ) = /( 2 ) = 0, što znači da ona zadovoljava uslove Rolove teoreme na intervalima [0,1], [1,2] i [0,2]. Kako je f ( x ) = 3x2 — 6x + 2, to je f ( x ) = 0 za X j 2 = 1 ±
Dakle, tačke u kojima je prvi izvod funkcije jednak nuli su
= 1— € [0,1] i ^2 = 1 + ^ dve realne nule E,i i £,2 - ►
G [1,2]. Na intervalu [0,2] funkcija f
ima
Poslednji primer pokazuje da tačka E iz Rolove teoreme nije jedinstvena. Primetimo takođe da Rolova teorema daje samo postojanje tačke c, u kojoj je prvi izvod jednak nuli, ali ne i njenu konstrukciju.
Glava 5. Izvođ funkcije
152
5.46. Primer. Primenom Lagmnžove teoreme 5.44 pokazati sledeće nejednakosti a) j sinx - sin.y| < \ x - y \ , x , v € E ;
b) |cos(2x)-cos(2.v)| < 2\x —y\, i j £ l ; X
c)
|a r c tg x - a r c tg j| < \ x - y \ ,
x, y e R;
__"v
x
X __ V
d )-----< l n - < ------- , x y y
0
Rešenja. a) Primenom Lagranžove teoreme 11a funkciju f ( t ) = sinf, t F R, koja je neprekidna i diferencijabilna na proizvoljnom intervalu [v, v], dobijamo da postoji tačka £, e (x,y) takva da važi sinx —sin y = (x —y) cos odakle je |s i n x - s i n j | = | c o s • \x —y\ < \ x - y \ . b) Za funkciju f ( t ) = cos(21), t e K, koja je neprekidna i diferencijabilna na intervalu [x,}’], postoji tačka t, e (x,y) sa osobinom cos(2x) —cos(2y) = —2(x —y)sin(2£,), odnosno |c o s 2 x -c o s 2 y | = | ~ 2 sin 2 4 | - \ x - y \ < 2\x —y\. c) Za funkciju f ( t ) = arctgf, t e R, koja je neprekidna i diferencijabilna na intervalu X
—
y
[x,y], postoji tačka £, e (x,y) sa osobinom arctg.v - arctgy = ^ +
• Odavde je
| arctgx —arctgy| =
<\x-y\. 1 + qz d) Za funkciju f ( t ) = lnf, t > 0, koja je neprekidna i diferencijabilna na intervalu [y, x], 0 < y < x, postoji tačka E, e (y, x) sa osobinom lnx - lny = ln * = ^ . Odavde je | lnx —lny| =
odnosno $ < \ < j ; , važi ^
< ln | <
►
5.47. Primer. Pokazati teoremu 5.35. Dokaz. Pokazaćemo samo prvi'deo teoreme, odnosno sledeće tvrđenje. Ako jefunkcija f neprekidna na zatvorenom intervalu [a,b], diferencijabilna na otvorenom intervalu (a,b) i vazi f'(x) > 0 za svako x € (a,b), tada je funkcija f rastuća na intervalu [a,b]. Neka su date proizvoljne tačke x\ ,x2 € (a,b) i neka je x\ < x%. Na osnovu Lagranžove teoreme sledi da postoji tačka £ € (x\ ,x2) takva da važi f(xi)-f(x\) = x2 - x \ Iz /(£;) > 0 i x2- x \ > 0 , sledi da je i f ( x 2) > f ( x i), pafunkcija / raste. ► Treća teorema srednje vrednosti je 5.48. Košijeva teorema. Ako su funkcije f i g neprekidne na zatvorenom intervalu [a,b], diferencijabilne na otvorenom inter\>alu (a,b) i g'(x) 0 za sve x G (a,b),
5.12. Primenn izvođa funkcije
153
tada postoji tačka £ 6 (a,b), za koju je
g(b)-g(a)
=■ ^ ttrr-
g'(l)
Košijeva teorema predstavlja uopštenje Lagranžove teoreme. Naime za g(x) =-,r, x€ dobijamo f(b)-f(a) _ /(š ) b —a 1 što daje tvrđenje Lagranžove teoreme. Drugo važno uopštenje Lagranžove teoreme jeste 5.49. Tejlorova teorema. Ako je funkcija f neprekidna i ima neprekidne sve izvode do n —tog reda na intervalu [a,b\ i ima izvod na intervalu (a .b ), tada z.a x e [a, b] važi Tejlorova formula
/(*) = /(a)+ ('-a)/'(g)+^ +
...
/'(«)+ ^-jp-/"V) +
71!
(« + !)!
gde je ^ = a + 9 • (x —a) i 0 < 0 = 0(.v) < l . Specijalno za a = 0 i x € [0, £>] imamo Maklorenovu formulu: r2 r3 /(x ) = f ( 0) + x f ' ( 0) + - / ' (0) + - r 2! 3! gde je t, = 0 ■x i 0 < 0 = 0(.v) < 1.
(0) +
r" r"+ 1 ■■• + - f " 1(0) + 7- — Tt t / ,"+ 11(?), n! (n + 1)!
Polinom Pn(x ) = f ( a ) + ( x - a ) f ' ( a ) + ^ ^ f " ( a ) + ^ ^ f ' ( a ) + ■•■ + < ^ - ^ / ' ' > ( se naziva Tejlorov polinom stepena n za funkciju / u tački a. Tejlorova teorema pokazuje da važi f ( x ) - P n(x) l i r t l r f in+l)( ^ lim — -------= hm —:—,-------------- --------- = 0. .v-*a (x — a)" x->a (x —a)" Ova graničnu vrednost pokazuje da je polinom P„(x) aproksimađja funkcije f u okolini tačke a, što pišemo / ( j c ) ~ Pn(x )i x ~ «• { Y __ £1')fI+ I Greška ove aproksimacije je R„(x) = —------- -— f l~"+ 1*( s ), gde je £ —a 4-0 ■(x —a ) ( n + 1)! ' ■• - • i 0 < 0 < 1. Analogno, polinom .2 o ;i P„(x) = / ( 0 ) + . v / ( 0 ) + ^ / " ( Q ) + ^ / " ( 0 ) -i..........
2! ..■>! se naziva M aklorenov polinom stepena n za funkciju
-r
/■'"1(0)
/?! i on aproksimira funkc'.ju
Glava 5. Izvod. funkcije
154
j i +i / sa greškom R„ = -f------ r ' f "+ 1*(Š) >^de j e £ = 0- . t i O < 0 < 1 . ./ . ( « + 1)!
5.50. Prim er. Polinom f(x) = x4 —5x3 —3x2 + 7 x + 6, x G M, razviti po stepenima binonia x —2 (t j . a = 2). Rešenje. Kakoje /(2 ) = -16 i /'(. y) = 4x* - 15,v2 - 6 x + 7, f"(x) = 12,v2 —3Qv —6. / ( 4)(.v) = 24,
/'(2 ) = -33;
/"(2 ) = -18;/'"(.v) = 24.v-30, /'"(2) = 18;
/ (4)(2) = 24, toje
,v4 —5.v3 — 3.v2 + 7.v + 6
=
—16 — 3 3 (.v — 2) — 18- A ~
+ 18 —+ 2 4 ^ - ^
= - 1 6 - 3 3 ( a - 2 ) - 9 ( x - 2 ) 2 + 3 ( x - 2 ) 3 + (.v- 2 ) 4. U ovom slučaju, peti izvod polinoma / identički je jednak nuli. Uopšte, kod razvoja nekog polinoma stepena n u Tejlorov polinom istog stepena imamo grešku koja je identički jednaka nuli. ► 5.51. Prim er. Funkciju f ( x ) — e \ x £ R, aproksimirati Maklorenovim polinomom a) prvog stepena:
b) drugog stepena;
c) trećeg stepena,
i oceniti grešku na intervahi [0,!]. Rešenja. Pre svesa je f ( x ) = e r = /"(.v) = f " ( x ) = f 4)( x ) , x € R, i /( 0 ) = /'(0 ) = /" (0 ) = /'"(()) = 1• 2
£
a) Za n = 1 je
(sl. 5 .4 b ) ) k a d a j e x « 0 i o sta ta k je R2 =
%= 0x,
0 < 0 < 1. Ocena greške na intervalu [0,1] je |/?2Wl < j
b) f ( x ) = cos.v;
c) f ( x ) =
d )/(.v ) = ln ( l+ x ) ,
5.12. Pdmena izvoda funkcije
155
o
o
Slika 5.4 a).
Slika 5.4 b).
Rešenja. a) Kako je /(0 ) = 0, f'(x) = cosx, /'(0 ) = 1, f"(x) = - sin.v, /"(0) = 0, f " ( x ) = -cosx, /'"(0) = —1, f 4)(x) = sin.v, /*4'(0) = 0, to je traženi Maklorenov polinom za funkciju f(x) = sin.v jednak P4 (x) = .v x3 smx « x —— za x « 0. b) U ovom slučaju je /(0 ) = 1, f'(x) = -sin.v, /'(0 ) = 0, f"(x) = -cos.v, / " ( 0 ) = —1, f' "(x) = sinx,
/ '" ( 0 ) = 0 ,
f 4Hx ) =c o s x ,
/< 4)(0) = 1.
Maklorenov polinom četvrtog stepena za funkciju /(.v) = cos.v je P4 (x) = 1 — vazi
x
xr
cosa: ^ 1 — — + 77 ,
x p z
O.
c) Kako je /(0 ) = 1, f'(x) = /'(0 ) = 1, /"(.r) = f " ( 0 ) =2 J ' " ( x ) = ~ - y ,
,
/ '" ( 0) = 6, / 4)(,) = ^ i ! - ^ , / (4,(0)=4!,
to je traženi Maklorenov polinom
Pa (x )
= 1 + x + x2 + x 3 + .r4 i važi
—1— m l + x + x2+ x 3+ x 4, x « 0 . 1 —x d) Kako je f(0) = 0, f'(x) = /"(0) = -l,/'"(x) =
/'(0 ) = 1 / " ( x ) = . / " ( O ) = 2, / (4,(x) =
,
3! / (4I(0) = -3!. ( l+ x ) 4 ’
GJava 5. lzvod funkcije
156 5.12.3
K on kavn ost grafik a fu n k cije
5.53. Definicija. Neka jefu n kcija f diferencijabilna u tački c. Grajik funkcije f je konkavan odozgo u tački P( c, f ( c) ) , ako postoji ot\’oren interval (a, b) koji sadrii tačku c sa osobinom da je grafik funkcije na intervalu (a., b) iznad tangentefunkcije u tački P (sl. 5.5.) Grafik funkcije f je konkavan odozdo u tački P( c, f ( c) ) , ako postoji otm ren inter\>al (a,b) koji sadrži tačku c sa osobinom da je grafikfunkcije na intervalu (a ,b ) ispod tangentafunkcije u tački P (sl. 5.6.) Pored temiina konkavan odozgo i konkavan odozdo, koriste se respektivno i termini konveksan i konkavan.
Slika 5.5.
Slika 5.6.
5.54. Teorema. Ako je funkcija f dva puta diferencijabilna na otvorenom intervalu koji sadrži tačku c, tada je u tački P( c, f ( c)) grafikfunkcije konkavan odozgo ako je f ”(c) > 0; konkavan od.oz.do akoj e f ”(c) < 0. f ^( x) — f ' ( c \
Dokaz. Ako je f ' ( c) > 0, tada na osnovu f ”(c) = lim --------- — — sledi da postoji interval (a,b) koji sadrži tačku c takav da je — IS S l > o za sve x e ( a , b ) , x / c . .l' —c
(5.7)
Označimo g(x) = f(x) —y, x £ (a,b), gde je y izabrano tako da je tačka R(x,y) na tangenti grafika funkcije / u tački P(c,f(c)). Neka je, dalje, Q(x, f(x)) tačka na grafiku funkcije f. Ako pokažemo da je g(.x) > 0 za svako x G (a,b), x =/=■c, tada dobijamo prvo tvrđenje teoreme (sl. 4.7). Jednačina tangente u tački P je oblika .V-
f(c) = / (c) (x - c) , odnosno y = f(c) + / ' (c) (x - c).
(5.8)
157
5.12. Primena izvoda funkcije
Pošto funkcija / zadovoljava uslove Lagranžove teoreme na intervalu [a, b], to postoji tačka %6 (a,b) takva da važi f(x)-f(c)=f'(\)(x-c). (5.9) Iz relacija (5.8) i (5.9) sledi da se funkcija g može zapisati kao g ( x ) = f ( x ) - f ( c ) - f ( c ) ( x - c ) = f ' ( Q ( x - c ) - f ' ( c ) ( x - c ) = ( / '© - /'( c ) ) ( .Y - c ) , gde tačka t, € (x,c), a takođe i £, e (a,b). Iz prethodnerelacije, kao i na osnovu relacije (5.7), sledi da je g(x) > 0, što je i trebalo pokazati. Drugi deo se pokazuje analogno. ► 5.55. Definicija. Neka je funkcija f neprekidna i diferencijabilna na intervalu (a,b). Tačka P(c, f (c) ) je prevojna tačka grafikafunkcije f ako postoji otvoreni interval (a,b), c G (a, b), takav da važi jedan od sledeća dva uslova: a) f ”(x) > 0 za x e (a,c) i f ”(x) < 0 za x 6 (c,b), b) f ”(x) < 0 za x G (a,c) i f ”(x) > 0 za x G (c, b) . Drugim rečima, u prevojnoj tački grafik funkcije menja svoju konkavnost. Neka funkcija / ima neprekidan drugi izvod na intervalu (a,b). Iz definicije (5.55) neposredno sledi da je uslov * f ”(c) = 0. (5.10) potreban da funkcija / ima prevojnu tačku li c e (a,b). Naravno, uslov (5.10) nije dovoljan za postojanje prevojne tačke grafika funkcije u tački c. To se vidi iz sledećeg primera. 5.56. Primer. Zafunkciju f ( x ) = x4 —1, x € R , odreditiprevojne tačke, intervale konkavnc odozgo i konkavnosti odozdo. Rešenje. Pošto je f ' ( x) = 4x3 i f ”(x) = \2 x2, to je tačka c = 0 jedina za koju važi uslov (5.10). Za x 0 je / " ( x ) > o, pa je data funkcija konkavna odozgo na oba intervala ( - « , 0) i (0, + °°). Dakle, funkcija / nema prevojnu tačku u x = 0, i pored toga što je /" ( 0 ) = 0. ► 5.57. Primer. Za sledeće funkcije odrediti intervale na kojima su one konkavne odoz.go, konkavne odozdo, kao i njihove prevojne tačke: a) f ( x ) = x 3 - 3x2 + 1;
b) f ( x ) = (x2 - 3)2?
c) f ( x ) = jfx - 1.
Rešenja. a) U ovom slučaju je f' (x) = 3x2 - 6x i f ”(x) = 6x - 6, pa je f ' ( \ ) = 0. Odavđe sledi da je data funkcija konkavna odozgo za .v > I l konkavna odozdo za v < ].
Glava 5. Izvod funkcije
158 Prevojna tačka grafika date funkcije je tačka ( 1 ,- 1 ) .
b) Poštoje f ( x ) = 4x3 - 12xi j"'(x) = 12(x2 - 1), t o j e / ”(.v) = 0 za.vi = - 1 i.v^ = 1. Kako je f ' ( x ) < 0 za x e (—1,1), to je funkcija konkavna odozdo u tom intervalu; f " ( x) > 0 za x e (—oo, —l) U (l,+ o o ), to je funkcija konkavna odozgo na ova dva intervala. Prevojne tačke grafika date funkcije su u a'i = —1 i u xo = 1. c) Drugi izvod date funkcije je f ’(x) =
2
, x ^ 0. Funkcija je konkavna odozgo
na (0, + °°). Funkcija je konkavna odozdo na (—oo,0). Prevojna tačka grafika date funkcije je tačka (0, —1), i pored toga što u toj tački drugi izvod ne postoji. ►
Drugi kriterijum za određivanje ekstremnih vrednosti funkcije 5.58. Teorema. Neka je jimkcija f dva puta diferencijabilna na otvorenom intervalu (a,b) koji sctdrži tačku c i neka je f ( c ) = 0. Ako j e f ( c ) < 0, tada funkcija f ima lokalni maksimum u tački c . Ako je f ( c ) > 0, tadafunkcija f ima lokalni minimum u tački c. Dokaz. Uslov f ( c ) = 0, povlači da je tangenta na datu krivu u tački P( c, f ( c) ) horizontalna. A koje još i f ' ( c ) < 0, tadapostoji interval (a, b), koji sadrži tačku c takav da je funkcija konkavna odozdo, pa se grafik date funkcije nalazi ispod tangente u tački P. To znači da data funkcija ima lokalni maksimum u tačld P. Analogno se pokazuje tvrđenje i u slučaju kada je f ' ( c ) > 0. ►
5.59. Teorema. Neka je funkcija f dva puta diferencijabilna na otvorenom intervalu (a,b) koji sadrži tačku c i. neka važ.e jednakosti f ( c ) = 0 i f ( c ) = 0. Pretpostavimo da postoji prirodan broj n > 2 sa osobinom f n\ c ) ^ 0; nekaje n i najmanji takav broj. Tada razlikujemo sledeča dva slučaja. 1. Ako je broj n p a ra n u tački c, tadafunkcija. f ima ekstremnu vrednost i to: lokalni maksimum ako je f 1''1(c) < 0, odnosno lokalni minimum ako je f n\ c ) > 0. 2. Ako je broj n n ep aran u tački c, tada funkcija f nema ekstremnu vrednost, ali iina prevojnu tačku.
5.60. Prfmer. Odrediti ekstremne vrednosti i intervale monotonosti sledečih funkcija x e M: a) /(.v) = .v-sin.v;
b )/(.v ) = sin2.r;
c) f ( x ) = .vV';
d) f ( x ) = .v2//3 (.v2 - 8).
5.12. Piiiricim izvoda funkcije
159
Rešenja. a) Kako je f ' (x) = 1 —c o s a ' > 0, to funkcija / raste na skupu R \ {2/rrcj k 6 Z } . Kako je f "( 2kn) = sin(2fat) = 0 i f " ( 2 k n ) = cos(2kn) = (-1 )* ^ 0, to funkcija / u tačkama jv* = 2kn, k 6 Z, iraa prevojne tačke. Prema tome funkcija f raste na intervalu (—°°, + “ ). b) Kako je f ( x ) = 2sinxcos.v = sin2:v, to je f ( x ) — 0, za ,v> = k £ Z. Pošto je f ” (x) = 2cos(2x) i f ’(xi) = 2 (—1)*, to data funkcija hna lokalne minimume u tačkama.V2j, a lokalne maksimume u tačkama JC2 /+ 1, . / 1 Z. F u n k c ija / raste kadaje f ( x ) > 0, odnosno na svakom od intei'vala (kn, ■—- y1wk
1)TI, (k + 1)n ) , k g Z.
Naravno, mogla se koristiti i činjenica da je data funkcija f periodična sa osnovnom periodom n. c) Kako je f ( x ) = ( l x + x 2) e \ to je f ( x ) = 0, za.t] = 0 i .V2 = - 2 . Pošto je f"(.\) ~ (2 + 4x + x 2)ex, to je / ” (0) > 0 i ./'” (—2) < 0. Dakle, funkcija imalokalni maksimum u tački x2 = —2 , a lokalni minimum u tački ,vi = 0 . Funkcija raste na intervalu (—°°, —2) i na (0, +«>), a opada na intervalu (—2.0). d) K akoje
to je f (x) = 0 za x\ = —\/2 i x 2 = \/2. Treća kritična tačka za funkciju./ je JC3 = 0, jer u njoj prvi izvod date funkcije ne postoji. Pošto je za svako
0,
to funkcija /
ima lokalni
minimum u kritičnim tačkama A| = —\/2 i v^ = V2. Pošto je .v2 —2 > 0 za .v € (—00, —\/2 ) U ( \ / 2 ,+ 00) i .v2 —2 < 0 za ,v € ( - \ f l , \/2), to je f ( x ) > 0 z a x S ( —\/2 ,0) U ( \ / 2 ,+=><>). Na ta dva intervala funkcija / raste. Funkcija / opada na intervalima ( —oo^ —\ / 2 ) i (0 , \ / 2 ). jei je na svakom od njih /'( * ) < 0 Najzad, funkcija / ima lokalni maksimum u tački .»-3 = 0, jer prvi izvod / ' menja znak prolaskom kroz tačku 0 . ►
160
Glava5. Izvođ funkcije
5.12.4
L opitalovo pravilo f ( x' )
Za određivanje graničnih vrednosti lim — — i lim —— , 1 često se koristi 5.61.
Lopitalovo pravilo. Neku su funkcije f i g diferencijabilne u svakoj tački inten’ala (a ,b ), sem možda u tački c € (a,b). Neka su jo š ispunjena sledeća tri uslova:
a) g'(x) / O a i . v ^ c ; b) obe funkcije f i g teže nuli (respektivno teže ka °°) kada x teži c; ff
c) postoji lim ——-. ■ v) y(^) f Tada takođe postoji granična vrednost lim —— i važi lim —-j— = lim ) . x-*cg(x) ^g(x) «--<■.tr'i.vi D o k az. Pretpostavim o da f(.x) —+ 0 i g(x) —>0 kada x —» c, i da je lim t S č l . = i x^cg>(x)
p 0kaza-
f(x)
ćem o da je tada i lim —— = L. D efinišim o funkcije F i G na sledeći način: g(X )
<*>-{{” ■
* ,tl
■
(=•>»
Tada važe jednakosti lim F (.t) = lim f ( x ) = 0 = F (c ) ■V— ' C
V— f
i
lim C (x ) = lim g(.v) = 0 = G ( c ) ,
■
.V— c
x — c
Pošto su funkcije / i g neprekidne u svakoj tački intervala ( a , b ) , sem m ožda u tački c, to su i funkcije F i G neprekidne na celom intervalu (a , b ). T akođe je za svako t iz intervala ( x , c ) (ili (c,.v)), gde je.T£- ( a , b ) , x = £ c , zadovoljeno F ' ( t ) = f ' ( t ) i G ' ( t ) = g ' ( t ) , što znači da funkcije F i G zadovoljavaju uslove K ošijeve teorem e 5.48 n a svakom od tih intervala. D akle. postoji £ e (x, c) takvo d a je
n*)-F{c)
F'(l)
f'd)
G (x)-G (c)
G'fe)
g '( t;) '
N a osnovu relacije (5.11) je F (c ) = 0 i G ( c ) = 0, pa sledi da j e za x ^ c
/(.v) _ m g(x)
Prim etim o da t — c kada .v -+
(5.12)
g'(š)'
pa pošto prem a uslovu 3 izraz na desnoj strani (5.12) im a
grainčnu vrednost jednaku L, to i količnik
f(x)
m ora im ati istu graničnu vrednost, tj. m ora
g( x)
biti
m
,
f(k)
.
iim —— = lim - —7- = L.
