Matematika - Nizovi i Redovi

Vukomir Vule M. Milinković

Dalibor M. Ćosić

Saradnici: Borislav M. Ranković Vukomir D. Ćirović

Aleksandar B. Ranković Danijela S. Poledica

Matematika Nizovi i redovi Ovu knjigu posvećujemo svim dobrim ili plemenitim ljudima, bez obzira na boju kože koju imaju, kojoj veri ili naciji pripadaju ili kojim imenom Gospoda znali, koji su dolazili iz raznih delova sveta na programske ili specijalističke kurseve iz matematike, fizike, elektrotehnike ili biomehanike koje su vodili autori ove knjige. Zato je ova knjiga namenjena studentima matematičkih, tehničkih, bioloških ekonomskih ili svih drugih fakulteta gde se poštuje jedino istina da je matematika osnova svih primenjenih nauka, kako fizike, elektrotehnike, građevine, ekonomije ili biologije, tako medicine, prava ili filozofije!

Matematika nije skup brojeva, hijeroglifa ili začkoljica sa kojima narcisoidne ili iskompleksirane režimske „profesorske“ ćate smaraju ili iscrpljuju svoje nezainteresovane, naivne ili plemenite slušaoce, već je matematika oštra mačeta kojom probrani od odabranih seku korov i pripremaju podlogu za put na kojem se stvaraju dobri fizičari, hemičari, tehnolozi, biolozi, ekonomisti, inženjeri, lekari, pravnici, filolozi, filozofi ili iskreni i hrabri ljudi a ne narcisoidne, iskompleksirane, impotentne, podmukle ili primitivne džukele koje mašu nekakvim diplomama ili titulama dobijenim finansijskim, krevetskim, udbaškim ili drugim kanalima! Dakle, matematika nije sama sebi cilj ili nekakva kraljica nauka već isključivo sluškinja ili osnova svim drugim primenjenim naukama koju treba upoznavati i negovati jer nas ona ikada neće izneveriti ili poniziti kao one koje kupujemo ili podmićujemo lažnim predstavljanjem, kurtonskim nakitom, ratnoprofiterskim džipovima ili istim takvim (stambenim) kvadratima !!!!!!!

Ako australijskog Buldog – mrava neka ptica kljunom ili neka džukela makazama preseče na dva dela, tada nastaje rat između dva dela (istog) tela kada se rep brani ubadanjem oštrom iglom na vrhu a glava oštrim zubićima !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Ne treba ići u daleku Australiju da se vide besmisleni ratovi dva dela (istog) buldoga jer se bezbroj takvih stvorenja neguje i tamo gde se peva himna >>Bože pravde<< Ta stvorenja nisu zanimljiva turistima ili prolaznicima jer niko normalan ne želi da posmatra nakaze koje ratuju sa sobom zbog par kvadrata zemlje, betona, kamena ili parketa! Od toga koristi imaju samo buldog „advokati“, „sudije“ ili njihovi mentori !!!!!!! Ovde „čovek“ nije nastao oplemenjivanjem majmuna već je izgleda bilo obrnuto! Kada ste videli majmuna da se sudi sa sestrom, bratom, ocem ili majkom!? Takvih slučajeva ima bezbroj tamo gde se peva himna >>Bože pravde<<

Važna napomena korisnicima ove knjige !!!!!!! Ako više dana, meseci ili godina ne naprežeš iskreno mišiće svoga tela, tada pri svakoj većoj fizičkoj aktivnosti osećaš zamor ili želju da tu aktivnost ostaviš za neko bolje vreme koje naravno neće doći! Ista želja se javlja i kada moraš iskreno da pripremiš neki „težak“ ispit ako je pre toga tvoj mehanizam za razmišljanje bio na leru a ne na forsažu ili punom gasu! Zato nemoj prekidati sa radom ako posle prvog, drugog ili (eventualno) petog dana osetiš glavobolju jer je to dobar znak ili dokaz da u glavi imaš mozak a ne jogurt! Glavobolja te obaveštava da je tvoj mozak (konačno) preuzeo kormilo od hormona ili hemije koji nam podmeću noge baš u godinama kada zauzimamo startne pozicije! Posle par dana, glavobolja će biti zamenjena prijatnim osećanjem sigurnosti koje zrači iz tvojih očiju što je nemoguće postići bilo kojom krpicom, frizurom, šminkom ili drugom hemijom! Za one koji su na fakultet došli da vide ili budu viđeni, prethodna napomena je besmislena jer je uzaludno bacati bisere pred svinje! Svaku uočenu štamparsku ili bilo koju drugu grešku u ovoj knjizi ispravite jer greške u svim dobrim knjigama i postoje da budu primećene ili ispravljene.

Ministrima prosvete i kulture republike Srbije gde se peva plemenita himna >>Bože pravde<< Poštovana gospodo, prema želji, preporuci ili „plemenitoj“ nameri gospodina M. M. Č. člana gradske vlade prestonice i jednog od osnivača stranke G17+ (sada ujedinjeni regioni srbije) sami smo napisali i za štampu kompletno pripremili nekoliko knjiga iz matematike i fizike sa zbirkama detaljno rešenih zadataka koje su namenjene učenicima svih srednjih škola i studentima matematičkih, tehničkih, hemijskih, tehnoloških, bioloških, ekonomskih, poljoprivrednih ili šumarskih fakulteta sa ciljem da se studentima tih fakulteta ili visokih škola omogući veći izbor kvalitetne literature ili smanji vreme pripreme ispita čime se (po definiciji) smanjuje i neprirodno visoka cena njihovog (očigledno) nekvalitetnog školovanja! Na jednoj od tih knjiga (Fizika), ispred imena njenog autora dopisano je i ime člana gradske vlade, gospodina M. M. Č. koji je nekada kao student i sam dolazio na dodatnu nastavu iz matematike koju je tada vodio prvopotpisani autor i ove knjige iz matematike. Ta knjiga iz Fizike (bez zbirke zadataka) može se pregledati i na internetu i tamo je postavljena iz prostorija opštinskog odbora stranke G17+ (ili URS) na Voždovcu, što je uz dozvolu gospodina M. M. Č. uradio njegov poznanik ili prijatelj i službenik pomenute stranke. Drugu knjigu iz izuzetno važne oblasti matematike, namenjenu učenicima svih srednjih škola i studentima fakulteta ili visokih škola, mi smo sami napisali i kompletno pripremili za štampu, pri čemu je na njenoj naslovnoj strani stavljeno, ne naše, već

ime pomenutog člana gradske vlade i osnivača stranke G17+ gospodina M. M. Č. zbog njegovog (plemenitog!) obećanja da će on i njegova stranka finansijski pomoći izdavanje i ostalih knjiga iz matematike i fizike koje smo mi (očigledno) dobro napisali za potrebe učenika svih srednjih škola i studenata fakulteta ili visokih škola! Ta knjiga predata je našem „iskrenom prijatelju“ M. M. Č. lično na ruke u prostorijama njegove stranke u ulici Topličin venac u Beogradu! Zašto ta knjiga više od godinu dana nije u rukama učenika ili studenata zbog kojih je danonoćno i pisana? Zašto i ta knjiga nije postavljena na internet da bude dostupna svim učenicima ili studentima širom planete jer oni sami najbolje znaju da li njima neka knjiga koristi ili šteti kao bezbroj drugih koje se jedino mogu koristiti kao sekundarne sirovine baš zato što su ih takvi autori i pisali! Verovatno ta knjiga nije u rukama onih kojima je ona i namenjena ili na stranicama interneta baš zato da se njeni potencijalni korisnici spreče da uštede vreme, energiju ili novac koji (nepotrebno) bacaju za (takozvanu) školarinu ili za debilske „knjige“ koje mogu da koriste jedino domaćicama za podmetače, da im tiganji sa uprženom slaninom ne progore mušeme ili kao sekundarne sirovine za papir ili za one retke knjige koje pišu profesionalci a ne režimski buzdovani ili ćate! Ili ta knjiga nije u rukama njenih potencijalnih korisnika ili na internet stranicama zato da se „genijalnim“ partijskim ili režimskim autorima podmetača za tiganje ne dira u njihove prepunjene džepove zbog čega i jesu stali pod partijske kišobrane. Dragi „prijatelju“ M. M. Č. ako vladajuća partija kojoj pripadaš i kojoj si delimično i osnivač (URS) ne laže učenike,

studente ili svoje potencijalne birače svojom bajkom da ona propagira „stručnost iznad politike“ onda imaj bar toliko elementarnog poštenja ili isto toliko plemenitosti prema svojim potencijalnim biračima pa im na stranice interneta sa nekoliko pritisaka na dugmiće tastature stavi i onu drugu knjigu iz matematike koju su napisali tvoji iskreni prijatelji i na njene korice stavili tvoje ime zbog iskrenog poštovanja prema tebi i tvojim glasačima ili zbog tvog lažnog obećanja da će tvoja partija finansijski pomoći štampanje i onih drugih (završenih) knjiga iz matematike i fizike za učenike i studente ili za troškove projektovanja i izrade one (završene) štamparske prese koja je bila namenjena za umnožavanje vrednih knjiga a ne za reprodukovanje partijskih parazita ili semenkara kojih smo se nagledali dok smo u prostorijama vaše stranke na Voždovcu pisali knjige pored vaših negovanih iskompleksiranih ili podmuklih parazita kojima smo smetali baš zato što nismo hteli da budemo deo te parazitske družine ili bilo koje druge vladajuće ili takozvane opozicione partije! Pa ti si se naš dragi „prijatelju“ M. M. Č. svojim očima uverio da ova knjiga koju sada neko gleda ili sa zadovoljstvom koristi, predstavlja samo sitne varnice u odnosu na one druge (završene) knjige ili gromove namenjene da učenike, studente ili njihove roditelje oslobode od straha, kompleksa niže vrednosti ili nepotrebnog bacanja novca ili gubljenja zdravlja zbog podmuklih ili impotentnih partijskih ili fakultetskih džukela kojima je najbitnije da dolivaju u svoje prepunjene džepove jer impotentne moralne nakaze nemaju ni trunke poštenja ili plemenitosti čak ni prema onima koji pored njih umiru i od gladi dok impotentne veličine horski pevaju >Bože pravde<

Ako moderna srpska partijska ili (impotentna) „profesorska“ vlastela misli ili veruje da autori ove knjižice ili mnogih drugih knjiga greše, onda su sami sebi zadali obiman domaći zadatak da odmah detaljno pregledaju prvo ovu knjižicu (otkriju štamparske ili druge greščice) a onda da zajedno sa (neprobranim !!!!!!???) studentima (neiskompleksiranim) ili poštenim profesorima pregledaju i procene vrednost i svih ostalih dovršenih knjiga i da nam se za njihovo višegodišnje danonoćno pisanje ili pripremanje za štampu (odmah) plati samo toliko koliko pošteno zaslužujemo jer će ta vlastela samo tako pokazati da je u srbiji znanje ili stručnost iznad politike ili da postoji iskrena želja da učenici ili studenti imaju najkvalitetnije knjige ili isto takvo obrazovanje a ne ono smeće od literature uz koje se na fakultetima ili visokim školama kupuje i naklonost njihovih partijskih „profesora“ koji svoju maglu prodaju kao muda umesto bubrega! Dragi naš „prijatelju“ M. M. Č. iz vladajuće partije (URS), sada si ti, tvoja ili sve ostale vladajuće ili (takozvane) opozicione partije na ponovnom ispitu iskrenosti, poštenja, morala, humanosti ili elementarne plemenitosti jer ste do sada nebrojeno puta padali na tim ispitima što se lako može videti čim se izađe na ulicu ili ode do neke „škole“, „fakulteta“, bolnice ili (partijske) policijske stanice gde toliko poštuju nauku ili dobre stručne knjige da su tamo režirali i koristili čak i vampirske metode da spreče naše pisanje ili štampanje knjiga iz matematike, fizike ili elektrotehnike baš zato što oni najbolje znaju da se polupismenim „ljudima“ sa lažnim ili kupljenim diplomama može lakše vladati nego sa učenim, iskrenim, hrabrim ili plemenitim svetom kojem su interesi

zajednice iznad njihovih ličnih impotentnih ciljeva! Ako oni ili njihove podmićene, plaćene, ucenjene ili dresirane džukele i dalje budu primenjivale svoje satanističke metode da spreče naše pisanje ili štampanje (očigledno) najboljih knjiga iz matematike ili fizike, onda moraju da znaju da nas neće zaplašiti, podmititi ili kupiti jer iskreni, pošteni ili plemeniti ljudi svoj obraz ili dostojanstvo ikada ne prodaju kao što to rade iskompleksirane, bestidne ili impotentne moralne vampirske nakaze, koje bi i rođenu majku prodale samo da pokažu i svoje parče impotentne (ne)moći. Zato se dragi naš „prijatelju“ M. M. Č. od tebe, tvoje ili svih drugih vladajućih ili „opozicionih“ partija očekuje da iskreno, pošteno ili pravedno procenite vrednost ili plemenitost našeg višegodišnjeg danonoćnog rada u državi gde se peva himna >Bože pravde< ili gde se pevaljkama dodeljuju nacionalne penzije dok joj plemenita sirotinja umire i od gladi. Svi oni plemeniti pojedinci ili iste takve organizacije koje imaju plemenitu korist od ove knjige, mogu ako imaju želje ili mogućnosti da uplate donaciju u vidu poklona samo onoliko koliko im ova knjiga plemenito koristi uz obećanje da samo od njih zavisi kada će autori ove knjige na internet stranice staviti i sledeće (završene) knjige ili zbirke zadataka iz svih oblasti matematike, fizike, elektrotehnike ili biomehanike Za odgovore na sva vaša iskrena, poštena ili plemenita pitanja možete se obratiti na broj telefona: 061 6522329 u vremenu od 18 do 21

Za sve one koji kao donaciju u vidu poklona uplate i 1 dinar, mi ćemo odgovore na sva njihova plemenita pitanja koja upute na email adresu: [email protected] odgovoriti ali neka se nepotrebno ne ljute ako na odgovor budu i sačekali jer nismo u mogućnosti da odmah odgovorimo. Brojevi žiro računa na koje možete ako to želite da uplatite donaciju u vidu poklona su: Dinarski račun: Raiffeisen BANK 265-0200000051011-10 Vukomir Milinković Devizni račun: RZBSRSBG RAIFFEISEN BANKA AD BEOGRAD, RS RS35265050000012183132 VUKOMIR MILINKOVIĆ Za sve učenike srednjih škola koji polažu prijemne ispite iz matematike na bilo kom fakultetu ili visokoj školi, pripremili smo savršene knjige iz kojih samostalno mogu da pripreme svoje ispite, sedeći u svojoj kući, na plaži ili u nekom izletištu. Ako to bude zasluženo, i njih ćemo odmah staviti na internet stranice da budu dostupne svim ljudima na planeti. Neka Gospod čuva i vodi sve plemenite ljude na planeti, bez obzira koju boju kože imali ili kako Gospoda zvali

Stvaralac dela koje unapredjuje ljudsko postojanje zaslužuje postavljanje na pijadestal slave i postaje ideal koji drugi nastoje da dosegnu, a sam oseća euforiju i životne sokove o kojima olimpijac mašta, i na trenutak stiče božansko pravo da bude gord. Metamorfoza stvaraoca je put kroz haotičan i zastrašujući svet matematičkog aparatusa, u kom pogled ka planinama analitičke geometrije obeshrabruje i najodvažnije, gde pogrešan korak na uskim stazama diferencijalnih jednačina vodi u ambis očaja i gde striktni uputi kroz šumu nizova i redova zbunjuju i najsnalažljivije. Na sledećim stranicama uvidećete da su autori prvi i jedini obavili delo pretvaranja nekadašnje zlokobne divljine u sada pitomu baštu u kojoj je prelaženje preko planina i ambisa svedeno na mirnu šetnju koja na čula deluje kao ispijanje slatkog nektara. Prijatan put...

´ c Knjiga za samostalno pripremanje ispita Vukomir M Milinković Dalibor M Cosi´

1

Trigonometrija Za pravougli trougao sa slike, u odnosu na ugao

(

a je suprotna kateta b je nalegla kateta

Razmere izme†u stranica a; b i c pravouglog trougla sa slike imaju nazive:

β c

a

α b

suprotna kateta hipotenuza nalegla kateta hipotenuza suprotna kateta nalegla kateta nalegla kateta suprotna kateta

hipotenuza c = = sec nalegla kateta b

a c b = c a = b b = a =

= sin

sinus

= cos

kosinus

= tg

tangens

= ctg

kotangens

sekans

c hipotenuza = = co sec kosekans suprotna kateta a ( b je suprotna kateta U odnosu na ugao a je nalegla kateta, odnosno sin tg

suprotna kateta b = hipotenuza c b suprotna kateta = = nalegla kateta a =

cos ctg

nalegla kateta a = hipotenuza c nalegla kateta a = = suprotna kateta b =

Najvaµzniji odnosi za funkcije istog ugla:

a) 2

sin

sin2

+ cos2

+ cos

2

=1 )

b)

Kako je sin

tg

=

tg

ctg

a c sin = b c cos =

=

a c (

2

+

b c

sin2

=1

cos2

=1

2

b2 a2 + b2 a2 + = = c2 c2 c2 p cos2 ) sin = 1 p sin2 ) cos = 1

=

c2 =1 c2 cos2 sin2

a b ) a = c sin cos = ) b = c cos onda imamo c c sin b c cos cos = ctg = = = odnosno cos a c sin sin

=

a b = 1 ) tg b a

=

1 ctg

ctg

=

1 tg

Odredimo sinus, cosinus, tangens i cotangens za 30

45

60


2

Primenom Pitagorine teoreme odredimo visinu h jednakostraniµ cnog a trougla, jer je ona kateta pravouglog trougla sa stranicama a i h 2r r r a 2 a2 4a2 a2 h = a2 = = a2 2 22 4 4 r p p p p 2 2 2 3 3a 3a 3 a a 3 30° a a 0° 30° a = = p = = 4 2 2 4 h a h U odnosu na ugao 30 suprotna kateta je 60° 60° 60° p 2 a 3 a a a a nalegla h = pa imamo 2 2 2 p 2 a 3 a p p a 1 h a 3 3 2 2 = = cos 30 = = = = sin 30 = a 2a 2 a a 2a 2 a a p p p h 1 3 3 2 = 2a p =p p = tg 30 = 2 = p ctg 30 = a = 3 h 3 a 3 2a 3 3 3 2 2 a pa imamo U odnosu na ugao 60 suprotna kateta je h a nalegla kateta je 2 a a p p p h 3 1 h 3 2 2 sin 60 = = cos 60 = = tg 60 = a = 3 ctg 60 = = a 2 a 2 h 3 2 Duµzina hipotenuze jednakokrakog pravouglog trougla sa katetama a iznosi p p p c = a2 + a2 = 2 a2 = a 2 pa imamo p p p 1 a a 2 2 a 2 sin 45 = = p = p p = cos 45 = = 45° c 2 c 2 a 2 2 2 c a a a tg 45 = = 1 ctg 45 = = 1 a a 45° Za 30 45 i 60 imamo: a p p p 3 3 1 cos 30 = tg 30 = ctg 30 = 3 sin 30 = 2 2 3 p p 2 2 sin 45 = cos 45 = tg 45 = 1 ctg 45 = 1 2 2 p p p 3 1 3 sin 60 = cos 60 = tg 60 = 3 ctg 60 = 2 2 3 Za dva komplementarna ugla, funkcija jednog jednaka je kofunkciji drugog! sin 30 = cos 60 sin 45 = cos 45 sin 60 = cos 30 tg 30 = ctg 60 tg 45 = ctg 45 tg 60 = ctg 30 p p 2 Kako je sin + cos2 = 1 ) sin = 1 cos2 cos = 1 sin2 sin cos 1 1 tg = ctg = tg ctg = 1 ) tg = ctg = cos sin ctg tg onda lako prikazujemo


3

a) sin i cos preko tg b) sin i cos preko ctg c) tg i ctg preko sin d) tg i ctg preko cos 2 2 2 a) Ako sin + cos = 1 podelimo sa cos tada dobijamo tg2

+1=

sin

p

=

1 cos2

) cos2

cos2

1

=

r

1 1 + tg2

=

1 1 + tg2

1

) cos s

=

1 + tg2 1 + tg2

=p 1

1

odnosno

1 + tg2

tg =p 1 + tg2

b) Ako sin2 + cos2 = 1 podelimo sa sin2 tada dobijamo 1 + ctg2

cos

=

= p

1 sin2

) sin2 r = 1

2

1

sin

c) tg =

sin cos

d) tg =

sin cos

=p 1 p 1 =

=

1 1 + ctg2

1 1 + ctg2

sin

ctg

sin2 cos2 cos

ctg

) sin s

1 =p 1 + ctg2

odnosno

1 + ctg2 1 ctg =p 2 1 + ctg 1 + ctg2 p 1 sin2 cos = = sin sin

=

=

cos sin

=p

1

cos cos2

Tabelarnim prikazivanjem dobijenih vrednosti imamo sin

cos p

sin p

cos

p 1 p 1

ctg

sin

p

1

p

cos 1 cos2

2

sin

sin2 sin

β

a

p

ctg

tg

1 p 1 + ctg2

1 + tg2 1

p

1 + tg

y c 0 α b r =1

cos2

sin2

1

tg

1

tg

x

cos2 cos

2

ctg p 1 + ctg2 1 ctg

1 tg

Prikaµzimo sinus i kosinus odre†enim duµzinama uz pomoć jediniµcne kruµznice koja ima polupreµcnik 1: Odmah primećujemo da je a a sin = = = a Duµzina suprotne katete c 1 b b cos = = = b Duµzina nalegle katete c 1


4

Dogovorom se uzima da je sinus pozitivan ako se duµzina kojom je prikazan (u ovom sluµcaju a ) nalazi iznad x - ose, odnosno da je sinus negativan ako se duµzina a nalazi ispod x - ose. Biće jasnije u nastavku. Dogovorom se uzima da je cosinus pozitivan ako se duµzina kojom je prikazan (u ovom sluµcaju b ) nalazi desno od y - ose, odnosno da je kosinus negativan ako se duµzina b nalazi levo od y - ose. Napomena! U matematici se dogovorom uzima da je ugao pozitivan ako je nastao pomeranjem pomiµcnog kraka suprotno od kretanja kazaljke na satu, odnosno da je ugao negativan ako je nastao pomeranjem pomiµcnog kraka u pravcu kazaljke na satu. U geodeziji i nekim drugim oblastima vaµzi suprotno.

y c 0

r =1

α

−α

sin(−α ) sinα

y

x r =1

0 α cosα

y

x

0

r =1

−α

x

Primetimo da je sinus pozitivnog ugla pozitivan, jer se nalazi iznad x - ose. Sinus negativnog ugla je negativan, jer se nalazi ispod x - ose. Kosinus je pozitivan u oba sluµcaja jer se nalazi sa desne strane y - ose.

Nikada ne posumnjaj da pojedinci mogu menjati svet ! Oni su to uvek i µcinili. Pa šta su radili Hrist, Rudolf Arµcibald Rajs, Volter, Galileo, Ðordano Bruno, Arhimed, Gaus, Hipatija, Sokrat, Platon, Šopenhauer, Spinoza, Niµce, Otto Vajninger, Leonardo, Paskal, Darvin, Ojler, Bernuli, Anštajn, Lajbnic, Njutn, Faradej, Mendeljev, Ciolkovski, Ru†er Bošković, Dositej, Riman, Anri Poenkare, Hajzenberg, Bor, Tesla, Maksvel,... Šta rade nedovršeni mutanti, ministri, ćate i ostala parazitska gamad ? Neka se tim problemom pozabave bakterije! µ VAZNA NAPOMENA!!!!!!! Ako ti se dosadašnji postupak izlaganja nije dopao, onda kupi ili napiši bolju knjigu. Kako nije moguće ni jedno ni drugo, onda ne preskaµci ni jedan red u nastavku !!! Ako to uradiš, sebe obmanjuješ!!!


5

Od 0 do 90 sinus raste (od 0 do 1) a od 90 do 180 sinus opada (od 1 do 0) i ima pozitivne vrednosti. U prvom i drugom kvadrantu sinus ima pozitivne vrednosti a u trećem i µcetvrtom kvadrantu sinus ima negativne vrednosti.

y 120° 135°

90°

+1

sin 0 = sin 180 = 0 60°

sin 30 = sin 150 = 45°

150°

0° x 360°

180°

210°

330°

225° 240°

−1

270°

2 2 p 3 sin 60 = sin 120 = 2 sin 90 = 1 sin 45 = sin 135 =

30°

1 2 p

sin 210 = sin 330 = sin 225 = sin 315 =

315°

sin 240 = sin 300 = sin 270 = 1 sin 360 = sin 0 = 0

300°

1 2 p

2 2 p 3 2

Na sledećoj slici moµzemo videti da cosinus ima najveću vrednost za = 0 ili = 360 odnosno od 0 do 90 kosinus opada (od 1 do 0). U I i IV kvadrantu cosinus ima pozitivne a u II i III kvadrantu negativne vrednosti.

y 120° 135°

90°

cos 0 = cos 360 = 1 p

60° 45°

150°

180°

3 2 p 2 cos 45 = cos 315 = 2 1 cos 60 = cos 300 = 2 cos 90 = cos 270 = 0 cos 30 = cos 330 =

30°

−1

+1 0°

360°

x

cos 120 = cos 240 = 210°

330°

225°

cos 135 = cos 225 =

315° 240°

270°

300°

cos 150 = cos 210 = cos 180 =

1

1 2 p

2 2 p 3 2


y

90°

120° +1 135° 150°

y 60°

45° 30°

sin x

+1

0° x 360° 0

180° 210° 225° 240°

−1

270°

330° 315° 300°

6

π

π

3π 2

2π

x

2

−1

Pore†enjem prethodnih i sledećih slika moµzemo doći do nekih osnovnih osobina sinusne i kosinusne funkcije. a) Funkcija sinus je de…nsina za sve realne brojeve b) Sinus je periodiµcna funkcija sa osnovnim periodom 2 c) Sinus je ograniµcen intervalom [ 1; 1 ] d) Kako je sin ( x) = sin x onda je sinus neparna funkcija e) Sinusna funkcija ima nule za x = k ; k 2 Z a one su njene prevojne taµcke

y

120° 135° 150° 180°

y

60°

−1

45° 30°

+1

cos x π

+1 0° x 360°

210° 225° 240°

a) b) c) d)

90°

270°

330° 315° 300°

2

π

3π 2

0

x 2π

−1

Funkcija cosinus je de…nsina za sve realne brojeve To je periodiµcna funkcija sa osnovnim periodom 2 Cosinus je ograniµcen intervalom [ 1; 1 ] Kako je cos ( x) = cos x onda je kosinus parna funkcija

e) Kosinusna funkcija ima nule za x =

y 1

a α b 1442443 0 b1

a1 x

+ k ; k 2 Z a one su prevojne taµcke 2 Pogledajmo kruµznicu polupreµcnika 1 i u njoj pravougli trougao µcija je hipotenuza jednaka polupreµcniku kruµznice. Odmah primetimo da je a1 a1 a = = a1 tg = = b b1 1 Za razliku od duµzine a ( sin ) koja dodiruje kruµznicu sa unutrašnje strane, duµzina a1 (tg ) kruµznicu dodiruje (tangira) sa spoljašnje strane

−1 Dogovorom se uzima da je tangens pozitivan ako se duµzina kojom je oznaµcen nalazi iznad x ose a negativan ako se duµzina kojom je oznaµcen nalazi ispod x ose.


+∞

y

120° 135°

90°

+1

45°

150°

3 3

30° 0° 0 360°

180°

330°

210° 225° 240°

300° 315°

−1

tg 0 = tg 180 = tg 360 = 0 p 3 tg 30 = tg 210 = 3 tg 45 = tg 225 = 1 p tg 60 = tg 240 = 3

3

+1 60°

270°

−∞

tg 90 = tg 270 = tg 120 = tg 300 =

x

−

tg 135 = tg 315 = tg 150 = tg 330 =

3 3

1 p

3

1 p

3 3

tg 180 = tg 0 = 0 U I i III kvadrantu tangens je pozitivan. U II i IV kvadrantu tangens je negativan. Primetimo i ne zaboravimo tg ( ) = tg

−1 −

7

3

Dogovorom se uzima daje kotangens pozitivan ako se duµzina kojom je oznaµcen nalazi desno od y ose i negativan ako se duµzina kojom je oznaµcen nalazi levo od y ose

− −∞

3

−1 −

3 3

135° 120°

y 0 90°

3 3 60°

150° 180°

−1

210°

+1 45°

315° 240°

270°

300°

+∞

ctg 0° = + ∞ ctg 30° = ctg 210° = 3 30° ctg 45° = ctg 225° =1 +1 0° x ctg 60° ctg 240° = 3 = 3 360° ctg 90° = ctg 270° = 0 330°

225°

3

ctg 120° = ctg 300° = −

3 3

ctg 135° = ctg 315° = − 1 ctg 150° = ctg 330° = − 3 ctg 180° = − + ∞ ctg 360° = − ∞

U I i III kvadrantu cotangens je pozitivan. U II i IV kvadrantu cotangens je negativan. Vidimo da se tg i ctg ponavljaju posle k ; k = 1; 2; 3; : : : odnosno da je tg = tg ( + k ) ctg = ctg ( + k )


y = tg x. tg ( x) =

Za funkciju tg x =

sin ( x) sin x = = cos ( x) cos x

Kako je sin ( x + ) =

8

sin x imamo cos x tg x pa je tg x neparna funkcija

sin x odnosno cos ( x + ) =

cos x onda imamo

sin x sin ( x + ) = = tg x pa je tg x periodiµcna funkcija sa cos ( x + ) cos x osnovnim periodom i ako sin x i cos x imaju osnovni period 2 : Dakle, tg ( x + k ) tg x k = 0; 1; 2; 3; : : : ( sin x = 0 odakle je sin x Kako je tg x = onda je tg x = 0 za cos x x = k ; k = 0; 1; 2; 3; : : : sin x je jednoznaµcna i de…nisana za sve realne vrednosti x Funkcija tg x = cos x 3 5 koje nisu nule imenioca jer cos x ima nule za x = ; ; ; 2 2 2 tg ( x + ) =

tan x 2 − 3π

− 2π − 5π 2

−π

y

π

0

− 3π 2

−π

π

2

2

2π 3π 2

3π 5π 2

x

−2

π Ako x teµzi nekoj od navedenih taµcaka imenioca, tada apsolutne vrednosti tg x teµze beskonaµcnosti pa ih nazivamo taµckama beskonaµcnosti gde funkcija tg x nije de…nisana. Funkcija tg x je rastuća funkcija od x koja od prima sve realne vrednosti izme†u 1 i + 1 Izvan intervala

do +

2

funkcija tg x se periodiµcno ponavlja pa tangen8 > odnosno u taµckama < x= 2 soida ima asimptote u taµckama (2k + 1) > : x= k = 0; 1; 2; 3; : : : 2 cos x Za funkciju ctg x = imamo sin x cos ( x) cos x ctg ( x) = = = ctg x pa je ctg x neparna funkcija. sin ( x) sin x Kako je cos (x + ) = cos x odnosno sin (x + ) = sin x onda imamo cos (x + ) cos x ctg x = (x + ) = = = ctg x pa je ctg x periodiµcna funksin (x + ) sin x

y = ctg x.

2

;+

2

2


9

cija sa osnovnim periodom Dakle, ctg (x + k ) ctg x

i ako cos x i sin x imaju osnovni period 2 : k = 0; 1; 2; 3; : : : Kako je 8 < cos x = 0 odakle je cos x ctg x = onda je ctg x = 0 za : x = (2k + 1) sin x k = 0; 1; 2; 3; : : : 2 cos x je jednoznaµcna i de…nisana za sve realne vrednosti x Funkcija ctg x = sin x koje nisu nule imenioca jer sin x ima nule za x = 0; ; 2 ; :::

y ctg x − 3π

−π

− 2π − 5π 2

−π 2

− 3π 2

2

π 2

π

3π 2

2π

5π 2

3π

x

0 −2

π Ako x teµzi nekoj navedenoj taµcki imenioca, tada apsolutne vrednosti ctg x teµze beskonaµcnosti pa ih nazivamo taµckama beskonaµcnosti gde funkcija ctg x nije de…nisana. Funkcija ctg x je opadajuća funkcija od x koja u intervalu od 0 do prima sve realne vrednosti izme†u 1 i + 1 Izvan intervala (0; ) funkcija ctg x se periodiµcno ponavlja. Kotangensoida ( x=0ix= odnosno u taµckama ima asimptote u taµckama x= k gde je k = 0; 1; 2; 3; : : : Da je µcovek uvek bio i ostao laµzljiv, varalica, verolomnik, nezahvalnik, razbojnik, slabić, prevrtaljivac, podlac, zavidljivac, proµzdrljivac, pijanica, tvrdica, vlastoljubiv, krvolok, klevetnik, razvratnik, fanatik, licemer i glup, to mi je uvek bilo jasno pa me zato ništa od tog neuspelog mutanta ne moµze iznenaditi!