*~'-g(x) $-
U ovoin o d eijk u « o z n ač a v a bilo koji ocl sira b o la +<» ili
+oo.
5.12. Primena izvoda funkcije
161
Analogno se pokazuje i slučaj f(x)
i g(x)
kada x —» c.
►
f(x) U praksi, kada treba odrediti graničnu vrednost lim —7 -7 , postupamo na sledeći , v^ c 8 W
0
° °
nacm. Prvo proverimo da li je u pitanju granična vrednost" - " i l i " —", pa ako jeste,
0
° °
f f(x) ispitujemo lim —7-T . Ako ona postoji, onda postoji i tražena granična vrednost i ■v—*e g( x) obe su međusobno jednake. 5.62. Primer. Koristeći Lopitcilovo prnvilo, odrediti sledeće granične vrednosti: „ cosx + 3x—1 . ex + e~x —2cosjc 3x2 + 2x —2 a) lim ------ --------- ; b) lim --------- — ------- ; c) lim ----- =-------- ; *-*0 2x .t—o xsin 2x x —1 21 nx e3v ln(lnx) d) lim — e) lim —5-; f) lim ,v-»+~ yjx .v-*+“ x,v->+~ lnx Rešenja. a) Pokažimo prvo da su ispunjeni uslovi za primenu Lopitalovog pravila. Pre svega, funkcije f(x) = cosx + 3x —1 i g(x) = 2x su diferencijabilne u proizvoljnom intervalu koji sadrži tačku nula i dati izraz je oblikakada x —>0, jer je /(0 ) = g(0) = 0. Dalje je (cosx+3x— lim ------7T—r~.-----v—*0 (2x)'
1)' —sinx + 3 = lim ----- ----- = 3/2. x-*0 2 '
__ cosjc 3x —1 Na osnovu Lopitalovog pravila je lim ------------------------- —---------- = 3/2.
,s
ex + e~x —2cosx . ex —e~x + 2sinx ,. o xsm2x .v^o sm2x + 2xcos2x *-*0 4cos2x —4xsm2x , _ .. . .... ,,°° „ . , 3xz + 2 x - 2 6x + 2 6 c) Dati izrazjeobhka —, paje hm ---- =— -----= lim ——— = - = 3 . 00 j->+~ x- —1 .-c-*+<» 2x 2 d)
lim
JT->+o= J x
=
lim
=
lim —
=
—0.
lim ~
j:-<+~ —i-, j-*+~ X -V-*+» J x 2\/x e•,3-v 3e3x . 9e3x ;. 27e3x e)lim -r- = lim — r- = lim —— = lim —-— = + 00. ?>Xl
f)
x—
OJC
5
lim = lim = lim ~ = 0 . i->+~ lnx 'V *+°° I i-»+~ lnx X Proveriti da su ispunjeni uslovi Lopitalovog pravila u prethodnim zadacima. ►
5.63. Primer. Odrediti sledeće granične vrednosti: a)
lim xlnx;
.v-»0+
b) lim sinxlnsinx; x - .0 +
c) lim x(e{!x — 1); -V—+ “
d) lim x sin -. -V—*+■>=
x
„
162
Glava5. Izvod funkcije
Rešenja. lnx lim x \n x = lim —r- = lim= lim (—x) = 0. ,Y~*0+ ,v^0+ j-•v .1--.0 + - - x1 .v—>0+ In(simv) b) lim sinxlnsinx= lim ---- ;---- = lim = lim (-sin x ) = 0 . a—>0+ .v— >0+ -4.v— >0+ x~*0+ a)
sm.r
sirr.v
c) lim x(e'lx — 1) = lim ---- j— - =
lim ---------- = iim e]/x — \ X —* + c *
X
X-
1 sin (-) ^ c o s fi) d) lim x sin - = lim — = lim —----- = 1. ► X — »-|-co
X
X —> + » =
5.64.
X -* + ° o Ili
i
X2
-V
Primer. Odrediti sledeće grcmične vrednosti:
a) lim(l +2x) {lx\ b) lim (e* — 1)*; x —*0
c) lim xv;
.v—»0+
d) lim(2.x:+l)ctgJ:;
x —»0+
.v—»0
e) lim x x!x.
.v—»+~
Rešenja. U ovim zadacima javljaju se neodređeni izrazi oblika ”0°, 1°° i °°Q. Njihove granične vrednosti određuju se prethodnim logaritmovanjem. a) Za funkciju y = (1 + 2x)1/-v važi lny = -ln ( l+ 2 x ) , odakleje ,• , ,■ ln(l + 2*) -roj = 2. lim lnv = lim —-------- - = hm x-^0 x—>0 Xx^0 1 Na osnovu toga je lim (l+ 2x)1/-v = e-'—o ' = e 2. .v—.0 b) Za funkciju y = (e* - l) v važi lny = xln(ć-v - 1), odakle je ,• , ,• ln(ev- l ) pnrf - x 2e-v -(2xex + x2ex) lim lny = lim ----- =----- = hm = hm -------- = hrn — ---------------- = 0. j->o+ x—>0+ Ix x— > 0+ =X jr-.o+ ex —1.v^o+ex xNa osnovu toga je lim (ev - l) v = e-'~° ' = e° = 1. x —»0+
]nx c) Zafunkcijuy = x* važi lny = xlnx, odakleje lim ln y = lim —r- = lim - ~ = lim (—x) x —»0+
.v-+0+ -
.v-+0+ -J-
11
Y
0. Na osnovu toga je lim X1' = ex^° ' = e° — 1. j:~»0+
d) Zafunkciju y = (2x+ l)ctgv važi lny = ctgxln(2x+1), paje limlny = lim(ctgxln(2x + 1)) = lim ln(2* + _ ]jm 2i±L ■V—>0
x-^0
.v—>0
tg X
9 e~. e>. Iz y = x’/ v sledi l n y = — , paje X
je A —i-+ lirno o x x!x = e° = 1. ► 5.65.
2 . Prema x->0 — L cos-.v
tome je lim v = i-,0 '
lim ln y = lim — = lim - = 0. Na osnovu toaa .v^ + 0 0 x i'- > + “ x
.r -* + ° °
Primer. Odrediti sledeće granične vrednosti:
,v—»0
5.12. Piimena Izvoda fu n kd je
a)
lim
----------------- -
\ x — 1 x + 1/
;
163
b ) lim - — :— ; r—>o \ x sm .r J
c) lim , .v—>0 \ e x — 1
.v
R e še n ja . O vde se javljaju izrazi —°°” , i njihove granične vrednosti se takođe m ogu dobiti prim enom L opitalovog pravila, nakon prim ena odgovarajućih transform acija. a)
nm
(
^
-----
x^ + o c \ ^ x — 1
x2 \ 2x2 4x ----------------------------------------------------------- = .r-f-1 J .v— —1 x—>+°°2x
lim
— - =
lim — = 2 .
,. /1 1 \ sinjc —x ,, c o s .r - 1 -s in x b) l i m --------;— = l i m ------ ;----- = lim -------------------- = lim t --------------;— = 0 ; x->o sm x/ *-*0 x s m x x->o sm.T + x c o s x x->o 2 c o s x —Jtsinx \ r ( 1 ^ r x~e*+l l-e-x -(? c) lim ------- -----= l i m ------------------ = l i m ----------------- = l i m --------- — = - 1 2. ► .v—o y ex — 1 x) *o x e —x .v—o x e + e x — 1 x->o x e x + 2 e x
5.66. P rim e r. O d re d iti g m n ič n u v r e d n o st
2^ — sir\x lim —----------- . ,v—+oo 2 v + sin x
R e še n je . K ako je za x > 2 2x— 1
-
2 x — sin x
2x+l
< ------:— < -----
i vazi
lim
.
.2 x — l 2 x + l
------= lim
------- = 1,
2x + l 2x + sm.T 2x— 1 .v-++~2x + l jc-*+~2at— 1 2“.x — sinjt to je lim ------- :— = 1. U ovom slučaju, m eđutim , ne m ože se prim eniti L opitalovo X" ’+00 2mC~\- sin x .. (2x — sin x )' . 2 —co sx pravilo, je r ne postoii lm i --------------r- = lim ------------ . ► J -r-+ ~ (2 x + S in x )' j:—+ ~ 2 + co sx
5.12.5
F izičk i sm isao izvod a
Ako funkcija .v = s(t). t > 0, opisuje pređeni put materijalne tačke (kao funkciju vremena f), tada je prvi izvod funkcije s u tački to > 0 (ako postoji), tren u tn a b rzin a te materijalne tačke u momentu to, dok je dragi izvod funkcije .? u tački to (ako postoji) trenutno u b rzan je te materijalne tačke u momentu to5.67. Prim er. Telo se kreće pravolinijski, a udaljenost od početne tačke data je zakonom s = f 3 — 12f2 + 36/. gde je vreme t dato u sekundama, a put s u metrima. a) Odrediti vremenski interval u kome se udaljenost s od početnog položaja povećava i vremenski interval u kome se udaljenost 5 od početnog položaja smanjuje. b) Odrediti vremenski interval u kome se brzina v povećava i vremenski interval u kome se brzina v smanjuje. c) Odrediti razdaljinu tela od početne tačke posle 7 sekundi. R ešenja. Prema prethodnom, brzina posmatranog telaje v(t) = s'(t) = 312 —24t + 36, a ubrzanje je a(t) = s"(t) = 6f —24. a) Udaljenost s od početnog položaja se povećava ako ie s'(t) = v(t) > 0, tj. za 3f2 - 24f + 36 = 3(f2 - 8f + 1 2 ) = 3(f - 2)(f - 6) > 0.
Glava 5. Izvod funkcije
164
To se dešava za 0 < t < 2 i t > 6. Udaljenost 5 od početnog položaja se smanjuje ako je s'(t) = v(t) = 3(t — 2)(t — 6) < 0, tj. za 2 < t < 6.
b) Brzina se povećava ako je v'(t) = a(t) = 6t — 24 > 0, tj. ako je t > 4. Brzina se smanjuje ako je v'(t) = a(t) — 6t — 24 < 0, tj. ako je 0 < t < 4. 6 (0 ,2 )
1=0
no,o) Slika 5.7.
Slika 5.8
c) U početnom trenutku t = 0 je s = 0, tj. telo je u tački O. U vremenu 0 < t < 2 dužina puta se povećava, što znači da se telo kreće u desno, tj. u pozitivnom smeru ^ ose. Za t = 2 je s = 32m. Za sledeće 4 sekunde, tj. za 2 < t < 6, rastojanje od tačke O se smanjuje, tj. telo se kreće u levo (u negativnom smeru 5—ose). Za t = 6 je s = 0, tj. telo se vratilo u tački O. Ako se t dalje povećava, tj. za 6 < t < 7, telo se ponovo kreće u desno i za t = 7 je udaljeno s = 7 m od tačke O (sl. 5.7). ► 5.68. V ertikalan hitac. Projektil se ispaljuje vertikalno u vis brzinom od 400 m/sec. Opisati njegovo kretanje tokom vremena. Uzeti da je ubrzanje Zemljine teže g ~ 10m/s . Visina na koju se telo penje d a ta je opštim izrazom h(t) = v$t — — , tj. h ( t ) =4 0 0 t r - 5 t 2. Rešenje. Ovo je tipičan primer jednoliko usporenog kretanja. Visina data u funkciji od vremena jeste parabola okrenuta na dole. Nule ove parabole su t\ = Os i t2 = 80s. Prva vrednost predstavlja trenutak lansiranja, a druga odgovara vremenu kada se projektil vrati na zemlju. Brzina projektila je v(t) = h'(t) = 4 0 0 - lOf. Brzina v(t) je pozitivna (usmerena naviše) sve do t = 40 s, a potom postaje negativna (usmerena na niže). Momenat t = 40s odgovara maksimalnoj visini hmax = h(40) = 400 •40 —5 • 402 = 8.000/jj. Uočimo da je v(80) = —400m/s, što znači da je brzina povratka po intenzitetu jednaka brzini lansiranja (što je posledica zakona o održanju energije). ►
5.12.6
Razni zadaci sa primenom izvoda
5.69. Primer. Od kartona pravougaonog oblika dužine 21 cm i širine 16 cm, treba iseći jednake kvadrate oko svakog temena tako da se dobije otvorena kutija oblika kvadra sa najvećom zapreminom
5.12. Primena izvoda funkcije
165
Rešenje. Ako označimo sa x stranicu kvadrata koji se iseca, tada su dimenzije kutije 16 —2x i 21 —2x, pa je njegova zapremina V(x) = x(16 —2x)(21 —2x) = 2(168x —37x2 + 2 x 3), jc G [0,8]. Prvi izvod funkcije Vje V'(x) = 2(168 —74x + 6x2) = 4(3x —28)(x —3). Nule ove funkcije su .t; = 2 8 /3 i x^ = 3, pri čemu je xi > 8, pa nema smisla u našem slučaju. Drugi izvod funkcije je V"(x) = 4(6* —37), pa je V'"(3) < 0 . Prema tome, funkcija ima lokalni maksimum u tački x = 3. To je lokalni maksimum, pa je potrebno proveriti da li je to i globalni maksimum, što u ovom slučaju znači da treba ispitati još i vrednosti funkcije u krajnjim tačkama. Kako je V = 0 za x = 0 i x = 8, to se najveća zapremina V = 450cm 3 zaista dobija za x = 3, tj. kada se iz svakog ugla iseče kvadrat stranice 3 cm. ► 5.70. Primer. Odrediti dimenzije kontejnem oblika kružnog valjka date zapremine V = 24TC7713 tako da cena utrošenog materijala bude minimalna, ako je materijal koji se koristi za dno tri puta skuplji od materijala za omotač. Rešenje. Ako označimo sa r poluprečnik kruga koji se nalazi u osnovi valjka, sa H njegovu visinu, tada zbog V = H r2n možemo pisati H = 2 4 /r2. Ako sa c dinara označimo cenu kvadratnog metra materijala koji se koristi za omotač valjka, tada omotač valjka staje c(2nrH), a osnova staje 3c(nr2). Ukupna cena materijala za ceo valjakje C(r) = c(2nrH) + 3 c(nr2) = cn(3r2 + 2r H) = cn (3 r2 + y ) . Kako je C'(r) = cn (6r — j§) = 6cn ( 4 ^ ) > t0 Je C ( r) = 0 za r = 2. Zbog C"(r) = C7t (6 + je C"(2) > 0, pa će se najjeftiniji valjakdobiti ako je poluprečnika 2cm i visine 6cm. ► 5.71. Primer. Odrediti valjak maksimalne zapremine koji se može upisati u kupu visine H = 12 cm i poluprečnika osnove R = 4cm, ako je osa simetrije kupe istovremeno i osa simetrije valjka Rešenje. Ako označimo sa r poluprečnik osnove valjka, a sa h visinu valjka, tada je zapremina valjka V = nr2h. Iz sličnosti trouglova ABC i AOS sledi proporcionalnost odgovarajućih stranica, pa je = j ili ^ = 3, odnosno h = 3(4 —r). Zato je V(r) = n r2h. = 3n(4r2 — r3) i V'(r) = 3nr(8 —3r). Kritične tačke za funkciju V su r = 0 i r = 8/3. Kako je V"(r) = 3n(8 —6r), V"(0) > 0, V "(8/3) < 0, to se za r = 8/3, h = 4 dobija valjak maksimalne zapremine V = 256jt/9cm 3 upisan u datu kupu. ► 5.72. Primer. Neka se dva puta ukrštaju u tački P pod pravim uglom. Jedan automobil prođe tačku P u 10 sati ujutro putujuči konstantnom brzinom od 20 km/h. u
Glava 5. Izvod funkcije
166
desno (prema istoku). U isto vreme drugi automobil je 2 km udaljen od tačke P prema gore (prema severu) putujući prema dole (prema jugu) brzinom od 50 km/h. Odrediti vreme kada će ta dva automobila biti najbliže jedan drugome Rešenje. Označimo pomenute puteve pomoću x i y ose, a sa’ t broj sati posle 10 časova ujutro. Tada će sporiji automobil preći 20fkm i biti u tački A, a brži automobil preći 50f km i biti u tački B. Rastojanje između A i B dato je sa d = V (2 - 50t)2 + (20t f = V ~4- 2001 + 2900/2. Potkorena veličina uvek pozitivna (dakle, nema problema sa definisanosti), i da nikada ne može biti jednaka nuli. Funkcija d je definisana na intervalu od t = 0 do t = jjg = ^5 , kada drugi automobil stigne u tačku P. Funkcija -Jx je rastuća, tako da se ekstremne vrednosti funkcije \ Jf(x)- f ( x ) > 0 mogu odrediti pomoću ekstremnih vrednosti funkcije / , što je znatno jednostavnije. Ako označimo f ( t ) — 4 - 2 0 0 ? + 2900f2, tada je f ' ( t ) = - 2 0 0 + 5800f, p aje f ' ( t ) = 0 z af = Zbog f " ( t ) = 5800 > 0, funkcija / ima za f = ^ lokalni minimum / ( ) ss 0 ,55. Funkcija / je definisana na intervalu [0,1/25) i /( 0 ) = 4 > 0,55 pa je u t = ^ apsolutni minimum za funkciju / . Prema tome, automobili će biti najbliži jedan drugom posle ^ sati od polaska, odnosno približno 2,07 minuta posle 10 sati. Najmanje rastojanje između njih biće 5 5 ^ 0 , 7 4 k m .^
5.13
Grafici
5.73. Prim er. Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije f ( x ) = x4 —X2 (sl. 5.9). Rešenje. Data funkcija je definisana na celom skupu R. Funkcija / je pama, jer je za sve x € R : f ( ~ x ) = (—x ) 4 —(—x)2 = f( x) . Nule funkcije / su za f ( x ) = 0, tj. za x4 —x2 = 0, što važi za Prvi izvod funkcije/ je f ' ( x) = 4x3 ~ 2 x = 2x(2x2 —1), i njegove nule se nalaze iz 2x(2x2 — 1 ) = 0 , što važi za = 0 , X2 = V 2 / 2 i *3 = —\ f 2/ 2. Data funkcija raste ako je f ' (x) = 2x(2x2 —1) > 0. Kako je 2x2 —1 > 0 za x € (—■ —\/2 /2 ) U (v ^ /2 ,+ ° ° ), to z a x € (y/2/2,+ °°) važi 2x(2x2 —1) > 0 . Dalje je 2x2 — 1 < 0 za x € (—v /2 / 2 , \ / 2 / 2 ), pa z a x G (—\j2 /2 ,0 ) važi 2x(2x2 — 1 ) > 0 . Dakle, funkcija / raste na intervalima (—s/ 2/2,0) i ( \ / 2 / 2 , +oo). Slično se pokazuje da funkcija / opada na intervalima ( —oo?—V ^ / 2 ) i (0 , s/2 /2 ). Drugi izvod funkcije / je f " = 12x2 —2. Kako je /" ( 0 ) = - 2 < 0, to funkcija / u tački A( 0 , 0) ima lokalni maksimum. Kako je f " ( J 2 /2) = 4 > 0, to funkcija / u tački B ( V 2 /2, - 1 / 4 ) ima lokalni minimum.
5.13. Grafici
167
Kako je f ' ( —\ / 2/ 2) = 4 > 0, to funkcija / u tački C( —\ f 2/ 2, —1/4) ima lokalni minimum. Funkcija / je konkavna odozgo ako je f " ( x ) = 12.x2 —2 > 0, što je ispunjeno na intervalima (—°°,—\ / 6/ 6) i (\ f 6 / 6 ,+ °° ). Funkcija je konkavna odozdo ako je f " ( x ) = 12x2 —2 < 0, što je ispunjeno na intervalu (—\ f 6 / 6 , \ / 6 / 6 ) . Iz f " ( x ) = \2 x 2 —2 = 0 sleđi x j ^ = d z\/6 /6 , što znači da funkcija / ima moguče prevojne tačke D (V 6 / 6 , —5/36) i E ( —\ / 6 /6 ,- 5 /3 6 ) . Budući da, prema prethodnom, grafik funkcije menja svoju konkavnost u ovim tačkama, to su one zaista prevojne tačke funkcije / . Data funkcija nema asimptota (sl. 5.9). ► -
4
5.74. Prim er. Ispitati tok i nacrtati. grafikfunkcije f ( x ) = x —^ (sl. 5.10). Rešenje. Data funkcija je definisana na celom skupu K. Data funkcija nije pama, jer je, na primer, / ( —1) = —5 /4 , što je različito od /( 1 ) = 3/4, an ije ni nepama, jer je, naprim er, / ( —1) ^ —/( 1 ) . Nule funkcije / se dobijaju kao rešenja jednačine x3 —.t4/ 4 = 0. Dakle to su x = 0 (trostruka nula) i x = 4. Prvi izvod date funkcije je f ( x ) = 3x2 —x 3 = x2(3 —x) i jednak je nuli ako je
Slika 5.9 f ( x ) = x4 —x 2
x4 Slika 5.10 f ( x ) = x 3 ——
xi
,2 = 0 i X3 = 3. Moguće ekstremne vrednosti su A (0,0) i J5(3,27/4). Funkcija / raste ako je f ( x ) = x2(3 —x) > 0, što je za x / 0 ekvivalentno 3 —x > 0, odnosno sa x < 3. Funkcija / opada ako je f ( x ) = x2(3 - x ) < 0, tj. za 3 —x < 0, odnosno x > 3. Drugi izvod funkcije / je f ' = 6x —3x2 = 3x(2 —x). Kako je f " ( 3) = —9 < to funkcija / u tački fi(3 ,2 7 /4 ) ima lokalni maksimum. U tački x = 0 je /'( 0 ) f"(G ) = 0 i f'" (0 ) / 0, pa funkcija / nema ekstremnu vrednost u x = 0.
sa za 0, =
Glava 5. Izvod funkcije
168
Funkcija / je konkavna odozgo ako je f " ( x) = 6 x — 3x2 > 0, što je ispunjeno z a i g (0 , 2 ). Funkcija / je konkavna odozđo ako je / " (x) = 6x — 3x2 < 0, što je ispunjeno na intervalima (—°°,0 ) i (2 , +°°). Iz prethodne dve tačke sledi da funkcija / ima prevojne tačke u tačkama A(0,0) iC (2 ,4 ) Data funkcija nema asimptota (sl. 5.10). ► 5.75. Primer. lspitati tok i nacrtati grafik funkcije f ( x ) = x6 — I2x4 + 4 8 x2 — 189 (sl. 5.11). Rešenje. Domen date funkcije je R. Funkcija je pama. Nule funkcije / se određuju iz f ( x ) — 0, odnosno (x —3)(x + 3)(.t4 —3x2 + 21) = 0. Odatle dobijamo da su nule funkcije x\ = —3, xi = 3. Prvi izvod funkcije / je f ' ( x ) = 6x5 —48x3 + 96,v = 6x(x2 —4)2, x E R. Nule prvog izvoda su x j — —2 , X4 = 2 i xo = 0 . Kritične tačkefunkcije/ suA (0, —189), B (—2 ,-1 2 5 ), C(2, —125). Funkcija / raste kada je f ' ( x ) > 0, ustvari kada je x > 0, tj. na (0, +«>), a opada / '( x ) < 0 , tj. na intervalu na (—°°, 0 ). Drugi izvod funkcije / je f " ( x ) = 30x4 — 144a~ + 9 6 , odnosno f " ( x ) = 0, za X3 — — 2, X4 — —2, X5 = j \ / 5 , *6 ==: Kako je / " ( 0 ) = 96 > 0, to je kritična tačka A (0 ,189), tačka u kojoj funkcija ima minimum. Primetimo da prvi izvod ne menja znak u tačkama x 3 = —2, i x$ = 2, iako je / ' ( 2 ) = 0 , / ' ( —2 ) = 0 , što znači da funkcija nema ekstrema u tim tačkama. F u n k cija/jek o n v ek sn aak o je f " ( x ) = 6 (5 x 4 —24x2 + 16) > 0, tj. na (—<=», —2), na
v /5 , 5 V 5) i na (2,°°), akonkavna akoje f " ( x ) = 6(5x 4 - 24x2 + 1 6 ) < 0,
tj. na ( —2 , —fv ^ š) in a ( j \ / 5 , 2 ) . Funkcija/ ima četiri prevojne tačke B(—2,125), C (2, —125), D ( —| \/5. f ( x 5 )), £ ( f V 5 ,/(JC4)), g d e j e / ( ± f \ / 5 ) = - i f g i = -1 5 7 ,7 6 8 Data funkcija nema asimptota. ► x3 5.76. Primer. Ispitati tok i nacrtati grafikfunkcije f ( x ) = --------rr (sl. 5.12.). (x —2 )z Rešenje. Domen date funkcije je (—°°, 2) U (2, + °°). Nula funkcije / je x\ = 0. P rv iiz v o d fu n k c ije /je /'(x ) ^^^-T ^f^-j.N uleprvogizvodasu^i = 0 , x \x *•) tako da su kritične tačke funkcije / A (0,0) i B (6,27/ 2 ) .
5.13. Grafici
169
Slika 5.11. f(x) = x6 - \ 2 x 4 + 48x2 - 189
Slika 5.12. f(x) .
Funkcija / raste za f ' ( x ) > 0, odnosno za (x —6)(.v —2) > 0, tj. na na (2,+°°). Funkcija / opada na (2,6).
2) i
Drugi izvod funkcije / je f " ( x ) = (;3,v)4 ‘ ’nia nu' u za -v = 0- Znači. tačka A (0 ,0) jeste prevojna tačka. Iz / " ( 6 ) > 0 sledi da je tačka A (6,27/2) mimmuin funkcije. Funkcija je konveksna ako je f " ( x ) > 0, tj. na (0,2) i na (2, +°°), a konkavna na (—°°,0). Funkcijaim a vertikalnu asimptotu v = 2, je rje lim /'(.y) = °° i lim f ( x ) =° ° . .v—2-' .V—2+' Funkcija nema horizontalnu asimptotu, jer je lim /’(.y) = ± » . .v—* * Iz lim ^ = 1, lim ( f ( x) —x) = 4, sledi da funkcija ima kosu asimptotu X—
»oo
.v— foo
y = x + 4. ► 5.77. Prim er. Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije f ( x )
(sl. 5.13).
Rešenje. Data funkcija je definisana na skupu (—°°,—3) U (—3,3) u (3 ,+ » ) . Data funkcija nije ni parna ni neparaa. Nula funkcije / je za x = 5. Prvi izvod funkcije / je f ' ( x) = — ! Prvi izvod funkcije / ima nule za x = 1 i .v = 9, pa su kritične tačke A (1, i ,/2) i 5 (9 ,1 /1 8 ). Funkcija / raste za —.y 2 + lO.v —9 > 0 i .v / ± 3 . odnosno na intervalima (1,3) i (3,9). Funkcija / opada za —.v2 + 10.v —9 < 0 i .( * +3, odnosno na intervalima ( - ° ° , - 3 ) , ( - 3 ,1 ) i (9,+°°). 5.i- r27.v~45) Drugi izvod funkcije / je f " ( x) = 2 ■ Kako je f " ( 1) > 0, to funkcija / ima lokalni miniinum u taćki M! i , i /2i. Kako je f " ( 9) < 0, to funkcija / ima lokalni maksiinum u tački B(9 ’/18).
170
Glava 5. Izvod funkcije
Polinom P(x) = x 3 — 15.v2 + 21x —45 ima jednu realnu nulu koju ćemo obeležiti sa a'o. Kako je /" (1 3 ) < 0 i / " ( 14) > 0, to tačka x q pripada intervalu (13,14); pokazačemo da u tački C(.vo,/(.vo)) funkcija / ima prevojnu tačku. Pokažimo da je funkcija / konkavna odozgo (tj. f " ( x ) > 0) na intervalima ( - 3 ,3 ) i (.Y0 ,+ °°). Naime, za .v < xo važi P(x) < 0, a takodje je ,v2 - 9 < 0 za .v £ (—3,3). Za .v > A'o je P(x) > 0 i ,v2 —9 > 0. Funkcija / je konkavna odozdo za f " ( x) < 0, tj. na intervalima (—°°, —3) i (3,.v0). Na osnovu prethodnog sledi da u tački C, sa apscisom aq G (13,14), funkcija / ima prevojnu tačku.
►
Slika 5.14. f ( x ) =
Slika 5.13. f ( x) =
Asimptote: Funkcija ima dve vertikalne asimptote ,v = —3 i x = 3, jervaži
lirn f(x) = —°° i
,v - + - 3 - '
lim f ( x ) = +oo.
.v— 3 -
Takodje je lim f ( x ) = +°° i lim f ( x ) = —°°. .V— 3 +
-V—>3+
Funkcija ima horizontalnu asimptotu v = 0 i kada .v —» +o» i kada x —> —oo, jer je lim / ( . v ) = 0 . Funkcija nema kosu asimptotu (sl. 5.13).
5.78. Prim er. Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije f ( x ) = —-■ ^^ (sl. 5.14). xz + 1 Rešenje. Data funkcija je definisana na intervalu (—°°, +°°). Funkcija / nije ni pama neparna. Nule funkcije / su za = — 1 i x = 0. Prvi izvod funkcije / je f ' ( x ) = — ■Prvi izvod funkcije / ima nule u tačkama xj = 1 + \/2 i .vi = 1 —V 2, pa a
» su kritične tačke <4(1 + \/2, (1 + \ f i ) /2 ) i B( 1 —\/2 , (1 —\/2 ) / 2 ) . Funkcija / raste kada je f ' ( x) > 0, tj. za —x 2 + 2.v + 1 > 0 , što važi za .v 6 (1 — \/'2 . 1 + v/2 ). Funkcija / opada kada je f ( x ) < 0, tj. na intervalima (-° ° , 1 - \/2) i (1 +
V
5.13. Grafici
171
Drugi izvod funkcije / je f " ( x ) =
Kako je /" (1 + \/2 ) < 0, to (A' hlj* funkcija / ima lokalni maksimum u tački A(1 + \/2 , (1 + \/2)/2). Kako je /" ( 1 —\/2 ) > 0, to funkcija / ima lokalni minimum u tački Š(l-v/5,(l-V2)/2). Funkcija / je konkavna odozgo za f " ( x ) > 0, tj. na intervalima (—1,2 —\/3 ) i (2 + \/3 , + “ ). Funkcija / j e konkavna odozdo za /" (x ) < 0, tj. na intervalima (—«>, —1) i (2 — ,2 + V 3 ) . Prevojne tačke su C( —1,0), D (2 + \ / 3 , (3 + \/3 )/4 ) i E (2 — v/3,(3 — v/3)/4). Asimptote: Vertikalnih asimptota nema. Funkcija / ima horizontalnu asimp,y (. v +
1)
to tu \'= 1 kad a+ °°, jer je lim f ( x ) = lim '— z------ = l.T akodjeje lim f(x) = .v -t+ o o
1,
,V -» + ~
X- +
1
v — >— <50'
p aje pravav = 1 horizontalna asimptota i u —
F u n k cija/n em ak o su asimptotu.^
x J -f- 4
5.79. Prim er. Ispitati tok i nacrtati grafikfunkcije f ( x ) = —— - (sl. 5.15). Rešenje. Data funkcijaje definisana na skupu (-° ° , - 2 ) U ( - 2 ,2 ) U (2, +°°). Funkcija / nije ni parna ni neparna. Nula funkcije / je za x = —\/A. Prvi izvod funkcije f Ako označimo g(x) = x 3 — 12x—8, tada je g ( —4) < 0 i g( —3) > 0, pa postoji tačka^i € (—4 , - 3 ) ta k v a d a je g(x\) = f ( x \ ) = 0. Slično se pokazuje dapostoje tačkex 2 € ( - 1 ,0 ) \ x 3 e (3,4) saosobinom g(x2) = g(xj,) = 0 . Prema tome, funkcija / ima četiri kritične tačke A (0, —1), B(x \ , f ( x \ )), C(.\2 , f ( x i )) i D ( x 3 J ( x 3)). Funkcija / rastenaintervalim a ( — °°,xi), (x2 ,0) i ( ^ 3, + ° ° ) . Funkcija / opada na intervalima ( x\ , —2), (—2,x2), (0,2) i (2,* 3 ). Iz prethodnog sledi da su tačke A i B lokalni maksimumi, a tačke C i D lokalni minimumi.
Funkcija / nema horizontalnu asimptotu. Funkcija / ima kosu asimptotu v = x i u + °° i u —°° jer je k = lim :----- = = 1. n =
\ i m ( f ( x ) — x)
4x + 4 = lim -j;— - = 0.
5.80. Prim er. Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije f ( x ) = \/x + \/4 —x (sl. 5.16).
Glava 5. Izvod funkcije
172
Rešenje. Data funkcija je definisana na intervalu [0,4]. Funkcija / nema nula. Prvi izvod funkcije / je f ( x ) =
S lika5.15. f ( x ) = £±£
S lik a 5.16. f ( x ) =
+ ^4^1
Prvi izvod funkcije / ima nulu za \j4 —x — n/x = 0, tj. za x = 2, pa je kritična tačka A (2,2\/2)Funkcija / raste za y / 4 —x — \ f x > 0, tj. na intervalu (0,2). Funkcija / opada za \ / 4 - x - \f x < 0, tj. na intervalu (2,4). Drugi izvod funkcijeje f ' ( x ) = - \ ^
'
Kako j e / " ( 2 ) < 0, to je ta č k a /l(2 .2\/2) lokalni maksimum fu n k cije/. Primetimo da je u ovom slučaju to i njen globalni maksimum. Kako je f" ( x ) < 0 za sve-x e (0,4), to je data funkcija konkavna odozdo na svom domenu. Vertikalnih asimptota nema, dok se o horizontalnim i kosim i ne može govoriti. Naime, domenfunkcije / je interval [0,4], pa se ne mogu ni ispitivati odgovarajuće granične vrednosti u —■ ili u +°° (sl. 5.16). ►
5.81. Priiner. Ispitati tok i nacrtati grajikfunkcije f ( x ) = ex!x (sl. 5.17). Rešenje. Data funkcija je definisana na skupu (—°°, 0) U (0, +<»). Funkcija / nije ni parna ni neparna. Funkcija / nema nula. ]/1 P rv iiz v o d fu n k c ije /je f ( x ) = — Prvi izvod funkcije / nema realnih nula, pa data funkcija nema kritičnih tačaka. Funkcija / opada za svako x iz domena. Drugi izvod funkcije / je f" ( x ) = 2 ^ - e 1/*. Funkcija / j e konkavna odozgo na intervalima (—1/2,0) i (0,+ °°). F u n k c ija / je konkavna odozdo na intervalu (—«=, —1/2). Funkcija / ima prevojnu tačku A (—1/ 2, e~2) .
5.13. Grafici
173
Asimptote: V ertikalnaasim ptotajex = Oi važi lim e l/x = -\-°°}
lim e ^ x =
0. Funkcija/ ima horizontalnu asimptotu kad x ± ° ° , j e r j e lim e 1 = l.F unkcija / nema kosu asimptotu (sl. 5.17). ►
Slika 5.17. f ( x ) = e [!x
Slika 5.18. f ( x ) = e- [!x
5.82. Primer. Ispitati tok i nacrtati grafikfunkcije f ( x ) = e ~ {/x (sl 5.18). Rešenje. Grafik ove funkcije je osno simetričan prema y —osi sa grafikom funkci je iz prethodnog primera. 5.83. Primer. Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije f ( x ) = xex (sl. 5.19). Rešenje. Data funkcija je definisana na skupu R. Funkcija / nije ni pama ni neparna. Nula funkcije / je u x = 0. Prvi izvod funkcije / je f ( x ) = (x + 1) e':. Prvi izvod funkcije / ima nulu za x = —1, p ajek ritičn a tačkaA ( —1, —1/e). F u n k c ija /ra ste z a x > —1. F u n k c ija / opada za x < —1. Drugi izvod funkcije / je f " ( x ) = (x + 2)eT. Kako je / " ( —1) > 0 , to data funkcija ima lokalni minimum u tački A (—1, —1/ e ) . Funkcija je konkavna odozgo za f " ( x ) > 0, tj. na intei'valu (—2 ,+ °°). Funkcija je konkavna odozdo na intervalu (—°°, —2). Funkcija ima prevojhu tačku B ( —2, —2e-2 ). Asimptote: Data funkcija nema vertikalnih asimptota. Funkcija / ima horizontalnu asimptotu x = 0 kada x - + —<», jer je lim x e x = lim te~’ = lim — = lim — = 0.
X—*—®°
/'—*■+“
f^ + c o
Funkcija nema kosu asimptotu (sl. 5.19). ►
l —k+oo
Giava 5. Izvod funkcije
174
o 1
Slika 5.19. f ( x ) = xex
.
Slika 5.20. f ( x ) = xe~x2
5.84. Primer. Ispitati tok i nacrtati grafikfunkcije f ( x ) =xe~*‘ (sl. 5.20). Rešenje. Data funkcija je definisana na skupu R. Funkcija / je nepama, jer za sve x € R važi f(-x) = ( - x ) - e ^ 2=
=
-f(x).
Nula funkcija / je u i = 0. Prvi izvod funkcije / je f ' ( x ) = (1 —2x2)e~x2. Prvi izvod funkcije / ima nule za .*i = \ f 2 / 2 i = - V 2 / 2 , pa sii kritične tačke A ( V Ž / 2 , \ j 2 e ~ xl 2/ 2 ) \ B ( - \ / 2 / 2 , —V 2 e ~ xl 2/ 2 ) . Funkcija / raste na intervalu ( - \ j 2 / 2 , \ j 2 / 2 ) . Funkcija / opada na intervalima ( - ° o , - \ j 2 / 2 ) i ( V 2 / 2,+<*>). Drugi izvod funkcije / je f" ( x ) = 2x(2x2 - 3)e~x~. Kako je f " ( \ j 2 / 2 ) < 0, to funkcija ima lokalni maksimum u tačkiA ( \j2 /2 , V 2 e ~ x!2/2). K akoje f " ( —\j2 /2 ) > 0, tofunkcija / ima lokalni minimum u tački B ( —\j 2 /2 , —\j2 e ~ xl2/2). F u n k c ija /je konkavna odozgo na intervalima (—\/3 /2 ,0 ) i ( \/3 /2 , +°°). Funkcija / je konkavna odozdo na intervalima ( —O O ^- y / f j 2 ) i ( 0 , y / Ž / 2 ) . Prevojne tačlce su C (0 ,0), Z)
i E ( - ^ 3 / 2 , - ^ f h f i e ^ l 2^ .
Asimptote: Nema vertikalnih asimptota. Funkcija ima horizontatnu asimptotu v = 0 u ±oo, jer je lim x e - j r = 0 . X—^ioo Funkcija nema kosu asimptotu (sl. 5.20). 5.85. Primer. Ispitati tok i nacrtati grafikfunkcije f ( x ) = (x + 2)ex/x (sl. 5.21). Rešenje. D atafunkcijajedefinisananaintervalu (—°°,0)U (0,+ °°). Data funkcija nije ni parna ni neparna. Nula funkcije / je za a = —2. Prvi izvod funkcije / je f ' ( x ) = — £ ~ 2e x/x. Funkcija f ima nule za x 2 - x ,2 = 0, odnosno za .r = 2 i x = — 1. Moguće ekstremne vrednosti funkcije su u tačkama A (2,4e,/’2) i B ( — l ,e ~ l ). Funkcija / raste z a x2 —x - 2 > 0 i x =£ 0, tj. na intervalima (-° ° , - 1 ) i (2, + °°). Funkcija f opada na intervalima (—1,0) i (0,2). Drugi izvod funkcije / je f ' ( x ) = = ^ ^ e x/x .
5.13. Grafici
175
Kako je /" ( 2 ) = ^ e x'2 > 0 i ./" ( —1) = —3e~l < 0, to u taći A(2,4
K akoje
lim f ( x ) =
.v—►()+
lim (x + 2 )e x/x = ±°°, to znači da funkcija / nema hori-
zontalnu asimptotu. Kosa asimptota v = kx + n se odredjuje iz sledećih graničnih vrednosti: * - lim M .V~++oo.
n
= =
X
.
m
.V— > + “
,V
lim ( f ( x ) —k x ) = lim ((.v + 2 )e l/v —.v) = lim .v(el/V- l ) +
X —‘+ M ‘
_v_^-j.-co V
lim — ;-------|-2 = h m -.r—+~ 1 f- o t
•
.V— H-co
iim 2 ex
■+2 = 3.
Prema tome je prava)’ = .v + 3 kosa asimptota u +°° date funkcijej
B
Slika 5.21. f ( x ) = (x + 2)ex/x
Slika 5.22. f ( x ) = (1 - .v2V '
5.86. Primer. Ispitati tok i nacrtati grafkfunkcije f ( x ) = (1 —x2)e '2v f.v/. 5.22). Rešenje. Data funkcija je definisana na skupu R. Funkcija / nije ni parna ui neparna. Nule funkcije / su u tačkama ,v = 1 i ,v = —1. Prvi izvod funkcije je f ( x ) = (—2 — 2x + 2x2)e "2v. Prvi izvod funkcije / ima n u leu
i
pa su A
iB ( ^ , t ^ J l . l L )
kritične tačke. Funkcija/ rastenaintervalim a (—°°, ' ^ — ) i (--'r-2. +°°). aopada na
Glava 5. Izvod funkcije
176
Drugi izvod funkcije je f " ( x ) = (2 + 8x — 4 x 2 ) e ~ Zx. Kako je /" ( ( 1 + \/5 ) /2 ) > 0, to funkcija ima lokalni minimum u tački A. Kako je /" ( ( 1 — \/5 )/2 ) < 0, to funkcija ima lokalni maksimum u tački B. Funkcijajekonkavnaodozgona (1 1 + ^ ) . Funkcijajekonkavnaodozdo na intervalima (—°°, 1 — \/6 /2 ) i (1 + \/6 /2 , + ° o ) . Funkcija ima prevojne tačke u x = 1 + ^ i x = 1 — Asimptote: Funkcija / nema vertikalnih asimptota. Funkcija / ima horizontalnu asimptotu v = 0 kada x —> +<», jer je lim (1 —x 2) e ~ 2' = 0. Fuiikcija nema horizontalnu asimptotu kada x —> —■ °°, jer je lim
(1 — x 2 ) e ~ 2x = — °°.
Funkcija nema kosu asimptotu. ► 5.87. Prim er. Ispituti tok i nucrtuti g r a f i k funkcije
f(x)
= e2*/!*-'") (s[, 5.23).
Rešenje. D atafunkcijajedefinisananaskupu ( - ° ° , - l ) U ( - l , l)U (l,+ « > ). Funkcija f nije parna ni nepama. Funkcija / nema nula. Prvi izvod funkcije / je
f(x)
=
^ e Zv/,(1-A'2).
Prvi izvod funkcije / nema realnih nula. (—00,-1], (—1, 1) i (1. +oo). Asimptote: Vertikalne asimptote su lim
x
Funkcija / raste na intervalima
= —1 i x = 1, jer je
lim
= +°o i
-Y—'*—1—
e ^ 7 = + °°.