Volter

Pitagorina teorema A

B

Iz sliµcnosti trouglova ABC ABH AHC dobijamo

C

H

BC AB 2 = ) (AB ) = BC BH BH AB AC BC 2 = ) (AC ) = BC CH CH AC

Sabiranjem prethodnih jednaµcina dobijamo 2

2

2

(AB ) + (AC ) = BC BH + BC CH = BC (BH + CH ) = (BC ) {z } | 2 2 2 BC (AB ) + (AC ) = (BC )

odnosno

´ c Knjiga za samostalno pripremanje ispita 10 Vukomir M Milinković Dalibor M Cosi´

Funkcije zbira uglova - Adiciona teorema y 1

Sa slike uoµcavamo sledeće odnose: sin( + ) = AB = AC + CB = = BC + DE Kako je BC = cos ) BC = BD cos BD BD = sin odnosno

B s in

α

β

β

co s

β

α

A

D

sinα

C

E

x DE

4244 3 0 14

= sin ) DE = OD sin OD OD = cos onda imamo sin( + ) = BD cos + OD sin = sin cos + cos sin = sin cos + cos sin Na isti naµcin dobijamo

cosα

−1

cos( + ) = OA = OE

AE = OE

CD

OE = cos OD

) OE = OD cos

OD = cos

CD = sin BD

) CD = BD sin

BD = sin

cos( + ) = OD cos cos( + ) = cos Kako je sin(

cos

)=

sin(

) = sin

cos(

) = cos

BD sin sin sin

cos( cos(

= cos

Kako je

onda imamo

cos

sin

sin

odnosno

sin cos(

) + cos )

) = cos sin(

sin

onda imamo

) = sin

sin(

cos

) = cos

cos

cos

+ sin

sin

odnosno

sin

Savršeno zapamtimo sin( + ) = sin cos

+ cos sin

sin(

) = sin cos

cos sin

cos( + ) = cos cos

sin sin

cos(

) = cos cos

+ sin sin

Kako je sin( + ) = sin cos

+ cos sin

sin( + ) = sin 2 = sin cos

+ cos sin

cos( + ) = cos cos

sin sin

cos( + ) = cos 2 = cos cos

onda za = 2 sin cos

onda za sin sin

=

= = cos2

Savršeno zapamtimo sin 2 = 2 sin cos

imamo Kako je

imamo sin2 cos 2 = cos2

sin2


Pokaµzimo da za proizvoljan ugao x vaµze jednakosti 1

sin

3

cos

5

tg

7

sin ( 2 k

2 2 2

x = cos x

2

sin (

x) = sin x

x = sin x

4

cos (

x) =

x = ctg x

6

ctg

+ x) = sin x

8

cos ( 2 k

Primenom formule sin ( 1 sin

2

x = sin cos x | {z 2}

x) = sin | {z } cos x 0

2

cos | {z } sin x = sin x ) = cos

tg

2

ctg

2

=

sin cos

ctg

x = cos

2 2 2

x = sin

2

=

cos sin

sin

dobijamo

cos x

x = x

onda primenom rezultata 1 i 3 dobijamo

cos x = ctg x sin x

x = x

sin x = tg x cos x cos

+ cos

sin

+ x) = sin 2 k } cos x + cos 2 k } sin x = sin x | {z | {z 0

Primenom formule cos ( + ) = cos 8 cos ( 2 k

+ sin

0

Primenom formule sin ( + ) = sin 7 sin ( 2 k

dobijamo

1

cos 6

cos

x) = cos | {z } cos x + |sin {z } sin x =

sin 5

sin

2; : : :

x = cos cos x + sin sin x = sin x | {z 2} | {z 2} 1

Kako je tg

cos

1;

0

0

4 cos (

cos

k = 0;

1

Primenom formule cos ( 3 cos

+ x) = cos x

cos sin x = cos x | {z 2}

1

2 sin (

x = tg x

2

) = sin

cos x

+ x) = cos 2 k } cos x | {z 1

dobijamo

1

cos

sin

sin

sin 2 k } sin x = cos x | {z 0

dobijamo


Kako je sin 2 = 2 sin sin 2 sin 2 = 1

2 sin cos = cos2 + sin2

cos 2 cos 2 = 1

cos2 = cos2

tg 2 =

sin 2 cos 2

ctg 2 =

=

sin2 + sin2

2 sin cos2

cos sin2

cos 2 sin 2

=

cos 2 sin

Kako je sin 2 = 2 sin sin 3 = sin 2 + cos

= 2 sin

cos2

= 3 sin

1

cos

+ 3 sin

= cos

1

= cos3

cos

= 4 cos3

=

1 tg2 1 + tg2

=

cos2

=

cos2 sin2 2 sin2 = sin sin cos 2 sin2

2 tg 1 tg2

=

sin2

ctg2 2 ctg

1

onda imamo

+ cos 2 sin

2

sin2

sin

sin

sin3

= 3 sin

sin3

= 3 sin

cos2

3 sin3

sin3

sin3

odnosno

cos cos

1

+ sin2 cos2 sin cos 2 cos2 = 2 sin2 cos cos2 cos2

cos

sin2

3

sin2 cos2 = sin2 1+ cos2

2

cos2

= cos 2 cos sin2

= cos3

sin2

cos2

+ cos

+ cos2

cos 3 = cos 2 + = cos2

2 tg 1 + tg2

cos 2 = cos2

sin2

4 sin3

=

= sin 2 cos

= 2 sin

=

sin cos = sin2 1+ cos2

sin cos

cos

onda imamo

2 sin cos cos2 = cos2 + sin2 cos2

2

2

sin2

cos 2 = cos2

cos

2

+ cos3

sin 2 sin

2 sin 2 sin2 cos

cos

sin

cos 2 1

2 cos

cos2

cos

+ 2 cos3

3 cos

Sada lako moµzemo videti zašto je: tg ( + ) =

tg + tg 1 tg tg

ctg ( + ) =

ctg ctg 1 ctg + ctg

tg ( ctg (

)=

tg tg 1 + tg tg

)=

ctg ctg + 1 ctg ctg

Sledeći raµcun je samo prividno obiman ili „komplikovan”.


sin ( + ) sin cos + cos sin = cos ( + ) cos cos sin sin sin cos cos = + cos cos sin sin cos cos

tg ( + ) =

=

= tg (

)= =

cos cos

tg tg tg

1

sin ( cos (

cos cos sin cos +

tg tg tg

1

cos

cos cos

sin cos cos cos sin cos + cos cos

tg 1 + tg tg

+

sin cos

) sin cos = ) cos cos sin cos cos + sin sin

=

=

sin cos cos cos

cos cos

cos + sin

cos cos =

sin cos sin cos

sin sin cos sin cos + sin

cos

tg 1 + tg tg

sin

sin cos

tg + tg 1 tg tg

=

sin cos

cos cos cos cos

sin sin

sin

cos sin cos cos sin cos + cos cos

sin cos

tg tg 1 + tg tg

cos ( + ) cos cos sin sin = sin ( + ) sin cos + cos sin cos cos sin sin = sin cos + cos sin sin cos + cos

ctg ( + ) =

=

= ctg (

)= =

=

=

sin sin

cos cos sin sin cos cos + sin sin

ctg ctg ctg + ctg cos ( sin (

ctg

sin sin

sin sin

1 + ctg

=

sin

sin sin

cos sin cos sin

ctg ctg ctg ctg

+

sin sin

+

1 ctg

ctg

sin sin =

sin sin

ctg ctg 1 ctg + ctg

) cos cos + sin sin = ) sin cos cos sin cos cos sin + cos cos sin sin cos cos sin cos sin

sin

sin sin sin sin cos cos + sin sin

sin sin cos sin

sin cos

sin

sin sin cos sin

ctg ctg + 1 ctg ctg

sin sin


Kako je

(

sin

+

sin

= sin

cos

+ cos

sin

= sin

cos

cos

sin

onda sabiranjem ili oduzimanjem formula u zagradi dobijamo sin sin

cos

+

1 sin 2 sin + =

1 sin sin = 2 ( cos + Kako je cos cos

+ sin +

= 2 sin + sin

sin

cos

odakle je

odnosno = 2 cos

sin

+

sin

= cos

cos

sin

sin

= cos

cos

+ sin

sin

odakle je

onda sabiranjem ili oduzimanjem formula u zagradi dobijamo cos cos

cos

+

1 cos 2 cos + =

+ cos + cos

= 2 cos + cos

cos

odakle je

odnosno =

2 sin

sin

odakle je

1 cos cos + Dobro zapamtimo! 2 1 sin + + sin ( ) sin cos = 2 1 sin + sin cos sin = 2 1 cos cos = cos + + cos 2 1 sin sin = cos cos + 2 Ako je + =x = y tada sabiranjem prve i druge jednakosti ili oduzimanjem druge od prve jednakosti dobijamo x+y x y 2 =x+y ) = odnosno 2 = x y ) = 2 2 x+y x y Zamenom = i = u formule 2 2 sin ( + ) = sin cos + cos sin sin ( ) = sin cos cos sin dobijamo x+y x y x+y x y sin x = sin cos + cos sin 2 2 2 2 x+y x y x+y x y sin y = sin cos cos sin 2 2 2 2 Sabiranjem ili oduzimanjem prethodnih relacija dobijamo sin

sin

=


x+y x y x+y x y cos sin x sin y = 2 cos sin 2 2 2 2 x+y x y Zamenom = i = u formule 2 2 cos ( + ) = cos cos sin sin cos ( ) = cos cos + sin sin dobijamo x+y x y x+y x y cos x = cos cos sin sin 2 2 2 2 x+y x y x+y x y cosy = cos cos + sin sin 2 2 2 2 Sabiranjem ili oduzimanjem prethodnih relacija dobijamo x+y x y x+y x y cos x + cos y = 2 cos cos cos x cos y = 2 sin sin 2 2 2 2 Obratimo paµznju na sledeće transformacije 1 cos 2 1 + cos 2 a) sin2 = cos2 = 2 2 2 2 b) sin sin = sin ( + ) sin ( ) ( sin2 + cos2 = 1 odnosno a) Kako je cos 2 = cos2 sin2 onda imamo sin x + sin y = 2 sin

sin2

cos 2 = cos2 2 sin2

odnosno sin2

= 1 cos 2

sin2

cos 2 = cos2

2cos2 = 1 + cos 2

b) sin2

sin2

sin2

sin2

sin2 =

= cos2

=

1

cos 2 2

1 cos 2 2

1

=1

cos 2 2

cos2

1

odnosno cos2 =

= Kako je cos x

sin2

= 1

1

2 sin2

odakle je

Istim postupkom dobijamo

= 2 cos2

1 odakle je

1 + cos 2 U µcemu je razlika ? 2 cos 2 (1 cos 2 ) (1 cos 2 ) = 2 2

cos2

x y x+y sin onda zamenom dobijamo 2 2 2 +2 2 2 2 sin sin = sin ( + ) sin ( 2 2

cos y = 2 sin =

1 2

= sin Jednakost sin2

+ sin2

postupkom ! Kako je a sin sin = 2 cos onda imamo

sin = sin ( + ) sin (

2

+ 2

)

2

b = a sin

2

b

) moµzemo dokazati i sledećim

a+b sin

odnosno

+ sin

= 2 sin

+ 2

cos

2


sin2

sin2

= sin

sin sin + sin + + = 2 cos sin 2 sin cos 2 2 2 + + = 2 sin cos 2 sin cos 2 2 2 Kako je 2 sin cos = sin 2 onda imamo 2( + ) 2( ) sin2 sin2 = sin sin = sin + 2 2 Kako je 1 = sin2 1 + cos 1

cos

+ cos2

= 1 + cos 2 =1

= sin2

2

2

+ cos2

2

cos 2

sin2

cos 2 = cos2 2

+ cos2

2

2 2 sin

onda imamo sin2

2

2 2

2

= 2 cos2

= sin + cos cos sin 2 2 2 2 2 Dakle, 1 + cos = 2 cos2 1 cos = 2 sin2 odnosno 2 2 r r p p p 1 + cos = 2 cos2 = 2 cos2 = 2 cos 2 2 2 r r p p p 1 cos = 2 sin2 = 2 sin2 = 2 sin 2 2 2 8 r 1 + cos > > > 1 + cos = 2 cos2 ) cos = < 2 2 2 Kako je r > > 1 cos > : 1 cos = 2 sin2 ) sin = 2 2 2 onda lako dobijamo r 1 cos r sin 1 cos 2 2 tg = = odnosno =r 2 1 + cos 1 + cos cos 2 2 r 1 + cos r cos 1 + cos 2 2 =r ctg = = Dakle, imamo 2 1 cos 1 cos sin 2 2 r r 1 cos 1 + cos cos = sin = 2 2 2 2 r r 1 cos 1 + cos tg = ctg = 2 1 + cos 2 1 cos Kako je sin 2 = 2 sin sin

= sin 2

Kako je sin

2

= 2 sin = 2 sin

2 2

cos cos

sin2

cos 2 = cos2

cos 2 2

cos cos

= cos 2 = cos

2

2

= cos2 sin

= 2 sin2

onda imamo

2

2

2

2

2

sin2

2

onda imamo

2


sin

cos 2 2 2 2 sin cos cos 2 tg 2 2 = 2 2 = = 2 2 2 2 2 sin cos sin cos 1 tg 2 2 2 2 2 2 2 cos cos 2 2 2

tg

sin cos

=

cos2 ctg

cos

cos = sin

sin = 2 sin

2

2

2

2 = 2 sin

sin 2

cos

2 =

sin

2

sin 1

sin2

sin cos

cos2 =

sin2

sin2

2

+ cos2

2

2 sin =

2 = 2

sin2

cos sin

cos

1 Dakle, 2

2 2 ; ctg =

tg2

1

sin

2

cos2

2

cos

2 =

sin2

2

2

cos2

cos =

2

2

2 2 sin

sin 2

cos

2 = 2

sin2

2 + cos2

2 cos2

2 cos2 2 cos2

cos2 ctg =

2

tg =

2

2 cos2

2 sin tg =

2 2 ctg

2 2 ctg

2 2

2

ctg2

cos

1 2

2

cos 2 tg cos cos 2 2 = 2 2 2 = 2 = 2 2 2 2 2 2 2 sin sin sin 1+ tg + cos + cos cos 2 2 2 2 2 + 2 2 cos2 cos2 cos2 2 2 2

=

cos2 cos cos = 1

cos

ctg2

2 =

2 tg

2 cos2

2 sin

sin

2 sin2

2

cos ; cos = cos2 2 2 2

2

2

2 sin

2 sin sin =

sin2

2

cos2

2

cos2 = 2

cos2

2

cos

2

cos2 cos2

2

2 sin

2 cos2

sin

2

2

2

2

2 = 2

1

tg2

1+ tg2

2 2

2

2 tg

2

=

2

cos2

2

2

2

sin2

1

2 tg2

2

2

2

sin

2

cos2

2 sin

=

cos2

cos

2

cos2

2

cos2

cos

2

cos

2

2 cos

2 +

2 =

cos2

2

sin

2

2 sin2

2 cos2

sin2

sin2

2

2 cos

2

cos2 2 2

cos cos

2 =

2 2

1

tg2 2 tg

2

2


Sinusna i kosinusna teorema

γ

hc = sin b hc = sin a hc = b sin Delenjem

a

ha

b

Za pravougle trouglove ADC i DCB vaµze sledeći odnosi pojedinih duµzina

C

hc

α l c− l D c A

β

b sin

B

=

) hc = b sin ) hc = a sin

Dakle,

= a sin ili b sin = a sin sa sin sin dobijamo

a sin

ili

a sin = : b sin

Sliµcno dobijamo: ha = sin ) ha = b sin b ha = b sin = c sin ili b sin b sin

=

c sin

)

b sin = c sin

ha = sin ) ha = c sin odnosno c = c sin Delenjem sa sin sin imamo a sin

Dakle,

=

b sin

c sin

=

Ova relacija pok-

azuje da se stranice trougla odnose kao sinusi suprotnih uglova pa imamo a : b : c = sin

: sin

: sin

a sin

odnosno

=

b sin

=

c sin

Sinusna teorema

Prema slici, primenom Pitagorine teoreme dobijamo: a2 = ( hc )2 + ( c

l )2

Kako je ( hc )2 = b2 a2 = b2

l2 + ( c2

l = AD l2 onda zamenom dobijamo

2c l + l2 ) = b2

l2 + c2

a2 = b2 + c2

2 c l Prema slici imamo

a2 = b2 + c2

2 b c cos

Za

= 90

b2 = a2 + c2

2 a c cos

Za

= 90

2

2

2

c =b +a

2 b a cos

Za

= 90

2c l + l2 odnosno

l = cos b

ili l = b cos

) a2 = b2 + c2

pa je

Pitagorina teorema

) b2 = a2 + c2

Pitagorina teorema

) c =b +a

Pitagorina teorema

2

2

2

Ove tri relacije su kosinusna teorema koja pokazuje da je kvadrat jedne stranice trougla, jednak zbiru kvadrata druge dve stranice, umanjenom za dvostruki proizvod tih stranica i kosinus ugla koji one µcine.


Logaritmovanje Pogledajmo „zanimljivu” povezanost izme†u sledećih brojeva log10 1 = 0

jer je

100 = 1

log10 10 = 1

jer je

101 = 10

log10 100 = 2

jer je

102 = 100

log10 1000 = 3

jer je

103 = 1000

log10 10000 = 4

jer je

104 = 10 000 odnosno

log10 10000000 = 7

jer je

107 = 10 000 000

„Pogledajmo”sluµcaj gde je log10 1000 = 3 odnosno 103 = 1000 i na najprostiji naµcin zakljuµcimo, šta je logaritam broja? Logaritam od nekog broja (u našem sluµcaju 1000) je broj (u našem sluµcaju 3 ) kojim treba stepenovati osnovu ili bazu (u našem sluµcaju 10) da bi se dobijo broj (u našem sluµcaju 1000) od koga se traµzi logaritam. Koji brojevi mogu posluµziti kao logaritamske osnove ili baze? Svi brojevi koji su veći od nule i razliµciti od 1 Dakle, brojevi > 0 i 6= 1 Koje brojeve µcesto ili izuzetno µcesto koristimo kao logaritamsku osnovu ? µ Cesto koristimo broj 10 pa se logaritam sa osnovom ili bazom 10 (log10 ) obeleµzava kao log, odnosno log10 a = log a Logaritam sa osnovom 10 nazivamo i dekadni logaritam. Izuzetno µcesto koristimo (pomalo „µcudan” broj) e = 2; 7 1828 1828 459 : : : pa se logaritam sa osnovom e (loge ) obeleµzava kao ln odnosno loge a = ln a Logaritam sa osnovom e nazivamo i prirodni logaritam. U redovima koji slede pokazaćemo zašto je n 1 e = lim 1+ = 2; 7 1828 1828 459 : : : odnosno n!+1 n 1 e = lim 1 + n n = 2; 7 1828 1828 459 : : : ( 1828: ro†en Tolstoj ) n!0

Nikada ne zaboravimo : 10 log a + log b = log ( a b ) ili log a + log b + log c = log ( a b c ) odnosno zbir logaritama jednak je logaritmu proizvoda. a 20 log a log b = log b odnosno razlika logaritama jednaka je logaritmu koliµcnika. 30 log an = n log a odnosno stepen nad a moµze da pre†e u proizvod i obrnuto. Kako je log10 1 = 0 ( jer je 100 = 1 ) onda imamo


1 = 0; 1 10 1 1 log 0; 01 = 2 jer je 10 2 = 2 = = 0; 01 10 100 1 1 log 0; 001 = 3 jer je 10 3 = 3 = = 0; 001 odnosno 10 1000 1 1 = 0; 00001 log 0; 00001 = 5 jer je 10 5 = 5 = 10 100000 Logaritam reciproµcne vrednosti nekog broja naziva se kologaritam, odnosno 1 log = co log a ili a 1 co log a = log 1 log a = 0 log a = log a = 1 log a = log a 1 = log a Sledeće detalje moramo savršeno znati! µ 10 Cemu je jednako eln 7 ? eln 7 =? Izjednaµcimo dati izraz, na primer, sa x log 0; 1 =

1

jer je 10

1

=

eln 7 = x

Logaritmujemo i levu i desnu stranu

ln eln 7 = ln x

Prebacimo ln 7 iz stepena u proizvod

ln 7 ln e = ln x

Kako je ln e = lne e = 1

ln 7 = ln x

Odavde je x = 7 odnosno

ln 7

e

=7

ili

e1 = e

e|ln a = a {z

onda imamo

a > 0}

nikada ne zab oravim o

Evo jedne primene prethodne relacije, iako izvode detaljno radimo kasnije. 1 x y = xx = eln x = ex ln x ) y 0 = ex ln x 1 ln x + x = xx ( ln x + 1 ) x 20 Ako je ln a = b a > 0 µcemu je tada jednako a ? Iz ln a = b ) a = eb a evo i zašto. Logaritmujemo levu i desnu stranu jednakosti a = eb ln a = ln eb b prebacimo iz stepena u proizvod ln a = b|{z} ln e 1

3

0

ln e = loge e = 1 Dakle, iz ln a = b ) a = eb

Iz logaritamskog raµcuna biće izuzetno korisno znati:

Ako je y = loga x tada imamo x = ay = aloga x n

Vrlo µcesto koristimo relaciju y = xn = aloga x = an loga x | {z } x

Još jedanput ponovimo da nikada ne zaboravimo!

a) Logaritam od 0 je

1 ili loga 0 =

1 jer je a

1

=

1 =0 a1


b) Logaritam od 1 je 0 ili loga 1 = 0 jer je a0 = 1 c) Logaritam od 1 je 1 ili loga 1 = 1 jer je a1 = 1 d) Logaritam negativnih brojeva ne postoji! e) Logaritam pravog razlomka x = ln 0 = loge 0 =

1 jer je e

1

a gde je a < b ili 0 < x < 1 je negativan. b

=0

ln e = loge e = 1 jer je e1 = e

ln 1 = loge 1 = 0 jer je e0 = 1

ln e2 = 2 ln e = 2 1 = 2

ln

ln

1 = ln 1 e2

ln e2 = 0

2=

1 = ln 1 ln e = 0 1 = 1 e p 1 1 1 1 ln e = ln e 2 = ln e = 1= 2 2 2

2

1) Zašto je log3 2 log4 3 log5 4 log6 5 log7 6 log8 7 log9 8 log10 9 = log 2 logc a log10 2 log 2 Kako je log10 x = log x log 10 = 1 logb a = log3 2 = = logc b log10 3 log 3 onda imamo log 2 log 3 log 4 log 5 log 6 log 7 log 8 log 9 = log 3 log 4 log 5 log 6 log 7 log 8 log 9 log 10 | {z } 1

log 3 log 4 log 5 log 6 log 7 log 8 log 9 = log 2 = log 2 log 3 log 4 log 5 log 6 log 7 log 8 log 9

Vaµzno ! Mnogo Vaµzno !!

Izuzetno Vaµzno !!!

Proizvod svih pozitivnih celih brojeva od 1 do n 1 2 3 4 5 (n 3) (n 2) (n 1) n = n! oznaµcava se simbolom n! i µcita se „n faktorijel ”. Pogledajmo vrednosti „faktorijela” za 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; : : : ; 15 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7!

= = = = = = = =

1 1 1 1 1 1 1 1

2=2 2 3=6 2 3 4 = 24 2 3 4 5 = 120 2 3 4 5 6 = 720 2 3 4 5 6 7 = 5040

8! 9! 10! 11! 12! 13! 14! 15!

= = = = = = = =

1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3

4 4 4 4 4 4 4 4

5 5 5 5 5 5 5 5

6 6 6 6 6 6

7 8 = 40 320 7 8 9 = 362 880 7 10 = 3 628 800 7 11 = 39 916 800 12 = 479 001 600 13 = 6 227 020 800 14 = 87 178 291 200 15 = 1 307 674 368 000

Primetimo (ili proverimo) da je : 1! = 1 (1 2! = 2 (2 3! = 3 (3

1)! = 1 0! = 1 1 = 1 1)! = 2 1! = 2 1 = 2 1)! = 3 2! = 3 2 = 6

4! = 4 (4 1)! = 4 3! = 4 6 = 24 5! = 5 (5 1)! = 5 4! = 5 24 = 120 ili n! = n (n 1)! (n prirodan broj )


Za proizvod pozitivnih parnih brojeva imamo 2 4 6 8

n > 1 što se µcita „dvostruki faktorijel”

(2n) = (2n)!!

Ako je n nula ili prirodan broj, tada imamo 0!! 1!! 2!! 4!! 6!!

= = = = =

1 1 2 2 4=8 2 4 6 = 48

8!! 10!! 12!! 14!!

= = = =

2 4 6 8 = 384 2 4 6 8 10 = 3 840 2 4 6 8 10 12 = 46 080 2 4 6 8 10 12 14 = 645 120 i tako redom

Primetimo ili proverimo da je : (n + 2)!! = n!! (n + 2) n>0 Za n = 0 imamo 2!! = 0!! 2 = 2 Za n = 6 imamo 8!! = 6!! 8 = 384 Za n = 2 imamo 4!! = 2!! 4 = 8 Za n = 8 imamo 10!! = 8!! 10 = 3840 Za n = 4 imamo 6!! = 4!! 6 = 48 i tako redom 8 n 2 n - mnoµzitelja > < 2 =2 2 2 n! = 1 2 3 (n 2)(n 1)n Kako je > : ( 2n )!! = 2 4 6 8 ( 2n ) onda imamo

2n n! = ( 2 1 ) ( 2 2 ) ( 2 3 ) | {z } | {z } | {z } 2

4

6

n

( 2 ( n 2 )) ( 2 ( n 1 )) 2n = ( 2n )!! | {z }| {z } 2n 4

2n 2

odnosno (2n)!! = 2 n!

gde je n nula ili prirodan broj

Za Za Za Za Za Za

= 20 = 21 = 22 = 23 = 24 = 25

n=0 n=1 n=2 n=3 n=4 n=5

imamo imamo imamo imamo imamo imamo

0!! 2!! 4!! 6!! 8!! 10!!

0! = 1 1 = 1 1! = 2 1 = 2 2! = 4 2 = 8 3! = 8 6 = 48 4! = 16 24 = 384 5! = 32 120 = 3 840

Proizvod pozitivnih neparnih brojeva 1 3 5 7

(2n + 1) = (2n + 1)!!

Ako je n nula ili prirodan broj, tada imamo 1!! = 1 3!! = 1 3 = 3 5!! = 1 3 5 = 15

7!! = 1 3 5 7 = 105 9!! = 1 3 5 7 9 = 945 i tako redom

(2n + 1)! n! 2n 1! 1 Za n = 0 imamo 1!! = = =1 0! 20 1 Ne zaboravimo (2n + 1)!! =

n>0


6 3! = =3 1 1! 2 2 120 5! = Za n = 2 imamo 5!! = = 15 2 2! 2 8 5 040 7! = = 105 Za n = 3 imamo 7!! = 3 3! 2 48 Za n = 1 imamo 3!! =

STOP ! Vaµzno !! Izuzetno Vaµzno !!! Binomni koe…cijenti Pogledajmo koliµcnike sa „zanimljivim” brojiocima i imeniocima 7 1 7 1 7 1 7 1

7 1 7 1 7 1

=7 6 2 6 2 6 2

= 21 5 = 35 3 5 4 3 2 1 =1 3 4 5 6 7

n (n

1) (n

n (n

1) (n

6 2 6 2 6 2

5 3 5 3 5 3

4 4 4 4 4 4

= 35 3 2 520 = = 21 5 120 3 2 5 040 = =7 5 6 720

odnosno

2) (n 3) n (n 1) =1 1 2 3 n Ako su n i k pozitivni celi brojevi k < n onda koliµcnik 2) (n 3) n (k 1) nazivamo binomni koe…cijent koji 1 2 3 k n oznaµcavamo sa („n nad k ”) Primeri: k 1) „7 nad 1 ”

7 1

=

7 =7 1

2) „7 nad 2 ”

7 2

=

7 6 = 21 1 2

3) „7 nad 3 ”

7 3

=

7 6 5 = 35 1 2 3

4) „7 nad 4 ”

7 4

=

7 6 5 4 = 35 1 2 3 4

5) „7 nad 5 ”

7 5

=

7 6 5 4 3 = 21 1 2 3 4 5

6) „7 nad 6 ”

7 6

=

7 6 5 4 3 2 =7 1 2 3 4 5 6

7) „7 nad 0 ”

7 0

=1

po de…niciji


Pored „ostalog” primetili smo sledeće: „n nad 1 ”

n 1

=

n n = =n 1 1!

„n nad 2 ”

n 2

=

n (n 1) n (n 1) = 1 2 2!

„n nad 3 ”

n 3

=

„n nad 6 ”

n 6

=

„n nad k ”

n k

=

2)

n (n

1) (n 3!

n (n

1) (n 1 2 3

n (n

1) (n

2) (n 3) (n 6!

n (n

1) (n

2) (n

=

3)

2)

4) (n (n

5)

(k

odnosno

1))

k!

Ako je n < k ( gde su n i k prirodni i pozitivni celi brojevi ) tada imamo n k

=

6 7

=

n (n

1) (n

2) (n

3)

(n

(k

1))

k! 6 (6

1) (6

2) (6 3) (6 4) (6 1 2 3 4 5 6 7

5) (6

=0 6)

Primer =

0 =0 7!

Sada lako primećujemo: 6 3

=

6 5 4 6 5 4 3 2 1 6! 6! = = = 1 2 3 3! 3 2 1 3! 3! 3! (6 3)!

6 2

=

6 5 6 5 4 3 2 1 6! 6! = = = 1 2 2! 4 3 2 1 2! 4! 2! (6 2)!

7 3

=

7 6 5 4 3 2 1 7! 7! 7 6 5 = = = 1 2 3 3! 4 3 2 1 3! 4! 3! (7 3)!

7 5

=

7 6 5 4 3 7 6 5 4 3 2 1 7! 7! = = = 1 2 3 4 5 5! 2 1 5! 2! 5! (7 5)!

Upore†ivanjem prethodnih rezultata vidimo da funkciju n k

viti relacijom

=

n! k!(n k)!

n k

moµzemo predsta-

k6n

koju moµzemo dokazati sledećim postupkom n k

= = =

n k

(n (n

k )! k )!

n(n

1)(n

2) k!

(n

(k

1 )) ( n

n(n

1)(n

2)

(n

( k 1 )) ( n k! ( n k )!

k ) ( n ( k + 1 )) ( n k )! k)(n

( k + 1 ))

2 1 2 1


n 0

=

n! k! ( n k )!

=

n! n! n! = = =1 0! (n 0)! 1 n! n!

Sada lako dobijamo

Pogledajmo postupak dobijanja vaµzne relacije n n + k k 1 =

=

=

=

n! 1 )! ( n

k(k

(k

n! 1 )! ( n

(k

n! 1 )! ( n

n! + k! ( n k )! ( k

k )!

k )!

+

(k

n! 1 )! ( n ( k

1 ))!

n! (k

k )!

1 )! ( n

1 + k n

1 (k

n n + k k 1

1)

1 )) ( n

=

(k

n! 1 )! ( n

( n + 1 )! ( n + 1 )! = k! ( n ( k 1 ))! k! (( n + 1 ) k )!

n! = k! ( n k )!

n k

n k

n n

=

k

k 6 n onda imamo

n n + k k 1

n! k)! (n (n

=

=

k

(n

n! k 1)! k!

k) 1

n

=

(n

n! + k)! k! (n

(n

n! 1)! k! (n

(n

k))!

n n + k k+1

Sada pokaµzimo zašto je

=

n k

= n

=

n

k

k

+

+

(n

k

1 k+1

k

n! = k)! k!

k6n

=

n n

k

n+1 k+1

n! 1)! (k + 1)!

n! 1)! k! (k + 1) =

(n

k )! }

n+1 k

n! onda imamo k! (n k)!

=

(n

n n + k k+1

( n ( k 1 ))!