,v-> i -
Za ispitivanje toka i crtanje grafika funkcije / važne su i sledeće dve granične 2.v
vrednosti:
lim
Zv
= 0 i lim
A - ^ - l +
-V—
e'-'-
=0.
1+
Funkcija / ima horizontalnu asimptotu y = 1 kada* —» ±°°, jer je lim
.\ —±oo
1. 5.88. Prim er.
Z\
=
Funkcija / nema kosu asimptotu. ►
I s p i t a t i t o k i n a c r t a t i %rafik f u n k c i j e f ( x )
= ln -— -
(sl.
5.24).
l+ x
Rešenje. Data funkcija je definisana za
1 —X
> 0, odnosno za |x| < 1. Funkcija / je
neparna, jer je za j.vj < 1 f ( - x ) = ln
l-(l + (-
i ~ .V
5.13. Grafici
177
Funkcija / ima nulu za x = 0. Prvi izvod funkcije / je f ( x ) = —------j . Prvi izvod funkcije / nema nula. Funkcija / opadana (—1,1). 4 jc
Drugi izvod funkcije / je f " (x) = {1
2
X
.
)
Funkcija / je konkavna odozgo na (— 0). Funkcija / je konkavna odozdo na (0,+oo). Funkcija / ima prevojnu tačku <9(0,0). Funkcija / ima vertikalne asimptote x = —1 i x = 1 jer je tt -----l ~ x = +°° lim m . V—
1 +
1
i- lni ------l ~ x= — i ■ lim
X
x — ►! —
1
►
-f-JV
x=-1
Slika 5.23. f ( x ) = ^ / ( i - * 2)
Slika 5.24. f ( x ) = l n 1 “(” X
5.89. Prim er. Ispitati tok i nacrtati grafikfunkcije f ( x ) = V jc2 — J x 2 + 1 (sl. 5.25). Rešenje. Data funkcija je definisana na skupu M. Data funkcija je pama. Funkcija / nema nula, i važi f ( x ) < 0 za sve x € K. 2 3/ i x 2 + l ) 2 — Prvi izvod funkcije je f (x) = - y — = -, x^0. 3 V x j/(x 2+ l)2 Funkcija / opada na (—°°, 0). Funkcija / raste za (0, + ” ), U tački x = 0 prvi izvod funkcije / ne postoji, jer su u toj tački njen levi odnosno desni izvod jednaki ~ odnosno +°°. Medjutim, funkcija / ima minimum u tački x = 0, jer, kako smo u prethodne dve tačke već videli, levo od tačke 0 funkcija f je negativna, a desno od nje je pozitivna. Primetimo da je tangenta grafika u tački x = 0 normalna na x —osu. „
••
J -p
1
••
JT ■ jrHf \
2
Drugi lzvod funkcije / je f" ( x ) = - f
\ / ( -''2+ l ) 5+ 3 - v / ? - v Z ? "
^
(;[i+1)i--,
, n
^ 0.
Funkcija f " je negativna za sve x / 0, pa je funkcija / konkavna odozdo na intervalima (—°°,0) i (0, +°°), i nema prevojnu tačku.
T 178
Giava 5. Izvod funkcije
Asiraptote Funkcija / nema vertikalne asimptote. Funkcija / ima horizontalnu asimptotu y = 0 kada x —>±°°, jer je lim (v ^ ? —v^j^-T T ) =
lim
( f f Č - V x 2 + l ) ( f l F + -v/x2(.y2 + 1) + ~y(x2 + l ) 2
(v7? + >y.r2(x2+1) + šj(x2+ 1)2
-1 ■ lim .v^+oo ( ^ 4 + y x l (t 2 + ] ) +
! )2
=
Funkcija / nema kosu asimptotu. ►
S lik a5.25. f ( x ) = Vx2 - v ^ ^ + l
0.
Glava 6
Neodređeni integral 6.1
Osnovni pojmovi i metodi
6.2 Definicija neodređenog integrala 6.1. Definicija. Funkcija F je prim itivna fun k cija zafunkciju f : [a,b] ^ R n a intervalu (a,b) ako važi ( V x £ ( a ,b ) ) F '(x )= f(x ). (6.1) 6.2. Definicija. N eodređeni integral funkcije f na intervalu [a, b] je skup svih primitivnih funkcija zafunkciju f : [a,b] —» R. Keodređeni in.egml t»nlccij, / oz„ač,vm o sa / / ( * ) &
I»az ■ * 'o z„«i avadi-
ferencijal promenljive x. Fundamentalna je činjenica da svaka neprekidna funkcija na intervalu ima primitivnu funkciju na tom intervalu. Iz Lagranžove teoreme sledi da se bilo koje dve primitivne funkcije koje odgovaraju jednoj neprekidnoj funkciji razlikuju najviše za konstantu. Zbog toga, ako važi jednakost (6.1), pisaćemo u nastavku j f(x )d x = F(x)+ C , (6.2) gde je C proizvoljna konstanta. (Uopšte, u celoj ovoj glavi C označava proizvoljnu konstantu.)
179
GJava 6. Neodređeni integral
180
6.2.1
Tablica osnovnih neodređenih integrala
Tablica osnovnih neodređenih integrala se može dobiti iz odgovarajuće tablice prvih izvoda i primenom osnovnih pravila za izvod funkcije nad njihovim prirodnim definicionim skupovima. Odrediti najveće skupove u E na kojima ove jednakosti važe. va + l
J sinxdx = —cosx + C;
J x 1dx = ln + C; • J c osxdx = sinx + C;
[ — dx = tgx + C, J coszx
• [ d x = - c t g x + C; J sm" x
J ex dx = ex + C;
•
xa dx =
dx a2 + x 2
a+ 1
+ C, a / - l ;
•
\/x2 ± t
J ax dx = dx
1 x _ = - arctg - + C, a > 0; a a
dx
|jc |
a 2 —x2
= ln x + v x 2 ± a2 + C, a > 0;
+ C, a > 0 , a ^ l ; 1 a+x = — ln + C, a > 0; 2a a —x
dx x ■r-^- ■, = arcsin - + C, a > 0. v a —x2 a
Pokazaćemo samo drugu jednakost. Naime, zax > 0 je (lnx)' = - , a takođe za x < 0 važi (ln|x|)' = (ln(—x ))' = — — = - . Zato z a x ^ 0 važi (In|x|)' = ., ~rX X x
6.3 Osnovne osobine neodređenog integrala Na osnovu osobina prvog izvoda lako se pokazuje da je integral lineama operacija, tj. da važe sledeće dve jednakosti: •
J C ■f( x ) dx = C • J f ( x ) dx\ pod uslovom da je konstanta C različita od nule.
•
J (/(* ) + g ( x ) ) d x = J f ( x ) d x + J g (x) d x ;
6.3. Prim er. Korišćenjem linearnosti i tablice osnovnih neodređenih integrala izračunati: a)
J
dz;
c)
J -----
x4 —3 x 3 + 2 x + 1 , dx:
b) „ d)
j ( \ + x) ( ^ /x ~ V x ^ dx\ f (x —1)2 - dx.
6.4. Smena u neodređenom integralu
181
Rešenja. a)
! { i f z + \ Z~ 3^ ) dZ~ J (Z_1/2 + 2/3 ~ 3Z‘/2) đ z - J / 2 + i6 ~ 3J j 2 + C ,
=
2 z l >2 + ~ Z - 2 z i / 2 + C.
6
b ) J (1 + x ) ( y x — \ /xž'j dx = J ( y / x — V ^ + r ’/2 _
,
xy 2
x5/3
x5/2
3 /2
5 /3 + 5 / 2
f x 4 — 3x3 + 2 x + l
xm
d ) J ^ —j J —dx = J - — ^ +
=
6.4
l*512
3* 5/3
2 x 3! 2
8 /3 + C _ f,
„
2
dx
~3
2x5/ 2
3x8/ 3
5 ~ + ~5
1,
o
2
8~ + C ' 1
„
t/jc = J (x3!2 —2x ' / 2 + x ~ i/ 2)dx
^ 12 + o2 a -1/ 1/22 + „C . ►
—j -------- 4 —
Smena u neodređenom integralu
Oblik podintegralne funkcije i pravilo za izvod složene funkcije često dozvoljava svođenje datog integrala na jednostavniji integral. Na primer, ako je funkcija 0 diferencijabilna i monotona na posmatranom intervalu, tada integral (x))$’(x)dx
postaje
6.4. Primer. a) J
smenom
t = ty(x), dt = §'(x)dx
(6.3)
J f(ty(x))ty'(x)dx = J f ( t ) d t . I zračunat i :
(x3 +3)23x2dx;
b) J x 2V x 3 +
3dx;
Rešenja. Integrali a) i b)'rešav aju se sm enom
d) J ^ ^ ~ ^ ~ d x .
t = x 3 + 3, d t = 3x2 dx.
a)
j
b)
j^v^dX=y^+3)i/3^dX=ijt'f3dt=\.i ^ +c={ ^^-+c.
(x3 + 3 ) 23 x 2 d x =
J
c) J \ / x 2 -3x*dx;
t2dt = — * +C =
+ 3— + C.
182
Glava 6. Neodređeni integral
c) Smenom t = 1 —3.V2 , dt = —6xdx, dobija se
j x y / 1 - 3x2dx = -^- J t [/2dt =
d)
Smenom/ = 2 +
v^,
dt
= ;2vA r ‘ 7=> dobijas e J/
~ ^ - r 3/2 + C
=
_ 3 ^ 3/2
/* f2 “f/* 1 -----^-^—dx = 2 t3dt = 2 — h C = - ( 2 + sjx J 4 2
\/x)^ + C. ►
6.5. Primer. Izračunati: a)
j {e~x + \)dx\
b)
J ^—^ ~ d x \
c)
J J 1'- ^:
d)
J e*\/ex + 1dx.
Rešenja. a) Koristeći smenu t = —x, d t =
— dx, dobija se J
(
—
J e~x(—d x ) + x = - e ~ x +
x + C.
b)
0 f e~ ^ x f Smenom?= - \ j x , dt = dx/x~, dobija se J — g - d x = J e 'd t = e ' +C = e ~ 1/x+ C.
c) Ako brojilac i imenilac podintegralne funkcije pomnožimo sa e~x dobija se t
dx
f e~x dx
f - e ~ x dx
J e * + \ ~ J 1 + e~x ~ ~ J
,
_ r,
„
1 + e~x - - l n (1 + e ) + C-
(Korišćenaje smena t = \+ e ~ x, dt = —e~xdx i činjenica daje 1 +e~x > 0 za svakox.)
d)
Smenom 1 = ex + \ , dt = exdx, dobija se
j fy/e+ldx=Jt^dt = 0^ + C = 2^ - t 1)3/2+ c . ► 6.6. Primer. Izračunati: a) J (sm2x + cos3x)dx\ ^
7 j... //f e„ vv ____ cos e,tv ćfa;
b) J sin3xcosxdx\
„ ..j3 j... j f) yf1 a..i2 ctg .r c/x;
e»\
&) J e2sinlxcos3xdx\
c ) J tg x d x \
sm;c + cosxj_ g)s If/ —................... ----:—---h)__ /
1
^
/f
dx
1 —cosx
Rešenja. ajk J (sin 2x + cos 3 a-) dx = 7^ J sin(2x)d(2x) + ^ J
/ C.
c o s (3 a )
d(3x) = — f sin3ACosA<3?A=
^ t3dt = — hC = —- * + 4
6.4. Smena u neodređenom integralu
c)
Smenom
/=
cosx, dt = f , / tgxdx = J
183
—smxdx, dobija se f sinxdx f dt , .. _ , . , „ / -------- = — / — = —ln f + C = —ln cos* +C. J cosx J t
d) J e2sin3'cos3 x d x = ^ J e2sln?lX6cos3xdx = ^e2sln3'+ C . (Koristili smo smenu r = 2 sin 3x, dt = 6cos3xrfx.) e) J e^cose^d^ = ^ cose'd(ex) = smex+ C. f)Prvo se koristi smena t
, = x ,dt
=
3j
, i dobiia
t
/ x ./
i1 / cos tdt ctgx- d x = — :--------- . 3 ./
sin /
Dalje smena u = sinr, du = cost, daje
f x2ctgx3xdx = ^ f — = - ln |M |+ C = iln |s in ( x 3)| +.C. J 3.1 u 3 3 /sinx + cosx , f/ cosx\ , , ,. . „ g) / --------------------:-------rfx = / (1 + —— ] = x + lnsmx + C. y sinx J \ sinx/ f dx r l+ c o sx , /'l+ c o s x , 1 „ h) / r.--------------- = / --------------- = -dx = / — — — dx = —ctg.v— :— + C .> J l- c o s x J 1—coszx J s ir r sinx 6.7.
Prinier. Izračunati: ^ f (
1
1
\
,
f 3x2dx
■> 1 ('JŠTŽ + 4T9?) *
f xdx
b) J 7 T r ? ;
f 2 x 3- 3 x 2 + 2x
f
c>h TT;
dx
[ ( 2 - :x ) d x
Rešenja. ,
f f
J
1
l x / 9 ^ ?
1 +
\ ,
4 + 9 x 2 j
1
* ~3 J
f
dx >/ 1 _
\ f ( f ) * +
4 /
dx l +
( f ) 2
. x 1 ( 3x\ = arcsin - + - arctg I y I +C. U prvom integralu koristi se smenar = x/3, dt = rfx/3, au drugom j = 3x/2, rfs = 3dx/2. .. „ , . . , , , ,.. f 3x2dx f b) Smenom r = x , ar = 3.t~ dx, dobna se /, . . = = /
J
dt
. . , = arcsin/ +C = arcsinx~ +
J vT^T2
C. - ^ 9 , „ , , , •■ / \ f dt 1 1 9 c) Smenomr = xz, dt = 2xdx, dobijase J - j— - = - / ^ — - = -a rc tg r+ C = -arctg.r* + C.
184
Glava 6. Neodređeni integral
[ 2x3 —3.x2 + 2x f 2x(x2 + 1 ) —3(x2 + 1) —2x + 3 + 2x , d) J/ --- t Tx T+ — d x = / ---------------------S 1 J x + 1 ;------------------ dx =
f (2x - 3 + - j — r ) rfx = x2 —3x + 3 arctgx + C. ~h l f dx f ex dx e> y ? r ^ = / ^ T i = arct8 ^ + c f) Koristi se smena J = 4x —x2, = (4 —2x)rfx = 2(2 —x)dx, i dobija se
6.8. Primer. Izračunati: [ dx a) J x2 + 10x + 3 i ; [ (2x - 2) rfx _ d) J x2 + 6x+13
b) ^
f dx J 25 • 8x +- x2- ’ y (x + 3)g?x _ J \/TT+6x^1?
C) ^
f dx 7 2x2 —2x + 5 ’ /■ (x —4) rfx J s/5 —4x —x2
Rešenja. U ovim zadacima ćemo kvadratni trinom iz imenioca ax2 + to + c svesti na oblik Am2 + B, gde s u A ^ O iS konstante. f dx f dx f dx a) J x2 + 10x + 31 = J (x2 + 10x + 25) + 6 = J (x2 + 10x+52) + 6 f dx f dx 1x+ 5 = / t—rTTT7 ~ 7 = / 77---- rr^— —7 = 7 = - 7 = arctg—t=-+C. (Smenar = x + 5 .) y (x + 5)2 + 6 J ((^ 4 .5 )2 + ( ^ 2 V6 V6 ’
x.\ f dx _ f dx r dx I W J 25 —8x + x2 ~ J 9 + (16 —8x+ x2) = J 9 + ( 4 - x ) 2 = ~ 3 1 jc—4 = -a rc tg —-----l-C.
(Smena t = 4 —x,
( 4 - j ir ~ +c
= —dx.)
r dx _ r 2 dx r 2dx 1 ^ 2x—1 ^ C) J 2x2 - 2x + 5 " J 4x2 —4x+ 10 = J ( 2 x - l ) 2 + 9 = 3 3rCtg " T - + C ' (Smena t = 2x —1, dt = 2 J x .) /• (2 x - 2 ) d x f (2x + 6)dx d) / x2 + 6x+ 13 ~ J x2 + 6x+ 13 ~ J (x + 3)2+ 4 _
f 8dx , , , „x+ 3 + 6 * + 13)- 4 a rc tg — +C.
U prvom integralu koristili smo smenu f = x2 + 6x + 13, dt = (2x+ 6) dx. Kako je za svako x, takvo da je x2 + 6x+ 13 > 0, to se apsolutna vrednost kod logaritma mogla izostaviti. U dragom integralu smo koristili smenu t = x + 3, dt = dx. ^ [ (x + 3)dx _ 1 I" (—2x + 6)dx ^ j' 6 dx J V21 + 6 x - x 2 ~ 2 J V21 + 6 x ^ x Ž + J ^ 6 - ( x - 3 ) 2 = - \ / 27 + 6x —x2 + 6 arcsin ( - ---- ) + C.
6.5. Parcijulno integraljenje
—1- f ( —2 ~ 2 xx — ~ 44 )) dd x
(x — 4 ) d x
f)
2 JJ
V 5 —4 x — x 2
=
185
—\/5 —4 x
^V5-4x-x2 5 —4 x — x 2 JJ
—6 arcsin
—x2
6dx
f
\ / 9 — (.v +
2)
+ C. ►
6.9. Primer. Izračunati: ffr_____. bj f dx ^ r , ) J w\/x2- +f flO.v e + i31f b l /J *Jx2 —Sx — ~ -9 L c W
(2x —2) dx r(v + 5)d.\ ./ \/Cv2 + 6.v +13 / v'x2 —21 + 6.v
Rešenja. , a )
,
dx
./ \/a2 +
IO .v
f
+ 31
dx
J
J (x 2+
= ln x + 5 + \ /( x + 5)2 + 6 +C . h)
[
dx
J V V xx2 - % xx -- 9
f
10.v+ 25) + 6
J
dx
v V + 5)2 + 6
Smena?=.v + 5.
- [ ________ ^ _______ - [ ____ dx .1 v- v '/ (f 11 66 -— 8 .v ,v + + ,v2) .v2 ) -—2 255 J \/77 v /( .v - 4 ) 2
- 2 5
= ln j.v —4 + \fx 2 —8x —9 j + C. r c )
(2x — 2 ) d x
J \/x2 + + 6.v+ 6 x + 13
r
J
(2x + 6 ) d x \ Jx 2 + \/-v2 + 66 ax + 13
8dx
j'
-/J i/(.v + 3)2+ 4
= 2 y (x + 3)2 + 4 —8ln x + 3 + \ / (x + 3)- + 4 + C. d)
(.v+ 5)fiLv _________
[
J \ / x 2 — 21 + 6x
1
f
(2x + 6 ) d x
f
■ 2 dx
_________ , ^ 2 J V.v2 — 27 + 6a- J v/(.v + 3 )2 - 36
= V x 2 + 6x- 2 1 + 2\n\x+?> + \j(x + 3)2 —36| +C. ►
6.5
Parcijalno integraljenje
Ako su « i v difecencijabilne funkcije po promenljivoj .v, tada važi (u(x)v(x))' — u'(x)v(x) + M (A ')v '(.r).
Integraleći ovu jednakost dobijamo form ulu parcijalnog integraljenja
186
6.10.
Glava 6. Neodređeni integral
Primer. Primenom parcijalnog integraljenja izračunati sledeće integrale
a) I xe 'dx\
b) j
x*e2xdx;
c) J jsinxć/.v;
d) J
arcsin.vrfA;
e) J x arctgxdx;
Rešenja. a)
Ako je u = .v, dv = e' dx\ tada je du = dx, v = ex, pa je na osnovu (6.4) j xe ' dx = xe* —J e■'dx = xe' —e' + C. Ako je u = .r1, dv = elxdx, tada je du = 3x2dx, v = J e 2xdx = ^e2', pa je I x3e2'dx = “ .v3f 2'' - \ J r ^ e ^ d ^ . Poslednji integral se dalje rešava primenom parcijalnog integraljenja. Naime, za ii\ = .v2 i c/vi = e 2xdx je du\ = 2 xdx i vi = J e1'd x =
, paje
> xdx i = -^ x ^ e2 — v j /f x 2 e~ -^ // xe ° v dx. Parcijalnom integracijom integrala J xe2xdx, dobijamo za 1 je dii2 = dx i i'2 = J e2'd x = ^ e ~ ',.paje
^
= .v; i rfva = e2v, dx da
xe2xdx = ^xe2x — ^ e 2x = ^xe2x —^ J e2* dx + C.
Prema tome posle tri puta primenjene parcijalnog integraljenja, dobija se / •vV\/.v = \ ( x \ 2x - \ x 2e2' + \x e 2x - \ e 2^ + C. Drugi način da se reši ovaj integral jeste da se pretpostavi oblik rešenja, tj. da je J x~' e2xdx = (a.r3 + bx2 +cx + d) e2^ + C
za neke konstante a , b i c, koje treba odrediti. Diferenciranjem se dobija x~'e2x = (3ax2 + 2bx + c) e2x + 2 (ax3 + bx2 + cx + d) e2x, odnosno ,r>2' = (2fl.v3 + (3a + 2b)x2 + (2b + 2c)x+(c + 2d)) e2x. Iz sislema jednaćina 2« = 1, 3a + 2b = 0, 2b + 2c = 0, c + 2d = 0, b -3 /4 , e = 3/4, d = -3 /8 . što ponovo daje isto rešenje.
dobija se a = 1/2,
6.5. Paivijalno integraljcnje
187
c) Akoje u = x, dv = sinxdx, tadaje du = dx,v = J s in x d x = —cos.v, paje J xsinxdx= —xcos,v—j (~cosx)dx= —vcos,v + sin,v + C.
Ako bi uzeli u = sin.v i d v = x d x , tj. du = cosx d x i v = x2/2, dobili bi J xsinxdx =
sin.v —J ~ cosxdx,
dakle još komplikovaniji integral, te ovo parcijalno integraljenje ne bi dovelo do rešenja. (Primetimo, da kada je za neko k £ N podintegralna funkcija proizvod oblika xk sin.v ili .v^ cosx, tada prilikom parcijalnog integraljenja treba uzeti u = xk. d) Ako je u = arcsin*, dv = dx, tadaje du = =dx, v = x, pa je VI —x2 J
a T csin xd x = x a r c s i n x —
- =A arcsinx+ V l —x 2 +C.
j ^
U poslednjem integralu smo koristili smenu t = 1 —.v2, tj. dt = —2xdx. e) Ako je u = arctgx, dv = xdx, tada je du = ^ J x &rctgxdx
=
1 f x2 , y arctg.v ' - - J y^—j dx =
x2
.v2
= 6.11. a)
2dx, v = x2/2, pa je x2
1 f arctgx ' - - j
1— 1 -d x 1+ x
.v2 +
1 1
— arctgjr ~ 2 X+ ^
+c- ►
Primer. Primenom parcijalnog integraljenja izračunati integrale:
J \nxdx;
b)
J ln(x2 + l )dx;
c)
J er sinxdx;
d) j em cos(bx)dx.
U d) pretpostavljamo da je a2 + b2 > 0, tj. da je bar jedan od parametara a ili b različit od nule. Rešenja. dx a) Ako stavimo u = lnx, dv = dx, tada je du = — , v = .v, pa je J \nxdx = jđn.v—J - d x = xinx —x + C.
b) Ako je u = ln(x2 + 1), dv = dx, tada je du = J ln(x2 + 1) dx = x\n(x2 + 1) -
2xdx
, v = x, pa je
J ■y~y dx = x ^n(x2 + 1) - 2 j
= xln(,v2 + 1) —2.v + 2 arctg.v + C. c) Ako je u = sinx, dv = exdx, tada je du = cosxdx, v = eK, pa je
J e* sinxd.x = e'sinx —J e'cosxdx.
X~ ^
1 dx
Glavać. Neodređeniintegral
188 Primenom parcijalnog integraljenja na drugi integral u\
=
c o sj,
d.v\
=
e t c/A:, =*-
du\ = - smxdx,
vi =
e \ dobija se
/ exsinxdx = e^sin^ —e*cosx— / e*sinjrrfjc. Na osnovu poslednje relacije sledi * . , \ I = ers r ■m x - e vrcosx, tj. 2 1f /[ ersmjcrfjf
■ d, x = ---------------------j-C. e’cs in * - e 1'cos* „ I[ e xsmx
Ako se i u drugomparcijalnom integraljenju koristi u = ev, dv = cosxdx, dobija se trivijalni identitet. Zbog toga, ako se u prvom parcijalnom integraljenju uzme dv = e*dx tada se morci uzeti isto i u dragom parcijalnom integraljenju. Sa druge strane, moglo se u oba parcijalna integraljenja uzeti u = e*. d) Ako je jedan od brojeva a i b jednak nuli, integral se lako rešava linearnom smenom. Zato ćemo pretpostaviti da važi a ^ O i b ^ O . Tada se dvostrukom primenom parcijalnog integraljenja dobija j e"'cos (bx)dx = ^e“ sin (bx) ~ =" j s " sin(fev) - ^
/ em sin(bx)dx
i-e“ cos (bx) + ^ J eaxcos (bx)dxj .
Posle rešavanja po j eax cos(fce) dobija se CiJ e axcos(bx)dx = eax ^ s i n bx + ^ c o s fovj , ili
f
eax sin bx + a cos bx) + c -
I e‘a cos(fct) dx =
Zadatak pod e) je specijaini slučaj ovog zadatka (a = 2, b = 1). ►
6.6
Razni tipovi neodređenih integrala
6.6.1 Integrali racionalnih funkcija 6.12. Primer. Izračunati sledeće integrale: f (,v3 - 2 . v - 3 5 ) d X '
a) ,/
,v2 - 2 . v - 1 5
j'(x2 + [ ) d x
d) J
(.v —1)3 *
f
J
’ f
(x+ \)dx x 3 — 2x2 + x — 2 ’
r
C
J
(x + 3 ) d x X4 — 5 x 2 + 4 ’
( 2x2 — 4 x + 3 ) d x
J .v4 - 6x 3 + I3x2 - 1 2 .v + 4 ;
j }
J
x 2 — x — 21 2 x 3 —x2 + 8x —4
Rešenje. x3 —2x - 35 , 17x-5 ,4 a) Naosnovu _ _ = x + 2+ ? _ i x _ i 5 = x + 2+ —
B +—
,
6.6. Razni tipovi neodređenih integrala
189
dobija se sistem jednačina A + B = 17, 3A -5B = - 5 , tj. A = 1 0 , S = 7,paje x3 —2v —35 „ 1 0 7 = a + 2 H------ + ■ x2 —2x—15 ’ x —5 jc+ 3' Prema tome je (\3 - 2 x - 3 5 ) d x f, .. , f I0dx l' 1 dx x1 = + 2x = (x + 2)dx+ ---- + x2 —2x—15 ,/ y x —5 J x + 3 2
+ 101n|x —5| +.71n|x + 3| + C =
+ 2x + ln |(x —5)10 ■(x+ 3)7| +C.
. . ^—_ . x +1 A Bx + D (A+B)x2 + ( D -2 B )x + A - 2 D ----- — ----------. b) Kakoje - 5— —=-------- = ---- + — - = ------- x —2x + x —2 x —2 x2 + 1 x —2x~ + x —2 tj. A + B = 0, D - 2 B = 1 i A - 2 D = 1, odakle je A = 3/5, B = - 3 /5 , D = - 1 /5 , to je f (x+l)rfx r 3rfx r ( 3 x + l) d x _ 1 / 3 r 2xdx r dx J x3 — 2x2 + x —2 J 5(x — 2) J 5(x2+ l ) 5 \ 2 ./ x2 + 1 ,/ ,v2 ++ i 1 3 = - (3 ln |x —2| —- ln(x2 + 1) —arctgx + C.
c) Data racionalna funkcija može se transformisati kao x+ 3 A B D E •H-------r H------ r H" ' x4 —5x2 + 4 x —1 x + 1 x —2 x + 2 ’ gde su A = —2/3, B = 1/3, Z> = 5/12 ijS" = —1/12- Prema tome je j J
(x + + 3i)d )dxx —5x2 + 4
f
X4
r2 dx2 dx fr dx fr 5 dx j 33(x— ( x —1)l ) + JJ 3(x+ 3 ( x +1)l ) +JJ 12(x —2)
f dx ./ 12(x + 2)
x— - 11 ^ - ln |x l| + i- lln n jx | x-+ l | + — l n |x - 2 |- — ln|x + 2|+ C (x + 1 )4( x - 2 ) 5 + C. x — l) 8(x + 2)
d) Data podintegralna funkcija se može pisafi kao
r^ + l x - l) 3
Ax2 —2Ax + A + B x - B + D (x—l)3
odakle se posle sređivanja dobija sistem jednačina A = 1, —2A + S = 0, A —B + D = 1, čija su rešenjaA = 1, B = 2 i D = 2, tako daje x2 +1 (x —l)3
1 2 2 x - 1’ + 71 (x —1n2 )2 + 7Z (x —in3 )3 ■Preraa tome Je
190
Glava 6. Neodređeni integral
f ( x 2 + l)dx
[ dx
[
2 dx
f
________1
2dx
J V i F ' i ^ T +i
■ +c.
r_1
e) U ovoni slučaju za podintegralnu funkciju važi
2,v2 —4.v + 3 2 , 1 - 2 3 + 13.v2 —12.v + 4 x —1 + ( x - l ) 2 + x - 2 + (a--2) f (2x2 - 4x + 3)dx r 2dx f dx f —2dx f 3 dx .1 X4 —6.v3 3.v2 —12.v 4 J x J (.v —1)2 + x —2 + J J ^ 2 ) 1 3 x —1 4a —5 = 2 ln |.v - 1 |- — - —21n l.v—2 |-r + C = 21n + C. x- 1 1 A—2 x —2 a2 3a + 2 f) Izjednakosti a4
— 6.V-1
+1
+
■v2 —.v —21
—1
_
,/
Ax + B
2 x ? —,v2 + 8a —4
D _ _ (Ax + B ) ( 2 x - \ ) + D ( x 2 + 4 )
x2 + 4
2a — 1
2a3 —a 2 + 8 a —4
(2 4 + D ) x 2 + ( - A + 2 B ) x - B + 4 D 2,v3 — a 2 + 8a — 4
~
dobija se sistem jed n a čin a 2 A + - D = 1 , A = 3, B = 1 i D = - 5 . Preraa to m e važi x 2 —a — 21
_ 3.V + 1
2a 3 - .v2 + 8.v — 4
r
(a2
a
—A + 2 S = —1,
5
X2 + 4
2 ^ 1 ' pa J6
r (3a + l ) d x
2 1 )dx
J 2.v3 —,v2 + 8.v —4
J
x2 + 4
—B + 4 D = - 2 1 , odakle je
f
J
5 dx
3
2a —1
2
r J
2xdx x2 + 4
[ dx [ 5dx 3 1 /x\ 5, . + / . ? T 5 + . / 2 r r | - 2 " ' <' ' + 4) + 2 “ tg ( 2 ) + 2 ln|2' - , l + C
6.6.2 6.13.
►
Integrali trigon om etrijsk ih fu n k cija
P rim e r. h r a č u n a t i s l e d e ć e integrale:
a) j sin4 2 x d x ;
b) J cos5xd x ;
c) J co s2x s in 3.vdA;
d ) J sin3xsin2Ac/A;
R ešenja. a) Polazeći od jednakosti sin2.v = (1 —c o s 2 x )/2 , im am o
j sin42vrf.v= I ^ \ ( I -cos4x)^J d x = - J ( l -2 co s4 x + cos24x)dx (^‘- ^ s i n 4 x +
= 3
I
8
8
J
\ ( 1+cosSx)dxJ ~
^
^ .v - ^ sin 4 .v + \ x + ^ sin 8x^ + C
1
=- -■ v - - stn4.v + —- sin 8x + C. 64
b) U ovom slučaju je j c o s 5 x d x = j ( \ - s i n 2.v)2 cos.vrfx. S m e n o m t = sin.v, d t = c o s x d x , dobijam o
191
6.6. Razni tipovi neodređenih integrala
J c o s 5xdx
=
J ( \ - t 2)2dt = J ( \ - 2 r + t4)đt
=
21- r 5 ^ . 2sin-’.v sin .v _ t — — + —+ C = smjc------ ----- 1---- ---- 1-C.
c) Smenom r = cos.v, dt = —sinjrrf.v, đobijamo J cos2xsin3xd x
=
j cos2.v( 1 —cos".v)sin.rrf.v = - j t2(\ —t2)dt
-
~y ^
f,9
4. ,
t3
1
t5
^
cos 5 .v
c o s’ .v
+y +
3
'
^
3
J s i n 3x s h \ 2 x dx = J ^ (cos(3.v —2.v) —cos(3.v + 2.v)) dx
d)
= j
^(cos.v —cos5x) dx = ^ sin.v —
sin 5,v + C. ►
Integrali racionalne funkcije po sin.v i cos.v
6 .6 .3
Integral / /?(sin.v,cosjr)rf.v, gde je R racionalna funkcija (od dve promenljive) sin.v .v 2 dt cos.v, se smenom t = tg - , tj. dx = ----- svodi na integral raciomilne funkcije, jer je 2t
1 + r2 6.14. .)
I-t2 1 + r2
COSJf =
Primer. Izmčunati sledeće integrale: [ — - --------------------------------- ; J 1-hsmx —cos.v J 2 + sinx
b)c) ./ 4sir 4sin.v + 3 cos.v
Rešenja. dx
= f
1 + s i n . v - cosjt
TT?
J
,,
1
1+1-
-t2 I + /2
= f T77J ' + > - + l r-i
,
J
Idt H?
—f
i 2 + l+(A
2 + sin.v
2 ' f
J
2ih — f ...J;/'
J f + 1 /2
=
2± 2L-+2'
_dt
„ 1
./ (/
4 sin jr —3cos.v
_
r
fijT?
./ 4T+^ 2> _ ^ 1- '; - T+^
_ ./ 3/ 2 +
= i ( l n |3 / —1| —ln |/+ 3 |) + C = ^ln
tg(-v/2) I+
tg ( ,v
/2
+ C.
I / 2 ) 2 + 3 /4
2tg(.r/2) +1
7 3 ,,c ‘g 7 J Ž T + c ' 27 ! are'* “ ^
sin xd. x
dt / ( r !- 1 }
_ f _____ dt_
./ f2 + r + I
|+f2 „
J
+ C = In
7 ”I T 7 ) =ln|f|- ln|1+r|+c = ,n|TT7
b) /
= f
/'
r ~ 2dt
8f —3
3 /- 1 +C t+ 3
1 /
+c _ J_ / / _ 3 _ \
55.1 ,/ U \ 3/ -— 1
_
f
J
/ -I- 3 /
l 3 ig(: ;2i - 1 . _ — r +c. ► 5>" tg(.v
Glava 6. Neodređeni integral
192
6.6.4 6.15. a)
Integrali iracion aln ih fu n k cija
Primer. Izmčunati sledeće integrale: ddx x ff xxy/xdx s/x d x l' l' ddx x T + ] : 0) J J i + x' C) J ^ 2 l + 3 + r
f
J
fr s
Rešenja. a) Smenom t = \Jx + 1, tj. t2 = .v+ 1, 21 dt = dx, dobija se J
=
j ~
= 2f-2 1 n jf + l |+ C = 2 V T + T -2 1 n |v /^ + T + l| + C.
b) Posle sređivanja i smene t = v/v, tj. t1 = x, 2tdt = dx, dobija se f x\/xd.lxv \f x +
-V x
fr xdx xd x
,/J 1 + 1 +
fl' 21*
J
\J~X \J x
1+
J
-rf/.
1
Posle smene u = t + \ . du = dt, dobija se /' 2f3dt
m
.
„ /' m3 —3«2 + 3« —1 —
(
^
3„-,„,,)+ C
+
2 ( ^ f ^ - 3 ^ ^ + 3 ( ^ + l)-ln(^+l))+C.
c) Smenom t = y2.v+3, tj. f3 = 2x + 3, 3f2rff = 2d,v, dobija se f
dx
J i/w w + \
^
3 / 'f 2<*
3 /' /
2.1
2.1
1 V,
v
^+v f
= ^ ( i ^ l ^ _ ^ q o + ln | 1 + -3^+31j+c. d) Smenom f = !jx, tj. f5 = .v, 6f3 rff = dx, dobija se /' ^/Ji/.v
/■
6f8
f (
(,
,i
2
r
6
6.6. Razni tipovi neodređenih integrala
6.6.5
193
Metod Ostrogradskog
Integrali oblika V ax2 + bx + c gde su a ^ 0, b i c dati brojevi, a P„(x) polinom stepena n, se rešava pomoću sledeće jednakosti (koja se dobija primenom parcijalnog integraljenja): f / ~ dx = G h-i(■*)V ax 2+bx + c + X [ - r--. tlX = , J y a x l + bx + c J \/axl + bx + c
(6.5)
gde je Q„-i(x) polinom stepena n —1 sa neodređenim koeficijentima, a X konstanta. Koeficijenti polinoma Qn-[(x) i konstanta X se određuju diferenciranjemjednakosti (6.5). 6.16. Primer. Izračunati sledeće integrale: \ f x2 + x + 2 .. / / , . , a) / ■■ . dx; b) / V*2 + 1đ*; c) / J \/x2+ x + \ J
. f x3 + 3x J \/5 —x^ —2x2
f e ^ + e ^ + e* ---= d) / ----------dx. J Ve2* - 1
Rešenja. a) U ovom slučaju je
[
. t X .t 2 = (Ac + 2?) Vx2+ X + \ Diferenciranjem prethodnog izraza dobija se
+X+1
J
+X [
J
____
Vx2+ x + l
+2
-------- 2x+\ = A Vx2 + x + 1 + (Ax + B) Vx2+ x + 1 2Vx2 + x + 1 Množenjem leve i desne strane sa 2v x2 + x + 1 dobija se x2
+ x
X \/*2+ x + 1
2(x2 +x + 2) = 2A(x2 + x + 1) + (At + B) (2x + 1) + 2X, odakle se izjednačavanjem koeficijenata dobija sistem jednačina 2 = 4A, 2 = 3A + 2B, 4 = 2A + 5 + 2A.,čije je Prema tome je f rx2 + x + 2 / đx- -x+ - yx J Vx2 + x + 1 \2 4/ ,v , f dx Poslednji mtegral se napise kao / —= = = = = = J
x + 1/2,
Vx2+ X + \
■/ 1 1 \ rz. - 11f + x + 1 H—r- / , 8 7 \/x2+ .x + 1 f dx / —= = = = = , sto posle smene / = J
^ / ( x + 1)2 + 3
= rfx, postaje
dx 1 // 1 \2 = ln x+2+n x+ 2 Vx2 + x + 1 Na kraju je
rešenje A = 1/2, B = 1/4 i X = 11/8.
3
+ C = ln (2x+ 1 + \/x2+ x + l +C.
dx
194
Glava 6. Neodređeni integral
f X2 X + 2 / l 1 \ r~z 7 11 . . J Vx2 + x '+ "i dx = V2X+ 4 j ^ + X + 1 + ¥ ln l(2x+ 1 +
r~z -----------------
+A' + 11 + c
+ 1 ć/x = (Ax + B) \ / x 2 + 1 + X / — — . b) Pre svega je / V x2 + 1dx = / V J Vx2+ 1 y vV + i Diferenciranjem poslednje jednakosti dobija se = = A \ / x 2 + 1 + (Ax + B) —j = = + X Vx2 + 1 2\Jx2 + 1 \Jx2 + 1 Množenjem leve i desne strane sa \/x2 + 1 dobija se x2 + \ =A (x 2 + l) + (Ax+5)x + X, odakle se izjednačavanjem koeficijenata dobija sistem jednačina 1
= 2A, 0 = B, 1 = A + X, pa je A = 1/2, B = 0 i X = 1/2. Prema tome je f
X2 + 1
/ - 7 =5 = 7 đx =
J V x2 + l
1
r~x
~
1
/
-A 'vV + 1+
2 ■
1 ~
2J
Vx2 + l
j
.
Poslednji integral je tablični, pa je /»
_______
j
I \/ x 2 + 1 dx =
_______
- x \ A 2+ 1+ f
_______ .
^ ln|* + V x 2 + 1 1 + C. |
1 f
f j 3
c) Smenomf = x 2, dt = 2xdx, dobija se / ........ .= = dx = - / — slt J \/5 -x * -2 x 2 2 J \ j 5 - t 2- 2 t Stavimo sada / ?+ ^ ■ = dt = ( a \ J 5 - t 2 —2t + X f —■ dt —^ . ./ v 5 —t2 —2t V •/ V 5 - t 2 - 2 t J Posle diferenciranja poslednje jednakosti po t dobija se t+3 \/5 —t2 —2t
, ’ —2t —2 . : + A2V 5 —t1 —2t
Posle sređivanja imamo / + 3 = —A(r4 -1)+X,
1 V5 —t2 —2t
odakleje A ~ ~ 1 , X = 2, Dakle
t+ 3
, r~ z ~~ _ f dt [ .. — dt — —\/5 —t2 —2t + 2 [ ______ — . J V 5 - t 2- 2 t 3 V 5 - t 2- 2 t Zadnji integral se rešava tako što se imenilac napiše kao V5 —t2 —21 = 1 / 6 —(f+ l)2, pa je f t+ 3 ^ 7“ . f +1 / ........ - — dt = - \ J 5 - t 2 - 2/ + 2arcsin — J V 5 - t 2- 2 t \/6 x^ -1~3^c 1 +1 / —— - = = d x = —v 5 —j 4 —2x2 + 2arcsin1—— + C. \/5 —X 4 — 2x2 \/6 v 5 —X 4 —2x2 d) Smenom t = e-r, dt = ex dx, dobija se f eix + e2x + ex ' f e2x + ex + 1 /•;2 + r + j / ^ r r T * - / ^ r = T r * = / v C T Dakle možemo pisati / f—^LZL.1 dt = (At + B) \ f t 2 - 1 + X / Vf2 - 1
J Vt2 - 1
. posle diferenci-
6.6. Razni tipovi ntodređenih integrala
195
ranja zadnje nejednakosti dobija se = A \/ r 2- \ + (At+B) • +XV t2 - l 'l\Jt2 — 1 Sređivanjem se dobija A = 1/2, S = 1 i "k = 3/2, pa je / *
6.6.6
dx = ( ^ + l)
1 + ^ ln («,' + V/e2v- 1) +C.
Integral binomnog diferencijala
Integrali oblika J jć”(a + b /') pdx mogu se rešiti (tj. mogu se svesti na integral racionalne funkcije) samo u sledeća tri slučaja: 1) ako je p ceo broj;
Ifl “l- 1
2) ako je p racionalan broj i -------ceo broj, tada se uvodi smena ts = ci + bxJ1, gde je .s n imenilac razlomka p\ fn
\
3) ako je p racionalan i -------- b p ceo broj, tada se uvodi smena ts = ax~" + b, gde je s imenilac razlomka p.
6.17. a)
Primer. Izračunati sledeće integrale: \fxdx f Vxdx J (l + v^)2
fr xdx J ^/Y+~^/x
fr dx J x6\/x2 —1
Rešenja. a) U ovomslučajuje p = —2, tj. pjeceobroj, pa se integral rešava smenom t2 =x, 2tdt = d x : [ sfxdx \/xđx J (1 + y/x)2
_
=
f tz dt_ _^ / , , 01_. , 1 2 t + \ —2 \ n \ t + \ \ ------- J ( l + O2 ^ V* ' ^ 2
+ 1 —2 In \y/x + 1j ——
+C
+ C.
tll + 1 b) U ovom slučaju je m = 1, n = 2/3 i p = - 1 /2 , tj. p je razlomak, ali je broj ------= n . = 3 ceo. Ako uvedetno smenu t2 = 1 + tj. a- = y/(t2 —l)3, ili x = \/r2 —1, 1/5 2
tada dobijamo 2fd/ = —rp ćfr,
196
Glava 6. Neodređeni integral
j
J 1
J
=
+3
^
+ C.