Kako je

Pogledajmo postupak dobijanja vaµzne relacije Kako je

n (k 1) + k k )! k (n (k 1))

n+1 n! ( n + 1 ) = k )! k ( n ( k 1 )) k ( k 1 )! ( n ( k 1 )) ( n | {z } | {z k!

=

n+1 k

=

n! k+1+n k k 1)! k! (n k) (k + 1)


=

((n + 1)

(n + 1)! = (k + 1))! (k + 1)! n

Ako znamo zašto je

n

k

=

n+1 k+1 n k

onda razumemo Paskalov „trougao”

koji moµzemo koristiti za odre†ivanje binomnih koe…cijenata stepen binoma

0 1 2 3 4 5 6 7 ! .. .

!

!

!

!

!

!

1 2

1

3

3

4

6 7

1

1

1

6

5

1

1

1

1

1

1

!

4

10 15

10

5

20

21

1

15

35

35

1 6

1

21

7

1

Znaµcenje brojeva pore†anih tako da saµcinjavaju „jednakostraniµcni” trougao biće jasnije ako sa paµznjom ispratimo ono što sledi ! Svi brojevi pore†ani u trougao pretstavljaju koe…cijente pojedinih µclanova razvoja stepena binoma a „trougao” koji oni saµcinjavaju naziva se Paskalovim trouglom. Primetimo da je svaki koe…cijent jednak zbiru dva broja koji se nalaze levo i desno iznad njega, osim krajnjih brojeva 1 (a + b)0 = 1 (a + b)1 =

a1 + b1

(a + b)2 =

a2 + 2ab + b2

(a + b)3 =

a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3

(a + b)4 =

a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4

(a + b)5 =

a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5

(a + b)6 =

a6 + 6a5 b + 15a4 b + 20a3 b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6

(a + b)7 = .. .

a7 + 7a6 b + 21a5 b2 + 35a4 b3 + 35a3 b4 + 21a2 b5 + 7ab6 + b7

(a + b)n = an + n an +

n (n

1

b+

n(n 1) n a 1 2

2 2

b +

1) (n (n 2)) a bn 1 2 3 (n 1)

1

n(n

+

1) (n 1 2 3

n(n

2)

1) (n 1 2 3

an

3 3

(n n

b + 1))

bn

Dobijanje ove vaµzne formule biće prikazano u nastavku. Primetimo da svaki


n

razvoj (a + b) gde je n ceo pozitivan broj, ima (n + 1) µclanova razvoja, pa eksponenti nad a opadaju od ( n do 0 ) dok eksponenti nad b rastu od ( 0 do n ) Za n = 2; 4; 6; : : : ; koe…cijenti µclanova na sredini razvoja me†usobno su jed2n 2n+1 naki. Kako je ( b) = b2n ( b) = b2n+1 onda za b negativno na desnoj strani razvoja, naizmeniµcno se menjaju (+) i ( ) što se vidi na primerima: 1

a1

(a

b) =

(a

b) =

(a

b) =

(a

b) =

(a

b) =

(a

b) = a7

2

a2

3

a3

4

a4

5

7

a5

b1

2ab + b2

3a2 b + 3ab2

4a3 b + 6a2 b2

5a4 b + 10a3 b2

7a6 b + 21a5 b2

b3 4ab3 + b4

10a2 b3 + 5ab4

35a4 b3 + 35a3 b4

b5

odnosno

21a2 b5 + 7ab6

b7

Primetimo predznak poslednjeg µclana b ako je nad njim eksponent paran broj (i obrnuto!)? Napomena ! Iako je predhodna trougaona šema brojeva, odnosno aritmetiµcki jednakostraniµcni trougao dobio ime po Blezu Paskalu, francuskom …lozofu, matematiµcaru i …ziµcaru, to ne znaµci da je Paskal pomenutu šemu prvi „uspostavio”. Naravno , Paskal se dosta bavio pomenutim trouglom kada je 1665. godine , dakle posle njegove smrti , objavljen i njegov rad pod nazivom „Traktat o aritmetiµckom trouglu”. Ali i u radovima kineskog matematiµcara Chu µ Ši Ki) iz 1303. godine moµze se naići na istu tablicu brojeva koShih Chieh (Cu ja se završava sa 9 - tim redom. Isti takav trougao bio je poznat i dva veka pre Hristovog doba indijskim matematiµcarima što je najstarije doba od kada se zna za aritmetiµcki trougao. Ovaj trougao se susreće i u radu samarkandskog matematiµcara i astronoma Djemšida Kašia objavljenog pod nazivom „Kljuµc Aritmetike” na arapskom jeziku u prvoj polovini XV veka. U radu „Celokupna aritmetika” iz 1544. godine nemaµcki matematiµcar Michael Stitel verovatno doprinosi da aritmetiµcki trougao bude prvi put poznat u Evropi. Posle saznanja o „n nad k”, vratimo se binomnoj formuli n

n (n 1) n 2 2 n (n 1) (n 2) n 3 3 a b + a b + 1 2 1 2 3 n (n 1) (n (n 2)) n (n 1) (n (n 1)) n + a bn 1 + b 1 2 3 (n 1) 1 2 3 n

(a + b) = an + n an

1

b+

Na primer, za n = 7 imamo 7 6 5 2 7 6 5 4 3 7 6 5 4 3 4 a b + a b + a b 1 2 1 2 3 1 2 3 4 7 6 5 4 5 2 5 7 6 5 4 5 6 6 7 6 5 4 5 6 7 7 + a b + ab + b 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 Primetimo da su binomni koe…cijenti na istim mestima sa leve i desne strane isti, odnosno 7

(a + b) = a7 + 7a6 b +


1=

n ; n

n 1

n

=

n

n 2

;

1

n

=

n

n k

;:::;

2

n

=

n

pa imamo

k

7 7 7 6 7 5 2 7 4 3 7 3 4 a b + a + a b+ a b + a b + 0 1 2 3 4

7

(a + b) =

7 2 5 7 7 7 a b + ab6 + b odnosno 5 6 7

+ 7

7 1

(a + b) = a7 +

7 2

a6 b +

7 3

a5 b2 +

7 4

a4 b3 +

7 5

a3 b4 +

7 6

a2 b5 +

ab6 + b7

Dakle, ako su a i b realni brojevi (R), n prirodan (N ) tada vaµzi binomna formula n

(a + b) = an +

n 1

an

1

ili kraće napisano n P n n n a+b = a k=0 k

b+

k k

b

n 2

an

2 2

b +

odnosno

n 2

+

a

b

n

a2 bn

2

+

n P

=

1

n 1

abn

k

k=0

1

+ bn

n n a k

k k

b

2) Primenom binomne formule (razvoja) odredimo: 3

3

1 (a + b)

2 (a

1 Kako je

n =1 ) 0

4

b)

3 (a + b)

3 =1 0

5

4 (a + b)

3 3 = =3 1 1

6

5 (a + b)

3 3 2 = =3 2 1 2

3 3 2 1 = =1 3 1 2 3

onda imamo 3

(a + b) =

3 0

a3 +

3 1

3 2

a2 b+

a b2 +

3 3

b3 = 1 a3 +3 a2 b+3 a b2 +1 b3

= a3 + 3 a2 b + 3 a b2 + b3 2 Kako je (a (a

3

b) = a + ( b)

3

b) = a + ( b) = 1 a3

3 Kako je

3

=

3 0

a3 +

3 a2 b + 3 a b2

4 =1 0

3

onda imamo 3 1

a2 ( b)+

1 b3 = a3

4 4 = =4 1 1

3 2

3 a2 b + 3 a b2

4 4 3 = =6 2 1 2

2

a ( b) +

3 3

3

( b)

b3

4 4 3 2 = =4 3 1 2 3

4 =1 4

onda imamo 4

(a + b) =

4 0

a4 +

4 1

a3 b +

4 2

a2 b2 +

4 3

a b3 +

4 4

b4

= 1 a4 + 4 a3 b + 6 a2 b2 + 4 a b3 + 1 b4 = a4 + 4 a3 b + 6 a2 b2 + 4 a b3 + b4 4 Kako je

5 =1 0

5 5 = =5 1 1

5 5 4 = = 10 2 1 2

5 5 4 3 = = 10 3 1 2 3


5 4

5 4 3 2 =5 1 2 3 4

=

5 0

5

(a + b) =

5 5 5 1

a5 +

= 1 onda imamo 5 2

a4 b +

5 3

a3 b2 +

5 4

a2 b3 +

5 5

a b4 +

b5

= a5 + 5 a4 b + 10 a3 b2 + 10 a2 b3 + 5 a b4 + b5 6 =1 0

5 Kako je 6 4

6 6 = =6 1 1 6 5

6 5 4 3 = 15 1 2 3 4

=

=

6 6 5 = = 15 2 1 2

6 5 4 3 2 =6 1 2 3 4 5

6 6 5 4 = = 20 3 1 2 3 6 6

= 1 onda imamo

6 6 6 5 6 4 2 6 3 3 6 2 4 6 6 6 a + a b+ a b + a b + a b + ab5 + b 0 1 2 3 4 5 6

6

(a + b) =

= a6 + 6 a5 b + 15 a4 b2 + 20 a3 b3 + 15 a2 b4 + 6 a b5 + b6

Primetimo da binomni razvoj ima n + 1 µclanova 5

3) Odredimo (2 5 0

5 1

=1

3x)

5

(2

5 2

=5

3x) = 2 + (

= 10 5

3x)

5

Kako je (2 5 3

3x) = 2 + ( 5 4

= 10

3x) 5 5

=5

5

odnosno

= 1 onda imamo

=

5 5 5 4 5 3 5 2 5 5 2 3 4 5 2+ 2 ( 3x)+ 2 ( 3x) + 2 ( 3x) + 2 ( 3x) + ( 3x) 0 1 2 3 4 5

=

3x) + 10 8 9x2 + 10 4

= 1 32 + 5 16 ( = 32

240x + 720x2

4) Odredimo (3a (3a 5 0

=(

5

2b) = 3a + (

)(3a)

5

5 1

+(

)(3a)

4

1080x3 + 810x4 5

2b)

2b)

Kako je (3a 5

5 2

( 2b)+(

27x3 + 5 2 81x4 + 1

243x5 5

2b) = 3a + (

)(3a)

p

p ( x

5

3) =

p

x+(

3)

3)

5

onda imamo

=

8b3 +5 3a 16b4 +1

720 a2 b3 + 240 a b4

p Kako je ( x

5

5

( 2b)2 +(53)(3a)2 ( 2b)3 +(54)(3a)( 2b)4 +(55)( 2b)5

810 a4 b + 1080 a3 b2

5) Odredimo ( x

2b)

= 3

= 1 243a5 +5 81a4 ( 2b)+10 27a3 4b2 +10 9a2 = 243 a5

243x5

5

3) =

p

32b5

32 b5 x+(

3)

5

onda imamo

´ c Knjiga za samostalno pripremanje ispita 30 Vukomir M Milinković Dalibor M Cosi´ p 4 p 3 p 2 p p 5 =(50)( x ) +(51)( x ) ( 3)+(52)( x ) ( 3)2 +(53)( x ) ( 3)3 +(54) x( 3)4 +(55)( 3)5

p p p p = 1 x5 + 5 x4 ( 3) + 10 x3 9 + 10x ( 27) + 5 x 81 + 1 ( p p p = x2 x 15x2 + 90x x 270x + 405 x 243

6) Odredimo prva µcetiri µclana razvoja 2x3 2x3

Kako je 10 0

10 1

=1

10

y2

=

= 2x3 +

10

y2 10 2

10 = 10 1

=

y2

243)

10

odnosno

10 9 = 45 1 2

10 3

=

10 9 8 = 120 1 2 3

10 3

2x3

onda imamo 2x3

y2

10 0

=

10

2x3

= 210 x30

= 2x3 + 10

+

=1

2x3

y2 +

10 2

2x3

8

2

y2 +

7

3

y2 +

120 27 x21 y 6 +

7 7 7 7 7 7 7 7 + + + + + + + 0 1 2 3 4 5 6 7 7 1

=

7 2

7 =7 1

7 7 6 5 4 = 35 = 1 2 3 4 4 7 7

9

10

10 29 x27 y 2 + 45 28 x24 y 4

7) Odredimo 7 0

10 1

y2

=

7 6 = 21 1 2

7 3

7 7 6 5 4 3 = = 21 5 1 2 3 4 5

=

Kako je

7 6 5 = 35 1 2 3

7 7 6 5 4 3 2 = =7 6 1 2 3 4 5 6

= 1 onda zamenom dobijamo

1 + 7 + 21 + 35 + 35 + 21 + 7 + 1 = 128 = 2 7 5 5 5 5 5 5 + + + + + 0 1 2 3 4 5

n

n n n n x + x 0 1

= 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 2 5

n n n n + + + + 0 1 2 3

8) Odredimo sumu S = (x +1) =

Istim postupkom dobijamo

1

1+

n n x 2

2

12 +

n n x 3

3

+

13 +

n n +

Kako je n n x n

n

onda zamenom x = 1 dobijamo n

(1 + 1) = 2n =

n n n n + + + + 0 1 2 3

+

n n

odnosno S = 2 n

1n


Kompleksni raµcun

8 2 > < x x2 Ako rešavamo kvadratne jednaµcine > : 2 x

1=0 4=0 9=0 8 2 > < x =1 ) x x2 = 4 ) x tada nema problema jer jednostavno dobijamo > : 2 x =9 ) x 8 2 > < x +1=0 x2 + 4 = 0 Me†utim, ako rešavamo kvadratne jednaµcine > : 2 x +9=0

1 2 3

tada vidimo da one nemaju rešenja u realnom podruµcju, jer je: p x2 = 1 ) x = 1 p p p p p x2 = 4 ) x = 4= 4 ( 1) = 4 1= 2 1 p p p p p 2 x = 9 ) x= 9= 9 ( 1) = 9 1= 3 1 a dobro znamo da ne postoji realni broj kome je kvadrat 1 Taj „problem” je rešen uvo†enjem kompleksnog broja z = x + iy gde je: x - realni deo (Re) kompleksnog broja y - imaginarni deo (Im) kompleksnog broja p i= 1 - imaginarna jedinica de…nisana relacijom i2 = 1 Ako je imaginarni deo kompleksnog broja jednak nuli, odnosno y = 0 tada se kompleksni broj z = x + iy svodi na realni broj z = x pa se realni brojevi mogu smatrati i posebnim sluµcajevima kompleksnih brojeva. Ako u jedna( x = 0 tada imamo imaginarni broj z = iy µcinu z = x + iy stavimo y = 0 tada imamo realni broj z = x p 2 Kako je i = 1 ) i = 1 onda imamo 3 2 i = i i = ( 1) i = i i4 = i2 i2 = ( 1) ( 1) = 1 Posebno znaµ cajno !!!!!!! 5 4 i =i i=1i=i i6 = i4 i2 = 1 ( 1) = 1 i7 = i4 i3 = 1 ( i) = i i20 = i4 5 = i4

5

i100 = i4 25 = i4

= 15 = 1 25

i1000 = i4 250 = i4

= 125 = 1 250

= 1250 = 1

i1 000 000 = i4 250 000 = i4

250 000

i103 = i100+3 = i100 i3 = i4

25

= 1250 000 = 1 i3 = 125 (

i) =

i

´ c Knjiga za samostalno pripremanje ispita 32 Vukomir M Milinković Dalibor M Cosi´ 194

i777 = i776+1 = i776 i = i4 194 i = i4 i = 1194 i = i Dakle, i4 = 1; i4k = 1; i4k+1 = i; i4k+2 = 1; i4k+3 = ( z1 = 7 + 13i Dva kompleksna broja z2 = 7 + 13i

i

su jednaki ako su im jednaki realni i imaginarni delovi. ( z = 3 + 7i Ako se dva kompleksna broja z = 3 7i razlikuju samo u predznaku imaginarnog dela, onda su oni konjugovano ( z = 3 + 7i kompleksni. Pomnoµzimo konjugovano kompleksne brojeve z = 3 7i z z = (3 + 7i) (3

7i) = 9 + 21i

z z=(

3 + 7i) = 9 + 21i

49i2 = 9

1) = 9 + 49 = 58 !? ( z = 3 7i Pomnoµzimo konjugovano kompleksne brojeve z = 3 + 7i 3

7i) (

21i

21i

49 (

49i2 = 9

49 (

1) = 9 + 49 = 58

Šta primećujemo? Proizvod dva konjugovano kompleksna broja je realan broj, jednak zbiru kvadrata realnog i imaginarnog dela kompleksnog broja, odnosno z z = (x + iy ) (x iy ) = x2 + y 2 z z = ( x iy ) ( x + iy ) = x2 + y 2

Osnovne raµcunske operacije sa kompleksnim brojevima Sabiranje i oduzimanje kompleksnih brojeva Ako je z1 = 13 + 7i; z2 = 7 + 13i ili z1 = x1 + iy1 ; z2 = x2 + iy2 tada imamo z1 + z2 = (13 + 7i) + (7 + 13i) = (13 + 7) + (7 + 13) i = 20 + 20i z1 z2 = (13 + 7i) (7 + 13i) = 13+7i 7 13i = (13 7)+(7 13) i = 6 6i odnosno z1 + z2 = (x1 + x2 ) + (y1 + y2 ) i z1 z2 = (x1 x2 ) + (y1 y2 ) i z1 = x1 + iy1 Kod sabiranja ili oduzimanja kompleksnih brojeva z2 = x2 + iy2 posebno sabiramo ili oduzimamo realne a posebno imaginarne delove.

Mnoµzenje i delenje kompleksnih brojeva Ako je z1 = 7 + 3i z2 = 5 + 4i odnosno z1 = x1 + iy1 z2 = x2 + iy2 tada imamo z1 z2 = (7 + 3i) (5 + 4i) = 35 + 15i + 28 + 12i2 = 35 + 43i + 12 ( 1) = 23 + 43i odnosno z1 z2 = (x1 + iy1 ) (x2 + iy2 ) = x1 x2 + x2 iy1 + x1 iy2 + y1 y2 i2 = (x1 x2 y1 y2 ) + (x2 y1 + x1 y2 ) i Proizvod konjugovano kompleksnih brojeva je realan broj jednak zbiru kvadrata realnog i imaginarnog dela. Na primer:


(4 + 3i) (4 3i) = 16 + 12i 12i 9i2 = 16 + 9 = 25 (4 3i) (4 + 3i) = 16 12i + 12i 9i2 = 16 + 9 = 25 ( 4 3i) ( 4 + 3i) = 16 + 12i 12i 9i2 = 16 + 9 = 25 Sada primetimo jednostavnost delenja kompleksnih brojeva.

9) Ako je z1 = 10 + 45i

z2 = 4 + 3i tada imamo

z1 10 + 45i 10 + 45i 4 3i 40 + 180i 30i 135i2 40 + 150i + 135 = = = = z2 4 + 3i 4 + 3i 4 3i 16 + 9 25 175 + 150i = = 7 + 6i 25 10) Ako je z1 = 10 45i z2 = 4 3i tada imamo 10 45i 4 + 3i 40 180i + 30i 135i2 40 z1 10 45i = = = = z2 4 3i 4 3i 4 + 3i 16 + 9 175 150i = = 7 6i 25 11) Ako je z1 = 10 + 45i z2 = 4 3i tada imamo

150i + 135 25

z1 10 +45i 10+ 45i 4 +3i 40 180i +30i+135i2 = = = = z2 4 3i 4 3i 4 +3i 16 + 9 175 150i = = 7 6i 25 12) Ako je z1 = x1 + iy1 z2 = x2 + iy2 tada imamo

40

150i 25

z1 x1 + iy1 x1 + iy1 x2 = = z2 x2 + iy2 x2 + iy2 x2

i2 y1 y2

=

iy2 x1 x2 + x2 iy1 x1 iy2 = iy2 x22 + y22

135

x1 x2 + i (x2 y1 x1 y2 ) + y1 y2 x2 y1 x1 y2 x1 x2 + y1 y2 +i = 2 2 2 2 x2 + y2 x +y x2 + y 2 | 2 {z 2 } | 2 {z 2 } Realni deo; Re

Imaginarni deo; Im

Koliµcnik dva kompleksna broja je kompleksni broj gde je Realni deo (Re) i Imaginarni deo (Im) z z 13) Odredimo ako je z = 1 + i Kako je 1+z z z=1

i

z z = (1 + i) (1

i) = 1 + i

i

i2 = 1

(

z z 1 + i (1 z z = 12 + 12 = 2 onda imamo = 1+z z 1+2

1) = 2 odnosno i)

=

2i 2 = i 3 3 1+i 1 i

14) Odredimo realni i imaginarni deo kompleksnog broja z = gde je n 2 N z=

1+i 1 i

onda imamo

Kako je n

=

1+i 1+i 1 i 1+i

n

=

1 + i + i + i2 12 + 12

n

=

1 + 2i 2

1

n

= in

n


Za n = 4 ) z=1 Za n = 4k + 1 ) z = i Za n = 4k + 3 ) z = i

Za n = 4k ) z=1 Za n = 4k + 2 ) z = 1 Za n = 4k + 4 ) z = 1

Geometrijsko prikazivanje kompleksnih brojeva Svaki kompleksni broj z = x + iy odre†en je re+i y alnim brojevima x i y r = isto kao što je svaka taµcka +i z y y u ravni odre†ena koordiRealna osa x natama x i y pa svakom θ kompleksnom broju pri+1 −1 0 +x −x pada u kompleksnoj ra−y −y vni x0y jedna, jednoz−i naµcno odre†ena taµcka. −iy Vaµzi i suprotno, odnosno z = x−i y − z = − x −i y svakoj taµcki kompleksne ravni pripada jedan, jednoznaµcno odre†en kompleksni broj. Apsolutna vrednost ili modul kompleksnog broja z = x + iy jeste duµzina p 0z = + x2 + y 2 i oznaµcava se simbolom jz j ili mod z odnosno p jz j = mod z = + x2 + y 2 Na primer, apsolutna vrednost ili modul kompleksnog broja z = 8+6i iznosi p p jz j = j8 + 6ij = + 82 + 62 = + 100 = + 10 Apsolutna vrednost ili modul kompleksnog broja z = 3 + 4i iznosi p p jz j = j3 + 4ij = + 32 + 42 = + 25 = + 5 Apsolutna vrednost kompleksnog broja z = i iznosi p jz j = jij = + 02 + 12 = + 1 pa za x = 0 imamo „µcisto”imaginarne brojeve z = iy µcija apsolutna vrednost iznosi p jz j = jiy j = + 02 + y 2 = jy j Ako je y = 0 tada imamo „µcisto”realne brojeve z = x pa njihova apsolutna vrednost iznosi p jz j = jxj = + x2 + 02 = jxj Primetimo da je Apsolutna vrednost ili modul kompleksnih brojeva, realan pozitivan broj. Na slici vidimo da su taµcke z = x + i ( y ) = x iy i z = x + iy simetriµcne u odnosu na koordinatni poµcetak, pa imamo p j z j = j x iy j = + x2 + y 2 = jz j Sami kompleksni brojevi ne µcine ure†en skup ali njihove apsolutne vrednosti

z =−x+i y

y Imaginarna osa

z = x+i y


jesu ure†en skup, jer za svaka dva kompleksna broja

(

z1 = x1 + iy1 z2 = x2 + iy2

moµzemo jednoznaµcno odrediti da li su jednako udaljeni od koordinatnog poµcetka, kada je jz1 j = jz2 j ili je jz1 j > jz2 j odnosno jz1 j < jz2 j

Polarni-trigonometrijski oblik kompleksnog broja 8 x > = cos ) x = r cos < r Prema slici imamo > : y = sin ) y = r sin r = r z y U ravni pravouglog koordinatnog sistema, kompx leksni broj z = x + iy moµzemo de…nisati njegoθ x 0 vim modulom jz j = r i uglom kada imamo z = x + iy = r cos + ir sin = r (cos + i sin ) odnosno 8 p • z = r (cos + i sin ) x y > = < r = x2 + y 2 ili r = cos sin gde r i odre†ujemo formulama > : tg = y ) = arc tg y x x Kako su cos x i sin x periodiµcne funkcije, onda formulu za trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = r (cos + i sin ) moµzemo napisati u obliku z = r cos ( + 2k ) + i sin ( + 2k ) p 15) Prikaµzimo u trigonometrijskom obliku kompleksni broj z = 1 + i 3 p p p Kako je x = 1 y = 3 onda imamo r = x2 + y 2 = 1 + 3 = 2 p 3 4 y = „otpada” jer je y > 0 odnosno = arc tg = arc tg x 1 3 3

y

z= x+i y

z = r (cos + i sin ) = 2 cos + i sin Proverimo 3 3 ! p p 1 3 4 z=2 +i = 1 + i 3 Primetimo da (240 ) „otpada”jer pri2 2 3 pada trećem kvadrantu gde je x < 0

y<0

Eksponencijalni ili Ojlerov oblik kompleksnog broja Ako je f ( ) = ei f ( ) = ei f 0 ( ) = ei i = i ei

tada imamo ) f (0) = ei0 = e0 = 1

f 00 ( ) = i ei i = i2 ei f 000 ( ) = i2 ei i = i3 ei 4

3 i

4 i

f ( )=i e i=i e

f 5 ( ) = i4 ei i = i5 ei

) f 0 (0) = i ei0 = i e0 = i

) f 00 (0) = i2 ei0 = i2 e0 = i2

) f 000 (0) = i3 ei0 = i3 e0 = i3 ) f 4 (0) = i4 ei0 = i4 e0 = i4

) f 5 (0) = i5 ei0 = i5 e0 = i5 i tako redom


Ako dobijene vrednosti zamenimo u formulu Maklorenovog razvoja f ( ) = f (0) +

f 0 (0) 1!

1

f 00 (0) 2!

+

2

+

f 000 (0) 3!

3

+

+

f n (0) n!

n

+

tada dobijamo 2

ei = 1 + i

1!

+ i2

2!

3

+ i3

2

=1+i

2 2

i

=1 |

3!

3

i

4

+ i4

6

24

cos

+i }

|

5!

+

5

+i

120

+

3

4

+ 2 {z24

4!

4

+

5

+ i5

6

5

+

120 {z

sin

= cos + i sin

+

odnosno

}

e = cos + i sin Istim postupkom dobijamo e i = cos i sin Ako cos + i sin = ei zamenimo u formulu za trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = r (cos + i sin ) tada dobijamo formulu za eksponencijalni ili Ojlerov oblik kompleksnog broja, odnosno •• z = r ei Ako je kompleksni broj prikazan u eksponencijalnom ili Ojlerovom obliku z = r ei tada vaµze formule +2k p p n •• z n = rn ein z = n r ei n k = 0; 1; 2; : : : ; n 1 Ako su kompleksni brojevi z1 i z2 prikazani u eksponencijalnom ili Ojlerovom obliku z1 = r1 ei ••

z1 z2 = r1 r2 ei(

1

1+

z2 = r2 ei 2 tada vaµze formule r1 i( 1 2 ) z1 2) = e z2 r2

16) Kompleksni broj z = 1 prikaµzimo u trigonometrijskom i eksponencijalnom ili Ojlerovom obliku p p Kako je z = 1 = 1 + i 0 odnosno r = x2 + y 2 = 12 + 0 = 1 = arc tg

y 0 = arc tg = arc tg 0 = x 1

0

„otpada” jer je x = 1 > 0

onda trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = 1 glasi z = r (cos + i sin ) = cos 0 + i sin 0 Kako je cos + i sin = ei ) cos 0 + i sin 0 = ei 0 onda eksponencijalni ili Ojlerov oblik kompleksnog broja z = 1 glasi z = ei 0

17) Kompleksni broj z =

1 prikaµzimo u trigonometrijskom i eksponencijalnom ili Ojlerovom obliku p p Kako je z = 1 = 1 + i 0 odnosno r = x2 + y 2 = 1 + 0 = 1 = arc tg

y 0 = arc tg = arc tg (0 ) = x 1

0 „otpada” jer je x =

1<0


onda trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = 1 glasi z = r (cos + i sin ) = cos + i sin Kako je cos + i sin = ei ) cos + i sin = ei onda eksponencijalni ili Ojlerov oblik kompleksnog broja z = 1 glasi z = ei

Stop !!! Gde grešimo u sledećem zadatku? 1 = 1 ) 1 6= Ako 1 i

1 )

p p 1 = 1 ) p 1

p 1 = 1

1 )

1 = i ) 1 = i2 = i

1

1 Neispravno! Gde grešimo? 1 prikaµzemo u eksponencijalnom ili Ojlerovom obliku, tada imamo

z = 1 = ei 0 1 = 1

r

z=

1 = ei

odnosno

i0

1 )

e ei

= ei

) ei 0 = ei e

(i )

= e0 = 1 ) 1 = 1 Ili prostije

1 i4 = 1 ) 2 = i2 ) i2 = i2 ) 1= 1 ) 1=1 1 i Dakle, grešili smo zato što brojilac nismo prikazali u kompleksnom obliku!