, , m+ 1 —5 -1 c) U ovom slucaju je m = —6, n = 2, p = —1/2, pa je —- ---- bp = — + — ceo broj. Prema 9
tome, može se uvesti smena r = 1 —x f dx / ---- ; - ...... J x6Vx2 — 1
-2
j
d x
, ta t= -j, x
_2
2
= 1 —r ,p a j e
f d,x /' 2 , , 2 j t5 2f3 / ----- . ...... , = / { r - \ Y d t = ----------- h f+ C J —x 2 J 5 3
=
5
6.7
Razni integrali
U sledećim integralima koristiti neki od dole navedenih smena. Pretpostavljamo da su parametri a i b pozitivni. Za \/a2 —b2x2, smena x = - sinf dovodi do a \ / 1 —sin2f = a ■cosf. b Za Va2 + b2x2, smena x = - tgf dovodi do a b
+ tg2f = —— . cosf
Za Vb2x2 —a2, smena x = ------- dovodi do a\ — =----- 1 = a ■tgf. bcost V cos f 6.18. Primer. Izračunati sledeće integrale: .)
b)
o
Rešenja. a) Ako stavimo x = 4sinf, tadaje i/l6 - x 2 = 4cosf i
J
\J 16 —x2dx
=
J
=
8f+ 8sinfcosf+ C = 8 arcsin(x/4) + ^ x \ / \ 6 - x 2 +C.
16cos2f
J
(\ + cos2t)dt = 8f + 4sin2f + C
3 dt 1 b) Posle smene x = 3 tgf, dx = — =- i \/9 + x 2 = ----- , dobijamo cos2f cosf f dx - [ 3č^7 = 1 f cosfrff J x2V ^ + 9 J 27tg2f ^ 9J' Dalje se koristi smena m= sinf, t/w = costdt i sledi 1 f costdt 9 J sin2f
\ f du 9 u2 ~
J
1 9 sin f+
1 +^ _ l _ . 3 tg f+ cosf
1 3x\/x2 + 9
6.7. Razni integrali
197
Isintdt , dx , koristeći relaciju — ~----- 1 = tg /, dobijamo cos f cosz t cos t Vx2 —4 4tgfcos2fsinf s i n tcost dx dt = f . ^ L L d t = [ -dt. 4cos2f J cost J cos2t Dalje se uvodi smena u = sinf, du = costdt, i dobija se
c) Posle smene x ■
/
/
sin fcosf r dt = cos2f J
/
u2 r
du = —u + -^ln 2
\+u
+ C = —sinf + - ln
1 + sinf +C 1 —sinf j
Glava 7
Određeni integral 7.1
Površina krivolinijskog trapeza
Jedan od prvih problema koje je praksa nametnula matematici bio je određivanje površine ravne figure. Davno je bilo poznato da je površina pravougaonika jednaka proizvodu njegove dužine i širine; na osnovu toga, mogle su se odrediti površine nekih mnogouglova, npr. trougla i trapeza. Budući da se površina proizvoljne ravne figure može dobiti kao konačan zbir površina krivolinijskih trapeza, slika 7.1, još su starogrčki matematičari znali da je zapravo dovoljno rešiti problem površine krivolinijskog trapeza, slika 7.2. Iako oni nisu dali opšti metod za određi-
Slika 7.1.
Slika 7.2.
vanje njegove površine, oni su ovaj problem rešili približno, koristeći površine upisanih i opisanih pravougaonika. Ta je metoda u suštini i dovela do definicije određenog integrala, čija je vrednost (uz uslove koje ćemo kasnije precizirati) upravo površina krivolinijskog trapeza. Krajem XVII veka I. Njutn i V. Lajbnic su dokazali osnovnu formulu integralnog računa (koja se obično i zove po njima), čime su problem površine ravne 198
7.1. Površina kiivolinijskog trapeza
199
figure sveli na izračunavanje neodređenog integrala funkcije / sa slike 7.3. Neka je data neprekidna funkcija / na [a,b\. Izvršimo podelu intervala [a,b] na n podintervala [xo,xi], [x[,x2], [x2 ,x3], [x„-i,x„], (7.1) tako da važi a = x o < x \ <
< *3 < ... < x„_i < x„ = b.
Neka za funkciju / i podintervale iz (7.1) važe sledeće tri osobine: 1.
funkcija / je nenegativna na [a,b];
2.
fu n k c ija / je neprekidna na [a,b)\
b —ci 3. intervali [xi_i,x;], 1 = 1 ,... ,n, su iste dužine, tj. Ajt = Xj —x-,-\ = ------ . n Osobina 1, tj. nenegativnost funkcije / na [a,b\, znači da se njen grafik nalazi iznad x —ose. Tada se ravna figura ograničena intervalom [a,b\ n a x —osi, ordinatama u tačkama a i b i grafikom date funkcijom / nad [a, b\, naziva krivolinijski trapez nad [a,b\. Osobina 2, tj. neprekidnost funkcije / na [a,b], povlači da postoje tačke i iz odgovarajućeg podintervala [x,_i ,x(], u kojima funkcija / dostiže najmanju odnosno najveću vrednost (slika 7.4). Naš zadatak je da izračunamo površinu
Slika 7.3.
Slika 7.4.
krivolinijskog trapeza sa slike 7.2. U tom cilju, za svaki krivolinijski trapez 7] nad podintervalom [x,_i ,x;], posmatraćemo upisani pravougaonik (odnosno opisani pravougaonik Jtf) sa slike 7.3, čija je jedna sti'anica podinterval [x,_i,x(], a druga jednakam inim um u f(cj'j') (odnosno maksimumu f i L f ) ) funkcije/ nadatom podintervalu (sl. 7.4). Jasno je da možemo pisati Q T jC Površinu ravnog lika možemo posmatrati kao funkciju koja skupovima tačaka datog
200
Glava 7. Određeni integral
lika dodeljuje nenegativan broj, tako da većem skupu mora pripadati i veća površina. Označimo sa P f , P j \ P f površine upisanog pravougaonika, krivolinijskog trapeza i opisanog pravougaonika, respektivno, za svaki od podintervala [*,-_ j ,x,], slika 7.4. Dakle važi Pf < p f < p f. (7.2) n
Kako je A u =
|J ;=i
n
T =
n
(J 7), %° = \ J i=i
sledi da je
i=i X UC T C X ° ,
(7.3)
o d ak leje P(Jlu) < P(T) < P (A °), gde je P ( A U) = ^ f ( ^ ) A x /=l
i P (A°) =
n
'YJf(tlfl )Ax, a /’(r) površina kiivolinijskog trapeza T. Povećanjem broja pod'=I intervala n, dužina podintervala se smanjuje, tako da kada « —>oo, tada Ax —>0. n .
n
Ako sledeće dve granične vrednosti:
lim T /(£,'" )Ar i lim ' S ' f ( 't !f )Ax, pos/I—>oo * ' —^oo 1=1 i=i toje i međusobno su jednake, tada se površina krivolinijskog trapeza koji određuje funkcija / na intervalu [a, b\ definiše kao P = P ( T ) = l—>00 i m £ / ® " ) ^ = 77— lim».oo£ / ( # * ) Ax. i= l
(7.4)
/= !
Dovoljan uslov za postojanje graničnih vrednosti u (7.4) i njihove jednakosti jeste da je funkcija / neprekidna na [a, b\.
7.2 Osnovni pojmovi 7.3 Definicija određenog integrala U ovom odeljku uopštićemo malo uslove za funkciju / i podelu intervala na sledeći način: 1. funkcija / može biti i negativna na [a, b]; 2. funkcija / može imati i konačno mnogo prekida na [a, b\; 3. dužine podintervala [.y,-_i ,x ,] mogu biti i različite; 4. tačke
mogu biti proizvoljne tačke podintervala [x;_i ,x,\.
7.3. Definicfja odteđenog integraJa
201
Podela fP intervala \a,b\ C R je skup tačaka fP = {..v'o, x i , . . . , x„},
ako važi
a=
<
.V|
< ... < x„ = b.
(7.5)
Označimo dužinu /—tog intervala sa A.V; =.v,- —.v,-_i. Tada je parametar podele t ’ broj A.(ff’) = max Axj. (7.6) i
(=i naziva integralna svanafunkcije f za podelu T. Sume koje se javljaju u relaciji (7.3) su takođe integralne sume, za specijalno izabrane £,■ (tačke u kojima funkcija / dostiže minimum odnosno niaksimum na [xj- 1 , Xj]) i za jednake dužine intervala Ax = Axj, i — 1,__ n. Primetimo daakojefunkcija /n eg ativ n a na \a,b], tadaje bilo koja integraina suma takođe negativna. Sada možemo dati sledeću definiciju. 7.2. Deiinicija. Neka je data funkcija f : [a,b] —>K . Ako za svaku podelu ¥ intervala [a,b] i svaki izbor od n tačaka ^j, £,2 , . . . . sa osobinom
lim Y f ( £ 1j)Axj, M ^M °/= i
tada se za funkciju f kaže da je Rhnan-integrabilna (kraće: integrabilna) na inrervalu [a, b], a broj / se zove određeni integral funkcije f na fa. b], / označavamo ga sa rb
(7 .7 )
n
,U ovom slučaju granična vrednost / :=
lim
Y /(c,)/\v;.
znači da za s'/ako t' M )
postojiS > 0, sa osobinom da za proizvoljnu pociehi £’ sa osobinom X(iP: .. ft i bik; koji izbor od n tačaka \j e [.v,_ 1 ,.v,] važi e.
I
202
_____________________ GJava 7. Određeni integral
Brojevi a i b, a < b, su donja i gornja granica, a funkcija / je podintegralna funkcija određenog integrala (7.7). Ako je / integrahilna funkcija na intervalu [a,b], tada važe sledeće jednakosti: 1. ako je a > b, tada je / j \ x ) d x = — I f ( x ) d x \ Ja
Jb
r 2. ako je ci = b, tada važi / f ( x ) d x = 0. Ja P'ostoje i funkcije koje nisu integrabilne. Tako, na primer, ako je funkcija / definisana na \a,b] i važi lim f ( x ) = +°°, tada u prvom podintervalu [x 0 ,a,-]] bilo lcoje .V—'il f
podele !P, za svako M > 0 postoji
, takvo da važi /(Š t)A t, > M ,
n
pa ne postoji
lim V f(if)Axj, što povlači da funkcija / nije integrabilna. U
stvari, važi sledeća teorema. 7.3. Teorema. a) Integrabilna funkcija na \a,b\je ograničena na [a,b\.
b)
Ograničena fnnkcija na [a,b ] sa konačnim brojem prekida je i integrabilna na [a,b], Važan je poseban slučaj ove teoreme pod b).
7.4. Teorem a. Svaka neprekidna funkcija na [a,b]je i integrabilna na [a.b],
7.4 Osobine određenog integrala U ovom delu iznećemo osnovne osobine određenog integrala. a) Ako je funkcija / konstanta, tj. f ( x ) = k, x £ [a,b], tadaje rb
I f (x)dx = k(b — a ). JO tf) Ako je / integrabilna funkcija na [a,b], i k neki realan broj, tada je i funkcija k f integrabilna na [a,b] i važi I k f( x )d x = k f f(x )d x . o Ja
7.4. Osobine određenog integrala
203
c) Ako su dve funkcije / i g integrabilne na [»,£], tada su i njihov zbir, razlika i proizvodtakođeintegrabilnefunkcijena [a,b\. A k o je jo š.ifu n k c ija 1/ g ograničena na [a,b\, tada je količnik f / g takođe integrabilna funkcija na [a,b\. d) Ako su funkcije / i g integrabilne na \a,b\, tada važi (7.8)
Geometrijski je očigledno da za nenegativnu i neprekidnu funkciju / na \a. b] tak-vu da je f ( x ) > 0, x e [a,b\, važi a < c < b. To znači da je površina krivolinijskog trapeza koji je određen funkcijom / nad intervalom [a, b] jednaka zbiru površina krivolinijskih trapeza funkcije f nad [a. r], i [c, b]. Uopšte važi e) Ako je funkcija / integrabilna na [a,c] i [c,b] takvim da je a < c < />, tada je funkcija / integrabilna na [a,b\ i važi
f) Sledeće tri osobine određenog integrala su takođe značajne za dalji rad. 1. Ako je funkcija / integrabilna na [a,b], onda je i funkcija | / | takođe integrabilna na [a,b]. Važi nejednakost (zašto?):
2. Ako je funkcija / integrabilna i pozitivna (resp. negativna) na \a. b], tada je
3. Ako su funkcije / i g integrabilne na \a,b] i f ( x ) < g(x), x e [a,b]. tada je
Glava 7. Određeni integral
204
7.5
Teoreme srednje vrednosti za odredeni integral
7.5. Prva teorema srednje vrednosti za integral. Ako jefunkcija f neprekidna na [a ,b ], tada postoji tačka
€ (a ,b ) takva da važi
rb
[ f{ x ) d x = f ( % ) - ( b - a ) . Ja Broj \ i u ovom slučaju nije jednoznačno određen, kao što nije bio ni kod Rolove ili Lagranžove teoreme. Ako je f ( x ) > 0 na \a,b], tada teorema 7.5 ima jednostavnu geometrijsku interpretaciju. Naime, u tom slučaju površina pravougaonika čija je jedna stranica jednaka b — a (dužina intervala \a,b}), a druga stranica jednaka /( £ ) jednaka je površini krivolinijskog trapeza funkcije / nad [a, b]. 7.6. Druga teorema srednje vrednosti za integral. Neka je funkcija f neprekidna na \a,b], neka je funkcija g integrabilna i stalnog znaka na \a,b]. Tadapostoji tačka \ 6 \a,b],sa osobinom [ f( x )g { x )d x = f ( \ ) - [ g(x)dx. Ja
Ja
Primetimo da je teorema 7.5 specijalan slučaj teoreme 7.6 za g(x) = 1 na \a,b].
7.6
Osnovna teorema integralnog računa
Važna posledica teorema srednje vrednosti za integral jeste sledeća teorema. 7.7. Teorema. Ako jefunkcija f neprekidna na \a, b], tada je funkcija, G dejinisana sa G (x )= [ f ( t ) d t , x € \a,b],
(7.9)
Ja
primitivna funkcija za funkciju f , t j .
za svako x € ( a , b )
važi G '( x ) = f ( x ) .
Dokaz. Neka su.v i x + h iz (a,b). Po definiciji prvog izvodaje rx+h
G ( x + l t ) — Q(x )
G'(x) = Iim 1 + j h-^o h
/
1 j = lim ^ h-*o
rx
f^ jd t—
h
r.K+h
f(t)dt
/
f(t)dt
--------- = lim ^ ------------- . /i-»o h
Na osnovu teoreme srednje vrednosti integrala 7.5, postoji tačka ^ iz intervala [x,x + h] takva da važi r " f(t)d t= h ,m .
7.6. Osnovna teorema integralnog rnčuna
205
(Broj £ zavisi od x. i h.) Prelaskom na graničnu vrednost dobijamo G'(x) = lim K
'
A -* 0
h
= lim /(4) = f(x). H y
Koristili smo neprekidnost funkcije / u tački x. ►
.
Na osnovu prethodne teoreme možemo dati vezu između određenog i neodređenog integrala. 7.8. N jutn-L ajbnicova form ula. Neka je f neprekidna funkcija na [a,b], a F jedna njena primitivna funkcija na [a, b], tj. F ’(x ) = f ( x ), x £ ( a , b ) . Tada važi: (7.10) Dokaz. Neka je F proizvoljna primitivna funkcija funkcije / i neka je G funkcija data relacijom (7.9). Pokazano je da se dve primitivne funkcije za istu funkciju mogu najviše razlikovati za konstantu, što znači G(x) —F(x) = C, odnosno za svako.T 6 [a,b\. Na osnovu relacije (7.9) je G(a) =f( t ) d t = 0 = F (a)+ C , odnosno F(a) = —C. Tako dobijamo rb
G(b)=
f( t)d t = F(b)+ C = F(b) —F(a),
tj. formulu (7.10). Uobičajeno je da se pri izračunavanju određenog integrala piše ►
7.9. Prim er. Primenom osnovne teoreme integralnog računa odrediti sledeće određene integrale: a) c)
206
Glava 7. Određeni integral
Rešenja. /
r 4
a)
I | (8.t3 +
3x 2 +
v3
x4
1)dx = ^ 8 j +
\
3 j + x j
4
= 2 -44 + 43 + 4 - (2• ( - l ) 4 + ( - 1)3 +
(—1)) = 580. b)
dx =
^ 2
-3 ? f l ’) 3 / 2
U
2(—1) 17
^ ______
+ ln | —11—-----------3 v /M ) -
- l n 3 - 3 v / 3 + 2 \/3 . 3
c)
f v T r+ ^ 9 + 1J dx = ( | el' +arctg (^ )+ -T 2 , ■^«?3'3 + arctg(3/3) + 3 - | e 3'v/5 - arctg( v/3/3) - v/3 = ^ (e9 - e3%/3) + ^ + 3 - VŽ. J
rn /3
d)
!
^sin.v-ftg.v + 2 c o s 0 d x — (^-cos.v 3s ( t i / 3 ) - ln | cos(rt/3)| + 4 sin
X\
lft/3
ln |cosx| + 4sin - j |
+ cos0 + ln|cos0| + 4 sin ^ = ^ + ln2.
7.10. Prinier. Odrediti broj £, e [a,b\ koji zadovoljava uslove teoreme 7.5, tj. teoreme prve srednje vređnosti integrala, za sledeće integrale: .v- +
] dx.
Rešenja. a) Na osnovu teoreme 7.8 je J
M —— j rf.v = f4 x —^
= — . Na osnovu teoreme 4
7.5 postoji taćka ^ takva da važi X
š2
"Odavde sledi da je £;2 = 3, pa je tražena vrednost č, = v/3 € [0,3],
7.7. Metode izračunavanja određenog integrala
7.7
207
Metode ižračunavanja ođređenog integrala
U prethodnom odeljku smo videli da ako znamo da određiino neodređeni integral
J f ( x ) d x , tada na osnovu Njutn-Lajbnieove formule (7.10) lako nalazimo i rl)
vrednost određenog integrala / f ( x ) dx. Podsetimo se da smo u 6. glavi izložili J(l metode smene i parcijalnog integraljenja za izračunavanje neodređenog integrala. Dodajmo da treba obratiti pažnju kada je neodređeni integral nađen pomoću smene: u tom slučaju mora funkcija 0 iz relacije (6.3) biti monotona. U sledeća dva potpoglavlja ćeino pokazati kako se određeni integrnl može izračunati direktno uvođenjem smene ili parcijalnim integraljenjem.
7.7.1
Sm ena prom enljivih kod ođ ređ en o g integrala
Ako je funkcija (() bijekcija intervala [c,d] na interval [c/./j] i ima neprekidan prvi izvod nu (c.d), tada posle smene ,v = c|)(/), dx = c\>'(t)dt, važi
t f ( x ) d x = F' f( M t)W (t)d t, Ja Jc
(7.!!)
gde je a = <))(c), b = §(d). Može se pokazati da je uz prethodne uslove funkcija <|>monotona na [c.d].
7.11. Prim er. hračunati sledeće integrale: f 6 ,---- a) J^ V.v - 3dx-,
d» Jrn / 6/!coS, . c,g>,,te„
b) f
/■' x2dx
? £ * ■ .n J0
4
-[- r -
c> ^
f ' cos(In.v)rf.v
/ f * _ .
■V
/;\ 'v.'v’--')
Rešenja. a) A ko stavim o sm enu .v = (|>(?) = f + 3, dakle
$ ( l ) d t = d t . tada granice integraljenja postaiu f = 3 — 3 = O i / = 6 — 3 = 3. Tako dobijam o na osnovu (7. i I ):
208
Glava 7. Određeni integral
b) Ako koristimo smenu t = x + 2, dakle dt = dx, tada posle promene granica dobijamo /•I .V >-2 /•' 2 ,
^ ( t -—l f d t
f ttll
Al \ 3
,
L 7 V 2 d' - l
9 1 = ——12+41n3 ——+ 4 = 41n3 —4.
c) Ako stavimo t = iii.v, tada se diferenciranjem leve i desne strane ove jednakosti dobija dx /■'' cos(lnjk-) , fl , . l 1 dt = — , pa sledi / --------- - d x = / cosfaf = smr = s m l. ■v Ji .v Jo lo d) Posle smene t = sin.v, dt = cosxdx, nove granice integraljenja postaju / = 1/2 i t = 1, pa se dobija •> , = / — 1 -=— t 2dt, = ( ------1 t^ /r 12 cos.v-ctg*.vc/.v
J jt/6
Ji/2
t2
\
t
j
1 -. = —1, —1, +„2 +1- = 2
2
Smenom / = t'v, dakle
n-
/ ,/() lH-c-'
dx
d t
|f
= / — —, = arctg.v = arctge'-arctg 1 ,/i l'i-r*li
^
/• \/?
Smenom jt2 = r, 2.vć 1v = J/, dobiiamo /
(I y
—= =
Jv'? .v \/ a4 - 9
smenom r - 9 = r2, 2t d t = ' v' 5
7.7.2
2 ,/o r- + 9
2J
j
t\/t2 - 9
dobija
2rdr,
dr
c/.v
,/v3 x ^ P ~ - 9
| y"5 rf/ = - / — ,___ . Dalje se novom
1 6
arctg
r
e 3
Parcijalno integraljenje
Ako su u i v neprekidno-diferencijabilne funkcije na [a,č>], tada važi form ula parcijalnog integraljenja: j-h
.
/ u{x)v'{x)dx
f,
rb
=
u(x)v(x)
— / i/(x)v’(A-)dj:
=
fb u(b)v(b) — u(a)v(a) — / u(x)v(x)dx.
(7.12)
J n
7.12. Prim er. Izračunati siedeće određene integrale: a)
/ .ve'5vt/.v;
b)
/•"/2
/ /o
,
,v sin(3.v)f/A:;
c)
J x\nxdx.
Rešenja. a) Ako stavimo.// = .v i
7.7. Metode izračuriavanja određenog integrala
i: xe 5xdx
209
“ T - f — / ' V 5tt f . x ) = - V 35+ !^ e - ' 0 5 '•2 \ 5 J 2
5
_ A _ e -5*
) 5 52 5
7
-e -35 " + -^ e —10 10-----
_ 5”
= - ! ' - s s + š r " ’-
’ 5
b) U ovom slučaju stavićemo u = x2 i dv = sin(3x)dx, du = 2xdx i v = J. sin(3.\:)rf. 1 — - c o s (3 jc). Iz ( 7 .1 2 ) tada sledi:
y«/2 l . * ' - ( 2 j r sin(3jc)rfjc= - - j t c o s (3x )~ \ 3 J 0
f 71/2 \ 2 f n/2 xcos($x) d x j = - J j c c o s (3a:)dx
Poslednji integral ćemo takođe rešiti parcijalnim integraljenjem, tako što ćemo staviti «i = x i d v i = cos(3x)dx, odnosnorf«i = d x i v \ = - sin(3x). Tako dobijamo rn/l
/
7o
x
xcos(3x)dx
=
=
| rt/2
-s in (3 x )
3 Jt
]
fic/2
—-
lo
3 7o
/
s in (3 j c ) d x
0
1( 1
- s i n ( 3 n / 2 ) - - s in ( 3 - 0 ) — — - I — — c o s (3 jc)
„ ~ ■ f n/2 2 f n 1\ n 2 Konacnoje / xr sm(3jc)djc = - ■ —- — = ----------- . J Jo v
3 \
n/2
ji
1
6 _ 9' 6
9J
c) Dati integral se rešava primenom parcijalnog integraljenja: u = Iiia, dv = xdx, tj. du =
9 27
dx .
X1
v = ~ . Tako se dobija
f; x \n xd x= —2
1 /’i xdx , „, „ = 21n2----4 ! - 2l~ f
lnjc
=2 1 n 2 - l + - = 21n2 —3/4. 4
►
7.13. Prim er. Izračunati sledeće određene integrale za n £ No : yJl/2 r„ = / sin " x d x . Jo
rn(2
In = /
cos nx dx;
Jo
Rešenje. Pokažimo prvo da je za sve n e No /,, = J„. Zaista, smenom t = - —x, dt = —dx dobijamo rn/2
In = / J0
rn/2
sin'!.rdjr = / JO
f7l
cos'1 j —— V2 /
\
/*n /2
d x = — / cos”td t = / J ti/2 JO
cos'lx d x = Jn.
Dakle, dovoljno je izračunati integrale /„, n e Nq. Za n = 0 je r n /2
/o :
/ Jo
r"/2 jJt/2 ć/* = X sin° jrt/jc = / lo ioo
rt 2
(7.13)
Glava 1. Određeni integral
210
Neka je sada n > 2. Ako primenimo parcijalno integraljenje: u = cos"-1 :t, dobijamo
dv = cos xdx,
du = —(n — l)c o s'I_2xsinA:rf.v,
J0
lo
v = sin.v,
J0
Na osnovu toga je /„ = ( « — 1) (/„_ 2 —4 ) , odnosno
Ako je n = 2p, p € N, tada iz (7.15) i (7.13) dobijamo
hp
=
2p — l 2 p — 1 2p — 3 r ~ W hp- 2 = ~ l T ’ 2 ^ ~ 2 hp- A 2 p -\
2p -3
1
(2p — l)(2 p —3)• • • 1 n
2p ' 2p —2 ' 2 0 _
(2p)(2p-2)---2
'2
Ako je « = 2 p + 1, p G N, tada iz (7.15) i (7.14) sledi 2p
2p
2p — 2
2 rp r+ r\ '-hhpP-- \X = 2 p +7 ■\ 2 — p -7 \ hp 3 = _ 2 ^ 2 p -2 2p+\
7.8
2 p -\
1 3
(2p)(2p — 2) ■■■2 1
( 2 p + \ )(2 p —1)■ ■• 3
'
Primene određenog integrala
7.8.1 Površina ravnih likova Neka je data neprekidna funkcija / : [a,b] —►M koja je nenegativna nad [a,b\. Na osnovu definicije (7.2) i relacije (7.4) možemo reći da je površina P krivolinijskog trapeza funkcije / nad [a,b] (tj. površina figure ograničena sa grafikom funk, cije f , ordinatama x = a i x = b, kao i intervalom [a,b\ na osi), jednaka (sl. 7 . 2 .).
7.14. Prim er. Odrediti površinu ograničenu krivom y = ln.v, x —osom i pravom x = e.
7.8. Primene određenog integrala
211
Rešenje. Na [a,b] funkcijaje nenegativna, tako d a je tražena površina P= j (Integral
J In
fe \T i.x d x
\e = (xlnx —x)j = eln e —e —1 ln l + 1 = 1.
rešavali smo parcijalnim integraljenjem.) ►
xd x
U slučaju kada je funkcija / negativna na [a,b], tada se površina krivolinijskog trapeza funkcije / nad [a,b] određuje kao [
Ja
f(x )d .x
, ili
[ |/(.r)|rf.v. Ja
7.15. Prim er. Odrediti površinu ograničenu krivom y = x2 — 4 / x —osom. Rešenje. Funkcija f ( x ) = x 2 —4 ima nule z a x\ = —2 1 x 2 = 2 . Na (—2,2) data funkcija je negativna, tražena površina jednaka
r2
^
P = / (x2 —4) dx
^
J ~ 4x
32
2
T'
7.16. Primer. Odreditipovršinu ograničenu sinusoidom y = sinx / intervalom [0,2n] na x —osi.
Rešenje. Na (0,ji) funkcija f ( x ) = sin.rje pozitivna, dok je na (n,2n) ona negativna. Tako je tražena površina jednaka fT l
P =
J0
j- t ll
sin x d x
+
/
Jn
n 71
sin x d x
=
2 jni
+ (—cosx)
(— cosx) 0
Naravno, traženu površinu mogli smo tražiti i kao P = 2 r2n
Primetimo d aje /
n
J0
= 2 + 1-21 = 4
sinx d x = 2 -2 = 4.
sinx d x = 0, a, kako smo videli, d aje površina slike ograničene
Jo
krivom y = sinx i intervalom [0,2jt] na x —osi jednaka 4. ►
7.8.2
Površina između krivih
Ako su / i g neprekidne funkcije na [a,b] i važi f ( x ) > g(x), za sve x e [a,b], tada je površina ograničena krivama / i g i ordinatama u tačkama a i b jednaka P = f f ( x ) d x — f g(x)d.x= f ( f ( x ) - g ( x ) ) d x . Ja Ja Ja
7.17. Primer. Odrediti površinu ograničenu sa kiivom )> = jc3 / pravama y = 6 + x i 2y + x = 0 (sl. 7.5).
.
212
Glava 7. Određeni integral
Rešenje. Presek pravih y = 6 + x i '2 y + x = 0 j e tačka A (—4,2), a presek krive y = x3 sa pravom 2y + x = 0 je tačka 0 (0 ,0 ) (koordinatni početak), dok je presek krive y = x3 sa pravom y = 6 + x tačka 5 (2 ,8 ). Svaka od ovih presečnih tačaka dobija se rešavanjem odgovarajućih sistema jednačina: tačkaA : y = 6 + x, 2y + x = 0; tačka O : y = x3, 2 y + x = 0; ta č k aB : y = 6 + x , y = x3. Tražena površina se dobija kao zbir P = P\ + Pi, gde je 0
-4 P2 =
J
(6 + x ~ x 3) d x =
j )
= 2 4 - 1 2 = 12,
= 12 + 2 - 4 = 10.
Prema tome je P = P\ + P2 = 12 + 10 = 22. ►
Slika 7.5.
Slika 7.6.
7.18. Prim er. Odrediti površinu ograničenu krivim linijama y = x 2 i y = */x (sl. 7.6). Rešenje. Tačke u kojima se date krive seku određuju se rešavanjem sistema jednačina
y = £ , y = Vx, odakle se dobija jednačina x2 = \fx, čija su rešenja x\ = 0, i x2 = 1. Znači, date krive se seku u tačkama (9(0,0) i A (l, 1) (videti sl. 7.6). Tražena površina P se dobija kao razlika P = P\ —P2 , gde je
Prema tome je P = 2/3 —1/3 = 1/3. ► 7.19. Prim er. Odrediti površinu ograničenu parabolama y = x 2 — 2x i y = 6x —x2 (sl. 7.7).
7.8. Primene određenog integrala
213
Rešenje. Rešavanjem gornjeg sistema jednačina dobijamo da se date parabole seku u tačkama 0 (0 ,0 ) i A (4,8). Parabola y = x 2 — 2x ima nule u tačkama x = 0 i x = 2, i negativnaje na intervalu (0,2), dok p arab o laj = 6 x —x 2 ima nule u tačkama :v = 0 i x = 6. Zbog toga se tražena površina određuje kao P = P\ + P2 —P3 , gde su
4 3
Prema tome je P = 80/3 + 4 /3 —20/3 = 64/3. ►
Slika 7.7. 7.8.3
Slika 7.8.
K riva u p olarn im k oord in atam a
Neka je u r0 —ravni data kriva u polarnim koordinatama r = /( 9 ) , gde je / neprekidna funkcija promenljive 0 (sl. 7.8). (Podsetimo se da je tačka A u ravni određena uređenim parom (r, 0) gde je r odstojanje tačke A od koordinatnog početka O, dok je 0 ugao između OA i pozitivnog smera x—ose.) Odredićemo površinu "krivolinijskog isečka", naime površinu ograničenu polupravim linijama 0 = a, 0 = b, gde je 0 < a < b < 2 n i grafikom funkcije r = / ( 0 ) . Izvršimo podelu IP ugla [a, b] pomoću polupravihkoje sapozitivnim sm erom x—ose zaklapaju uglove 0 o , 0 i , 0 2 , • • • ,0„ na sledeći način a = 0q < 0i < 0 2 < ... < 0„ = b. i neka je A0,- = 0, —0,_i za i = 1 ,2 ,... ,n. Time smo dati "krivolinijski isečak"podelili na "male"krivolinijske isečke AA,- (sl. 7.8). Nelca su /(« ;) i / ( v ;) minimalna i maksimalna vrednost funkcije / na uglu [0,_ 1 ,0,], tada važi
214
Glava 7. Određeni integral
što povlači
£ ^(/(«,•))2A0/ < f ,= 1z
AA,- <
,=i
£ i ( / ( v , ) ) 2A0,-. ,= i z
Ako sa povećanjem broja n tj. kada n —> parametar podele teži nuli: X(T) = max A0, —>0, tada svaki ugao A0, -+ 0, i = 1 ,2 ,.. .n, pa je površina posmatranog 1<,'<;? krivolinijskog isečka data sa
p “ M ? - « | 5 « “' ))246' -
ž ( « v' ))2Ae' = i
ako prethodne granične vrednosti postoje. 7.20. Primer. Izmčunati površinu Bernulijeve lemniskate date u polarnim koordinatama p2 = a2cos(2<|>) (sl.2.36). Rešenje. Ako su x i y date u polarnim koordinatama, tj. x = pcos(j), y = p sin, tada se površina ograničena sa krivom p = /(<|>) i polupravama ([) = 0| i <]) — <])2 1 [$2 , izračunava po formuli p= (f(ty))~dty. 2
Da bi u našem slučaju odredili granice integracije, tj. <|)i i <$»2 , rešićemo jednačinu p = a^/cos(2<|)) = 0 uz uslov \2§\ < n /2 . Takva rešenja su <|)j = —n /4 i <|>2 —ic/4, pa je tražena površina P=2
J
, sin(2(|)) %/4 a2cos(2(|))rf(j)) -= /7 a ---- --------
a2
7.21. Primer. Izračunati površinu kardioide date u polarnim koordinatama sa p a (l +cos), 0 < $ < 2n, akoje apozitivanparametar (sl. 2.35). 2 tc
Rešenje.
7.8.4
o2(1 + cos(]))2^= y
+ 2sin0 + ^ + sin^2(t)) ^
.
371 ,
Parametarski zadata kriva
Neka je kiiva C u ravni data u parametarskom obliku tj. x = g(t), y = h(t), t e (a , (3) i ,g(a) = a, g(ji') = b. Tada se površina krivolinijskog trapeza određenog krivom C nad [a, b] određuje kao rb
P= Ja
y(3 y d x = / h (t)g (t)d t.
(7.16)
Ja
7.22. Primer. Izračunatipovršinuograničenujednimlukomcikloidex = a(t —sint), y = a( 1 —cosf), t G [0,2td], (a > 0), i x —osom (sl. 2.31.).
7.8. Primene određenog integrala
215
Rešenje. Primetimo da je za t = 0, jc = 0 i y = 0, a da je za t = ti, x = a i y = 0. To znači da je grafik date funkcije iznad x - o s e nad [0,a], odnosno za t € [0,2n]. Dakle, tražena površina je P = / ydx. Kako je dx = a(\ —cosf) dt, to se može pisati P
7.23. Prim er. Izračunati površinu ograničenu astroidom x = a cos3 t , y = a sin31, a > 0 (sl. 2.32). Rešenje. Lako je videti da kada t prođe interval [0,2n], tada se u ravni dobija zatvorena kriva koja se sastoji od četiri podudarna dela. Zato je tražena površina
7.8.5
Zapremina obrtriih tela
Neka telo nastaje obrtanjem neprekidne krive y = f( x ) oko x —ose nad [a,b\. U cilju određivanja zapremine tako nastalog tela, izvršićemo podelu zatvorenog intervala [a, b] na podintervale [*,•_i ,x,-], / = 1 ,2 ,..., n, i označiti sa Ax,- = x, — (sl. 7.9). Na svakom od podintervala posmatramo pravougaonik čija je jedna stranica podinterval [x^\ —xi] dužine Ax,-, a druga stranica jednaka vrednosti funkcije / u proizvoljnoj tački podintervala Ax,, tj. jednaka /(co,), co,• e [x,-_i,jc,-]. Svaki od tih pravougaonika obrtanjem oko x —ose obrazuje valjak visine Ax,, sa poluprečnicima osnovejednak /(co,). U ovom slučaju svakako smo pretpostavili da je funkcija / nenegativna na [a,b], (tj. f ( x ) > 0, x € [a,b].) Kako je zapremina svakog valjka jt ( / ( co,-))2 A x ; / = 1 , 2 , to možemo pisati
Ako telo nastaje obrtanjem krive x = g(y) oko y - o s e nad [c,d] , tada je njegova
Glava 7. Odveđeni integral
216
zapremma v = n J c (g{y))2dy.
Slika 7.10. 7.24. Primer. Odrediti zapreminu tela koje nastaje obrtanjem parabole y = x2 + 1 nad [—1,1] oko x —ose. Rešenje. V = n J (x2 + 1)2dx = n
J
l
567t
(xA+ 2x2+ \)d x =
IF '
7.25. Primer. Odrediti zapreminu tela koje nastaje obrtanjem kubne parabole y = x 3 nad [1,8] o k o y —ose. /* 8
rS
Rešenje. I z x = $ y , sledi V = n J (yl/3)2dy = n J y2' 3dy = n 7.26. Primer. Odrediti zapreminu tela koje nastaje obrtanjem površine ograničene X parabolom y = x 2 + 2 ipravom linijom y = —+ 1 nad [0,1] oko x —ose. Rešenje. V = n j
( ( x2 + 2)2 -
( x? 5jc3 x2 n [ J + ^ r ~ 2 +3 x
+ 1) ) dx = n j
x* + - r ^ 2 —x +
3
I dx
19n ~20'
7.27. Primer. Odrediti zapreminu tela koje nastaje obrtanjem površine ograničene kri1 vom y = --X3 i pravom y = 2x oko y —ose. 8
Rešenje. Presečne tačke datih krivih su 0 (0 ,0 ), A (4,8) i B ( —4 ,- 8 ) . Kako se date y krive mogu zapisati u obliku a = 2 j/y, odnosno i = - , t° je zbog njihove neparnosti:
V = 2n J
(4y2/3 —^)'2) d y — 2n
12j 5/3
v3 12
1024
15
ti
7.8. Primene određenog integrala
217
7.28. Prim er. Odrediti zapreminu torusa koji se dobija obrtanjem kružnice x 2 + (y —a)2 = r2, oko x —ose, akoje 0 < r < a. Rešenje. Označimo sa f \ i /> redom funkcije date sa f\ (x) = a + a — V r- —x2, |.t| < r. Tada je tražena zapremina V = Vi — V2, gde je
i f 2 (x) *=
V \ = k / f j (x) dx i V2 = n / f 2 (x)dx. P rem atom eje -/■ ./ -,■ V
+ \/r2 —x2)2 —( a — \/r2 —.v2)2)
= nj
((a
=
(a2 + 2a \ f r 2 —x2 + r2 —x~ — a2 + 2a \ / r2 —x2 —r + v2) dx
71J
d.v
Poslednji integral se rešava smenom x = rsint, dx = rcostdt, pa je
7.8.6
D užina luka krive
Neka funkcija / ima neprekidan prvi izvođ na [a,b]. Dužina luka i date krive od tačke A ( a ,f( a ) ) do tačke B ( b ,f( b ) ) određuje se pomoču određenog integrala na sledeći način (sl. 7.11). Neka je !F podela intervala [a, b], tj. neka je a = xo < .vi < xi < .. ■< .v„_ i < .v„ = b i neka je X(T) parametar podele T. Kao i ranije, stavimo A.v, za dužinu i— tog intervala [x,-_i,Xj]. Odredimo u deonim tačkama Xj ordinate /(.v,), koje na krivoj određuju tačke Q,, i = 0 , 1 ,. .. ,n. Posmatraćemo izlomljenu liniju QoQi 6 2 ■■■<2«-. sa delovima Q,-\Qj, čije su dužine Tada je dužina luka krive od tačke /I do B približno jednaka dužini izlomljene linije QoQiQi- -Qn■Zbog toga se za dužinu luka nad intervalom uzima granična vrednost n
ako ta granica postoji. Kako je
(7 .1 7 ) to na osnovu Lagranžove teoreme srednje vrednosti postoji tačka co, e [.v,-_. |,.v/! takva da važi f(* i) - f (x i—I) =
.
218
Glava 7. Određeni integral
Tako relacija (7.17) postaje Sj = \ J ( / '( co,))2 + 1 •
Odatle je
C=
lim £ Sj = lim V < /( / /2(co,) + 1 ■Aa'/. A(2'HO/=o ^(a,) - o , t o v Prema tome se dužina luka krive određuje po formuli f
J i + ( f ( x ))2 đx.
(7.18)
Jd V
7.29. Prim er. Odrediti dužinu lukci krive f ( x ) = 3x2/3 - 10 od tačke A (8,2) do tačke 5(27,17). Rešenje. Kalco je /'(:.■! - 2x~ '/ 3, to je traženadužina luka
f-J-' , a<-'/=)=
/'27
I
4
-
_
.J
,27
^ 4
/8
+ ^ /3 X 1/3
Poslednji integral se rešava smenom t = x2/3 + 4 , dt = - x 1/3 dx, pri čemu je za x
= 8, t = 8. a z a : == 27, f = 13. Tako se dobija t = l j \ f td t = t3!'1 B = V l3 3 - v /83 « 24,245. 2* ' -) 8
►
7.30. Prim er. Odreditifi ižinulukakrive f ( x ) = lnA'odtačkeA ( 1,0) rfo tačke5 (%/3, - ^ ) . Rešenje. Kako je f ( \ ) = 1/x, to je l
dx. Smenom
đt . v . n -------- ^ 1 ,v = tgf, «.v= — ^ , p ricem uje V 1 +-v2 = —— , a nove granice integracije postaju coscosf n /4 i tc/3 . Tako d :>bijamo n/ 4
dt smf cos- 1
51 In tg -. ►
it/3
;t. 1
sin/.cos- r
\cos t
= 2 — s / 2 -----ln 3 tt/4
2
7.8. Primene određenog integrala
219
Neka je kriva data u parametarskom obliku x = g(t), y = h(t), i e (a,(3), gde su funkcije g i h neprekidno diferencijabilne nad foc, p] i važi g(a ) = g((3) = b. Tada se dužina iuka te krive nad intervalom izračunava kao [a,(3] izračunava kao
(7.19)
7.31. Prim er. Odrediti dutinu luka astroide x = ćjsutV., v = acos*t je a pozitivan parametar.
t € [0,2 tt] , ako
Rešenje. Kako je.v(' = 3asin2rcos/ i.v^ = —3acos2fsinr, to je /
. /1
__ A
l / ,./ \ 2
4 Jo \ l + ^
/
2dx~ * j 0
/(
\/W ) 2+ W ) 2rff rr
=
6a. ►
7.8.7
Površiiia obrtnih tela
Neka telo rmstaje obrtanjem nenegadvne krive v = f ( x ) ok( nad kojim funkcija / ima neprekidan prvi i? vod. Podelimo [a, ,-V,-], i = i : 2 , . . . , n , i, kao i ranije, ozn;čim o sa Ar,- = x-, od podintervalu posmatrajmo trapez ogranicen sa intervalom [ ordinatama du;;;ine /(x ,_ i) i f(x f), i duž s/ koja spaja tačke ordinatam autc čkamax, i x i- \. Svaki od tih t -apezapri rotaciji o zarubljenu kupn čiji supoluprečnici osnova,/(jf/) i /(*,•_i ), a izv> omotača takve zarubljene kupe je P0, = ) + /(-V;)) • s,-. je X(T) pi'irametar podele, tada je površina omotaČa M posmai jednaka n
—ose nad [a,b\. na podintervale v-i. Na svakoni |,.v,] na a — osi, krivoj određene ,v-ose obrazuje nica.v,. Površina 'rema lome, ako log obrtnog tela
rb
7.32. Prim er. Odre liti porršinu omotača td a koi<. nastaje obrtanj/'y2 = I2.v od tarke x = 0 do tačke x = 3.
>h>.v—osc krive
Glava 7. Određeni integral
220
Rešenje. Kako je 2yy' = 12. tj. v' = 6/y, to je tražena površina jednaka M
=
V 3 6 + 7 . _ . 2n f' 3y J ' 1 + (y')2dx = 2n I/'3 y —— ~^—dx = 2n If 3 \/3 6 + l 2xdx Jo v Jo y Jov7oy / o 3
( 3 6 + 12* ) 3/ 2 12
3
= 2 4 (2 \/2 — l)n .