18) Kompleksni broj z = i prikaµzimo u trigonometrijskom i eksponencijalnom ili Ojlerovom obliku

p p Kako je z = i = 0 + i odnosno r = x2 + y 2 = 0 + 12 = 1 y 1 = arc tg = arc tg = arc tg (+ 1) = x 0 2 onda trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = i glasi z = r (cos + i sin ) = cos

2

Kako je cos + i sin = ei

+ i sin ) cos

2 2

+ i sin

= ei 2 onda eksponencijalni

2

ili Ojlerov oblik kompleksnog broja z = i glasi z = ei 2

19) Kompleksni broj z =

i prikaµzimo u trigonometrijskom i eksponencijalnom ili Ojlerovom obliku Kako je z = i = 0 i cos ( x) = cos x sin ( x) = sin x odnosno q p y 1 2 r = x2 + y 2 = 0 + ( 1) = 1 = arc tg = arc tg = arc tg ( 1) = x 0 2 onda trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = i glasi z = r (cos + i sin ) = 1 cos Kako je cos

i sin = e

i

2 ) cos

+ i sin

2

i sin

= cos

2 2

alni ili Ojlerov oblik kompleksnog broja z =

=e

i2

2

i sin

2

onda eksponencij-

i glasi z = e

i2


20) Kompleksni broj z = 1 + i prikaµzimo u trigonometrijskom i eksponencijalnom ili Ojlerovom obliku p p p Kako je r = x2 + y 2 = 12 + 12 = 2 odnosno 8 > > y 1 < 4 = arc tg = arc tg = 5 x=1>0 x 1 > > „otpada” jer je : y=1>0 4 onda trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = 1 + i glasi p z = r (cos + i sin ) = 2 cos + i sin 4 4 + i sin = ei 4 onda eksponencijalni ili 4 4 p Ojlerov oblik kompleksnog broja z = 1 + i glasi z = r ei = 2 ei 4

Kako je cos + i sin = ei ) cos

21) Kompleksni broj z = 1

i prikaµzimo u trigonometrijskom i eksponencijalnom ili Ojlerovom obliku Kako je cos ( x) = cos x sin ( x) = sin x odnosno q p p 2 r = x2 + y 2 = 12 + ( 1) = 2 8 > > > < 4 y 1 ( = arc tg ( 1) = = arc tg = arc tg x=1>0 3 > x 1 > > : 4 „otpada” jer je y= 1<0 onda trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = 1 i glasi p p z = r (cos + i sin ) = 2 cos + i sin = 2 cos 4 4 4

i sin

4

i sin = e i 4 onda eksponencijalni 4 4 p ili Ojlerov oblik kompleksnog broja z = 1 i glasi z = r ei = 2 e i 4 Kako je cos

i sin = e

i

) cos

Mnoµzenje kompleksnih brojeva prikazanih u trigonometrijskom obliku Ako je

(

z1 = r1 (cos z2 = r2 (cos

+ i sin 2 + i sin 1

1) 2)

onda mnoµzenjem levih i desnih strana dobijamo z1 z2 = r1 (cos 1 + i sin 1 ) r2 (cos 2 + i sin 2 ) = r1 r2 cos 1 cos 2 + i cos 1 sin 2 + i sin 1 cos = r1 r2 cos 1 cos 2 sin ( cos cos sin sin Kako je cos sin + sin cos

1

sin

2

+ i cos

= cos ( + ) = sin ( + )

1

sin

2

+ i2 sin

2

+ sin

onda imamo

1

1

sin

cos

2

2


•• z1 z2 = r1 r2 cos

1

+

2

+ i sin

1

+

2

22) Prikaµzimo u trigonometrijskom obliku a zatim u tom ( obliku i pomnoy

z2

µzimo kompleksne brojeve

3

r2

z1

z1 =

1+i

z2 =

3+i

p

3

Za z1 = 1 + i imamo x = 1 y = 1 p p p r1 = x2 + y 2 = 1 + 1 = 2 x θ1 θ2 1 3 7 y −3 −1 = arc tg = otpada 0 1 = arc tg x 1 4 4 p 3 3 jer je y > 0 odnosno z1 = r1 (cos 1 + i sin 1 ) = 2 cos + i sin 4 4 p p Za z2 = 3 + i 3 imamo x = 3 y = 3 p p p p p r2 = x2 + y 2 = 9 + 3 = 12 = 4 3 = 2 3 p y 5 11 3 = arc tg = „otpada” jer je y > 0 odnosno 2 = arc tg x 3 6 6 p 5 5 z2 = r2 (cos 2 + i sin 2 ) = 2 3 cos + i sin Primenom formule 6 6

r1

1

z1 z2 = r1 r2 cos

1

+

2

+ i sin

p p 3 5 + z1 z2 = 2 2 3 cos 4 6

1

+ i sin

+

dobijamo

2

p 19 19 + i sin = 2 6 cos 12 12

5 3 + 4 6

Stepenovanje kompleksnih brojeva prikazanih u trigonometrijskom obliku 8 > < z1 = z2 = z r 1 = r2 = r Ako je > : 1 = 2 =

tada primenom formule z1 z2 = r1 r2 cos dobijamo z1 z2 = r1 r2 cos

1

+

2

1

+ i sin

+

2

1

+

+ i sin 2

1

+

2

odnosno

•• z 2 = r2 (cos 2 + i sin 2 ) 8 = zn = z > < z1 = z2 = r 1 = r2 = = rn = r Ako je > : = n= 1 = 2 =

tada dobijamo izuzetno vaµznu formulu z 1 z2 zn = r 1 r 2 rn cos 1 + odnosno •• z n = rn (cos n + i sin n )

2

+

+

n

+ i sin

1

+

2

+

+

n


koju Moavro ( A. de Moivre 1667-1754 ) pominje 1707. godine i kojoj Ojler ( Euler ) 1748. godine daje završni oblik •• z n = r cos + i sin

n

= rn (cos n + i sin n ) odakle je

n

•• (cos + i sin ) = cos n + i sin n

Na primer

14

cos

+ i sin

= cos 14 + i sin 14 = cos 2 + i sin 2 = 1 + i0 = 1 7 7 7 7 Kako je cos ( ) = cos sin ( ) = sin onda za imamo n •• (cos i sin ) = cos n i sin n

23) Primenom Moavrove formule izrazimo sin 2x i cos 2x pomoću sin x i cos x n

Kako je (cos x + i sin x) = cos nx + i sin nx odnosno 2

(cos x + i sin x) = cos 2x + i sin 2x onda imamo cos2 x + 2i cos x sin x sin2 x = cos 2x + i sin 2x Ako izjednaµcimo realne delove sa realnim delovima a imaginarne sa imaginarnim delovima, tada dobijamo cos 2x = cos2 x sin2 x odnosno i sin 2x = 2i cos x sin x ) sin 2x = 2 sin x cos x

24) Primenom Moavrove formule izrazimo sin 3x i cos 3x pomoću sin x i cos x n

Kako je (cos x + i sin x) = cos nx + i sin nx odnosno 3 (cos x + i sin x) = cos 3x + i sin 3x onda stepenovanjem leve strane dobijamo cos3 x + 3i sin x cos2 x 3 sin2 x cos x i sin3 x = cos 3x + i sin 3x Ako izjednaµcimo realne delove sa realnim delovima a imaginarne sa imaginarnim delovima, tada dobijamo cos 3x = cos3 x 3 sin2 x cos x odnosno i sin 3x = 3i sin x cos2 x i sin3 x ) sin 3x = 3 sin x cos2 x sin3 x Iz prethodnih formula dobijamo poznate trigonometrijske formule, odnosno cos 3x i sin 3x izraµzene pomoću jednostrukih uglova cos 3x = cos3 x 3 sin2 x cos x = cos3 x 3 1 cos2 x cos x = cos3 x 3 cos x+3 cos3 x = 4 cos3 x 3 cos x sin 3x = 3 sin x cos2 x sin3 x = 3 sin x 1 sin2 x sin3 x = 3 sin x 3 sin3 x sin3 x = 3 sin x

4 sin3 x

Delenje kompleksnih brojeva prikazanih u trigonometrijskom obliku Ako je

(

z1 = r1 (cos z2 = r2 (cos

+ i sin 2 + i sin 1

1) 2)

tada delenjem levih i desnih strana dobijamo r1 (cos z1 = z2 r2 (cos

+ i sin 2 + i sin 1

1) 2)

=

r1 (cos r2 (cos

+ i sin 2 + i sin

1

1)

cos 2 ) cos

2 2

i sin i sin

2 2


=

r1 cos

cos2

r2 r1 cos

1

= r2

Kako je ••

(

cos sin

z1 r1 = z2 r2

cos

1

cos

cos2 |

cos cos

cos

+ i sin

2 2

+ i sin

2

+ sin

2

1 2 1

cos cos

sin

i cos

2

2

sin

2

+ i sin

1

cos

2

cos

2

cos

2

1

1

sin sin

1

) )

cos

sin

1

sin

2

u trigonometrijskom obliku. Kako je

2

sin

2

2

sin

2

}2

onda imamo

2

25) Podelimo kompleksne brojeve z1 =

onda imamo z1 r1 = cos 1 2 + i sin 1 z2 r2 p 5 2 3 = p cos + i sin 4 6 2 3

{z

1

2

0

= cos ( = sin (

+ i sin

2

i2 sin

i cos

+ sin2 2 + i sin {z } | + sin cos

2

i2

2 2

sin

1

1 + i; z2 =

8 p > > > < z1 = 2

> p > > : z2 = 2 3 5 6

3 4

cos

3+i

p

3 prikazane

3 3 + i sin 4 4

cos

5 5 + i sin 6 6

1 = p cos 12 6

i sin

12

Korenovanje kompleksnih brojeva prikazanih u trigonometrijskom obliku z1 = z 2

y Imaginarna osa 2 r r1 =

0

Na primer

θ 1 θ 2 = θ 1 + 360° Realna osa x

8 z = 7 = 7 cos > | {z0} + i sin | {z0} > < 1

> > :

I realne brojeve moµzemo prikazati u trigonometrijskom obliku, jer je svaki realan broj poseban sluµcaj kompleksnog broja z = x + iy ako je imaginarni deo jednak nuli, odnosno y = 0 Tada pozitivni realni brojevi imaju = 0 jer se nalaze na desnoj strani x ose dok negativni realni brojevi imaju = 180 jer se nalaze na levoj strani x ose. = 7 (1 + 0) = 7

0

1

0

z }| { z }| { z = 7 = 7 cos 180 + i sin 180 = 7 Ako dva kompleksna broja prikazanih u trigonometrijskom obliku z1 = r1 cos 1 + i sin 1 z2 = r2 cos 2 + i sin 2


imaju jednake apsolutne vrednosti jz1 j = r1 i jz2 j = r2 odnosno r2 = r1 tada su oni jednaki, odnosno z2 = z1 Njihovi argumenti 1 i 2 mogu biti jednaki, 2 = 1 ili se mogu razlikovati za k 360 k = 0; 1; 2; 3; : : : odnosno ( r2 = r1 •• z2 = z1 ) k = 0; 1; 2; 3; : : : 2 = 1 + k 360 p n Odredimo z ako je z = r (cos + i sin ) Ako pretpostavimo da je p n z = (cos ' + i sin ') (1) tada stepenovanjem obe strane jednaµcine (1) sa n - tim stepenom dobijamo n z = n (cos ' + i sin ') = n (cos n' + i sin n') Kako je z = r (cos + i sin ) tada iz jednakosti z = n (cos n' + i sin n') = r (cos + i sin ) dobijamo p n = r ) = n r odnosno + k 360 n' = + k 360 ) ' = k = 0; 1; 2; 3; : : : n p + k 360 Zamenom = nri'= u jednaµcinu (1) dobijamo formulu za n korenovanje kompleksnih brojeva, prikazanih u trigonometrijskom obliku, odnosno p p + k 360 + k 360 n z = n r cos + i sin k = 0; 1; 2; : : : ; n 1 n n što moµzemo prikazati i formulom ••

p n

z=

p n

+ 2k + i sin n

r cos

+ 2k n

k = 0; 1; 2; : : : ; n

1

gde za k uzimamo vrednosti od 0 do n 1 odnosno samo n razliµcitih vredp nosti, jer se n z ponavlja za sve ostale vrednosti k Ako u prethodnu formulu za k stavimo redom vrednosti 0; 1; 2; : : : tada imamo p p n Za k = 0 z = n r cos + i sin n n Za k = 1 Za k = 2 .. . Za k = n Za k = n

1

p n

z=

p n

r

cos

+2 + i sin n

+2 n

p n

z=

p n

r

cos

+4 + i sin n

+4 n

r

cos

+ 2 (n n

+ 2n + i sin n

p n p n

z=

p n

z=

p n

r

cos

=

p n

r

cos

n

+2

1)

+ 2 (n n

+ i sin

+ i sin

+ 2n n n

+2

1)


Kako se vrednosti periodiµcnih funkcija cosinus i sinus ponavljaju povećavanjp em vrednosti argumenata za 2 = 360 onda vrednost korena n z za k = n iznosi p p n z = n r cos + i sin n n što je identiµcno vrednosti za k = 0 p n

Za k = n + 1 imamo

z=

p n

r

cos

+ 2 (n + 1) n

+ i sin

+ 2 (n + 1) n

=

p n

r

cos

+ (2n + 2) n

+ i sin

+ (2n + 2) n

što je identiµcno vrednosti za k = 2 pa vidimo da su vrednosti n - tog korena kompleksnog broja razliµcite samo za k = 0; 1; 2; : : : ; n 1 Formula p n

p n

+ 2k + 2k + i sin k = 0; 1; 2; : : : ; n 1 n n pokazuje da n - ti koren svakog kompleksnog ( i realnog ) broja ima n - razliµcitih vrednosti pa u sluµcaju binomne jednaµcine xn z = 0 imamo dokaz osnovne teoreme algebre, prema kojoj svaka algebarska jedz=

r

cos

naµcina ima bar jedan koren, realan i kompleksan 26) Odredimo sve vrednosti

p 3

2

Ovde imamo z = 2 + i0 ) r = 2 = 0 n = 3 odnosno p p p + 2k 2k + 2k 2k 3 + i sin = 3 2 cos + i sin 2 = 3 r cos n n 3 3 p p p 3 3 3 Za k = 0 ) 2 = 2 cos | {z0} + i sin | {z0} = 2 1

Za k = 1 )

Za k = 2 )

p 3

p 3

2=

2 cos 120 + i sin 120

2=

p 3

2 cos 240 + i sin 240

27) Odredimo sve vrednosti Ovde imamo z = p 3

0

p 3

p 3

p 3

r cos

+ 2k + i sin n

=

p 3

2

(2k + 1) 3

Za k = 0 )

cos p 3

2=

p 3

3

=

p 3

2

2j = 2;

+ 2k n

+ i sin

2 cos

2

p ! 1 3 +i 2 2 p ! 1 3 i 2 2

2

2 + i0 ) r = j

2=

=

p 3

k = 0; 1; 2

=

= 180 = ; n = 3 odnosno

p 3

2 cos

(2k + 1) 3

+ i sin

3

+ 2k + i sin 3 k = 0; 1; 2

=

p 3

2

p ! 1 3 +i 2 2

+ 2k 3


Za k = 1 ) Za k = 2 )

p 3

2=

p 3

2 cos + i sin

p 3

2=

p 3

2

p 3

i

Ovde imamo z = 0 + 1i odnosno

p

0 + 12 = 1

28) Odredimo p

cos

=

5 5 + i sin 3 3

p 3

p 3

2 ( 1 + i0) = =

p 3

2

2 p ! 3 i 2

1 2

y 1 = arc tg = x 0 2 pa trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = i glasi r=

x2 + y 2 =

= arc tg

z = r (cos + i sin ) = 1 cos p n p 3

z=

p n

i=

p 3

r cos 0

1 @cos 2

+ 2k n + 2k 3

2

+ i sin

+ i sin

Primenom formule

2

+ 2k n

+ i sin 2

+ 2k 3

k = 0; 1; 2; : : : ; n 1

A = cos

+ 4k 6

1 dobijamo

+ i sin

+ 4k 6

(1 + 4k ) (1 + 4k ) + i sin k = 0; 1; 2 6 6 Zamenom k = 0 k = 1 i k = 2 dobijamo tri rešenja: p p 3 1 1 p 3 Za k = 0 ) i = cos + i sin = 3+i + i= 6 6 2 2 2 p p p 5 1 5 3 1 Za k = 1 ) 3 i = cos + i sin = + i= 3+i 6 6 2 2 2 p Za k = 2 ) 3 i = cos + i sin = 1 + 0i = 1 = cos

Nedovršeni mutanti kojima je blejanje pored mobilnog telefona jedina preokupacija, neka zaobi†u sledećih 27 redova. U kompleksnom i realnom podruµcju, formalno vaµze iste algebarske formule.

29) Na primeru formule zbira geometrijske progresije 1 zn z 6= 1 1 z pokaµzimo da prelazom iz kompleksnog u realno podruµcje, moµzemo izvesti dve izuzetno vaµzne formule. Ako u (1) stavimo z = cos + i sin tada dobijamo

(1)

1 + z + z2 +

+ zn

1

=

2

1 + cos + i sin + (cos + i sin ) +

n 1

+ (cos + i sin )

= n

= n

Primenom formule (cos + i sin ) = cos n + i sin n

1 (cos + i sin ) 1 (cos + i sin ) dobijamo


(2)

1 + cos + i sin + cos 2 + i sin 2 + =

1

cos = 1

1

cos 2

1 cos n = 1 cos 2 sin = sin 2

+ cos (n

(cos n + i sin n ) (1 cos n ) = 1 cos i sin (1 cos ) 2

= sin2

2

+ cos2

cos2

2

n n n = sin2 + cos2 2 2 2

= 2 sin

cos

1 + cos + cos 2 +

+ cos n

2

=

n 2

2

=

n

(3) 1+cos +cos 2 +

1 2

n 2

i sin n i sin

sin2

+ i sin + sin 2 +

i2 sin

Kako je

= 2 sin2

2

n 2

1)

2

= 2 sin2

n 2

n n n = 2 sin cos 2 2 2

n n cos 2 2 = = 2 2 sin i2 sin cos 2 2 2 n n n i cos sin sin 2 2 2 i= = i sin sin i cos 2 2 2 z1 r1 Primenom formule = cos 1 2 + i sin z2 r2 2 sin2

n 2

1

sin2

2

cos2

sin n = sin 2

2 2 2 onda zamenom dobijamo

1

1) + i sin (n

n 2

sin

sin

sin

i cos

n 2

i cos 2 2 n n + i sin cos 2 2 cos

2

1

n 2

1

sin

2 n sin 2 sin

+ sin n

2

2

+ i sin

2

gde je

r1 = 1 r2 = 1 imamo

+cos n

1

+i sin + sin 2 + sin =

n 2

n

cos

1

+ sin n

1

n

1

+ i sin

2 2 2 Ako u jednaµcinama (2) i (3) izjednaµcimo realne i imaginarne delove, tada dobijamo izuzetno vaµzne formule n n 1 sin cos 2 2 •• 1 + cos + cos 2 + + cos (n 1) = sin

sin

sin •• sin + sin 2 +

+ sin (n

1) =

n n sin 2 2 sin

2 1

2

Pogledajmo poglavlje Matematiµcka indukcija !!!!!!!


30) Jediniµcni kompleksni broj z ima argument

1 2a arcsin 2 a2R 2 a +1

8 1 > jaj 6 1 > < p 1 + a2 (1 + ia) Dokaµzimo da je: z = > jaj 1 > : p 1+i jaj > 1 2 a 1+a 1 4 z4 = 6a2 + 1 + i 4a a2 1 2 a (1 + a2 ) Oznaµcimo argument komleksnog broja z sa kada imamo

2a 2a 1 arcsin 2 Iz ove jednakosti je 2 = arcsin 2 odnosno 2 a +1 a +1 2a Poslednja jednakost se moµze prikazati u obliku sin 2 = 2 a +1 2a 2 sin cos sin 2 2a = 2 ) Ako ovu jednakost skratimo = 2 1 a +1 a +1 sin2 + cos2

(1)

=

sa 2 i izjednaµcimo reciproµcne vrednosti levih i desnih strana, tada dobijamo a+

1 1 = tg + a tg

Primetimo da iz ove jednakosti dobijamo tg = a ili tg =

Ovaj deo je „kljuµc” zadatka. Kako je

1 2a arcsin 2 a2R 2 a +1 2a 16 2 6 1 To znaµci da je a +1 =

2a je ograniµcena i za nju vaµzi +1 2a 6 arcsin 2 6 odnosno 6 6 Za tg 2 a +1 2 4 4 (2) 1 6 tg 6 1 Na osnovu toga imamo dva sluµcaja: funkcija

a2

1 a

vaµzi nejednakost

1 j a j 6 1 Tada je tg = a zbog (2) Ako je realni deo x; x > 0 imaginarni deo je x tg = a x odnosno kompleksni broj je oblika z = x (1 + ia) ali kako je ovo jediniµcni kompleksni broj, njegov modul je jednak jedinici, odnosno p 1 j z j = x 1 + a2 = 1 ) x = p 1 + a2 1 Za j a j 6 1 traµzeni kompleksni broj je p (1 + ia) 1 + a2 1 1 pa je kompleksan broj z = x 1 + i a a r 1 1 jaj Iz uslova j z j = 1 odnosno x 1 + 2 = 1 dobijamo x = r =p 2 a 1 + a2 1+a 2 a Za j a j > 1; tg =

Dakle, za j a j > 1 kompleksan broj je z = p

jaj 1 + a2

1+i

1 a

µcime je prvi


deo zadatka dokazan. Za j a j 6 1 imamo

4

1 1 1 4 (1+ ia) = 2 (1+ ia) = 2 1+ i4a 2 2 1+ a (1+ a ) (1+ a2 ) odnosno 1 4 6a2 + 1 + i4a 1 a2 (3) z 4 = 2 a (1 + a2 )

z4 = p

Za j a j > 1 imamo z4 = =

p

jaj 1 + a2

1+i

a4 (1 +

1+i

2 a2 )

1

(4) z 4 =

4 a

= 6 a2

a4

2

(1 + a2 )

4

1 a

a4

1+i

2

(1 + a2 ) i

4 1 + 4 a3 a

6a2 + 1

1 a

6a2 i4a3 + a4

4

odnosno

i4a a2

1

Formule (3) i (4) mogu se objediniti formulom za z 4 datom u zadatku.

31) Primenom razvoja izraza (1 + i)n gde je n nula ili prirodan broj dokaµzimo jednakosti: [ n2 ] X k = ( 1) 1

n 2k

k=0

2

h

n 1 2 X

i

=(

1)

=

p

n 2k + 1

k

k=0

2n cos

=

p

n 4

2n sin

n 4

Simbol [ n ] oznaµcava najveći ceo broj koji nije veći od n odnosno najveći ceo broj koji je manji ili jednak x

Napomena: U ovom zadatku se primenjuje sledeći rezultat: Ako je dat zbir Sn =

n X

ak = a0 + a1 + a2 + a3 +

+ an

1

+ an

k=0

tada ga moµzemo prikazati u obliku Sn = (a0 + a2 + )+(a1 + a3 + ) Dakle, sumu Sn smo podelili na sumu µclanova sa parnim indeksima i sumu sa neparnim indeksima. Me†utim, tu se javljaju teškoće u pisanju poslednjih µclanova, jer ne znamo da li je n parno ili neparno. Zato se koristi oznaka [ ] - najveće celo, koja otklanja taj problem. Imamo Sn =

[ n2 ] X

k=0

a2k +

h

n 1 2 X k=0

i

a2k+1 Primer, za n = 5 imamo

5 2

=2

5

1 2

=2


pa je S5 =

2 X

a2k +

k=0

2 X

a2k+1 = a0 + a2 + a4 + a1 + a3 + a5

k=0

Vratimo se zadatku p Kako je 1 + i = 2 cos

onda primenom Moavrove formule + i sin 4 4 n (cos + i sin ) = cos n + i sin n dobijamo p

n

(1) (1 + i) =

n

2 cos

+ i sin

4

n

Binomnom formulom (a + b) = n

(2) (1 + i) =

n X

k=0

=

4 n X

k=0

n k

n k

p

2n cos

an

k k

b

n n + i sin 4 4

za a = 1 b = i dobijamo

ik Kako ik uzima realne ili µcisto imaginarne vred-

nosti, što zavisi od toga da li je k parno ili neparno, onda sumu na desnoj strani jednakosti (2) moµzemo razdvojiti na dva dela: Kada je k parno ili kada je k neparno, odnosno [ n2 ] n X n n k X i = 2k k k=0

k=0

i

2k+1

i2k +

h

=i n

2k

(1 + i) =

i = i(

n X

i

n i2k+1 Kako je i 2k = i 2 2k +1

k=0

k

k

k

= ( 1)

1) onda se poslednja jednakost svodi na

n k

k=0

n 1 2 X

ik =

[ n2 ] X

(

1)

n 2k

k

k=0

h

+i

n 1 2 X

i

(

1)

n 2k + 1

k

k=0

Pore†enjem ove jednakosti sa (1) izjednaµcavanjem realnih i imaginarnih delova dobijamo 1 i 2 µcime je dokaz završen. n X

32) Dokaµzimo formulu (1)

k=0

Primenimo binomnu formulu n X n n (2) (a + b) = an k

k k

n k

sin x +

k 2

n

= 2 2 sin x +

Kako je ei = cos + i sin

b

n 4

odnosno

k=0

S2 (x) =

n X

k=0

n k

sin x +

k 2

i

S1 (x) =

k=0

onda imamo n X n S1 (x)+i S2 (x) = k k=0

=

n X

k=0

n k

k cos x+ 2 k ei x ei 2

n X

n k

k + i sin x+ 2

odnosno

cos x + !

=

k 2

n X n i e k

k=0

k x+ 2


(3) S1 (x) + i S2 (x) = ei x

n X

k=0

n k

ei 2

k

Ako uporedimo desnu stranu

jednakosti (3) sa binomnom formulom (2) za a = 1 i b = ei 2 = i dobijamo p n S1 (x) + i S2 (x) = ei x (1 + i) Kako je 1 + i = 2 ei 4 onda imamo n n n n n p i S1 (x) + i S2 (x) = ei x 2e 4 = 2 2 ei x ei 4 = 2 2 ei ( x+ 4 ) n n n + i 2 2 sin x + 4 4 Izjednaµcavanjem realnih i imaginarnih delova dobijamo n n S2 (x) = 2 2 sin x + µcime je dokaz završen. 4 n

= 2 2 cos x +


Hiperbolne funkcije Ako Rikatiju (Riccati) nije bilo teško da 1757 godine vidi znaµcaj kombinovane primene, rastuće eksponency − x x ijalne funkcije ex i opadajuće ekspe e e onencijalne funkcije e x zašto bi na2 ma bilo teško da upoznamo hiperbolne funkcije. Hiperbolne funkcije su 1 kombinacija prirodnih eksponenc1 ijalnih funkcija ex i e x kada vaµze x e sledeći odnosi: −2 −1 0 1 2

y

y

sh x

2

2

1 −1

−1

0 1

ch x > sh x

2

1

x

ex

y

ch x

1

x −1

0 1

x 0 1

−1

−1

−1

−2

−2

−2

ex + e x = ch x cosinus hiperbolni x 2 2 Ako x raste od 1 do + 1 tada funkcija y = sh x raste od 1 do + 1 i prolazi kroz koordinatni poµcetak, gde je y = 0 pa sh x ima nulu za x = 0 Ako x raste od 1 do x = 0 tada funkcija y = ch x opada od + 1 do 1 Ako x raste od x = 0 do + 1 tada funkcija y = ch x raste od 1 do + 1 Dakle, uvek je ch x > 1 Primetimo, za svako x ch x > sh x Napomena !!! Ako krajeve homogenog lanca, kanapa ili savitljivog metalnog uµzeta (sajle) zakaµcimo na jednako visoke oslonce, tada taj homogeni lanac, kanap ili savitljivo metalno uµze zauzima oblik gra…ka funkcije ch x pa ga zato u matematici, …zici ili mehanici zovemo lanµcanica. Naravno, oblik lanµcanice moµze biti manje i više „deformisan”gra…k funkcije y = ch x po x ili y - osi. e

x

= sh x sinus hiperbolni x

y

−2

−1

y

2

1

1

th x 0 1 −1

x 2

−2

−1

y 2

cth x

x 0 1 −1 −2

2

−2

−1

cth x

1

th x 0 1 −1 −2

x 2


ex e x sh x ex e x = th x tangens hiperbolni x = x 2 x = x ch x e +e x e +e 2 x e +e x ch x 1 ex + e x = = x 2 x = x = cth x cotangens hiperbolni x sh x e e x th x e e 2 Ako x raste od 1 do + 1 tada funkcija y = th x raste od 1 do 1 Dakle, uvek je jth xj < 1 Za x = 0 ) sh 0 = 0 pa funkcija th x =

sh x ch x

sh x nema polove. ch x Ako x raste od 1 do x = 0 tada funkcija y = cth x opada od 1 do 1 Ako x raste od x = 0 do + 1 tada funkcija y = cth x opada od + 1 do 1 ch x Funkcija cth x = nema nula jer je ch x > 1 Kako su prirodne eksponsh x x encijalne funkcije e i e x jednoznaµcne i de…nisane za sve vrednosti x onda su i hiperbolne funkcije jednoznaµcne i de…nisane za sve vrednosti x izuzimajući hiperbolne funkcije cth x i cosech x (cosekans hiperbolni x) koje nisu de…nisane za x = 0 Ako u prethodne formule ex e x ex + e x ex e x ex + e x sh x = ch x = th x = x cth x = x x 2 2 e +e e e x umesto x stavimo x tada dobijamo: ima nulu za x = 0 Kako je ch x > 1 onda funkcija th x =

a) sh ( x) = Dakle, f (

ex

e

x

x

e

sh ( ch (

x) =

d) cth ( x) = Dakle, f (

=

+ ex ex + e x = = ch x 2 2 x) = f (x) odnosno ch x je parna funkcija.

c) th ( x) = Dakle, f (

ex

= sh x 2 2 x) = f (x) odnosno sh x je neparna funkcija.

b) ch ( x) = Dakle, f (

x

e

x) sh x = = x) ch x

x) = x

th x

f (x) odnosno th x je neparna funkcija. 1

th (

sh x = ch x

x)

=

1 = th x

1 = th x

cth x

f (x) odnosno cth x je neparna funkcija.

e +e x ex e x sh x = onda imamo 2 2 ex + e x + ex e x 2ex ch x + sh x = = = ex 2 2 Kako je ch x =


ch x

sh x =

ex + e

x

ex + e

=

2 2

ch2 x

x

sh2 x =

(ex ) + 2ex e 4

+ (e

x 2

x 2

(ex ) + 2

x

2

=

(ex ) + 2 + (e

2e x =e 2

2

(ex )

)

2

)

x

2ex e 4 (e

x

x 2

)

4

=

+ (e

x 2

)

4 =1 4

Dakle,

••• ch x + sh x = ex

ch x sh x = e x 8 p < ch2 x = sh2 x + 1 ) ch x = + sh2 x + 1 sh2 x = 1 ) p : sh2 x = ch2 x 1 ) sh x = ch2 x 1

••• ch2 x Ako ch2 x

sh2 x = 1 podelimo sa ch2 x ili sh2 x tada dobijamo

ch2 x sh2 x 1 ch2 x = ) ch2 x ch2 x ch2 x

sh2 x 1 = 2 ) 1 ch2 x ch x

th2 x =

ch2 x sh2 x 1 ch2 x = 2 ) 2 sh x sh x sh2 x

sh2 x 1 = 2 ) cth2 x sh2 x sh x 1 Prema prethodnoj formuli 1 th2 x = 2 imamo ch x 1 1 odnosno = ch2 x ) ch x = p 1 th2 x 1 th2 x 1 ch2 x 1 sh2 x = = ch2 x ch2 x sh2 x + 1

th2 x = 1 th x =

p

ch2 x ch x

1

=p

1 cth x

1

= sh2 x ) sh x = p

cth2 x

sh2 x + 1 ch x =p sh x ch2 x

1

cth2 x = 1 + cth x =

p

odakle je

sh2 x + 1 1=

1

1 sh2 x

sh x

Prema prethodnoj formuli cth2 x 2

1=

1 ch2 x

1 sh2 x

imamo

odnosno 1

1 sh2 x + 1 ch2 x = = 2 2 2 sh x sh x ch x 1

odakle je

Ako je x1 + x2 = x tada prema formulama ch x + sh x = ex ex1 +x2 = ex1 ex2 e (x1 +x2 ) = e x1 e x2 imamo

a) ch (x1 + x2 ) + sh (x1 + x2 ) = ex1 +x2 = ex1 ex2 = = (ch x1 + sh x1 ) (ch x2 + sh x2 )

ch x

sh x = e

x


= ch x1 ch x2 + sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 + sh x1 sh x2 = ch x1 ch x2 + sh x1 sh x2 + sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 odnosno b) ch (x1 + x2 ) sh (x1 + x2 ) = e (x1 +x2 ) = e x1 e x2 = = (ch x1 sh x1 ) (ch x2 sh x2 ) = ch x1 ch x2 sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 + sh x1 sh x2 = ch x1 ch x2 + sh x1 sh x2 sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 Sabiranjem jednakosti a) i b), odnosno oduzimanjem jednakosti b) od jednakosti a) dobijamo 2ch (x1 + x2 ) = 2 (ch x1 ch x2 + sh x1 sh x2 ) odakle je 1 ch (x1 + x2 ) = ch x1 ch x2 + sh x1 sh x2 odnosno 2 sh (x1 + x2 ) = 2 (sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 ) odakle je 2 sh (x1 + x2 ) = sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 Ako je x1 x2 = x tada prema formulama ch x + sh x = ex ch x sh x = e x imamo c) ch (x1 x2 ) + sh (x1 x2 ) = ex1 x2 = ex1 e x2 = = (ch x1 + sh x1 ) (ch x2 sh x2 ) = ch x1 ch x2 + sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 sh x1 sh x2 = ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 + sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 odnosno d) ch (x1 x2 ) sh (x1 x2 ) = e (x1 x2 ) = e x1 e x2 = = (ch x1 sh x1 ) (ch x2 + sh x2 ) = ch x1 ch x2 sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 sh x1 sh x2 = ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 Sabiranjem jednakosti c) i d), odnosno oduzimanjem jednakosti d) od jednakosti c) dobijamo 2ch (x1 x2 ) = 2 (ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 ) odakle je 3 ch (x1 x2 ) = ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 odnosno 2 sh (x1 x2 ) = 2 (sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 ) odakle je 4 sh (x1 x2 ) = sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 Adicione formule hiperbolnih funkcija glase 1 ch (x1 + x2 ) = ch x1 ch x2 + sh x1 sh x2 2 sh (x1 + x2 ) = sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 3 ch (x1 x2 ) = ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 4 sh (x1 x2 ) = sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 Ako je x1 = x2 = x tada prema formulama 1 i 2 imamo ch (x + x) = ch x ch x + sh x sh x odakle je •• ch 2x = ch2 x + sh2 x sh (x + x) = sh x ch x + ch x sh x odakle je •• sh 2x = 2 sh x ch x Sada jednostavno dobijamo:


5

th (x1 + x2 ) =

sh (x1 + x2 ) sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 = = ch (x1 + x2 ) ch x1 ch x2 + sh x1 sh x2

ch x1 sh x2 sh x1 ch x2 + ch x1 ch x2 + sh x1 sh x2 ch x1 ch x2 + sh x1 sh x2 sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 ch x1 ch x2 ch x1 ch x2 = + ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 + + ch x1 ch x2 ch x1 ch x2 ch x1 ch x2 ch x1 ch x2 th x1 th x2 th x1 + th x2 = + = 1 + th x1 th x2 1 + th x1 th x2 1 + th x1 th x2 =

6

th (x1

x2 ) =

sh (x1 ch (x1

x2 ) sh x1 ch x2 = x2 ) ch x1 ch x2

ch x1 sh x2 = sh x1 sh x2

sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 ch x1 sh x2 sh x1 ch x2 ch x1 ch x2 ch x1 ch x2 = ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 ch x1 ch x2 ch x1 ch x2 ch x1 ch x2 ch x1 ch x2 th x1 th x2 th x1 th x2 = = 1 th x1 th x2 1 th x1 th x2 1 th x1 th x2 =

7

cth (x1 + x2 ) =

ch (x1 + x2 ) ch x1 ch x2 + sh x1 sh x2 = = sh (x1 + x2 ) sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2

sh x1 sh x2 ch x1 ch x2 + sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 sh x1 ch x2 + ch x1 sh x2 ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 = + sh x1 ch x2 sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 ch x1 sh x2 + + sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 1 cth x1 cth x2 + 1 cth x1 cth x2 + = = cth x2 + cth x1 cth x2 + cth x1 cth x2 + cth x1 =

8

cth (x1

x2 ) =

ch (x1 sh (x1

x2 ) ch x1 ch x2 = x2 ) sh x1 ch x2

sh x1 sh x2 = ch x1 sh x2

ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 sh x1 ch x2 ch x1 sh x2 ch x1 ch x2 sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 = ch x1 sh x2 ch x1 sh x2 sh x1 ch x2 sh x1 ch x2 sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 sh x1 sh x2 cth x1 cth x2 1 cth x1 cth x2 1 = = Dakle, cth x2 cth x1 cth x2 cth x1 cth x2 cth x1 =


th x1 + th x2 1 + th x1 th x2 cth x1 cth x2 + 1 7 cth (x1 + x2 ) = cth x2 + cth x1

5 th (x1 + x2 ) =

6 th (x1 8 cth (x1

Ako je x1 = x2 = x tada prema formulama 5 i 7 th 2x =

2 th x 1 + th2 x

th x1 th x2 1 th x1 th x2 cth x1 cth x2 1 x2 ) = cth x2 cth x1

x2 ) =

imamo

2

cth 2x =

cth x + 1 2 cth x

Prema formulama

ch2 x sh2 x = 1 ) ch2 x = sh2 x + 1 ch 2x = ch2 x + sh2 x imamo ch 2x = sh2 x + 1 + sh2 x = 2 sh2 x + 1 odnosno ch 2x = 2 sh2 x + 1 Sabiranjem formula 1 i 3 dobijamo sh (x1 + x2 ) + ch (x1 x2 ) = 2 ch x1 ch x2 odakle je 1 9 ch x1 ch x2 = ch (x1 + x2 ) + ch (x1 x2 ) 2 Oduzimanjem formule 3 od formule 1 dobijamo ch (x1 + x2 ) ch (x1 x2 ) = 2 sh x1 sh x2 odakle je 1 10 sh x1 sh x2 = ch (x1 + x2 ) ch (x1 x2 ) 2 Sabiranjem formula 2 i 4 dobijamo sh (x1 + x2 ) + sh (x1 x2 ) = 2 sh x1 ch x2 odakle je 1 11 sh x1 ch x2 = sh (x1 + x2 ) + sh (x1 x2 ) 2 Oduzimanjem formule 4 od formule 2 dobijamo sh (x1 + x2 ) sh (x1 x2 ) = 2 ch x1 sh x2 odakle je 1 sh (x1 + x2 ) sh (x1 x2 ) Dakle, 2 1 ch (x1 + x2 ) + ch (x1 x2 ) 9 ch x1 ch x2 = 2 1 10 sh x1 sh x2 = ch (x1 + x2 ) ch (x1 x2 ) 2 1 sh (x1 + x2 ) + sh (x1 x2 ) 11 sh x1 ch x2 = 2 1 12 ch x1 sh x2 = sh (x1 + x2 ) sh (x1 x2 ) 2 Ako je x1 + x2 = x x1 x2 = y tada sabiranjem prve i druge formule, odnosno oduzimanjem druge formule od prve dobijamo x+y x y 2 x1 = x + y ) x1 = 2 x2 = x y ) x2 = 2 2 x+y x y Zamenom x1 + x2 = x x1 x2 = y x1 = x2 = u formulama 2 2 9 ; 10 ; 11 i 12 ili formulama koje njima prethode dobijamo 12

ch x1 sh x2 =


ch 13

14

15

x+y x y 1 ch = (ch x + ch y ) odakle je 2 2 2

x+y x y ch odnosno 2 2 x+y x y 1 sh sh = (ch x ch y ) odakle je 2 2 2 ch x + ch y = 2 ch

x+y x y sh odnosno 2 2 x+y x y 1 sh ch = (sh x + sh y ) odakle je 2 2 2 ch x

ch y = 2 sh

x y x+y ch odnosno 2 2 x+y x y 1 ch sh = (sh x sh y ) odakle je 2 2 2 sh x + sh y = 2 sh

x+y x y sh 2 2 x+y x y 13 ch x + ch y = 2 ch ch 2 2 16

sh x

sh y = 2 ch

x+y x y ch 2 2 enx = ch (n x)

Dakle,

15 sh x + sh y = 2 sh Kako je

enx + e 2

nx

ch y = 2 sh

x+y x y sh 2 2

16 sh x

sh y = 2 ch

x+y x y sh 2 2

e 2

nx

= sh (n x) odnosno

+ enx e nx 2 enx = = enx 2 2 enx + e nx enx + e nx 2 e nx ch (n x) sh (n x) = = = e nx 2 2 onda stepenovanjem obe strane formule ch x + sh x = ex sa prirodnim br-

ch (n x) + sh (n x) =

enx + e

14 ch x

nx

n

n

ojem n dobijamo (ch x + sh x) = (ex ) = enx = ch (n x) + sh (n x) odnosno n

(ch x + sh x) = ch (n x) + sh (n x) što je analogno Moavrovoj ( A. de Moivre 1667 - 1754 ) formuli iz 1707. godine, kojoj je Ojler ( Euler ) 1748. godine dao završni oblik n

•• (cos + i sin ) = cos n + i sin n

Stepenovanjem obe strane formule ch x dobijamo n

(ch x

sh x) = (e

(ch x

n

(cos

x n

) =e

sh x) = ch (n x) n

i sin ) = cos n

nx

= ch (n x)

sh x = e

x

sa prirodnim brojem n

sh (n x) odnosno

sh (n x) što je analogno Moavrovoj formuli i sin n


Matematiµcka indukcija Matematiµcka indukcija je metod dokazivanja u skupu prirodnih brojeva prema kome je jedan iskaz taµcan za svaki prirodni broj ako je 1 Taµcan za prirodni broj 1 2 Ako iz pretpostavke da je taµcan za prirodni broj n n>1 sledi da je taµcan za prirodni broj n + 1 Ako je iskaz taµcan poµcev od prirodnog broja n0 > 1 i ako ( iz pretpostavke da je on taµcan za prirodni broj n > n0 ), sledi da je taµcan za broj n + 1 tada je taj iskaz taµcan za svaki prirodni broj n0 > 0

33) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 n(n + 1) 2 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1 (1) 1 + 2 + 3 +

+n=

Uz pretpostavku da je relacija (1) taµcna i za proizvoljnu vrednost 1 n(n + 1) 2 Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo n + 1 tada dobijamo n

n > 1 imamo 1 + 2 + 3 +

1+2+3+

+ n + (n + 1) =

+n=

1 n(n + 1) + (n + 1) = (n + 1) 2

1 n+1 2

1 1 (n + 2) = (n + 1)(n + 2) 2 2 µcime je dokazano da relacija (1) uz pretpostavku da vaµzi za n vaµzi i za n + 1 odnosno da vaµzi za sve prirodne brojeve jer je provereno da vaµzi za n = 1 = (n + 1)

34) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 (n 1)n n>2 2 Za n = 2 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1

(1) 1 + 2 +

+ (n

1) =

Uz pretpostavku da je relacija (1) taµcna i za proizvoljnu vrednost n

n>2

1 (n 1)n n>2 2 Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo n tada imamo imamo 1 + 2 +

+ (n

1) =

1 2 1 1 n ( n 1 )+n = n ( n 1 )+ n = n ( n 1 + 2 ) 2 2 2 2 1 = ( n + 1 ) n µcime je dokazano da relacija (1) uz pret2 postavku da vaµzi za n n > 2 vaµzi i za n + 1 odnosno da vaµzi za sve prirodne brojeve jer je provereno da vaµzi za n = 2 Kako je

1+2+

+( n

1 )+n =


1+2+3+ 1+2+

1 n ( n + 1 ) onda imamo 2 1 1) = (n 1)n n>2 2

+n=

+ (n

35) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je (1) 1 + 3 + 5 +

+ ( 2n

1 ) = n2

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1 Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo 2(n + 1) 1+3+5+

1 = 2n + 1 tada dobijamo 2

1 ) + ( 2n + 1 ) = n2 + ( 2n + 1 ) = n2 + 2n + 1 = ( n + 1 )

+ ( 2n

µcime je dokazano da relacija (1) uz pretpostavku da vaµzi za n vaµzi i za n + 1 odnosno da vaµzi za sve prirodne brojeve jer je provereno da vaµzi za n = 1

36) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 n ( 1 + ( 2n 1 )) 2 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1 Dodavanjem 2 ( n + 1 ) 1 = 2n + 1 obema stranama jednakosti dobijamo (1) 1 + 3 + 5 +

+ ( 2n

1) =

1 n ( 1 + ( 2n 1 )) + ( 2n + 1 ) 2 1 1 1 2n2 + 4n + 2 = 2n2 + 2n + 2n + 2 = 2 n2 + ( 2n + 1 ) = 2 2 2 1 1 1 = ( 2 n ( n + 1 ) + 2 ( n + 1 )) = ( n + 1 ) ( 2n + 2 ) = ( n + 1 ) ( 1 + 1 + 2n ) 2 2 2 1 = ( n + 1 ) ( 1 + ( 2 ( n + 1 ) 1 )) 2 µcime je dokazano da relacija (1) uz pretpostavku da vaµzi za n vaµzi i za n + 1 odnosno da vaµzi za sve prirodne brojeve jer je provereno da vaµzi za n = 1 1+3+5+

+ ( 2n

1 ) + ( 2n + 1 ) =

37) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 n ( 2 + 2n ) 2 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 2 = 2 Dodavanjem 2 ( n + 1 ) obema stranama jednakosti dobijamo 1 2+4+6+ + 2n + 2 ( n + 1 ) = n ( 2 + 2n ) + 2 ( n + 1 ) 2 1 1 1 1 = n (2 + 2n) + 4 (n +1) = 2n + 2n2 + 4 (n +1) = (2n (1+ n) + 4 (n +1)) 2 2 2 2 (1) 2 + 4 + 6 +

+ 2n =


=

1 1 (n + 1) (2n + 4) = ( n + 1 ) ( 2 + 2 ( n + 1 )) 2 2

38) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 3 n2 + n 2 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 3 = 3 Dodavanjem 3 ( n + 1 ) obema stranama jednakosti dobijamo (1) 3 + 6 + 9 +

+ 3n =

3 2 6 3 2 n + n + 3 (n + 1) = n + n + (n + 1) 2 2 2 3 2 3 2 n2 + n + 2 ( n + 1 ) = n + n + 2n + 2 = n + 2n + 1 + n + 1 2 2

3+6+9+

+ 3n + 3 (n + 1) =

3 2 3 2 (n + 1) + (n + 1) = 2 =

39) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 1 n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2) 2 6 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1 1 Dodavanjem (n + 1) (n + 2) obema stranama jednakosti dobijamo 2 1 1 1 + 3 + 6 + 10 + + n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) 2 2 1 1 = n(n + 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2) 6 2 3 1 1 = n(n + 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2) = (n + 1)(n + 2)(n + 3) 6 6 6 (1) 1 + 3 + 6 + 10 +

+

40) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 6 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1

(1) 12 + 22 + 32 +

+ n2 =

2

Dodavanjem ( n + 1 )

obema stranama jednakosti dobijamo

1 2 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) + ( n + 1 ) 6 1 1 2 = ( n + 1 ) 2n2 + n + 6 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) 2n2 + n + 6n + 6 6 6 1 1 = ( n + 1 ) 2n2 + 3n + 4n + 6 = ( n + 1 ) ( n ( 2n + 3 ) + 2 ( 2n + 3 )) 6 6 1 1 = ( n + 1 ) (( n + 2 ) ( 2n + 3 )) = ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1 ) Kako je 6 6 12 + 22 + 32 +

2

+ n2 + ( n + 1 ) =


1 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) onda imamo 6 1 2 12 + 22 + 32 + + ( n 1 ) = ( n 1 ) n ( 2n 1 ) 6 8 1 > + n2 = n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) odnosno <12 + 22 + 32 + 6 41) Kako je > 1 2 :12 + 22 + 32 + + (2n) = 2n (2n + 1)(4n + 1) onda imamo 6 2 12 + 32 + 52 + + ( 2n 1 ) 12 + 22 + 32 +

+ n2 =

(2n 1)2

2

2

2

2

2

2

= 1 +2 +3 +4 +5 +6 + 2

= 12 + 22 + 32 +

+ ( 2n )

}| z + 2 n 12

{ 2

2

+ (2n)

22 12 + 22 + 32 +

22 +42 +62 +

2

+ (2n)

+ n2

4 1 n ( 2n + 1 ) ( 4n + 1 ) n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 3 6 1 1 = n (2n + 1) ((4n + 1) 2 (n + 1)) = n (2n + 1) (2n 3 3

=

1) =

1 n 4n2 3

1

42) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 2 2 n (n + 1) 4 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1

(1) 13 + 23 + 33 +

+ n3 =

3

Dodavanjem ( n + 1 ) 13 + 23 + 33 +

obema stranama jednakosti dobijamo 3

+ n3 + ( n + 1 ) =

1 2 2 3 n (n + 1) + (n + 1) 4

4 1 1 2 2 3 2 n (n + 1) + (n + 1) = ( n + 1 ) n2 + 4 ( n + 1 ) 4 4 4 1 1 2 2 2 = ( n + 1 ) n2 + 4n + 4 = ( n + 1 ) ( n + 2 ) 4 4

=

43) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da za svaki prirodan broj n vaµzi (1) 1 + 2 + 22 + 23 +

+ 2n

1

= 2n

1

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se dobija 1 = 1 Dodavanjem 2n+1 1 = 2n obema stranama jednakosti dobijamo 1 + 2 + 22 + 23 +

+ 2n

1

+ 2n = 2n

1 + 2n = 2 2n

1 = 21 2n

1 = 2n+1


3

1 ) = n2 2n2

+ ( 2n

1

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1 Dodavanjem ( 2 ( n + 1 )

3

3

1 ) = ( 2n + 1 )

obema stranama jednakosti,

1


dobijamo 13 + 33 + 53 +

3

3

1 ) + ( 2n + 1 ) = n2 2n2

+ ( 2n

3

1 + ( 2n + 1 )

= 2n4 + 8n3 + 11n2 + 6n + 1 = ( n + 1 ) 2n3 + 6n2 + 5n + 1 2

2n2 + 4n + 1 = ( n + 1 )

2

2 n2 + 2n + 1

= (n + 1)

= (n + 1)

2

2n2 + 4n + 2 2

1 = (n + 1)

1 2

2(n + 1)

1


+ ( 2n

2

1) =

1 n 4n2 3

1

1 (4 1) = 1 3 2 Dodavanjem ( 2n + 1 ) obema stranama jednakosti dobijamo 1 2 2 2 12 + 32 + 52 + + ( 2n 1 ) + ( 2n + 1 ) = n 4n2 1 ( 2n + 1 ) 3 1 3 1 2 2 = n 4n2 1 + ( 2n + 1 ) = n 4n2 1 + 3 ( 2n + 1 ) 3 3 3 1 1 = 4n3 n + 3 4n2 + 4n + 1 = 4n3 + 12n2 + 11n + 3 3 3 1 4n3 + 4n2 + 8n2 + 8n + 3n + 3 = 3 1 1 = 4n2 ( n + 1 ) + 8n ( n + 1 ) + 3 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) 4n2 + 8n + 3 3 3 1 1 1 = ( n + 1 ) 4n2 + 8n + 4 1 = ( n + 1 ) 4 n2 + 2n + 1 3 3 1 2 = (n + 1) 4(n + 1) 1 3 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 =


2

+ ( 2n + 1 ) =

1 ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) 3 2

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 12 + ( 2 + 1 ) = 10 2

Dodavanjem ( 2n + 3 )


12 +32 +52 +

2

2

+(2n + 1) +(2n + 3) =

1 2 (n + 1) (2n + 1) (2n + 3)+(2n + 3) 3

1 (2n + 3) ((n + 1) (2n + 1) + 3 (2n + 3)) 3 1 1 = (2n + 3) 2n2 + n + 2n + 1 + 6n + 9 = ( 2n + 3 ) 2n2 + 9n + 10 3 3

=


1 1 ( 2n + 3 ) 2n2 + 4n + 5n + 10 = ( 2n + 3 ) (2n ( n + 2 ) + 5 ( n + 2 )) 3 3 1 1 = ( n + 2 ) ( 2n + 3 ) ( 2n + 5 ) = ( n + 2 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1) ( 2 ( n + 1 ) + 3) 3 3

=

47) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 2 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 3 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 4 = 4

(1) 22 + 42 +

2

+ ( 2n ) =

Dodavanjem ( 2 ( n + 1 ))

= = = =


2 2 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) + ( 2 ( n + 1 )) 3 2 3 2 2 n (n + 1) (2n + 1) + n (n + 1) = ( n + 1 ) ( n ( 2n + 1 ) + 6 ( n + 1 )) 3 3 3 2 2 ( n + 1 ) 2n2 + n + 6n + 6 = ( n + 1 ) 2n2 + 7n + 6 3 3 2 2 ( n + 1 ) 2n2 + 4n + 3n + 6 = ( n + 1 ) ( 2n ( n + 2 ) + 3 ( n + 2 )) 3 3 2 2 ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2n + 3 ) = ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2n + 2 + 1 ) 3 3 2 ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1) 3

22 + 42 + =

2

2

2

+ ( 2n ) + ( 2 ( n + 1 )) =

48) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 3n2 + 3n 30 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1

(1) 14 + 24 + 34 +

+ n4 =

4

Dodavanjem ( n + 1 ) 14 + 24 + 34 +

1

obema stranama jednakosti dobijamo 4

+ n4 + (n + 1)

1 4 n (n + 1) (2n + 1) 3n2 + 3n 1 + (n + 1) 30 30 1 2 2 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 3n2 + 3n 1 + (n + 1) (n + 1) = 30 30 1 2 = ( n + 1 ) n ( 2n + 1 ) 3n2 + 3n 1 + 30 ( n + 1 ) ( n + 1 ) 30 1 = ( n + 1 ) 2n2 + n 3n2 + 3n 1 + ( 30n + 30 ) n2 + 2n + 1 30 =

6n4 +6n3 2n2 +3n3 +3n2 n + 30n3 +60n2 +30n + 30n2 +60n + 30

=

1 30 (n+1)

=

1 ( n + 1 ) 6n4 + 39n3 + 91n2 + 89n + 30 30


= = = = = = = = = =

1 ( n + 1 ) 6n4 + 12n3 + 27n3 + 54n2 + 37n2 + 74n + 15n + 30 30 1 ( n + 1 ) 6n3 ( n + 2 ) + 27n2 ( n + 2 ) + 37n ( n + 2 ) + 15 ( n + 2 ) 30 1 ( n + 1 ) ( n + 2 ) 6n3 + 27n2 + 37n + 15 30 1 ( n + 1 ) ( n + 2 ) 6n3 + 9n2 + 18n2 + 27n + 10n + 15 30 1 ( n + 1 ) ( n + 2 ) 3n2 ( 2n + 3 ) + 9n ( 2n + 3 ) + 5 ( 2n + 3 ) 30 1 ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2n + 3 ) 3n2 + 9n + 5 30 1 ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2n + 2 + 1 ) 3n2 + 6n + 3n + 3 + 3 1 30 1 ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1 ) 3n2 + 6n + 3 + 3n + 3 1 30 1 ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1 ) 3 n2 + 2n + 1 + 3 ( n + 1 ) 1 30 1 2 ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1 ) 3 (n + 1) + 3 ( n + 1 ) 1 30

49) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da suma prvih n µclanova geometrijske progresije glasi (1) 1 + q + q 2 +

+ qn

1

=

qn q

1 1

q 6= 1

q1 1 ili 1 = 1 q 1 obema stranama jednakosti dobijamo

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija q 1 Dodavanjem q n+1 1 + q + q2 +

1

+ qn

= qn 1

+ qn = =

1

=

qn q

1 qn + qn = 1

1 + qn ( q q 1

qn

1 + q n+1 q 1

=

qn

q n+1 1 q 1

50) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 n(n + 1)(n + 2) 3 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 2 = 2 (1) 1 2 + 2 3 + 3 4 +

+ n(n + 1) =

Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo ( n + 1 ) (( n + 1 ) + 1 ) = ( n + 1 ) ( n + 2 ) tada dobijamo 1 2+2 3+3 4+

+ n(n + 1) + (n + 1)(n + 2)

1)


1 n ( n + 1) ( n + 2 ) + ( n + 1 ) ( n + 2 ) 3 1 3 = n(n + 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2) 3 3 1 = ( n ( n + 1 ) ( n + 2 ) + 3 ( n + 1 ) ( n + 2 )) 3 1 1 = (( n + 3 ) ( n + 1 ) ( n + 2 )) = (( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 )) 3 3 =

51) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je (1) 1 2 3 + 2 3 4 +

+ n(n + 1)(n + 2) =

1 n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 4

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 1(1 + 1)(1 + 2)(1 + 3) = 6 4 Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo 1(1 + 1)(1 + 2) =

(n + 1) ((n + 1) + 1) ((n + 1) + 2) = ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 ) tada dobijamo 1 2 3+2 3 4+

+ n(n + 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2)(n + 3)

1 n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + (n + 1)(n + 2)(n + 3) 4 4 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + (n + 1)(n + 2)(n + 3) 4 4 1 1 = ((n + 4) (n + 1) (n + 2) (n + 3)) = ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 ) ( n + 4 ) 4 4

=

52) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je 1 n 4n2 2 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1

(1) 1 1 + 3 4 + 5 7 +

+ ( 2n

1 ) ( 3n

2) =

n

1

Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo 2(n + 1)

1(3(n + 1)

1 1+3 4+5 7+

2 ) = ( 2n + 1 ) ( 3n + 1 ) tada dobijamo

+ ( 2n

1 ) ( 3n

2 ) + ( 2n + 1 ) ( 3n + 1 )

1 2 1 n 4n2 n 1 + (2n + 1) (3n + 1) = 4n3 n2 n + 6n2 + 5n + 1 2 2 2 1 1 = 4n3 n2 n + 12n2 + 10n + 2 = 4n3 + 11n2 + 9n + 2 2 2 1 1 = ( n + 1 ) 4n2 + 7n + 2 = ( n + 1 ) 4n2 + 8n + 4 n 2 2 2 1 1 2 = (n + 1) 4 n2 + 2n + 1 n 1 1 = (n + 1) 4 (n + 1) (n + 1) 1 2 2 =


53) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je (1) a + ( a + d ) + ( a + 2d ) +

+ (a + (n

1)d) =

1 n ( 2a + (n 2

1) d )

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 1 ( 2a + ( 1 1 ) d ) ili a = a 2 Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo (a + (1

1)d) =

( a + (( n + 1 )

1 ) d ) = ( a + n d ) tada dobijamo

a + ( a + d ) + ( a + 2d ) +

+ (a + (n

1)d) + (a + nd)

1 2 1 n ( 2a + ( n 1 ) d ) + ( a + n d ) = n ( 2a + ( n 1 ) d ) + ( a + n d ) 2 2 2 1 1 = ( 2a n + n ( n 1 ) d + 2a + 2nd ) = ( 2a n + 2a + n d ( n 1 ) + 2 nd ) 2 2 1 1 = ( 2a ( n + 1 ) + n d ( n 1 + 2 )) = ( 2a ( n + 1 ) + n d ( n + 1 )) 2 2 1 = (n + 1)(2a + nd) 2

=

54) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je (1)

1 1 + 2+ 21 2

+

1 1 = 2n 2

1 1

n

1 2 1 2

1 2n

=1

1 1 = 1 2 2

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija Dodavanjem 1 1 + 2+ 21 2

=

=

1 2

1 2

1

1

1 2n+1 +

1 2

1 2

1 1

1 2 1 2

1

=

1 2


1 1 1 + n+1 = 2n 2 2

n

1

1 2

+2

1 2

n

1

n

1 2

1

1n+1 2n+1

1 2

+2 1

1 2

1 2

=

n

1 2 1 2

1

1 2

+

1 2n+1

1 2

1

n

+2

1 2 1

n+1

=

1 2

n+1

1 2

1 1

1 2

n+1

2 1 2

1 2

1 2

n+1



1 1 2

+

1 2 3

1

+

3 4

+

+

1 n = n(n + 1) n+1

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 1 1 1 = ili = 1(1 + 1) 1+1 2 2 Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo 1 1 = ( n + 1 ) (( n + 1 ) + 1 ) (n + 1)(n + 2) 1 1 2

+

1 2 3

+

1

+

3 4

+

tada dobijamo

1 1 + n(n + 1) (n + 1)(n + 2)

=

n 1 n(n + 1)(n + 2) + (n + 1) n(n + 2) + 1 + = = n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)

=

n2 + 2n + 1 (n + 1) n+1 = = (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) (( n + 1 ) + 1 )

2

56) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da za svako n > 3 vaµzi jednakost (1)

1 1 2

+

1 2 3

+

+

1 2)(n

(n

1)

=

n n

2 1

Za n = 3 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 2)(3

(3

1)

=

3 3

2 1 1 odnosno = 1 2 2

Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo 1 2)(n + 1

(n + 1

1 1 + + 1 2 2 3 = =

(n

+

1) (n

=

1 (n

1 2)(n

2)(n 1)n + (n (n 1)(n 1)n

1)

tada dobijamo

1)n 1) =

+

(n

1)n

=

1)(n(n (n 1)(n

2) + 1 n2 2n + 1 (n = = 1)n (n 1)n (n

n(n (n

1 (n

n n

2) + 1) 1)n

2

1) n 1 (n + 1) = = 1)n n (n + 1)


1 1 3

+

1 3 5

+

+

( 2n

1 n = 1 ) ( 2n + 1 ) 2n + 1

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija (2 1

2 1 + 1 (n 1)n

1 1 1 1 = odnosno = 1)(2 1 + 1) 2 1+1 3 3

2 1


Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo 1 1 = tada dobijamo 1)(2(n + 1) + 1) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 )

(2(n + 1) 1 1 3

+

1 3 5

+

+

1 1 + 1 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 )

( 2n

=

n 1 n ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) + ( 2n + 1 ) + = 2n + 1 ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 )

=

n ( 2n + 3 ) + 1 2n2 + 3n + 1 2n2 + n + 2n + 1 = = ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 )

=

n ( 2n + 1 ) + ( 2n + 1 ) ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) n+1 n+1 = = = ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) 2n + 3 2(n + 1) + 1


1 1 + + 1 2 3 2 3 4

+

1 1 = n(n + 1)(n + 2) 2

1 2

1 (n + 1)(n + 2)

1 1 = 6 6 Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija

1 tada dobijamo (n + 1) (n + 2) (n + 3) 1 1 + + 1 2 3 2 3 4

+

1 1 + n(n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)(n + 3)

=

1 2

1 2

1 (n + 1)(n + 2)

+

1 (n + 1)(n + 2)(n + 3)

=

1 2

1 2

1 (n + 1)(n + 2)

+

2 2(n + 1)(n + 2)(n + 3)

=

1 2

1 2

1 2 + (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)(n + 3)

=

1 2

1 2

(n + 3) 2 (n + 1)(n + 2)(n + 3)

=

1 2

1 2

1 (n + 2)(n + 3)

=

1 2

1 2

n+1 (n + 1)(n + 2)(n + 3)


12 22 + + 1 3 3 5

+

( 2n

n2 n(n + 1) = 1 ) ( 2n + 1 ) 2 ( 2n + 1 )

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija

1 1 = 3 3


Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo 2

(n + 1) tada dobijamo ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) 2

12 22 + + 1 3 3 5

+

n2 (n + 1) + 1 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 )

( 2n

2

2

=

n(n + 1) (n + 1) n ( n + 1 ) ( 2n + 3 ) + 2 ( n + 1 ) + = 2 ( 2n + 1 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) 2 ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 )

=

( n + 1 ) 2n2 + 3n + 2n + 2 ( n + 1 ) ( n ( 2n + 3 ) + 2 ( n + 1 )) = 2 ( 2n + 1 ) ( 2n + 2 + 1 ) 2 ( 2n + 1 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1 )

=

( n + 1 ) 2n2 + n + 4n + 2 ( n + 1 ) ( n ( 2n + 1 ) + 2 ( 2n + 1 )) = 2 ( 2n + 1 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1 ) 2 ( 2n + 1 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1 )

=

(n + 1)(n + 2) ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) ( n + 2 ) = 2 ( 2n + 1 ) ( 2 ( n + 1 ) + 1 ) 2(2(n + 1) + 1)


2 22 + 2 + 2+1 2 +1

+

2n 2n

1

2n+1

=2

22 n

1 2 2 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija = 3 3

22 2 + 2 + 2+1 2 +1

+

n+1

=2 =2

2n 22n

1

+1

n+1

2

2

22 n

1

22n

n+1

2n

2

+1

2n+1 obema stranama jednakosti dobijamo 22 n + 1

Dodavanjem

=2

2

+1

=2

+

2n+1 =2 +1

2n+1

22 n

2

22n

2n

n+1

n+1

2 +1 2 22 (22n 1) (22n + 1)

n

n+1

2 +2 2n+1 22 + 2n+1 =2 22n 22n + 22n 22n 1

2 2n+1 22n +2n

1

=2

2n+1+1 =2 22 2n 1

1

+

2n+1 +1

22 n

n

1

2n+1 + 2n+1 22n 22n 1

2n+2 22n+1

1

61) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je (1) 1 1! + 2 2! +

+ n n! = ( n + 1 )!

1

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1 = 1 Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo ( n + 1 ) ( n + 1 )! tada dobijamo 1 1! + 2 2! +

+ n n! + ( n + 1 ) ( n + 1 )! = ( n + 1 )!

= ( n + 1 )! + ( n + 1 ) ( n + 1 )!

1 + ( n + 1 ) ( n + 1 )!

1 = ( n + 1 )! (1 + ( n + 1 ))

1


= ( n + 1 )! ( n + 2 )

1 = ( n + 2 ) ( n + 1 )!

1 = ( n + 2 )!

1


1 2 3 + + + 2! 3! 4!

+

n

1 n!

1 n!

=1

n>2

Za n = 2 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija Dodavanjem

n obema stranama jednakosti dobijamo ( n + 1 )!

1 2 3 + + + 2! 3! 4!

+

n

1 n!

+

(n + 1)! n n! =1 n! ( n + 1 )!

=1

1 1 = 2 2

n =1 (n + 1)!

1 n + =1 n! (n + 1)!

(n + 1) n! n n! =1 n! ( n + 1 )!

1 n!

n+1 n =1 (n + 1)!

n (n + 1)! 1 (n + 1)!