►
o
7.33. Primer. Proveriti da je površina lopte poluprečnika a jednaka M = 4na . Rešenje. Posmatraćemo samo gomji deo kružnice date u parametarskom obliku x = acost, y = flsinf, 0 < t < n, koja se obrće oko .r-ose. Tako dobijamo loptu čija je površina rJZ .------------- :---------rn M = 2na sm t \ / a 2 sin21 + a2 cos21dt = 2na2 sintdt Jo Jo |7t
=
—2rca2cosf| = —2na2(—1 — 1) = 4na2.
►
7.34. Primer. Odrediti površinu omotača tela koje nastaje rotacijom oko y —ose krive x = y3 od tačke x = 0 do tačke x = 8. Rešenje. Odgovarajuće vrednosti za x- = 0 i x = 8 su redom y = 0 i y = 2, pa je tražena površina jednaka: /’8 /■■■'". 1 /*2 /*145 ijr / ______ \ M = 2 I ■x^Jl-j-(x,Y)2cly = 2 n J y3 \ / l ^ 9 y 4 dy = ~ j ^fudu = — (V1453 —1j . ► tt
7.9
Nesvojstveni integrali
7.9.1
Nesvojstveni integrali prve vrste
7.35. Definicija. Ako jefunkcija f neprekidna na intervalu [a, + °°), tada je nesvojstveni integral prve vrstefunkcije f na intervalu [a, +°°) granična vrednost
f
Jo
f(x )d x :=
lim f f ( x ) d x . T—>+o°Ja
(7.20)
Ako granica u (7.20) postoji, kaže se da nesvojstveni integral p -foo
f{x)dx
(7.21)
konvergira, a ako ne postoji, da taj integral divergira. Ako je, dodatno, neprekidna funkcija / i nenegativna na intervalu [a, + °°), tada je
7.9. Nesvojstveni integrali
221
za fiksirano T > a integral /
f ( x ) d x površina između krive i intervala [a,T] na
Jd
x —osi, ograničena ordinatama u tačkama a i T. Prelaskom na graničnu vrednost kada T —* +°°, nesvojstveni integral prve vrste iz (7.21) predstavlja površinu dela ravni ograničene sa intervalom [a,+°°) na x —osi, ordinatom u tački ci i grafikom funkcijey = f ( x ) nad [a,+°°). Analogno se za neprekidnu funkciju na ( - “ ,6] uvodi nesvojstveni integral prve vrste na tom intervalu: [
J —oo
f ( x ) dx =
lim T\
/ f ( x ) dx.
*~°°JTi
Konačno, po definiciji je za neprekidnu funkciju / na R :
J
f ( x ) dx =
J
f ( x ) dx +
J
f(x) d x .
(Može se pokazati da ova definicija ne zavisi od broja a 6 R.) Nesvojstveni inte-
**
£
m
dx k" verg,ra ■” **■*»ako oba nesv°jstvena
strani konvergiraju. 7.36. Primer. Odrediti da li dati nesvojstveni integrali konvergiraju: /+ “ dx , ^ /+ “ dx , f+°° a)
Ji
/
(x ^ T p ;
} J\
ff* '
Jo
+oo
dx
4 + ^; (-0 r + eo
—, a e l;
e)
J
e x dx\
f)
J
e~axdx. a £
M.
Rešenja. Konvergenciju datih integrala proverićemo direktnim izračunavanjem. a) Po definiciji 7.35 je /+ “
dx
fT
dx
-1
Dakle, dati integral konvergira. f'°° r+“ dx ' b) Dati integral divergira, jer je -= = / h —= m
J\
Jx
dx /f r dx —= = lim
T->+°°J\ \J X Jx
\JX T -* -r ° ° J \
I . „ ^ |T / —= = lim 2\Jx\ = + » .
r - + ~
I
c) Dati integral konvergira, jer važi T
/'+ f T dx 1( x\ 1 / / 1---------- 5- = lim / ^ 7 = lim ~ 2arct§ ^ = ^ llm jo 4 + x 2 t^ + °oJq 4 + x2 r-.+ » 2 \ 2/ 0 2 r-* + ~ \ ) n = 4' d) Neka je prvo oc = 1. Tada dati integral divergira, jer je
Glava 7. Određeni integral
222
Za a
/-+“ J.v x + i - f T 1 \ 1 je / -— = lim -------- = lim ----- - - ------- . Ji .ra 7 --+ o = -a + l , r-^ + o o ^ i-a 1 -a /
Zadnja granična vrednost postoji za 1 - a < 0. tj. za a > 1. i jednaka je ^ ^
, dok
/■+“ d* za a < I ne postoji. Dalde nesvojstveni integral / — konvergira za a > 1, a J\ divergira za a < 1. f ° r,. e) Dati integral konvergira. jer je / e"xd x = lim ./-oo f) Očevidno je da dati integral divergira za a = 0.
f° , / e dx=
e3v lim — 3
Neka je sada a j- 0. Tada je /■+“ <>v _ _ fT I e "Xd x = lini I e axd x = - - ./o t-+ ~ J o ,/o
_ i,,r lim (e ax) = —- • lim (e al - 1) a T-*+oo' ' oa
Ako je a > 0, tada zadnja granična vrednost postoji i jednaka je integral konverg:ra, dok za a < 0 on divergira. ► 7.9.2
a
tj. tada dati
N esvojstven i in teg ra li d ru ge vrste
7.37. Definicija. Ako je funkcija f neprekidna na intervalu [a,ft), i važi barjedna od sledećih jednakosii: . lim f(x) = + » , .x -~ b ~ '
lim f ( x ) = — x - * b -
(tj. akoje f neograrnčena u svakoj okolini tačke b), tadaje nesvojstveni integral dru g e vrstefunkcije f na intervalu \a,b\ po definiciji jednak rb
/
r b - £
f ( x ) d x = lim /
Ja
f(x)d x.
(7.22)
£^o+ Ju
fb Kao i u slučaju nesvojstvenih integrala prve vrste, integral / f ( x ) d x konvergira Ja
(resp. divergira). ako granična vređnost u (7.22) postoji (resp. ne postoji).
'
Ako je neprekidiia funkcija i nenegativna na intervalu \a,b), tada nesvojstveni integra! druge vrste predstavlja površinu određenu sa intervalom \a,b) na x—osi, ordinatom u tački a (tj. delom prave x = a) i grafikom krive nad tim intervalom. Analogno se uvodi sledeći nesvojstveni integral druge vrste: fh
p h
I f ( x ) dx ~ : lim liin [/ !••— (H - J a + E
f(x)dx,
1.9. Nesvojstveni integrali
223
pri čemu je funkcija / neprekiđna na intervalu (a,b\ i nije ograničena u bilo kojoj okolini tačke a. Konačno, ako je / neprekidna na skupu [a, c) (J(c, b\, ali nije ograničena ni u jednoj okolini tačke c, tada je po definiciji [ f ( x ) dx =
lim
J a
[
f ( x ) dx + lim
E | —» 0 + J a
[
f ( x ) dx.
£ 2 — >0 + J c + £ ^
7.38. Prim er. Ispitati konvergenciju sledećih nesvojstvenih integrala:
a)
dx
b)
Io \/4 —x2
dx
/ Jo
dx
c)
2 — x'
'o \ / T —x '
d)
J 0 .V
dx
a e .
R ešenja. a) Po definiciji 7.37 je f2
r2 - z
dx
dx = lim ( arcsin — J 4 _ X2 E^o+ V 2
=
lim / £-*o+Jo
=
/ * 2 —e \ lim arcsin— ------arcsinO = a rc s in l £-^0+ \
Io V 4 - x 2
71
Dakle, dati integral konvergira. b) Dati integral ne konvergira, jer važi r2 dx f 2~E dx = lim Jo 2 — X £—>0+ 70 - 2 —X
2—t lim (—ln(2 —x))
e->0+
0
= lim (ln2 —lne) = +°°. £—>0+ c) Dati integral je jednak r3
f
dx
Jo \ / T - x
lim
/'1_E
e^O + Jo
dx \/l — X
if3 dx + lim / — 5 - * 0 + jJ l1+8 + 5 ^V 1 ]-e
— lim - ( 1 —x)2^ e—*0+ 2
;
- lim —( l —x)2^ 8—*0+ 2 1+8
-a + l ,.- a + l dx d) Z:,a a ^ 1 je / = lim e-+o V 1 - a 1- a Jo0 Xa e—»0 —a + 1 Dakle, dati integral konvergira za 1 —a > 0, tj. za a < 1, a divergira za a
224
Glava 7. Određeni integi-al
f 1 dx Ostavljamo čitaocu da pokaže da je integral / — takođe divergentan. .r+°° dx Na osnovu primera 7,36 d) i 7.38 d) sledi da je nesvojstveni integral / — di./o xa vergentan za svaki realan broj a . ► D va k riteriju m a za k on vergenciju n esvojstven ih integrala Neka je funkcija / neprekidna na [a,b) i neka je neograničena u svakoj okolini tačke b. a) Pretpostavimo, dodatno, da postoji neprekidna funkcija F sa osobinom \ f { x ) \ < F ( x ) , x € \a,b). Tada važi:
^
ako integral / F (x )d x konvergira, onda konvergira i integral / f ( x ) , d x kao i ^ Jcl
JCi
integral f |/(-v) [ 1
I
b
ako integral / f ( x ) d x divergira, onda divergira i integral / F (x )d x . Ja
Ja.
b) Pretpostavimo. dodatno, da postoji neprekidna i pozitivna funkcija g nad \a,b) sa ■f( -\
osobinom da za neko K ^ 0 važi lim - y — = K. ,^ b -g (x ) Tada pišemo f ( x ) ~ K ■g(x), x b —. Tada^važi:
x —> b —, i kažemo da se / ponaša kao g kada
ako integra] / g(x) dx konvergira, onda konvergira i integral / f ( x ) d x ; °l
b
ako integral / g(x)d x divergira, onda divergira i integral / f ( x ) d x . Ja
Ja
Razumljivo, postoje i analogni kriterijumi za konvergenciju nesvojstvenih integrala prve vrste iz (7.21), samo što se u slučaju 2. koristi ponašanje funkcije kada x —> +°°. Preporučujemo čitaocu da ih sam formuliše. 7.39. Priiner. Lspilati konvergenciju sledećih nesvojstvenih integrala: /■+“ ' dx /•+“ dx /•+” a)
J/ i
- 'v T T T :
b>
/ ./o
/^ r-r \/.v-f.v3
c)
J/ 0
e
c o s (-r ) d x -
R e še n ja . a) Podintegraina funkcija se ponaša kao funkeija k ada .v —►4-°°, u oznaci
7.9. Nesvojstveni integrali
225 / ■ + °°
Prema primeru 7.36 d), nesvojstveni integral /
Jl
. r 1/^
konvergira, jer je a := 3/2 > 1.
Na osnovu ki'iterijuma analognog slučaju 2., sledi da i nesvojstveni integral prve vrste f +°° dx ]x konversiraKonvergencija ovog integrala se može pokazati i na osnovu toga što za > 1 važi: 1
1
.
- 57 ;---- < - 57r , pa se moze pnmemti slucaj 1 . xil'L+ 1 b) Pre svega je f+°° dx _ r l dx + /•+“’ Jo \fx-K ? Jo v/x + j:3 J 1 \/x + .\:3
^
Prvi nesvojstveni integral je druge vrste i konvergira na osnovu ponašanja ------ — ~ vx + x3 1
1
1
—7= =
x —>0+,
jerje
lirn^
xf x = 1, i primera 7.38 d) (1/2 < 1). Drugi A
'1/2
nesvojstveni integral u 7.23 je prve vrste i konvergira zbog ponašanja ~ —r-p- x —► \/x + x3 XJ/2 1 + 00, jer je
lim
.v— »-(-00
= 1, i primera 7.36 d) (3/2 > 1). Znači, dati nesvojstveni intet3/2
gral konvergira. f+°°
c) Kako je |e ' 3-vcos(j:2)| < e~3x, x € [0, +°°), a integral / e~3xdx konvergira jer je J0 a := 3 > 0, (videti primer 7.36 f)), to i dati nesvojstveni integral takođe konvergira. ► j | 7.40. Primer. Ispitati za koje vrednosti realnih parametara p i q > 0 konvergiraju sledeći intei grali: ! /•+■» x p arctg x , IS f Kl2 dx 3) / —--------- dx; b) / —r-z--------- ; J0 l+x$ J 0 sn r jccos'i.* Rešenja. „ f+°°xp arctgj: a) Iz / = J0 —---------fljr l+ ^ iti p i q > 0 tako da
/•+” xp arctgx , , T . .. , / —--------- d.x = I\+ h , sledi da treba odredii l +x« I\ i I2 konvergira. Na osnovu lim al~Ct-* = .v->0+ X Brctsjc ~ x p+1, .v— >0 +. 1 , rpa važi arctgx~x, x —>0 + za 1q > 0 : sledi----------1+;c9 r1
f 1 xP arctgj: , / —---------đx+ io l+x
r1
Pošto integral / xp+1 dx = ------ r , konvergira za —p —1 < 1, tj. za p > -2 , to sledi Jo Jo x p 1 konvergencija integrala I\ za p > —2 i q > 0 . arctg Y Na osnovu jednakosti J-L lim 7— = 1, važi arctgx ~ jt/4, x —» + 0°, što povlači +OO—7t/4 '■
^
~ ~^xp~q, x —» + 00, sledi da integral I2 konvergira ako i samo ako konvergira
226
Glava 7. Određeni integral
/
+~
/■+“ xp~q = I x^ p+q' Na osnovu primera 7.20 d), zadnji integral konvergira za —p + q > 1, pa i h konvergira za —p + q > 1. Skup u pq ravni, uz dodatni uslov q > 0, na kome dati integral konvergira je presek skupova na kojima konvergiraju I\ i h - Znači, dati ihtegral konvergira ako istovremeno važe nejednakosti p > q - 2 , - p + q > 1 i q > 0. b) Dati integral možemo napisati kao f K/ 2
Jo
dx _ Z-11/4 dx sinpxcos?x Jo sinpxcos«x
r
d x sinp j:cos9x
~*~^2'
1 1 f n/4 dx --------- ~ — , x —>0+, a integral / — sm^.rcos'?.*: xp Jo xp konvergira za p < 1. Na osnovu ^ sin^jfcos^^ cosqx smq{n/2 —x) (n/2 —x)q' x —>n /2 —, sledi da dragi integral konvergira za q < 1. Prvi integral I\ konvergira za p < 1, jer je
Znači dati integral konvergira za p < \ , q < 1. ►
Bibliograflja [1] Adnađević, D., Kadelburg, Z., Matematička analiza, Naučna knjiga, Beograd 1989. [2] Doroslovački, R., Elementi opšte i linearne algebre, Fakultet tehničkih nauka, Novi Sad 1997. [3] Gajić, Lj., Pilipović, S., Teofanov, N., Zbirka zadataka iz Analize /, Drugi deo, Institut za matematiku, Novi Sad 1998. [4] Hadžić O. Takači, Đ., Matematičke metode za studente prirodnih nauka, Univerzitet u Novom Sadu, Novi Sad 2000. [5] Miličić, R, Ušćumlić, M., Zbirka zadataka iz više matematike /, Naučna knjiga, Beograd 1988. [6] Pap, E., Takači, Đ., Takači, A., Analiza I za informatičare, Univerzitet u Novom Sadu, Novi Sad 2003. [7] Radenović, S., Matematička analiza /, Osnovi teorije, Pregled teorije i zadaci, Kragujevac 1995. [8] Radenović, S., Matematička analiza I, Pregled teorije i zadaci, Kragujevac 1995. [9] Schmeelk, J., Takači, Đ., Takači, A., Elementary Analysis through Examples and Exercises, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht/Boston/London 1995. [10] Takači, Đ,, Takači, A., Radenović, S., Đapić, N., Štajner-Papuga, I., Granične vrednosti, neprekidnost, izvodi i primene, Univerzitet u Novom Sadu, Novi Sad 2002. [11] Takači, Đ., Takači, A., Diferencijalni i integralni račun, Univerzitet u Novom Sadu i Stylos, Novi Sad 1997.
247
Indeks Abelova grupa, 4 algebarski komplement, 46 apsolutna vrednost, 6 argument kompleksnog broja, 12 Arhimedova teorema, 6 asimptota horizontalna, 116 kosa, 116 vertikalna, 116 astroida, 215 Bemu.lij.eva lemniskata, 214 Bernulijeva nejednakost, 9 bijekcija, 17 binarna operacija, 4 binomna formula, 10 brojevi celi, 5 iracionalni, 6 prirodni, 5 racionalni, 5 cikloida, 214 definicioni skup funkcije, 15 Dekartov proizvod, 2 diferencijal funkcije, 131 divergentan niz, 92 domen funkcije, 15 drugi izvod funkcije u tački, 143 elcsponencijalna funkcija, 21
elementama funkcija, 21 elipsa, 88 funkcija, 15 neopadajuća, 20 nerastuća, 20 opadajuća, 20 rastuća, 20 diferencijabilna na intervalu, 123 diferencijabilna u tački, 123 eksponencijalna, 21 ekstremna vrednost, 20, 147 granična vrednost, 105 integrabilna, 201 logaritamska, 21 neprekidna na skupu, 118 neprekidna u tački, 118 stepena, 21 trigonometrijska, 21 grafik funkcije, 18 konkavan odozdo, 156 konkavan odozgo, 156 granična vrednost funkcije desna, 105 leva, 105 granična vrednost niza, 91 grapa, 4 hiperbola, 88 Hornerova shema, 22 imaginarna jedinica, 11 248
Indeks
injekcija, 16 integralna suma, 201 intenzitet vektora, 73 interval, 3 neograničen, 3 otvoren, 3 zatvoren,3 inverzna funkcija, 17 inverzna trigonometrijska funkcija, 21 izvod implicitne funkcije, 140 inverzne funkcije, 142 parametarske funkcije, 143 izvod funkcije desni, 123 levi, 123 Kantorova teorema, 6 kardioide, 214 Košijev niz, 100 Košijeva teorema, 152 kodomen funkcije, 15 kofaktor, 46 kompleksan broj, 10 eksponencijalni oblik, 12 trigonometrijski oblik, 12 kompozicija funkcija, 17 komutativna grupa, 4 konvergentan niz, 91 Kramerovo pravilo, 62 kritična tačka funkcije, 146 krive drugog reda, 87 krivolinijski trapez, 199 Kroneker-Kapelijeva teorema, 72 Lagranžova teorema, 151 lineamajednačina, 56 logaritamska funkcija, 21 lokalni maksimum, 20 lokalni minimum, 20
249
Lopitalovo pravilo, 160 Maklorenov polinom, 153 Maklorenova formula, 153 maksimum globalni, 147 lokalni, 20 strogi lokalni, 20 matematička indukcija, 5 matrica adjungovana, 51 dijagonalna, 45 inverzna, 52 jedinična, 44 kvadratna, 38 nula, 40 regulama, 52 simetrična, 50 singulama, 52 transponovana, 50 matrica sistema, 71 mešoviti proizvod vektora, 81 minimum globalni, 147 lokalni, 20 strogi lokalni, 20 moduo kompleksnog broja, 12 najveći ceo, 92 neodređeni integral, 179 nepama funkcija, 18 neprekidnost funkcije u tački, 118 nesvojstveni integral druge vrste, 222 prve vrste, 220 nezavisno promenljiva, 15 niz, 90 neopadajući, 101 opadajući, 101
250
nerastući, 101 rastući; 101 divergentan, 92 divergentan u +°°, 92 divergentan u 92 granična vrednost, 91 * konvergentan, 91 limes inferior, 95 limes superior, 95 ograničen, 93 ograničen odozdo, 94 ograničen odozgo, 94 opšti član, 90 tačka nagomilavanja, 94 Njutn-Lajbnicova formula, 205 normala grafika funkcije, 134 nula polinoma, 21 određeni integral, 200, 201 ograničen niz, 93 ograničena funkcija, 19 ortovi, 74 osnovni period funkcije, 19 parabola, 88 parametar podele, 201 pama funkcija, 18 partitivni skup, 2 period funkcije, 19 periodična funkcija, 19 podintegralna funkcija, 202 polinom, 21 polje, 4 pravac vektora, 73 prekid druge vrste, 120 prve vrste, 120 prekidna funkcija u tački, 113 prevojna tačka grafika funkcije, 157 primitivna funkcija, 179
Indeks
piiraštaj argumenta, 131 funkcije, 131 prividan prekid, 120 prsten, 4 prvi izvod funkcije, 123 naintervalu, 123 u tački, 123 racionalna funkcija, 28 rang matrice, 56 red matrice, 38 Rolova teorema, 150 Sarusovo pravilo, 46 skalarni proizvod vektora, 75 skup, 1 skup celih brojeva, 2 skup kompleksnih brojeva, 2 skup prirodnih brojeva, 2 skup racionalnih brojeva, 2 skup realnih brojeva, 2 skup vrednosti funkcije, 15 složena funkcija, 17 smer vektora, 73 * suijekcija, 16 tačka nagomilavanja niza, 94 skupa, 104 tangenta grafika funkcije, 134 Tejlorov polinom, 153 Tejlorova formula, 153 trigonometrijska funkcija, 21 uređeni par, 1 vektor, 73 vektorski proizvod vektora, 77 zavisno promenljiva, 15
j
li