µcime je dokazano da relacija (1) uz pretpostavku da vaµzi za n n > 2 vaµzi i za n + 1 odnosno da vaµzi za sve prirodne brojeve > 2 jer je provereno da vaµzi za n = 2

63) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je (1) sin x + sin 3x + sin 5x +

+ sin ( 2n

1)x =

sin2 n x sin x

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija sin2 x sin2 1 x = = sin x sin x sin x Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo

sin ( 2 1

1 ) x = sin x =

sin ( 2 ( n + 1 )

1 ) x = sin ( 2n + 1 ) x tada dobijamo

sin x + sin 3x + sin 5x +

+ sin ( 2n

1 ) x + sin ( 2n + 1 ) x

sin2 n x sin2 n x + sin ( 2n + 1 ) x sin x 1 + sin ( 2n + 1 ) x = = sin x sin x 1 Kako je sin sin = (cos ( ) cos ( + )) onda imamo 2 1 sin2 n x + (cos ( 2n + 1 1 ) x cos ( 2n + 1 + 1 ) x ) 1 2 = sin x =

=

2 sin2 n x + cos 2n x cos ( 2n + 2 ) x 2 sin x cos 2nx

z }| { 2 sin2 n x + cos2 n x sin2 n x = 2 sin x

cos ( 2n + 2 ) x

1

z }| { sin n x + sin2 n x + cos2 n x sin2 n x = 2 sin x 2

cos ( 2n + 2 ) x


= 1

1

cos ( 2n + 2 ) x 2 = 2 sin x cos ( 2n + 2 ) x = 1

Kako je cos 2

1 ( 2n + 2 ) x = 1 2

= sin2 ( n + 1 ) x + cos2 ( n + 1 ) x

cos 2 ( n + 1 ) x

cos2 ( n + 1 ) x 2

= 2 sin2 ( n + 1 ) x onda imamo =

sin2 ( n + 1 ) x

2 sin2 ( n + 1 ) x sin2 ( n + 1 ) x = 2 sin x sin x

64) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je (1) cos x + cos 3x + cos 5x +

+ cos ( 2n

1)x =

sin 2n x 2 sin x

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija sin ( 2 1 ) x 2 sin x cos x = = cos x 2 sin x 2 sin x Ako obema stranama prethodne jednakosti dodamo

cos ( 2 1

1 ) x = cos x =

cos ( 2 ( n + 1 )

1 ) x = cos ( 2n + 1 ) x tada dobijamo

cos x + cos 3x + cos 5x +

+ cos ( 2n

1 ) x + cos ( 2n + 1 ) x

sin 2nx sin 2nx + cos ( 2n + 1 ) x 2 sin x + cos ( 2n + 1 ) x = 2 sin x 2 sin x sin 2nx + 2 cos ( 2n + 1 ) x sin x 1 = = 2 sin x 1 Kako je cos sin = (sin ( + ) sin ( )) onda imamo 2 1 sin 2nx + 2 (sin ( 2n + 1 + 1 ) x sin ( 2n + 1 1 ) x ) 1 2 = 2 sin x sin ( 2n + 2 ) x sin ( 2 ( n + 1 )) x sin 2nx + sin ( 2n + 2 ) x sin 2nx = = = 2 sin x 2 sin x 2 sin x =

65) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je (n + 1) x nx sin 2 2 (1) sin x + sin 2x + sin 3x + + sin nx = x sin 2 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija sin

(1 + 1)x x sin 2 2 = sin x sin x = x sin 2 Dodavanjem sin ( n + 1 ) x obema stranama jednakosti dobijamo sin


+ sin nx + sin ( n + 1 ) x

x 6= 2k


(n + 1)x nx sin 1 2 2 + sin ( n + 1 ) x = = x sin 2 x x x Kako je sin x = sin 2 = 2 sin cos odnosno 2 2 2 (n + 1)x (n + 1)x (n + 1)x sin ( n + 1 ) x = sin 2 = 2 sin cos onda imamo 2 2 2 (n + 1)x nx sin sin 1 2 2 + 2 sin ( n + 1 ) x cos ( n + 1 ) x = x 2 2 sin 2 (n + 1)x sin x (n + 1)x nx 2 = + 2 sin cos sin x 2 2 2 sin 2 + cos Sada se „prilago†avamo” relaciji sin sin = 2 sin 2 2 1 0 2x + nx nx ( 2 + 2n ) x (n + 1)x sin nx C B 2 2 2 + 2 sin cos = A @sin x 2 2 2 sin 2 0 1 (n + 1)x (n + 2)x nx (n + 2)x nx sin + nx B 2 2 2 cos 2 2 C = + 2 sin @sin A x 2 2 2 sin 2 sin

(n + 1)x nx (n + 2)x 2 = sin + sin x 2 2 sin 2 (n + 2)x (n + 1)x sin sin 2 2 = x sin 2 sin

sin

nx 2

66) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da za x 6= 2k vaµzi relacija (n + 1)x nx sin 2 2 (1) cos x + cos 2x + cos 3x + + cos nx = x sin 2 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija cos

cos cos x =

(1 + 1)x x sin 2 2 = cos x x sin 2


Dodavanjem cos ( n + 1 ) x obema stranama jednakosti dobijamo cos x + cos 2x + cos 3x +

+ cos nx + cos ( n + 1 ) x

(n + 1)x nx sin 2 2 + cos ( n + 1 ) x = x sin 2 (n + 1)x nx x cos sin + cos ( n + 1 ) x sin 1 2 2 2 = = x sin 2 1 Kako je cos sin = (sin ( + ) sin ( )) onda imamo 2 n+1 n+1 1 1 1 n 1 1 (sin( 2 + n 2 )x sin( 2 2 )x)+ 2 (sin(n+1+ 2 )x sin(n+1 2 )x) = 2 sin x cos

2

( 2n + 1 ) x sin 2 =

sin =

( 2n + 3 ) x 2 x 2 sin 2

Kako je sin 2 cos 2

=

sin

x ( 2n + 3 ) x sin + sin 2 2 x 2 sin 2 x sin 2 2 =

= 2 cos

1 ( 2n + 3 + 1 ) x 2 2

+ 2 sin

sin

sin

2 1 ( 2n + 3 2 2

( 2n + 1 ) x 2

onda imamo 1)x

x 2 (n + 2)x (n + 1)x cos sin 2 2 = x sin 2 Do istog rezultata dolazimo i sledećim postupkom. sin


+ cos nx + cos ( n + 1 ) x

(n + 1)x nx sin 1 2 2 + cos ( n + 1 ) x = = x sin 2 x x x Kako je cos x = cos 2 = cos2 sin2 odnosno 2 2 2 (n +1)x (n +1)x (n +1)x cos ( n + 1 ) x = cos 2 = cos2 sin2 onda imamo 2 2 2 cos


(n + 1)x nx sin 2 2 + cos2 ( n + 1 ) x sin2 ( n + 1 ) x = x 2 2 sin 2 (n + 1)x nx cos sin 2 2 + 1 2 sin2 ( n + 1 ) x = x 2 sin 2 (n + 1)x nx x cos sin + sin 2 2 2 2 2 sin2 ( n + 1 ) x = = x 2 sin 2 8 1 > > )) < cos sin = (sin ( + ) sin ( 2 Kako je > + > : sin + sin = 2 sin cos onda imamo 2 2 1 x ( 2n + 1 ) x x sin sin + sin (n + 1)x 2 2 2 2 2 = 2 sin2 x 2 sin 2 ( 2n + 1 ) x x x sin sin + 2 sin 2 2 2 2 sin2 ( n + 1 ) x = x 2 2 sin 2 ( 2n + 1 ) x x sin + sin 2 2 2 sin2 ( n + 1 ) x = x 2 2 sin 2 1 ( 2n + 2 ) x 1 2n x 2 sin cos (n + 1)x 2 2 2 2 = 2 sin2 x 2 2 sin 2 (n + 1)x nx sin cos (n + 1)x 2 2 = 2 sin2 x 2 sin 2 (n + 1)x sin nx (n + 1)x x 3 2 = cos 2 sin sin = x 2 2 2 sin 2 1 Kako je sin sin = (cos ( ) cos ( + )) onda imamo 2 (n + 1)x sin 1 nx (n + 2)x nx 3 2 = cos 2 cos cos x 2 2 2 2 sin 2 1

cos


cos =

(n + 2)x (n + 1)x sin 2 2 x sin 2

m 2k ijom dokaµzimo da je

67) Ako je x 6=

m2Z

k = 0; 1; 2; : : : ; n tada matematiµckom indukc-

1 1 1 1 + + + + = ctg x sin 2x sin 4x sin 8x sin 2n x Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija (1)

ctg 2n x

1 1 sin2 x + cos2 x 2 cos2 x cos2 x + sin2 x = = = sin 21 x sin 2x sin 2x sin 2x 2 cos x

z

cos 2x

}| { cos x sin2 x 2 cos2 x cos 2x = = = ctg x sin 2x 2 sin x cos x sin 2x 1 obema stranama jednakosti dobijamo Dodavanjem sin 2n+1 x 1 1 1 1 1 + + + + + sin 2x sin 4x sin 8x sin 2n x sin 2n+1 x 1 1 = = ctg x ctg 2n x + sin 2n+1 x 2

2

ctg 2x

Kako je sin 2n+1 x = sin 2n 21 x = sin 2 2n x = 2 sin 2n x cos 2n x onda imamo cos 2n x 1 1 2 cos 2n x cos 2n x 1 = ctg x + = ctg x + sin 2n x 2 sin 2n x cos 2n x 2 sin 2n x cos 2n x 1

}| { z sin2 2n x + cos2 2n x 2 cos2 2n x cos2 2n x sin2 2n x = ctg x + = ctg x n+1 sin 2 x sin 2n+1 x cos 2 2n x 2 = ctg x = Kako je cos 2 2n x = cos 21 2n x = cos 2n+1 x sin 2n+1 x cos 2n+1 x 2 onda dobijamo = ctg x = ctg x ctg 2n+1 x sin 2n+1 x

68) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je x sin x = x 2n n 2 sin n 2 Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija x x x sin 2 2 sin cos x x sin x 2 = 2 2 = cos x cos 1 = cos = = x x x 2 2 2 21 sin 1 2 sin 2 sin 2 2 2 (1) cos

x x x cos 2 cos 3 21 2 2

cos


x tada dobijamo 2n+1 x x x x sin x x 1 x cos n cos n+1 = cos 1 cos 2 cos 3 x cos 2n+1 = 2 2 2 2 2 n 2 sin n 2 x x x x x Kako je sin n = sin 2 1 n = sin 2 n+1 = 2 sin n+1 cos n+1 onda imamo 2 2 2 2 2 2 x sin x cos n+1 sin x sin x 1 2 = = = x x x x 2n 2 sin n+1 cos n+1 2n 21 sin n+1 2n+1 sin n+1 2 2 2 2 Ako obe strane prethodne relacije pomnoµzimo sa cos

69) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo Moavrovu formulu n

(1) ( cos x + i sin x ) = cos nx + i sin nx gde je i2 =

1

Za n = 1 relacija (1) je taµcna jer se tada dobija 1

(cos x + i sin x ) = cos 1x + i sin 1x = cos x + i sin x Ako obe strane prethodne relacije pomnoµzimo sa cos x + i sin x tada dobijamo n (cos x + i sin x ) (cos x + i sin x) = (cos nx + i sin nx) (cos x + i sin x) = cos nx cos x + i sin nx cos x + cos nx i sin x + i2 sin nx sin x 1

= cos nx cos x sin nx sin x + i (sin nx cos x + cos nx sin x ) = Kako je cos cos sin sin = cos ( + ) odnosno sin cos + cos sin = sin ( + ) onda imamo 1

= cos ( nx + x ) + i sin ( nx + x ) = cos ( n + 1 ) x + i sin ( n + 1 ) x

70) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo binomnu formulu n n n n a + a 0 1

n

P(n) = ( a + b ) =

+ n

P(n) = ( a + b ) =

n X

k=0

n k

= = = =

n k

(n (n

n n

a2 bn

2

n n a k

1

k k

b

n n a 2

b+ 2

+

gde su

(

2 2

b +

n n

1

a bn

1

+

n n a k

+

n n b odnosno n

k k

b +

a; b realni brojevi (R) n prirodan broj (R) Kako je

k )! k )!

n(n

1)(n

2) k!

(n

(k

n(n

1)(n

2)

(n

( k 1 )) ( n k! ( n k )!

n! onda imamo k! ( n k )!

1 )) ( n

k ) ( n ( k + 1 )) ( n k )! k)(n

( k + 1 ))

2 1 2 1


n n + k k 1 = = =

n! 1 )! ( n

k(k (k

n! 1 )! ( n

(k

n! 1 )! ( n

n! + k! ( n k )! ( k

=

+

k )!

(k

1 ))!

n! (k

k )!

1 )! ( n

1 + k n

k )!

n! 1 )! ( n ( k

1 (k

1 )) ( n

=

1)

n! 1 )! ( n

(k

n (k 1) + k k )! k (n (k 1))

n+1 n! ( n + 1 ) = k )! k ( n ( k 1 )) k ( k 1 )! ( n ( k 1 )) ( n | {z } | {z k!

( n + 1 )! ( n + 1 )! = = k! ( n ( k 1 ))! k! (( n + 1 ) k )! n k

n! = k! ( n k )!

n n + k k 1 n 0

Kako je 0! = 1; 1! = 1; a0 = 1; b0 = 1; n = 1 imamo 1

1 X

1 1 a k

k=0

=a+b

k k

b =

( n ( k 1 ))!

Kako je

k 6 n onda imamo

P(1) = ( a + b ) =

k )! }

1 1 a 0

n n

= 1;

0 0

b +

n+1 k

=

= 1 onda za

1 1 a 1

1 1

b =

1 1 1 a + b1 0! 1!

Ako jednakost P(n) pomnoµzimo sa ( a + b ) tada dobijamo n+1

P(n+1) = ( a + b )

=

n+1 X k=0

n+1

Prema ( a + b )

n + 1 n+1 a k

k k

b

n

n

n

n

a(a + b) + b(a + b) = a

n X n n a k

k k

b +b

k=0

=

n X n n+1 a k

k k

k=0

=

b +

n X n n a k

+

n a(n k+1 n k

1

an

k k+1

b

n X n n a k

imamo

k k

b

k=0

=

k=0

n n+1 n (n+1) a + a 0 1 +

n

= (a + b) (a + b) = a(a + b) + b(a + b)

1

b+

1) (k+1) k+1

b

k+1 k

b +

+

n n a k

n (n+1) a 2 +

k k+1

b

2 2

b +

+

n (n+1) a k

n n n n n abn + a b+ a n 0 1 +

+

n n

1

abn +

k k

b +

1 2

b +

n n+1 b = n


n n+1 n n n n n n a + a b+ a b+ a 0 1 0 2

=

+

n n+1 a k

+

n n a k

n

k k

b +

k k+1

b

k

+

b +

+

n n + k k 1

!

an+1

+

n n + n n 1

!

abn + bn+1 =

+

= an+1 +

n X

k=1

n

n+1 X k=0

n + 1 n+1 a k n

(a + b) =

a b+

k k

b +

!

n+1 k

k=1 k k

b

n X n n a k

n an k+1

n n + 2 1

n

n n + k k 1

n + 1 n+1 X a + 0

b +

1 2

k k+1

b

b +

+

n n n n+1 abn + abn + b = n n 1 n

+ !

=a

=

k k

n n + 1 0

n+1

=

an+1

1

n n a 1

1 2

an+1

!

an+1

!

an

1 2

b +

n n + k+1 k

!

an

k k+1

k k

b + bn+1 =

k k

b +

n + 1 n+1 b = n+1

µcime je dokazano da binomna formula

k k

b

vaµzi za svaki prirodan broj n

k=0

Kratak pregled prethodnih formula 1+2+3+

+n=

4

1 n(n + 1) 2 1 1+2+ + (n 1) = (n 1)n n>2 2 8 1 > + n = n ( n + 1 ) onda imamo < 1+2+3+ 2 Kako je > 1 : 1+2+ + (n 1) = (n 1)n n>2 2 1+3+5+ + ( 2n 1 ) = n2

5

1+3+5+

+ ( 2n

1 2

3

b

1) =

1 n ( 1 + ( 2n 2

1 ))

+


1 n ( 2 + 2n ) 2 3 7 3+6+9+ + 3n = n2 + n 2 1 1 8 1 + 3 + 6 + 10 + + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2) 2 6 1 9 12 + 22 + 32 + + n2 = n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 6 8 1 > + n2 = n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) onda imamo < 12 + 22 + 32 + 6 10 Kako je > 1 2 : 12 + 22 + 32 + + ( n 1 ) = ( n 1 ) n ( 2n 1 ) 6 1 2 11 13 + 23 + 33 + + n3 = n 2 ( n + 1 ) 4 6

2+4+6+

+ 2n =

12

1 + 2 + 22 + 23 +

13

13 + 33 + 53 +

14

15

16 17 18 19

+ 2n + ( 2n

1

= 2n

1

3

1 ) = n2 2n2

1

1 n 4n2 1 3 8 1 > + n2 = n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) onda imamo < 12 + 22 + 32 + 6 Kako je > 1 2 : 12 + 22 + 32 + + ( 2n ) = 2n ( 2n + 1 ) ( 4n + 1 ) 6 1 2 12 + 32 + 52 + + ( 2n + 1 ) = ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) ( 2n + 3 ) 3 2 2 22 + 42 + + ( 2n ) = n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 3 1 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 3n2 + 3n 1 14 + 24 + 34 + + n4 = 30 qn 1 q 6= 1 1 + q + q2 + + qn 1 = q 1 12 + 32 + 52 +

+ ( 2n

1 n(n + 1)(n + 2) 3 + n(n + 1)(n + 2)

20

1 2+2 3+3 4+

21

1 2 3+2 3 4+

22

1 1+3 4+5 7+

23

a + ( a + d ) + ( a + 2d ) +

24

1 1 + 2+ 1 2 2

+

2

1) =

+ n(n + 1) =

+ ( 2n

1 =1 2n

1 ) ( 3n

+ (a + (n 1 2n

1 n 4n2 n 1 2 1 1 ) d ) = n ( 2a + (n 1) d ) 2

2) =


25

1 1 2 1

+

2 3 1

+

1 3 4

+

+

1 n = n(n + 1) n+1

1 2)(n

+

+

27

1 1 + + 1 3 3 5

+

28

1 1 + + 1 2 3 2 3 4

29

12 22 + + 1 3 3 5

30

22 2 + 2 + 2+1 2 +1

31

1 1! + 2 2! +

+ n n! = ( n + 1 )!

32

1 2 3 + + + 2! 3! 4!

+

33


34


26

1 2

+

1

2 3

+

(n

2n

1 n!

1

+1

=1

=2


1 n!

+ sin ( 2n + cos ( 2n

+ sin nx =

1

1 n>2 1)x =

sin2 n x sin x

1)x =

sin 2n x 2 sin x

nx (n + 1)x sin 2 2 x sin 2

36


37

1 1 1 + + + sin 2x sin 4x sin 8x

38

cos

39

( cos x + i sin x ) = cos nx + i sin nx

n

x 6= 2k

(n + 1)x nx sin 2 2 x 6= 2k + cos nx = x sin 2 8 m > x 6= k > < 2 1 + = ctg x ctg 2n x m 2 Z n > sin 2 x > : k = 0; 1; 2; : : : cos

x x x cos 2 cos 3 21 2 2

1 (n + 1)(n + 2)

2n+1 22 n

sin 35

1 2

n2 n(n + 1) = 1 ) ( 2n + 1 ) 2 ( 2n + 1 )

22 n

n

2 1

1 1 = n(n + 1)(n + 2) 2

( 2n +

n n

1 n = 1 ) ( 2n + 1 ) 2n + 1

( 2n +

1)

=

cos

x sin x = x 2n n 2 sin n 2

i2 =

1


40

n X n n (a + b) = a k n

k k

b

k=0

(

a; b realni brojevi (R) n prirodan broj (N )

71) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je relacija (1) 32 n

1 deljiva sa 8 za svaki prirodan broj n > 1

Za n = 1 imamo 32 1

1=9

1 = 8 što je zaista deljivo sa 8

Uz pretpostavku da je broj (1) deljiv sa 8 i za n = k (2) 32 k

1=8 a

k > 1 onda je

a2N

Dokaµzimo da isto vaµzi i za n = k + 1 kada levu i desnu stranu jednakosti pomnoµzimo sa 3(1+1) = 32 µcime dobijamo 32k

1 32 = 8 a 32 odnosno

32k 32

32 = 32(k+1)

32(k+1)

1 = 72a + 8 = 8 ( 9a + 1 )

Dakle, relacija 32 k

9 = 72a odakle je 1 je deljiva sa 8 za svaki prirodan broj n > 1

72) Matematiµckom indukcijom dokaµzimo da je broj (1) n ( n + 1 ) ( n + 2 ) deljiv sa 6 za svaki prirodan broj n > 1 Za n = 1 imamo 1 ( 1 + 1 ) ( 1 + 2 ) = 1 2 3 = 6 što je zaista deljivo sa 6 Uz pretpostavku da je broj (1) deljiv sa 6 i za n = k (2) k ( k + 1 ) ( k + 2 ) = 6 a

k > 1 imamo

a2N

Dokaµzimo da isto vaµzi i za n = k + 1 kada imamo ( k + 1 ) ( k + 2 ) ( k + 3 ) = (( k + 1 ) ( k + 2 )) k + (( k + 1 ) ( k + 2 )) 3 = k(k + 1)(k + 2) + 3(k + 1)(k + 2) {z } | 6a

što je deljivo sa 6 jer je 6a deljivo sa 6 po pretpostavci dok je 3 ( k + 1 ) ( k + 2 ) deljivo sa 6 zato što je ( k + 1 ) ( k + 2 ) proizvod dva susedna broja od kojih je jedan paran i koji pomnoµzen sa 3 „daje” broj deljiv sa 6 Dakle, zbir dva broja deljivih sa 6 saµcinjava broj deljiv sa 6 µcime je dokazano da je broj (1) deljiv sa 6 za svaki prirodan broj n > 1


Graniµcne vrednosti Matematiµcka analiza ima veliki broj pojmova od kojih su najvaµznija dva: a) Pojam funkcije b) Pojam graniµ cne vrednosti Pojam funkcije je i intuitivno jasan iako postoje precizne de…nicije, naroµcito algebarske, pomoću Dekartovog proizvoda. Me†utim, pojam graniµcne vrednosti je dosta sloµzeniji. Na jednom elementarnom primeru pokušaćemo da se pribliµzimo pojmu graniµcne vrednosti. x2 4 0 za x = 2 Odmah vidimo da dobijamo a znamo da deIzraµcunajmo x 2 0 liti nulom nema smisla! Posmatrajmo isti primer na sledeći naµcin. x2 4 x=2 (x + 2) (x 2) x=2 == == (x + 2) = 2+2 = 4 Dati koliµcnik moµzemo izraµcux 2 x 2 nati ako umesto 0 u imeniocu imamo neku „koliµcinu”, bilo koliko malu. Pretpostavimo da je x 2 = gde je bitno da koliµcina postoji (ma koliko ona bila mala) da bi se njome moglo izvršiti delenje. Iz x 2 = imamo x = 2 + kada zamenom dobijamo 2

(2 + ) 4 4+4 + 2 4 (4 + ) x2 4 = = = =4+ x 2 Kako je vrlo mala ili koliko god hoćemo mala koliµcina dobijamo rezultat koji je u najvećoj pribliµznosti sa prethodno dobijenim rezultatom (4) Sliµcno dobijamo i za x 2 = odakle je x = 2 odnosno 2

x2 4 (2 ) 4 4 4 + 2 4 (4 ) = = = =4 x 2 Ako treba deliti nulom, onda izme†u promenljive i vrednosti koju promenljiva treba da uzme, mora ostati ma koliko mala koliµcina (veliµcina) da bi se sa njom mogla izvršiti deoba. Vidimo da se promenljiva x moµze pribliµzavati vrlo blizu broju 2 ali da tu vrednost ne moµze da uzme jer bi time nestala mogućnost da postoji i ona najmanja koliµcina sa kojom bi se moglo izvršiti delenje. Kada bi (eventualno!) promenljiva x uzela vrednost 2 tada bi imali 2 2 = 0 pa 0 pokazuje odsustvo i najmanje koliµcine sa kojom se moµze izvršiti delenje. Dakle, nije teško zakljuµciti da je granica za x u datom primeru bila 2 Za promenljivu x kaµzemo da ima granicu a ako postoji j x a j < " gde je " koliko god hoćemo mala veliµcina. Oznaµcavanje sa j x a j pokazuje da nije u pitanju znak te beskonaµcno male veliµcine već je bitno da ona postoji jer se tada operacija delenja moµze obaviti. Kada su " i beskonaµcno male veliµcine, tada oznake j x a j < " i x a = ili x = a + i x = a oznaµcavaju da je za promenljivu x granica a Upotreba oznake (lim) za rešavanje prethodnog primera x2 4 lim = 4 potiµce od latinske reµci limes - itis i pokazuje da neki izraz ili x!2 x 2 funkcija y teµze nekoj svojoj granici dok x teµzi nekoj svojoj.


Napomena! U matematici je (i ne samo u matematici) bitnije o svemu razmisliti nego mehaniµcki ispisivati veliki broj stranica.

Nizovi - osnovni pojmovi Ako na mesto svakog prirodnog broja 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; : : : ; n : : : stavimo neki realan broj an onda dobijamo niz brojeva a1 ; a2 ; a3 ; : : : ; an : : : gde su brojevi a1 ; a2 ; a3 ; : : : µclanovi niza a n je indeks µclana. De…nisani niz brojeva ima beskonaµcno mnogo µclanova me†u kojima moµze biti i jednakih. Numerisanje µclanova niza moµzemo poµceti bilo kojim celim brojem. Dakle, niz je skup brojeva oznaµcen prirodnim nizom brojeva a1 ; a2 ; a3 ; : : : ; an : : : ure†enim tako da svakom broju pripada odre†eni rang. Zavisnost od ranga (ili zakona niza) isti je za sve µclanove niza i on de…niše n ti µclan niza u funkciji od n odnosno bilo koji µclan niza u funkciji od ranga. Pogledajmo neke izuzetno vaµzne nizove. Aritmetiµcka progresija je niz brojeva a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; : : : ; an : : : gde je razlika izme†u bilo koja dva uzastopna broja konstantna, 8 8 a2 = a1 + d = a1 + d a2 a1 = d > > > > > > > > > > > > > > < a3 = a2 + d = a1 + 2 d < a3 a2 = d odakle je odnosno > a4 = a3 + d = a1 + 3 d > a4 a3 = d > > > > .. . > > . > > . . > > > > : : an = an 1 + d = a1 + (n 1) d an an 1 = d pa prva osnovna formula aritmetiµcke progresije glasi an = a1 + (n 1) d Napišimo zbir µclanova aritmetiµcke progresije poµcinjući od prvog a zatim od poslednjeg µclana, kada imamo Sn = a1 + a1 + d + a1 + 2 d + a1 + 3 d + Sn = an + an

d + an

2 d + an

3d+

+ a1 + (n + an

(n

1) d odnosno 1) d odakle sabiranjem

1 levih i desnih strana dobijamo 2 Sn = n(a1 + an ) odnosno Sn = n(a1 + an ) 2 što je druga osnovna formula aritmetiµcke progresije. 1 10 (1 + 10) = 55 2 Geometrijska progresija je niz brojeva a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; : : : ; an : : : gde je koliµcnik izme†u bilo koja dva susedna µclana konstantan, odnosno 8 a2 = a1 q > > > > > > > a3 = a2 q = (a1 q) q = a1 q 2 < a2 a3 a4 = = = = q odakle je a4 = a3 q = a1 q 2 q = a1 q 3 > a1 a2 a3 > > .. > > . > > : an = a1 q n 1 Primer: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 =


Formulu zbira geometrijske progresije dobijamo ako od relacije Sn = a1 + a1 q + a1 q 2 + a1 q 3 + 2

3

+ a1 q n 4

Sn q = a1 q + a1 q + a1 q + a1 q + Sn

+ a1 q n Sn (1

q) = a1 (1

+ a1 q

a1 q + a1 q 2

Sn q = a1 + a1 q

1

oduzmemo relaciju n

kada imamo

a1 q 2 + a1 q 3 1

a1 q n

q n ) odakle je Sn = a1

1

1 1

a1 q 3 + a1 q 4

a1 q n = a1

a1 q 4 +

a1 q n odnosno

qn q

Ako je q < 1 tada za velike vrednosti n; q n postaje izuzetno malo, pa prethodnu formulu moµzemo zameniti relacijom Sn = a1 Sn =

1 1

q

1 1

q

koja za a1 = 1 „postaje”

= 1 + q + q2 + q3 + q4 +

Poslednju relaciju koju nazivamo beskrajna geometrijska progresija moµzemo dobiti i jednostavnim algebarskim deljenjem kada za svako 1 < q < 1 imamo 1 1

q 1

1

x

= 1 : (1

= 1 + x + x2 + x3 + x4 +

1

=1+

1 2

1

1 = 1+x 1 =1 1

Dakle,

1 < x < 1 Za x =

1 1 1 1 + + + + 2 4 8 16

1 imamo 2

Sliµcno dobijamo

1 = 1 + ( x) + ( x)2 + ( x)3 + ( x)4 + ( x)5 + ( x) x + x2

x3 + x4 2

xn

1

q) = 1 + q + q 2 + q 3 + q 4 +

x5 + 3

odnosno 4

= 1 + xn + (xn ) + (xn ) + (xn ) + = 1 + xn + x2n + x3n + x4n +

0 < xn < 1 ili

1

= 1 + x2 + x4 + x6 + 0 < x2 < 1 x2 1 = 1 + 2x3 + 4x6 + 8x9 + 0 < 2x3 < 1 1 2x3 1 1 1 1 1 = 1 + x2 + x4 + x6 + 0 < x2 < 1 Dalje imamo 1 2 2 4 8 2 1 x 2 1 1 2 3 4 = = 1 + ( xn ) + ( xn ) + ( xn ) + ( xn ) + 1 + xn 1 ( xn ) 1

=1

xn + x2n

x3n + x4n

+


Napomena! Treba imati u vidu da prethodne relacije vaµze za 1 < x < 1 jer se nepaµznjom mogu dobiti i besmislena „rešenja”, kao na primer 1 1 =1 1+1 1+ ) 6= 1 1 + 1 1 + Za x = 1 ) 1 ( 1) 2 Za x = 2 )

1 1

2

= 1 + 2 + 22 + 23 +

Iz prethodne formule

1 1

)

qn = 1 + q + q2 + q3 + q

1 6= 1 + 2 + 22 + 23 + + qn

1

za q = 1 i sve

konaµcne vrednosti n dobijamo 0 1 1n = 1+1+1+1+ + 1 odnosno = n ? što nije u redu pa će kasn1 1 0 ije biti više analize sliµcnih sluµcajeva. Fibonacci-ev niz 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89; : : : ima pravilnost de…nisanu sa tri µclana ili xn+1 = xn + xn 1 8 n=1 ) 1=1+0 > > > > > > n=2 ) 2=1+1 > > < n=3 ) 3=2+1 Za > > > > n=4 ) 5=3+2 > > > > : n=5 ) 8 = 5 + 3 i tako „redom”.

Pored nizova koji su ure†eni nekom funkcionalnom vezom ima i onih nizova kod kojih se pravilnost ne moµze prikazati nikakvom funkcionalnom vezom kao kod niza prostih, odnosno primitivnih brojeva 1 ; 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; 31; 37; 41; 43; : : : koji su deljivi sa 1 ili sa samim sobom. Ako je svaki µclan nekog niza veći od prethodnog, tada je takav niz monotono rastući, kao na primer niz prirodnih brojeva 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11; : : : ili niz prostih brojeva 1; 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; 19; 23; : : : Ako je svaki µclan nekog niza manji od prethodnog, tada je takav niz monotono opadajući, kao na primer 1 1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; ; ; ; 1 2 3 4 5 6 7 Kod monotono opadajućih nizova an se sve više bliµzi nekoj odre†enoj graniµcnoj vrednosti g koja postaje granica za an kada za izuzetno veliko n imamo j an g j 6 " odnosno lim an = g gde je " bilo koliko malo. n!1


Graniµcna vrednost niza Neka je dat niz uz pomoć njegovog opšteg µclana (an ) odnosno niz µciji je opšti n 1 Kako je lim = 0 onda imamo µclan, na primer an = n!+1 n n+1 n 1 n lim an = lim = lim =1 = lim 1 n!+1 n!+1 n + 1 n!+1 n!+1 1 1 + n 1+ n n Suština graniµcne vrednosti moµze se videti iz same de…nicije: De…nicija: Broj A je graniµcna vrednost niza (an ) ako za svako " > 0 postoji broj N (") koji ima osobinu da je za svako n > N (") ispunjena nejednakost j an A j < " odnosno nerazumljivim „matematiµckim” jezikom reµceno 8 ( " > 0 ) 9N (") : 8 (n > N (")) ) j an A j < " n Primenimo ovu de…niciju na primeru niza an = U ovom sluµcaju je n+1 A = lim an = 1 Neka je, na primer " = 10 6 jedan milioniti. Tada se nen!+1

1 n 1 < 10 6 ili na < 10 6 n+1 n+1 Iz prethodnog je n + 1 > 106 odnosno n > 999 999 Broj 999 999 je N (") Dakle, za svako n > 999 999 je j an A j < " Ako uzmemo " = 10 9 tada je nejednakost u našem sluµcaju j an A j < " ispunjena za n > 999 999 999 Ma koliko smanjivali " uvek dobijamo N (") takvo da je za n > N (") ispunjena nejednakost j an A j < " odnosno pojam graniµcne vrednosti suštinski se sastoji u „nadmetanju” " i N (") Ako smanjujemo " smanjuje se j an A j jer je j an A j < " pa an ! A Sa smanjivanjem " mi steµzemo interval oko graniµcne vrednosti. Ako je A graniµcna vrednost niza an tada je lim an = A jednakost j an

A j < " svodi na

n!+1

73) Primeri nizova gde je graniµcna vrednost n!1 lim an = 0 1 1 1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; ; ; ) an = ) lim an = lim =0 n!1 n!1 n 1 2 3 4 5 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; ; ; n ) an = n ) lim an = lim n = 0 n!1 n!1 2 2 4 8 16 32 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; ; ; n ) an = n ) lim an = lim n = 0 n!1 n!1 3 3 9 27 81 243 3 3 Kod prethodnih primera vidimo da su vrednosti µclanova nizova sve bliµze nuli pa se vrednosti µclanova tih nizova sve „gušće”nagomilavaju oko nule koju u ovim sluµcajevima nazivamo taµckom nagomilavanja. Dakle, taµcka nagomilavanja kod prethodnih nizova je 0. Primetimo da su graniµcne vrednosti µclanova prethodnih nizova lim an = 0 manje od vrednosti bilo kog µclana tih n!1

nizova. Pogledajmo sledeće primere !?


74) Primeri nizova gde je graniµcna vrednost n!1 lim an = 1 1 2 3 4 5 ; ; ; ; ; 2 3 4 5 6

;

n

1

)

n

an =

n

1 n

=1

1 n

)

lim an = lim

n!1

2 3 4 5 6 ; ; ; ; ; 1 2 3 4 5

;

n+1 n

)

an =

n!1

n+1 1 =1+ n n

1 n

1

=1

)

1 =1 n Kod prethodnih primera vidimo da su vrednosti µclanova nizova sve bliµze jedinici, pa se vrednosti µclanova tih nizova sve gušće”nagomilavaju oko jedinice koju u ovim sluµcajevima nazivamo taµckom nagomilavanja. Kod prvog prethodnog primera, vrednosti µclanova niza se pribliµzavaju jedinici sa leve strane a kod drugog primera, vrednosti µclanova niza se pribliµzavaju jedinici sa desne strane. 75) Primeri nizova gde je graniµcna vrednost lim an = 2 lim an = lim

n!1

n!1

1+

n!1

5 9 17 33 65 ; ; ; ; ; 2 4 8 16 32

1 ;2 + n 2

)

1 an = 2 + n 2

)

1 =2 2n Kod prethodnog primera, vrednosti µclanova niza se pribliµzavaju dvojci sa desne strane. Odmah primećujemo da je graniµcna vrednost µclanova prethodnog niza manja od vrednosti bilo kog µclana istog niza. Graniµcnu vrednost µclanova niza koja je manja od vrednosti bilo kog µclana istog niza, nazivamo „donja” graniµcna vrednost niza (lim inferior) ili „donja” taµcka nagomilavanja i obeleµzavamo sa lim inf an = lim an = ` U prethodnom sluµcaju je ` = lim an = 2 lim an = lim

n!1

3 7 15 31 63 ; ; ; ; ; 2 4 8 16 32

;2

1 2n

)

an = 2

1 2n

n!1

)

lim an = lim

n!1

2+

n!1

2

1 2n

=2

Kod prethodnog primera, vrednosti µclanova niza se pribliµzavaju dvojci sa leve strane. Odmah primećujemo da je graniµcna vrednost µclanova prethodnog niza veća od vrednosti bilo kog µclana istog niza. Graniµcnu vrednost µclanova niza koja je veća od vrednosti bilo kog µclana istog niza nazivamo „gornja”graniµcna vrednost niza (lim superior) ili „gornja” taµcka nagomilavanja i obeleµzavamo sa lim sup an = lim an = L U prethodnom sluµcaju je L = lim an = 2 Dakle, ako je graniµcna vrednost µclanova niza manja od bilo kog µclana istog niza, onda imamo donju graniµcnu vrednost niza ili donju taµcku nagomilavanja, odnosno


lim inf an = lim an = ` a ako je graniµcna vrednost µclanova niza veća od bilo kog µclana istog niza, tada imamo gornju graniµcnu vrednost niza ili gornju taµcku nagomilavanja, odnosno lim sup an = lim an = L ( lim inf an = lim an = ` Oba „sluµcaja”, odnosno lim sup an = lim an = L odre†ujemo raµcunom graniµcnih vrednosti, kada n ! 1 Ako paµzljivo pogledamo niz 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;::: ; ;::: 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 n n onda vidimo da su njegovi µclanovi pozitivni i negativni ali po apsolutnoj vrednosti opadaju i teµze ka nuli, pa je 0 graniµcna vednost ili taµcka gomilanja prethodnog niza oko koje se njegovi µclanovi (ili taµcke) gomilaju i sa leve i sa desne strane. ( graniµcne vrednosti ` Levo od „donje” taµcke nagomilavanja ` ( graniµcne vrednosti L ili desno od „gornje” taµcke nagomilavanja L 1;

1;

ograniµcen niz nema drugih graniµcnih vrednosti ili taµcaka nagomilavanja. ( graniµcne vrednosti ` Izme†u „donje” taµcke nagomilavanja ` ( graniµcne vrednosti L i „gornje” taµcke nagomilavanja L ograniµcen niz moµze imati i drugih taµcaka nagomilavanja. ( „donju” graniµcnu vrednost (`) ili Napomena! Ne treba „mešati” „gornju” graniµcnu vrednost (L) ( „donjom” me†om ili granicom niza (m) ili sa „gornjom” me†om ili granicom niza (M ) jer to su razliµciti pojmovi, kada za svako n niza an n = 1; 2; 3; : : : vaµze nejednakosti m < j an j odnosno M > j an j Nizove kod kojih n ti µclan teµzi nekoj konaµcnoj odre†enoj vrednosti ili granici, nazivamo konvergentnim nizovima, za koje vaµzi relacija j an+k an j < " gde je " bilo koliko malo a neko odre†eno n i svako k su prirodni brojevi. Ne zaboravimo da konvergentan niz ima samo je-


dnu taµcku nagomilavanja. Za sledeće nizove µciji je opšti µclan an odredimo

(

lim inf an

(`)

lim sup an

(L)

1 n 1 imamo an = ili n n 1 2 3 4 5 6 7 n 1 ; ; ; ; ; ; ;:::; ; : : : odnosno 2 3 4 5 6 7 8 n ( `=0 1 = 1 pa je lim an = lim 1 n!1 n!1 n L=1

76) Za an = 1

77) Za an = ( 1)n 1;

1 ; 2

1 1 ; ; 3 4

1 1 ; ; 5 6

78) Za an = ( 1)n 3; 2;

5 3 ; ; 3 2

1 imamo n

8 < `=

1 n 1 ; : : : ; ( 1) ; : : : odnosno : L= 1 7 n 2

n+2 imamo n

7 4 ; ; 5 3

9 5 n n+2 ; ; : : : ; ( 1) ; : : : odnosno 7 4 n

(

1

`=

3

L=2

n

79) Za an = ( 1)n 1;

3 ; 2

1 5 ; ; 3 7

1 + ( 1) 1 + n 2

1 7 ; ; 5 6

imamo n

1 1 + ( 1) n 1 ; : : : ; ( 1) + 7 n 2

: : : ili

Napišimo nekoliko prvih µclanova niza µciji je opšti µclan an

80) Za an =

1 1 1 1 1 1 1 1 imamo ; ; ; ; ; ; : : : ; ::: n+1 2 3 4 5 6 7 n+1

81) Za an =

n 1 2 3 4 5 6 n imamo ; ; ; ; ; ; : : : ; ::: n+1 2 3 4 5 6 7 n+1 1 imamo n 1 1 1 n 1 ; ; ; : : : ; ( 1) ::: 5 6 7 n

82) Za an = ( 1)n 1;

1 ; 2

1 1 ; ; 3 4

83) Za an = ( 1)n +

1 imamo n

8 < `=

: L= 3 2

1


0;

3 ; 2

2 5 ; ; 3 4

4 7 ; ; 5 6

84) Za an = sin n 85) Za an = cos n

6 9 ; ; 7 8

8 1 n ; : : : ; ( 1) + ::: 9 n

imamo 1; 0;

2

imamo 0;

2

1; 0; 1; 0; 1; 0; 1; 0;

1; : : : ; sin n

1; 0; 1; : : : ; cos n

86) Za an = sin n

imamo 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; : : : ; sin n

87) Za an = cos n

imamo

1; 1;

1; 1;

:::

2

1; 1;

2

:::

:::

1; 1; : : : ; cos n

88) Za an = ( 1)n sin n

imamo 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; : : : ; ( 1) sin n

89) Za an = ( 1)n cos n

imamo 1; 1; 1; 1; 1; 1; 1; : : : ; ( 1) cos n

90) Za an = sin (2n 1;

1; 1;

1; 1;

1; 1;

91) Za an = cos (2n

1)

n

n

2

2

:::

1)

2

:::

imamo

0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; : : : ; cos (2n 1 sin n 2n

imamo

0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; : : : ;

1 sin n 2n

92) Za an =

:::

imamo

1; 1; : : : ; sin (2n 1)

:::

1)

2

:::

:::

1 cos n imamo 2n 1 1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; ; ; : : : ; n cos n 8 16 32 64 128 256 2

93) Za an = 1 1 ; ; 2 4

:::

Napišimo prvih 7 µclanova niza µciji je opšti µclan an 8 1 > n - neparno 1; 3; 5; 7; 9; : : : ; (2n 1) : : : < 1+ n 94) Za an = > : 1 n - parno 2; 4; 6; 8; 10; : : : ; (2n) : : : imamo n 4 6 8 10 12 14 2; ; ; ; ; ; : : : ili 3 5 7 9 11 13 1 1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; ; ; : : : odnosno 2 4 6 8 10 12 14 1 4 1 6 1 8 2; ; ; ; ; ; ::: 2 3 4 5 6 7


95) Za a1 = 1

an = n an

1

n > 1 imamo

1; 2 1; 3 2; 4 6; 5 24; 6 120; 7 720 : : : ili 1; 2; 6; 24; 120; 720; 5040; : : : ili 1!; 2!; 3!; 4!; 5!; 6!; 7! : : :

96) Za a1 = a2 = 1

an+1 = an + an

a > 2 imamo

1

a1 = 1 a5 = a4 + a3 = 3 + 2 = 5 a2 = 1 a6 = a5 + a4 = 5 + 3 = 8 a3 = a2 + a1 = 1 + 1 = 2 a7 = a6 + a5 = 8 + 5 = 13 a4 = a3 + a2 = 2 + 1 = 3 odnosno 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13 : : : Odredimo opšte µclanove sledećih nizova datih sa nekoliko prvih µclanova. 8 1 1 1 1 1 1 1 > ; ; ; : : : imamo < ; ; ; 2 4 8 16 32 64 128 97) Za > : 1 ; 1 ; 1 ; 1 ; 1 ; 1 ; 1 ;:::; 1 ::: 21 22 23 24 25 26 27 2n 8 3 4 5 6 7 > : : : imamo < 2; ; ; ; ; 2 3 4 5 6 98) Za > : 1 + 1; 2 + 1; 3 + 1; 4 + 1; 5 + 1; 6 + 1; : : : ; n + 1 : : : 1 2 3 4 5 6 n

2 3 4 5 6 7 ; ; ; ; ; : : : imamo 3 4 5 6 7 8 2 3 4 5 6 n 1 n+1 ; ( 1) ; ; ( 1) ; ; ( 1) ; : : : ; ( 1) 1+1 2+1 3+1 4+1 5+1 6+1 n+1 8 < 1; 0; 1; 0; 1; 0; 1; : : : imamo 100) Za : sin 1 ; sin 2 ; sin 3 ; sin 4 ; sin 5 ; sin 6 ; : : : ; sin n 2 2 2 2 2 2 2 8 < 0; 1; 0; 1; 0; 1; 0; : : : imamo 101) Za : cos 1 ; cos 2 ; cos 3 ; cos 4 ; cos 5 ; cos 6 ; : : : ; cos n 2 2 2 2 2 2 2

99) Za

1 ; 2

102) Izuzetno vaµzno !! Bernolijeva nejednakost !!! Ako je h > 2

1 odnosno 1 + h > 0 h2 > 0 tada imamo 2

( 1 + h ) = 1 + 2h + h2 odakle je ( 1 + h ) > 1 + 2h Mnoµzenjem obe strane prethodne nejednakosti sa 1 + h dobijamo 3

3

( 1 + h ) > ( 1 + 2h ) ( 1 + h ) = 1 + 3h + 2h2 odnosno ( 1 + h ) > 1 + 3h Mnoµzenjem obe strane prethodne nejednakosti sa 1 + h dobijamo 4

4

( 1 + h ) > ( 1 + 3h ) ( 1 + h ) = 1 + 4h + 3h2 odnosno ( 1 + h ) > 1 + 4h Za svaki prirodan broj n > 1 vaµzi Bernolijeva nejednakost


n

••• ( 1 + h ) > 1 + nh

h>

1

103) Odredimo monotonost niza an = 1 + n+1

an+1 = an

=

=

n

1 n

Kako je

n+1

n+1

1 n+1+1 n+2 n+1 n+1 n+1 n+1 = = n n n+1 n 1 n+1 n+1 1+ n n n !n+1 n+1 n (n + 2) n+1 n2 + 2n n+1 = 2 2 n n + 2n + 1 n (n + 1) !n+1 n+1 1 n2 + 2n + 1 1 n+1 n+1 = 1 2 n2 + 2n + 1 n n (n + 1)

1+

n

onda prema Bernolijevoj nejednakosti ( 1 + h ) > 1 + n h imamo !n+1 ! an+1 n+1 1 1 n+1 = 1 > 1 2 2 (n + 1) an n n (n + 1) (n + 1) = odnosno

1 n+1

1

n+1 1 n+1 n n+1 n+1 = = =1 n n+1 n n+1 n

an+1 > 1 pa je an < an+1 an

Dakle, niz an je monotono rastući.

104) Odredimo monotonost niza an = 1 + an = an+1

1+ 1+

n+1

1 n

1 n+1

! 2 n+2

(n + 1) = n (n + 2)

n+2

=

n+1 n

n+1

n+2 n+1

n+2

n n2 + 2n + 1 = n+1 n2 + 2n

=

n+2

n+1

1 n

Kako je

n+1 n

n+2

n+2 n+1

n+2

n n+1

n 1 = 1+ n+1 n (n + 2)

n+2

n n+1

n

onda prema Bernolijevoj nejednakosti ( 1 + h ) > 1 + n h imamo an = an+1

1+

1 n(n + 2)

=

1+

1 n

n+2

n > n+1

1+

1 (n + 2) n(n + 2)

n n+1

n n+1 n an = = 1 ili > 1 pa je an > an+1 n+1 n n+1 an+1

Niz an je monotono opadajući.


Ispitajmo ograniµcenost i monotonost sledećih nizova 8 > <

1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; ;:::; ; : : : ili 1 2 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2n 105) Za niz imamo > 2n : 1; 1; 1; 1; 1 ; : : : ; 1 ; : : : 2 4 6 8 10 2n 1 1 1 1 1 Kako je 0 < 6 odnosno > = n2N 2n 2 2n 2 (n + 1) 2n + 2 1 ograniµcen i monotono opadajući. 2n 8 1 2 3 4 n > > ; ; ; ;:::; ; : : : ili < n 1+1 2+1 3+1 4+1 n+1 imamo 106) Za niz > n+1 n 1 2 3 4 > : ; ; ; ;:::; ;::: 2 3 4 5 n+1 n n n+1 n+1 Kako je 0 < < 1 odnosno < = n2N n+1 n+1 (n + 1) + 1 n+2 n onda je niz ograniµcen i monotono rastući. n+1 8 1+1 2+1 3+1 4+1 n+1 > > ; ; ; ;:::; ; : : : ili < n+1 1+2 2+2 3+2 4+2 n+2 107) Za niz imamo > n+2 2 3 4 5 n+1 > : ; ; ; ;:::; ;::: 3 4 5 6 n+2 onda je niz

Kako je 0 < onda je niz

n+1 n+1 (n + 1) + 1 n+2 < 1 odnosno < = n+2 n+2 (n + 1) + 2 n+3

n+1 ograniµcen i monotono rastući. n+2

8 1 1 2 1 3 1 n 1 > ;::: <( 1) ; ( 1) ; ( 1) ; : : : ; ( 1) 1 1 2 3 n 108) Za niz ( 1)n imamo > n 1 n 1 : 1; 1 ; ; : : : ; ( 1) ;::: 2 3 n ( jeste ograniµcen i 1 n 1 n 1 Kako je 1 6 ( 1) 6 onda niz ( 1) n 2 n nije monoton. 8 > < 1

109) Za niz 1

Kako je

16

1

2 imamo > n : 2 n

2 ; 1 1 1 1; 0; ; 3

< 1 odnosno

2 2 ; 1 ; 1 2 3 1 3 ; ;:::;1 2 5 2 1 < 1 n

2 2 ;:::;1 ; : : : ili 4 n 2 ;::: n 2 onda je niz n+1


1

2 n

ograniµcen i monotono rastući.

110) Za niz cos n

2

1 6 cos n

Kako je

imamo

111) Za niz ( 1)n sin n imamo

> :

> : 0;

2

; cos 2

; ( 1) sin 2

1; 0; 1; 0;

; : : : ; cos n

2

2

; : : : odnosno

1; 0; 1; : : : ; cos n

2

;:::

ograniµcen i nije monoton.

2 2

2

2

1; 0; 1; 0;

6 1 onda je niz cos n

2

8 1 > < ( 1) sin 1

8 > < cos 1

3

2

; ( 1) sin 3

n

n

1; 0; 1; : : : ; ( 1) sin n

; : : : ; ( 1) sin n

2

2

; : : : ili

;:::

2

Kako je 1 6 ( 1) sin n 6 1 onda je niz ( 1) sin n ograniµcen i nije 2 2 monoton. n 112) Ispitajmo ograniµcenost niza n sin n+1 n n+1 1 1 Kako je = =1 odnosno sin ( x) = sin x onda n+1 n+1 n+1 8 > > an = n sin = n sin ili > > n+1 n+1 < imamo > > j an j = n sin < 6n = > > 1 n+1 n+1 : 1+ n n pa je niz n sin ograniµcen. n+1 n

n

n Kako je 2n + 1 1 1 1 = odnosno 2 4n + 2

113) Ispitajmo ograniµcenost niza n cos n 1 2n 1 2n + 1 = = 2n + 1 2 2n + 1 2 2n + 1 cos

2

x = sin x onda imamo

an = n cos jan j = n sin

2

4n + 2

4n + 2

pa je niz n cos

= n sin

= n sin

n 2n + 1

4n + 2

4n + 2

6n

4n + 2

= 4+

2 n

ograniµcen.

114) Ispitajmo ograniµcenost niza n sin

n2 n+1

Kako je

<

4


n2 n+1 =n n+1 n+1 onda imamo an = n sin (n

1

1) +

cos

1 n+1

1) +

n+1 n+1

=n

1

+ cos

sin

1 1 = sin (n 1) cos +cos (n 1) sin | | {z } {z } n+1 n+1

n+1

onda imamo an = n ( 1) n+1

sin

pa je niz n sin

n2 n+1

n+1

sin

1+

an = n cos (n

n+1

= n sin

1 n+1

n+1

1 n+1

1 n+1

an = n ( 1)

cos

n+1

j an j = n ( 1)

n2 pa niz n cos n+1

= 1+

1 n

<

n+1

cos

n2 n+1

Kako je

odnosno

=

1)n+1

n+1

n+1

Kako je

sin sin

1 = cos (n 1) cos | {z } n+1 (

6n

onda imamo

1) +

1) +

odnosno

ograniµcen.

cos ( + ) = cos cos cos (n

1)n+1

(

115) Ispitajmo oganiµcenost niza n cos n2 =n n+1

1 n+1

1+

odnosno

0

jan j = n ( 1)

=n

1 n+1

Kako je sin ( + ) = sin sin (n

1 n+1

=n 1

sin (n |

odnosno

n+1

= n cos

1)

1 onda imamo sin n+1 {z } 0

n+1

= n cos

n+1

)

(

za n ! 1 j an j ! 1

nije ograniµcen.

Niz prirodnih brojeva (n) teµzi prema + 1 odnosno divergira u uµzem smislu. Niz negativnih celih brojeva ( n) teµzi prema 1 odnosno divergira u uµzem smislu. Me†utim, ako niz ne teµzi ni konaµcnoj granici ni beskonaµcnosti, onda on divergira u širem smislu kao na primer niz 1;

5 1 3 1 13 1 1 n ; ; ; ; ; ; : : : ; 1 + + ( 1) ; : : : 2 3 4 5 6 7 n


Odredimo taµcke nagomilavanja i konvergentnost sledećih nizova.

116) Za niz an = ( 1)n Kako je

1 ) n n

lim an = lim ( 1)

n!1

n!1

1 1; ; 2

1 1 ; ; 3 4

1 1 ; ; 5 6

1 n 1 ; : : : ; ( 1) ;::: 7 n

1 = 0 onda je 0 taµcka nagomilavanja datog n

niza pa je on konvergentan. n+1 3 4 5 6 7 n+1 imamo 2; ; ; ; ; ; : : : ; ;::: n 2 3 4 5 6 n n+1 Kako je lim an = lim = 1 onda je 1 taµcka nagomilavanja datog n!1 n!1 n niza, pa je on konvergentan.

117) Za niz an =

n+2 imamo n 9 n n+2 ; : : : ; ( 1) ;::: 7 n

118) Za niz an = ( 1)n

7 4 ; ; 5 3 n+2 n Kako je lim = 1; ( 1) = 1; 1; 1; 1; 1; 1; 1; 1; : : : n!1 n onda su 1 i + 1 taµcke nagomilavanja datog niza, izme†u kojih on divergira. 3; 2;

5 3 ; ; 3 2

119) Za niz an = cos n

imamo

n

Kako je cos n = ( 1) onda su izme†u kojih on divergira.

120) Za niz an = ( 1)n sin n

1; 1; : : : ; cos n ; : : :

1 i + 1 taµcke nagomilavanja datog niza,

imamo

;::: 2 1; 0 i + 1 taµcke nagomilavanja datog niza izme†u kojih on divergira.

3 4 ; ; 2 3

5 6 ; ; 4 5 n+1

Kako je ( 1) onda su gira.

1; 1;

1; 0; 1; : : : ; ( 1) sin n

121) Za niz an = ( 1)n+1 1 + 2;

1; 1;

n

1; 0; 1; 0; pa su

2

1; 1;

1 n

imamo

7 8 1 n+1 ; ; : : : ; ( 1) 1+ 6 7 n = 1;

1; 1;

1; 1; : : :

lim

n!1

::: 1+

1 n

=1

1 i + 1 taµcke nagomilavanja datog niza, izme†u kojih on diver-

122) Za niz an = i2n imamo i2n = i2

n

=

p

1

2

n

n

= ( 1)

odnosno


1; 1;

1; 1;

n

1; 1;

1; : : : ; ( 1) ; : : :

pa su 1 i + 1 taµcke nagomilavanja datog niza, izme†u kojih on divergira. Ispitajmo konvergenciju sledećih nizova 1 1 1 1 123) Za niz an = 1 + 2 + 2 + 2 + + 2 imamo 2 3 4 n 1 1 1 1 1 an+1 = 1 + 2 + 2 + 2 + + 2+ 2 2 3 4 n (n + 1) | {z } an

an+2 = 1 + |

+

an+1

an+k = 1 + |

1 1 1 + 2+ 2+ 22 3 4 {z

1 1 1 + + + 22 32 42

1 1 1 + 2 + 2 n2 (n + 1) (n + 2) }

1 1 1 + + + n2 (n +1)2 (n + 2)2 {z }

+

+

1 2

(n + k)

pa je

an+2

1 1 1 an+1 an = ; an+2 an = + 2 2 2 ili | {z } | {z } (n + 1) (n + 1) (n + 2) >0

>0

1 1 an+k an = 2 + 2 + | {z } (n + 1) (n + 2)

+

1

2

(n + k)

odnosno

>0

an < an+1 < an+2 < an+3 <

< an+k

k = 1; 2; 3; :::

Dakle, dati niz monotono raste. Kako je j an j = 1 +

1 2 2

+

1 3 3

+

1 4 4

+

< 1+ odnosno 1 1 2

=1

+

1

<

n n

1 1 1 + + + 1 2 2 3 3 4

1 n+1 n n+1 = = (n + 1)n (n + 1)n (n + 1)n 1 ; 2

1

=

2 3

1 2

1 ; 3

1 3 4

=

1 3

+

1 (n

1)n

n 1 = (n + 1)n n 1 ; 4

1 (n

1)n

1 ili n+1 =

1 n

1

onda imamo j an j = 1 + 1 = 1+1

1 2

+

1 1 + 2 2

1 2

1 3

1 1 + 3 3

+

1 3

1 + 4

1 4 +

+

+

1 n

1

pa je dati niz ograniµcen ili konvergentan.

124) Za niz an =

1 1 1 + + 3+ 2 22 2

+

1 imamo 2n

1 n

1

1 = 2 n

1 n 1 <2 n

1 n


an+1 =

1 1 1 + 2+ 3+ 2{z |2 2

+

an

1 1 + n+1 ili an < an+1 pa niz monotono raste n 2} 2

1 1 1 1 1 + 2+ 3+ + n =1 onda imamo 21 2 2 2 2n 1 1 1 1 1 <1 jan j = + 3+ + n = 1 + 2 22 2 2 2n Kako je an =

pa je niz ograniµcen, odnosno konvergentan. STOP !!! Zadatak sa rezultatom koji pravolinijska „logika” nije oµcekivala! 1 n ( n + 1 ) onda imamo 2 n 1 1 1 1 + 2 = (1+ 2 + 3 + + n) 2 = n (n +1) 2 = n n 2 n 2

125) Kako je 1 + 2 + 3 + 1 2 3 + + + n2 n2 n2

+n=

pa za n ! 1 dobijamo 1 2 3 + 2+ 2+ 2 n n n

+

Kada n ! 1 tada je

n 1 = lim 2 n!1 n 2

1+

1 2 3 + 2+ 2+ n2 n n

1 n +

=

1+

1 n

1 2

n 1 = n2 2

Obavezno uradimo sledeće primere ispitivanja konvergencije nizova i odre†ivanja njihovih graniµcnih vrednosti •••

lim an

n!1

Ako je dat stepeni niz

a; a2 ; a3 ; a4 ; a5 ; : : : ; an ; : : : gde je an = an 8 < a = 0 svi µclanovi imaju vrednost 0 pa je tada za : a = 1 svi µclanovi imaju vrednost 1 pa je

lim an = 0

n!1

lim an = 1

n!1

Za a > 1 imamo an+1 = an+1 = an a > an pa je niz uzlazan ili rastući. n Ako stavimo a = 1 + h ) an = (1 + h) tada za a > 1 imamo h > 0 pa je ispunjen uslov za Bernulijevu nejednakost, kada je n an = an = (1 + h) > 1 + n h Kada n ! + 1 tada i (1 + n h) ! + 1 | {z } an

n

a još više an = (1 + h) ! + 1 jer je veći. Dakle, za a > 1 niz an beskonaµcno raste, pa je divergentan, odnosno lim an = + 1 a>1 n!1

n

1 1 Za a < 1 ili 0 < a < 1 imamo > 1 kada niz bn = beskonaµcno raste a a ali niz njegovih reciproµcnih vrednosti an teµzi ka nuli, pa imamo lim an = 0

n!1

0

Za a < 0 ili Za a =

1 < a < 0 imamo j a j < 1 )

1 dobijamo niz

1; 1;

1; 1;

lim an =

n!1

1; 1;

n

lim j a j = 0

n!1

n

1; 1; : : : ; ( 1) ; : : :

koji ima dve taµcke nagomilavanja, pa nije konvergentan. n

Za a <

1 niz j a j beskonaµcno raste, odnosno on je neograniµcen sa obe ( pozitivno za parno n strane ili divergentan pa je an negativno za neparno n Dakle, za a < 1 imamo lim a2n = + 1 odnosno n!1 p ••• lim n a Ako je dat niz

lim a2n

n!1

1

=

1

n!1

p 2

1 p p p a; 4 a; : : : ; n a; : : : gde je an = n a = a n tada za a > 1 imamo 1 p p an+1 = n+1 a = a n+1 < an pa niz n a monotono opada, odnosno p p p p p a> 2a> 3a> 4a> > n a > n+1 a > >1 p n n Ako stavimo a = 1 + h ) a = (1 + h) tada za a > 1 imamo h > 0 pa je ispunjen uslov za Bernolijevu nejednakost, kada je p n a = (1 + h) > 1 + n h Kako je n a = 1 + h onda za a > 1 i n ! + 1 p p imamo h ! 0 ili n a = (1 + h) ! 1 odnosno lim n a = 1 a>1

a;

a;

p 3

n!1

Za a < 1 ili 0 < a < 1 imamo p p p p p a< 2a< 3a< 4a< < n a < n+1 a < <1 p n pa za a < 1 niz a monotono raste. 1 Ako a napišemo u obliku a = tada za a < 1 imamo b > 1 odnosno b r p p 1 1 n n a= n = p Ako stavimo n b = 1 + h ) b = (1 + h) tada za b > 1 n b b n imamo h > 0 pa vaµzi Bernolijeva nejednakost kada je b = (1 + h) > 1 + n h ( b > 1 i n ! + 1 imamo p n Kako je b = 1 + h onda za p h ! 0 ili n b = (1 + h) ! 1 odnosno p p 1 lim n b = 1 b > 1 Sada je lim n a = = 1 0 < 00 Ako je tada imamo lim n a = 1 n!1 > : a>1 a2 a3 a4 an an Ako je dat niz a; ; ; ; : : : ; ; : : : gde je an = n!1 2 3 4 n n 8 n lim a = 0 odnosno < n!1 n tada za j a j < 1 imamo : lim an = lim a = lim an lim 1 = 0 0 = 0 n!1 n!1 n n!1 n!1 n •••

lim

an n


Za j a j = 1 imamo

lim an = lim

n!1

n!1

1 n

n dobijamo an 1 n 1+ n+1 n n+1 n = n+1 = n = = n a a a an a a

=

lim

n!1

1 =0 n

Za a > 1 smenom bn =

bn+1

1+

1 n

1 1 = bn 1 + a n

1 a

n an+1 an a n+1 < n ) n + 1 < n n = n n = na n+1 a a a a 1 1 1 ) 1+ < a ) n n a 1 1 Dakle, kada n postane veće od tada niz postaje silazni (opadajući) i a 1 ograniµcen jer mu µclanovi nisu negativni. Za odre†ivanje njegove graniµcne n vrednosti x imamo x = lim bn = lim n ili n!1 n!1 a 1 1 x = odnosno x a = x ) x = lim bn+1 = lim bn lim 1 + n!1 n!1 n!1 n a a | {z } | {z }

Za bn+1 < bn imamo

x

xa

x = 0 ) x (a

Kako niz

1 a

1) = 0 odakle za a > 1 dobijamo x = 0

1 1 1 1 ; ; ;:::; za a > 0 teµzi ka nuli, onda niz sa pozitivnim a1 a2 a3 an

µclanovima a1 ; a2 ; a3 ; : : : ; an beskonaµcno raste pa imamo 8 an > > jaj 6 1 lim =0 < n a n!1 n = + 1 odnosno za lim n!1 n > an > : a>1 lim = +1 n!1 n •••

lim

n!1

an n!

n! = n (n

Za a = 0 svi µclanovi niza

1) (n

2)

3 2 1

a a2 a3 an an ; ; ; : : : ; ; : : : gde je an = imaju 1! 2! 3! n! n!

an =0 n!1 n! an+1 an a an a a Za a > 0 imamo an+1 = = = = an (n + 1)! n! (n + 1) n! n + 1 n+1 vrednost 0 pa je

lim

odakle vidimo da µclanovi niza poµcinju opadati, odnosno niz postaje silazni, kada postane a < n + 1 pa je on ograniµcen i konvergentan jer mu µclanovi nisu negativni. Za odre†ivanje njegove graniµcne vrednosti x = lim an = lim n!1

n!1

an imamo n!


a x = lim an+1 = lim an lim = x 0 = 0 odnosno n!1 n!1 n!1 n + 1 | {z } | {z } x

lim

n!1

an =0 n!

0

Napomena! Iako i brojilac i imenilac opšteg µclana niza teµze u beskonaµcnost, imenilac ne samo da sustiµze već i nadmašuje teµznju brojioca ka beskonaµcnosti. Nadmetanje brojioca i imenijoca na „putu” ka beskonaµcnosti, odnosno „pobedu”imenioca nad brojiocem, lako moµzemo uoµciti ako pogledamo sledeće „male” brojeve. 1! = 1 2! = 1 2 = 2 3! = 1 2 3 = 6 4! = 1 2 3 4 = 24 5! = = 120 6! = = 720 7! = = 5040 Za a < 0 imamo

8! = = 40 320 9! = = 362 880 10! = = 3 628 800 11! = = 39 916 800 12! = = 479 001 600 13! = = 6 227 020 800 i tako redom!? n

lim

n!1

n

n

n

(( 1) ( a)) ( 1) ( a) ( a) an n = lim = lim = ( 1) lim n!1 n!1 n!1 n! n! n! n! >0

z }| {n ( a) an = lim = 0 pa za svako a graniµcna vrednost niza n!1 n! n! an =0 iznosi lim n!1 n! 2n 2n Kako je (n + 1)! = n! (n + 1) onda za an = imamo Odredimo lim n!1 n! n! an+1 =

2n+1 2n 2 2n 2 2 = = = an (n + 1)! n! (n + 1) n! n + 1 n+1

2 < 1 odnosno niz postaje opn+1 adajući (silazni) kada postane n + 1 > 2 ili n > 1 jer tada imamo an+1 < an Kako su µclanovi niza pozitivni, onda je on i ograniµcen ili konvergentan. 2n Za izraµcunavanje njegove graniµcne vrednosti lim = x moµzemo pisati n!1 n! 2 2n x = lim an+1 = lim an lim = x 0 = 0 odnosno lim =0 n!1 n!1 n!1 n + 1 n!1 n! | {z } pa µclanovi niza poµcinju opadati kada bude

x

126) Ako n ! 1 tada vaµzi Stirlingova formula n! s nn e

n

p

2n n!1 Desna strana Stirlingove formule je bliµza levoj strani ako je prirodni broj n an veći. Ako n ! 1 tada oznaka s ozanµcava da je lim =1 n!1 bn kada kaµzemo da su an i bn ekvivalentne veliµcine. Primenom Stirlingove formule dobijamo


nn en nn p = lim p = +1 = lim n!1 n! n!1 n!1 nn e n 2n 2n p jer se en uvećava mnogo brµze od 2 n kada n ! 1 Moµzemo primeniti i sledeći postupak Kako je nn = n nn 1 n! = 1 2 3 n onda za n > 2 imamo •••

lim

nn n nn = n! 1 2 3

1

n

> n odnosno L = lim

n!+1

nn = +1 n!

Ne preskaµcimo sledeće redove !!!!!!!

1 !3

}| { 1 z 1 Pretvaranjem obiµcnog razlomka u decimalni, imamo = 0; 3333333 : : : 3 3 Ma koliko trojki pisali u prethodnom decimalnom zapisu, on će uvek imati samo 1 1 pribliµznu vrednost broja Razlika 0; 3333333 : : : sve je manja i manja 3 |3 {z } ukoliko je broj trojki u nizu sve veći i veći.

!0

1 koji je graniµcna 3 1 vrednost, odnosno limes prethodnog niza, što oznaµcavamo sa an ! odnoteµzi 3 1 sno sa lim an = Ako imamo niz 1 n!1 1 2n 3 z }| { 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + = 1+ 1 + 2 + 3 + 4 + + n =2 an = 1 + + + + 2 4 8 16 2 2 2 2 2 2n gde je svaki koliµcnik dva puta manji od prethodnog, onda za n ! 1 dobijamo Dakle, niz an = 0; 3333333 : : : teµzi ili konvergira ka broju

lim an = lim

n!1

n!1

1 2n

2

=2

0

0 = 2 Prikaµzimo gra…µcki zbir µclanova niza an 1

2

1444444 424444444 3 14 4 42444 31 424 3 i tako redom 1

1 2

1 4

Primetimo da zbir svih „duµzina”(µclanova niza an ) teµzi broju 2 Sa slike vidimo da je broj 2 taµcka nagomilavanja niza an gde se njegovi µclanovi gomilaju sa leve strane. Ne zaboravimo da je konvergentan niz uvek ograniµcen! Neka su za, n 2 N i a; b 2 R nizovi (an ) i (bn ) konvergentni ili takvi da je a1 ; a2 ; : : :, an , : : : ; lim an = a n!1

b1 , b2 , : : :, bn , : : : ; a)

lim bn = b tada vaµze relacije

n!1

lim (an + bn ) = lim an + lim bn = a + b

n!+1

n!+1

n!+1

pa je graniµcna vrednost zbira, jednaka zbiru graniµcnih vrednosti.


b)

lim (an

n!+1

bn ) = lim an n!+1

lim bn = a

n!+1

b odnosno, graniµcna vre-

dnost razlike, jednaka je razlici graniµcnih vrednosti. c)

lim (an bn ) = lim an

n!+1

n!+1

lim bn = a b odnosno, graniµcna vrednost

n!+1

proizvoda, jednaka je proizvodu graniµcnih vrednosti. ( 1; n = 2k 1 n Ako k 2 N tada imamo lim ( 1) = n!+1 1; n = 2k n

pa niz ( 1) nije konvergentan ili nema graniµcnu vrednost pa u nekim sluµcajevima ne moµzemo primeniti prethodnu relaciju! Na osnovu prethodne relacije c), dolazimo do sledeće, d)

an 1 = lim an n!+1 bn bn

lim

n!+1

= lim an n!+1

1 = n!+1 bn lim

lim an

n!+1

=

lim bn

n!+1

a b

pa je graniµcna vrednost koliµcnika jednaka koliµcniku graniµcnih vrednosti, uz uslov da je lim bn 6= 0 n!+1

e)

lim c an = c

n!+1

lim an = c a

n!+1

c - konstanta

Broj e

Pored broja i broj e pripada skupu transcedentnih brojeva. Za one koji su zaboravili, to znaµci da e nije nula (rešenje) ni jednog polinoma sa celobrojnim koe…cijentima. Ovu osobinu, odnosno transcedentnost broja e prvi je dokazao Ermit (Charies Hermite 1822 - 1901) francuski matematiµcar 1873 godine. Ali nije samo u tome znaµcaj broja e = 2; 7 1828 1828 4590 45 : : : µcije se cifre 1828 poklapaju sa godinom ro†enja Lava Tolstoja što će tebi sigurno olakšati da zapamtiš ovaj izuzetno vaµzan broj bar do njegove 9 - e decimale, od beskonaµcno, koliko ih ima. n 1 Graniµcnu vrednost lim 1 + =e n!1 n moµzemo dobiti i sledećim postupkom. Ako u binomnu formulu n

•• (1 + x) = 1 + umesto x stavimo 1+

1 n

Kako je n (n n (n

n

=1+

1 1 nx+ n (n 1 1 2

1 n (n 1 2 3

1) (n

2) x3 +

1 tada dobijamo n

1 1 1 1 1 n + n (n 1) 2 + n (n 1 n 1 2 | n 1 2 3 | {z }

1 n 1 = =1 2 n n 1 (n 1) (n 2) 3 = n 1)

1) x2 +

1 odnosno n 1) (n 2) n 1 n 2 = = 2 n n n

1) (n {z 1

1 n

2)

1

1 + n3} 2 n


onda zamenom u prethodnu relaciju dobijamo 1+

1 n

n

=1+1+

1

1 n

1

1 2

+

odakle za n ! 1 imamo lim

n!1

1 1+ n

n

1 1 2 3

lim

n!1

1 n

2 n

1

+

>2

z

}| { 1 1 =1+1+ + + + } | 1 2 1 2 3{z 1 2 3 4 <2 | {z } 1

<3

Dakle,

1

n

1 1+ n

= e ima vrednost

(

veću od 2 manju od 3

1 1 1 + + + 1 2 1 2 3 1 2 3 4 1 1 1 manji od µclanova geometrijske progresije 1 + + + + µciji je zbir 2 2 4 8 n 1 < 3 Broj e moµzemo prikazati relacijom Zato je 2 < lim 1 + n!1 n jer su µclanovi reda 1 +

e=

1 1 1 1 1 1 + + + + + + 0! 1! 2! 3! 4! 5!

+

1 X 1 1 = n! n=0 n!

a primenom raµcunskih „mašina” moµzemo dobiti njegovu vrednost sa više od 1 000 000 „decimala” ili e = 2; 7 1828 1828 4590 45 : : : Budimo detaljniji. Broj e je graniµcna vrednost niza µciji je opšti µclan (1) an =

1+

n

1 n

odnosno

(2) e = lim an = lim n!+1

n!+1

1+

1 n

n

n = 1; 2; : : :

Prvi zadatak koji se postavlja kod broja e jeste dokaz konvergencije niza µciji je opšti µclan dat sa (1). Ovde se primenjuje sledeća teorema: Ako niz monotono raste (ili opada) i ako je ograniµcen tada je konvergentan. Ako na an =

1+

(a + b)n = an +

1 n

n n a 1

n

primenimo binomnu formulu 1

b+

n n a 2

2 2

b +

+

n 2 n a b 2

2

+

n a bn 1

1

+ bn

1 koja vaµzi ako su a i b realni brojevi i n prirodan broj, tada za a = 1 i b = n dobijamo an =

1+

1 n

n

=1+

n 1 n 1 + + 1 n 2 n2

+

n 1 + k nk

+

n 1 n nn


=1+

n 1 n(n 1) 1 + + 1 n 2! n2

n(n

+

n(n

+ 1 1 2

=1+1+

1 n

1

+ (3) an = 2 +

1 2!

1 1 2 3

1 1 2

1 n

1

+

+

1

n 1 3!

(n k!

1 n

1

1 n

1

2 n

1 n!

2 n

+

+

(n

+ 1))

1 nn

+ n

1

odnosno

n

+

1 n

1

1 + nk

2) (n n!

1

2 n

1

+

k + 1)

1)(n

1

1 n

1

1)

1

2 n

1

n

1

1 n+1

1

2 n+1

+

+

n 1 n+1

+

n

Ako umesto n stavimo n + 1 tada dobijamo an+1 = 1 + 1 +

1 1 2

+

+

1 2

an+1 = 2 +

1 2!

1 n+1

1

1 1 2

1 (n + 1) 1 n+1

1

+

1 1 2 3 1 n+1

1

n

1 n+1

1

1

1

1

2 n+1

1

2 n+1

1

n n+1

+

1 3!

1

1 n+1

1

2 n+1

+

1 n!

1

1 n+1

1

2 n+1

+

1 (n + 1)!

1

+

odnosno

+ n 1 n+1

1

1 n+1

1

+

n n+1

Zbir na desnoj strani poslednje jednakosti ima jedan µclan (poslednji) više nego u prethodnoj jednakosti (3) Kako je 1

1 n+1

1 n

> 1

1

1 n+1

2 n+1

1

> 1

onda imamo an+1 > an Dakle, niz an monotono raste. Dokaµzimo sada ograniµcenost niza an datog sa (3) Kako prema nizu datom sa (3) vaµze nejednakosti 1

1 n

< 1;

1

2 n

< 1; : : : ;

1

n

1 n

<1

1 n

1

2 n

:::


onda za opšti µclan datog niza an , vaµzi nejednakost 1 1 1 (4) an < 1 + 1 + + + + 1 2 1 2 3 1 2 3 (n

Kako je

1)

1 1 1 1 < ; 3 < ; : : : odnosno 2 2 1 2 2 1 2 3 (1 2 3

n=n!)>

2 = 2n

1 2 2

1

ili

1 1 < n n! 2

n>2

1

onda prema relaciji (4) zakljuµcujemo da je 1 1 1 + n 1 + 2+ 2 2 2 Kako zbir prvih n 1 µclanova geometrijskog niza

an < 1 + 1 +

a + a q + a q2 + Sn

1

= a + aq +

+ a qn

1

+ a qn

+

iznosi

1

1 1

=a

qn q

a 6= 0

onda u našem sluµcaju imamo 1 1 an < 1 + 1 + + 2 + 2 2

+

1

1 2n

1 =1+2 1 =1+2 2n | {z }

1

=1+

2 =3 2n

1 1 2n 1

1 2 1 2

q 6= 1 n

1 2n

1 =1+

1 2

<3

<1

odakle vidimo da je niz an ograniµcen ili 2 < e < 3

Izraµcunavanje broja e Ako u jednakosti (3) „pustimo” da n ! + 1 tada dobijamo 1 1 1 1 e = lim an = 1 + 1 + + + + + + = 2; 7 1828 1828 4590 45 : : : n!+1 2! 3! 4! n! 1 Dakle, broj e je zbir pozitivnog reda µciji je opšti µclan n!

Uopštenje de…nicije broja e

n

1 Broj e je graniµcna vrednost niza µciji je opšti µclan an = 1 + gde n uzima n „diskretne” vrednosti 1; 2; 3; : : : x 1 Me†utim, vaµzi opštija de…nicija e = lim 1+ gde x ! + 1 kontinx!+1 x ualno preko svih realnih brojeva. Ova osobina se jednostavno dokazuje i na osnovu nje se de…nišu eksponencijalne x n x 1 funkcije ex Vaµzi ex = lim 1 + x > 0 Smenom = dobijamo n!+1 n n t !x tx t x n 1 1 lim 1 + = lim 1 + = lim 1 + = ex n!+1 t!+1 t!+1 n t t


Jedna od plemenitih osobina broja e je to što je izvod eksponencijalne funkcije sa osnovom e odnosno ex jednak toj funkciji 0

00

(ex ) = ex

000

(ex ) = ex

(ex )

(n)

= ex : : : (ex )

= ex

Pored toga, u matematiµckoj analizi se najµcešće upotrebljavaju prirodni logaritmi µcija je osnova e odnosno loge x = ln x Izme†u ostalog za funkciju ex vaµzi sledeća izuzetno vaµzna graniµcna vrednost ex 1 lim = 1 što će biti i dokazano. x!0 x n 1 1 1 = e stavimo Ako u relaciju lim 1+ = t odakle je n = tada za n!+1 n n t n ! + 1 ) t ! 0 pa se prethodna relacija moµze „transformisati” u relaciju 1

lim ( 1 + n ) n = e odnosno imamo ono što uvek moramo znati:

n!0

n

1 =e lim 1 n!1 n!1 n e = 2; 7 1828 1828 4590 45 : : : lim

1 n

1+

n

1

=e

lim ( 1 + n ) n = e gde je

n!0

y

y lim

1

lim (1+ x) x = e

e 2

x→ 0

0

2

e

x→ ∞

(1+ 1x ) x = e

2

x

x −6

6

4

1

1

−4

−2

0

2

4

6

1

Funkcija (1 + x) x = eln(1+x) x = e x ln(1+x) de…nisana je za x 6= 0 i 1 + x > 0 kada je x > 1 x x x+1 x x+1 1 x+1 ln x Funkcija 1 + = =e = ex ln x je de…nisana za x x 9 8 x+1>0 ) x> 1 > > > x>0 > < = x>0 ) x>0 x+1 x > 0; x < 1 > 0 kada je > > x x+1<0 ) x< 1 > > : ; x< 1 x<0 ) x<0

Graniµcna vrednost funkcije 127) Kako je e

lim

x!0

1 1

1 + ex

=

1 0

=e

8 > lim > > < x!0 > > > lim : x!0

+

1 0

=

1 1+ 1 1+

1 ex 1 ex

1 1 e0

=0

1

e 0 = 1 odnosno

=

1 1+e

=

1 = 0 Desna graniµcna vrednost 1 + e+1

1

= 1 Leva graniµcna vrednost


y

1 1

1

1+ e x

y= 1

2

x −3

−2

−1

0

1

2

3

1

onda funkcija

cki x = 0 nema graniµcnu vrednost jer su leva 1 u taµ 1 + ex graniµcna vrednost i desna graniµcna vrednost razliµcite. 8 1 > > lim arc tg 1 + = arc tg ( 1) = > < x!0 x 2 1 128) lim arc tg 1 + = x!0 > x > > lim arc tg 1 + 1 = arc tg (+ 1) = + : x!0+ x 2

pa funkcija u taµcki x = 0 nema graniµcnu vrednost, jer su leva i desna graniµcna vrednost razliµcite.

y

π

( x)

1 arc tg x +

2

x −2

−1

0

1

2

−π 2

( x!1 0 ) t! 1 x2 + 1 x2 + 1 129) lim arc tg 2 Ako je 2 = t tada za x!1 x 1 x 1 x ! 1+0 ) t ! + 1 8 2 x +1 > > lim arc tg 2 = lim arc tg t = > < x!1 t! 1 x 1 2 0 pa imamo 2 > > > lim arc tg x + 1 = lim arc tg t = + : t!+1 x!1+0 x2 1 2 odnosno funkcija nema graniµcnu vrednost u taµcki x = 1 jer su leva i desna graniµcna vrednost razliµcite

y π

2 arc tg x +1 x 2 −1

2

π 4

x −3

−2

−1

0

1

−π 4

− π2

2

3


Funkcija sgn x de…nisana je relacijom 8 > < 1; x < 0 0; x = 0 sgn x = > : + 1; x > 0

y 1

x 0

a µcita se signum ili znak od x x −1 Za x 6= 0 imamo sgn x = jxj Vidimo da je taµcka ( 0; 0 ) izolovana.

( 1; x < 0 x sgn (signum) znak funkcije 130) Kako je y = = sgn x = jxj 1; x > 0 onda imamo 8 x 1 x 1 > lim 1= 1 = lim = lim > > x!1 0 j x x!1 x!1 0 < 1j (x 1) 0 x 1 lim ) x!1 j x > 1j > x 1 x 1 > : lim = lim = lim 1 = 1 x!1+0 j x x!1+0 (x x!1+0 1j 1)

pa funkcija u taµcki x = 1 nema graniµcnu vrednost jer su leva i desna graniµcna vrednost razliµcite. Sliµcno dobijamo 8 1 > > lim > >
x2 = x2 j > > > > : lim

1 131) lim x!1 j 1

x!1+0

x2 = lim x2 j x!1 0

1 x2 = lim (1 x2 ) x!1 0

x2 1 = lim x2 j x!1+0 (1

1 j1

1=

1

x2 = lim 1 = 1 x2 ) x!1+0

pa funkcija u taµcki x = 1 nema graniµcnu vrednost, jer su leva i desna graniµcna vrednost razliµcite. Sliµcno dobijamo

132) lim

x!7

x x

7

=

8 > > < > > :

x

lim

x!7

lim

0

x!7+0

x

7 x

x

7

=

1

= +1

Leva graniµcna vrednost Desna graniµcna vrednost

pa funkcija u taµcki x = 7 nema graniµcnu vrednost jer su leva i desna graniµcna vrednost razliµcite. Neka je data funkcija f (x) de…nisana u okolini taµcke x = a kada moµze, ali ne mora biti de…nisana u taµcki x = a De…nicija. Broj A je graniµcna vrednost funkcije f (x) u taµcki x = a ako za svako " > 0 postoji takvo (") da je za svako x koje ispunjava nejednakost j x a j < (") ispunjena nejednakost j f (x) A j < " odnosno broj A je graniµcna vrednost funkcije f (x) u taµcki a ako 8 ( " > 0 ) 9 ( (") > 0 ) 8x j j x a j < (") j ) j f (x) A j < "


133) Dokaµzimo da je 3 graniµcna vrednost funkcije f (x) = x2 + x + 1 kada x ! 1 odnosno lim x2 + x + 1 = 3 Ovde je A = 3 Formirajmo j f (x) x!1

x2 + x + 1

Imamo

3 = x2 + x

2 = jx

1j jx + 2j

3j

" 3 j < " ili j x 1 j j x + 2 j < " ispunjen je za j x 1 j < jx + 2j " odnosno ako je j x 1 j < Ovo je veoma osetljivo mesto jer mi pravimo 4 izvesnu procenu! Kako je x u okolini x = 1 mi smo uzeli da je j x + 2 j najviše " 4 pa je za j x 1 j < ispunjena nejednakost j f (x) 3 j < " 4 " U ovom sluµcaju je (") < kada se smatra da je " unapred izabrani mali broj. 4 Ma koliko smanjivali " uvek moµzemo odrediti takvu okolinu taµcke x = 1 da je za svako x koje pripada toj okolini ispunjena nejednakost j f (x) A j < " Uslov j f (x)

Pri izradi zdataka koji slede µcesto se koriste sledeće relacije a2

b2 = ( a 2

(a + b) (a

2

b)

3

(a + b) (a

3

b)

b ) ( a + b ) razlika kvadrata ) = a2 + 2ab + b2 kvadrat binoma = a2 2ab + b2 ) = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 kub binoma = a3 3a2 b + 3ab2 b3

4

(a + b) = a4 + 4 a3 b + 6 a2 b2 + 4 a b3 + b4 (a

4

b) = a4

4 a3 b + 6 a2 b2

4 a b 3 + b4

5

(a + b) = a5 + 5 a4 b + 10 a3 b2 + 10 a2 b3 + 5 a b4 + b5 (a

5

b) = a5

5 a4 b + 10 a3 b2

10 a2 b3 + 5 a b4

b5

6

(a + b) = a6 + 6 a5 b + 15 a4 b2 + 20 a3 b3 + 15 a2 b4 + 6 a b5 + b6 (a + b)7 = a7 + 7 a6 b + 21 a5 b2 + 35 a4 b3 + 35 a3 b4 + 21 a2 b5 + 7 a b6 + b7 (a

7

b) = a7

7 a6 b + 21 a5 b2

a3 + b3 = ( a + b ) a2 a3

b3 = ( a

Kako je an

35 a4 b3 + 35 a3 b4

ab + b2

b ) an

b7

zbir kubova

b ) a2 + ab + b2 bn = ( a

21 a2 b5 + 7 a b6

razlika kubova 1

+ an

2

b+

Za a = 1 imamo 1

n

b = (1

b) 1 + b +

Za b = 1 imamo an

1 = (a

1 ) an

1

+ an

+ abn +b 2

n 2

+

2

+ bn

+b

n 1

+1

1

onda: odnosno


Naravno, treba znati i sledeće p 2 p p p 2 a b = a b a b= a

b=

p 3

3

a

p 3

3

b

=

p 3

a

p 3

p

a+ p 3

b

p

b

2

a

+

p p p 3 a 3b+ 3b

2

Napomena! Ako uporedimo rezultate sledećeg zadatka, posle toga sliµcne moµzemo rešavati napamet! 4 3 5 7+ + 2 + 3 7n3 + 3n2 + 5n + 4 n n n =7 L = lim = lim 3 9 4 n!1 5n3 + 4n2 + 9n + 3 n!1 5 5+ + 2 + 3 n n n 3 2 4 7+ + 2 + 3 7n3 + 4n2 + 3n + 2 n n n = lim = +1 L = lim 3 5 8 n!1 n!1 5n2 + 3n + 8 + 2+ 3 n n n

L = lim

n!1

5 9 7 + + 3 n n2 n =0 3 4 7 5+ + 2 + 3 n n n

7n2 + 5n + 9 = lim 3 n!1 5n + 3n2 + 4n + 7

134) L = n!1 lim

1+2+3+ n2

+n

Kako je 1 + 2 + 3 +

+n =

1 n (n +1) 2

onda imamo 1 1 n (n + 1) 1+ 1 n2 + n 1 1 1 2 n L = lim = lim = lim = 1= 2 2 n!1 n!1 n!1 n 2 n 2 1 2 2

135) Odredimo graniµcnu vrednost niza fan g µciji je opšti µclan 1 2+2 3+ + n (n + 1) Kako je 3 n 1 1 2+2 3+ + n (n + 1) = n (n + 1) (n + 2) 3 onda opšti µclan niza moµzemo prikazati u obliku an =

an =

1 2+2 3+ + n (n + 1) 1 = 3 n3 n

1 n (n + 1) (n + 2) 3

2 1 1+ + 2 n3 + 3n2 + 2n n n = = pa je 3n3 3

136) L = lim

n!1

1+2+3+

1 2 3 + 2+ 2+ 2 n n n

+n=

+

lim an =

n!+1

n

1 n (n + 1) odnosno 2

1 n2

1 3

Kako je


1+2+3+ L = lim

n!1

+ (n

1+2+3+

n!1

1 (n 2

1) ((n

1+2+3+ + (n 2 n

137) L = n!1 lim

L = lim

1) =

1)

1) + 1) =

+ (n

1) =

n!1

1 2 n 2

n

onda imamo 1

1 n

=

1 2

Kako je

1

onda imamo

7 1+ 2 n2 + 7 n =2 1=2 = 2 lim = 2 lim 1 n!1 n2 n!1 n n) 1 n

n2 + 7 1 2 (n 2

1 1 1 + + + 1 2 2 3 3 4

138) L = n!1 lim

(n + 1) n 1 1 = = n (n + 1) n (n + 1) n

1 n+1

+

1 2

1

1 2

+

1 3

+

1 3

1 n (n + 1)

Kako je

odnosno

1 1 1 1 1 1 1 =1 = = 1 2 2 2 3 2 3 3 4 3 1 1 1 1 + + + + = 1 2 2 3 3 4 n (n + 1) =

n

n2 n 1 = lim 2 n!1 2 2n

= lim

n2 + 7 1+2+3+ + n

1 2 n 2

1 4

+

1 4

onda imamo

+

1 n

1 n+1

=1

1 n+1

odnosno L = lim

n!1

1

1 n+1

1+3+5+ + (2n n+1

139) L = n!1 lim 1+3+5+ 0

=1

+ (2n

n!1

= lim

n!1

n2 n +1

Kako je

1 n 1 + (2n 1) onda imamo 2 1 0 1 1) n + 2n2 n C B2 nA = lim @ n!1 n+1

n = lim

1 = 1 1+ n

n

1) =

1 n 1 + (2n B2 L = lim @ n!1 n+1 = lim

1)

n!1

1

n2

1

C nA

n (n + 1) n2 n2 n n = lim = lim n!1 n!1 n+1 n+1 n +1


140) L = lim

n!1

2+4+6+ + 2n 1+3+5+ + (2n + 1)

Kako je

1 n (2 + 2n) odnosno 2 1 1+3+5+ + (2n + 1) = n (1 + (2n + 1)) onda imamo 2 1 n (2 + 2n) 2n + 2n2 2 L = lim =1 = lim n!1 1 n!1 2n + 2n2 n (1 + (2n + 1)) 2 2+4+6+

+ 2n =

141) L = lim

n3 12 + 22 + 32 +

12 + 22 + 32 +

+ n2 =

n!1

L = lim

n!1

+ n2

Kako je

n (n + 1) (2n + 1) onda imamo 6

n3 1 n3 6 = 6 lim = 6 lim = =3 3 2 3 3 n!1 n!1 2n + 3n + n n (n +1)(2n +1) 2 2+ + 2 n n 6

142) L = lim

n!1

1 2+2 3+3 4+ n3

Kako je 1 2 + 2 3 + 3 4 +

+ n (n + 1)

+ n (n + 1) =

1 n (n + 1) (n + 2) onda imamo 3

n (n + 1) (n + 2) n3 + 3n2 + 2n 1 3 2 = lim = lim 1+ + 2 3 3 n!1 n!1 n!1 3n 3n 3 n n 8 1 > + n = n (n + 1) odnosno < 1+2+3+ 2 Kako je > 1 : 12 + 22 + 32 + + n2 = n (n + 1) (2n + 1) 6 onda uradimo prethodni zadatak i sledećim postupkom L = lim

1 2+2 3+3 4+ + n (n + 1) n3 1 (1 + 1) + 2 (2 + 1) + 3 (3 + 1) + + n (n + 1) = lim n!1 n3

L = lim

n!1

12 + 1 + 2 2 + 2 + 3 2 + 3 + + n2 + n n!1 n3 }| { z }| { z 1+2+3+ + n + 12 + 22 + 32 + + n2 = lim n!1 n3 n (n + 1) n (n + 1) (2n + 1) = lim + n!1 2n3 6n3 = lim

=

1 3


= lim

n!1

n2 + n 2n3 + 3n2 + n + 2n3 6n3

143) L = lim

n!1

1 1 1 + 3+ + 2 22 2

1 1 1 + 2+ 3+ 2 2 2 +

1 =1 2n

=0+ +

1 2n

2 1 = 6 3

1 2n

Kako je

onda imamo L = lim

n!1

+ log3 3n

log3 3 + log3 9 + log3 27 + n2

144) L = lim

n!1

log3 3 + log3 9 + log3 27 +

1

=1

Za log3 3 = 1 imamo

+ log3 3n = log3 3 + log3 32 + log3 33 + = log3 3 + 2 log3 3 + 3 log3 3 + =1+2+3+

1 2n

+n =

+ log3 3n + n log3 3

1 n (n + 1) pa je 2

1 n (n + 1) 1 lim = 2 n!1 n2 2 Napomena: Iako na prvi pogled mislimo da su ovo „teški” zadaci, oni pripadaju grupi „šablonskih” zadataka. L=

1 2+2 3+

145) L = lim

+ n(n + 1) n3

n!1

Kako je

1 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) odnosno 6 1 3 1+2+ + n = n ( n + 1 ) = n ( n + 1 ) onda imamo 2 6 1 2+2 3+ + n(n + 1) = 1(1 + 1) + 2(2 + 1) + + n(n + 1) 12 + 22 +

+ n2 =

= 12 + 1 + 22 + 2 +

+ n2 + n = 12 + 22 + {z |

+ n2 + 1 + 2 + } | {z

+n }

1 3 1 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) + n ( n + 1 ) = (n (n + 1) (2n + 1) + 3n (n + 1)) 6 6 6 1 1 1 = n ( n + 1 ) ( 2n + 1 + 3 ) = n ( n + 1 ) ( 2n + 4 ) = n ( n + 1 ) ( n + 2 ) 6 6 3 1 = n3 + 3n2 + 2n odnosno 3 1 n3 + 3n2 + 2n 1 L= lim = 3 3 n!1 n 3 =

146) L = lim

n!1

1 + a + a2 + 1 + b + b2 +

1

bn = ( 1

1

an+1 = ( 1

a ) 1 + a + a2 +

1

bn+1 = ( 1

b ) 1 + b + b2 +

b) 1 + b +

+ bn

+ an + bn 2

+ bn

Kako je 1

odnosno

+ an + bn

onda za j a j < 1 j b j < 1 imamo


1 + a + a2 + 1 + b + b2 +

L = lim

n!1

+ an 1 + bn 1

a 1 a 1

b b

= lim

n!1

1 (1

an+1 ( 1 bn+1 ) ( 1

b) a)

Kako je j a j < 1 j b j < 1 onda za n ! 1 ) an+1 ! 0 bn+1 ! 0 pa imamo L=

(1 (1

0)(1 0)(1

b) 1 = a) 1

b a

147) L = n!1 lim

1 1! + 2 2! + (n + 1)!

1 1! + 2 2! +

+ n n! = (2

n!1

(n + 1)! (n + 1)!

1) 2! +

1! + 3 2!

+ (n + 1

2! +

1) n!

+ (n + 1) n!

= 2! + 3! +

+ (n + 1)!

= (n + 1)!

1 onda imamo

1!

2!

n! n!

1 =1 1

148) L = lim

1 1! + 2 2! + + n n! ( n + 1 )!

1 1! + 2 2! +

+ n n! = ( n + 1 )!

n!1

Kako je (n + 1) n! = (n + 1)!

1) 1! + (3

= 2 1!

L = lim

+ n n! 1

(n + 1)! L = lim n!1 (n + 1)!

1

Kako je ( n + 1 )! = ( n + 1 ) n!

1 onda imamo

(n + 1) n! = lim n!1 (n + 1) n!

1

n! ( n + 1 ) = lim

n!1

1 n!

n! ( n + 1 )

1 1+ n+1 n =1 = lim = lim 1 n!1 n!1 n + 1 1+ n

149) L = n!1 lim

(n + 2)! + (n + 1)! (n + 2) (n + 1)! + (n + 1)! = lim n!1 (n + 2) (n + 1)! (n + 2)! (n + 1)! (n + 1)!

3 1+ (n + 1)! ((n + 2) + 1) n+3 n = lim = lim = lim =1 1 n!1 (n + 1)! ((n + 2) n!1 n + 1 n!1 1) 1+ n (n + 2)! + (n + 1)! (n + 2) (n + 1)! + (n + 1)! = lim 150) L = n!1 lim n!1 (n + 3)! (n + 3) (n + 2) (n + 1)! = lim

n!1

(n + 1)! ((n + 2) + 1) n+3 1 = lim = lim =0 n!1 (n + 3) (n + 2) n!1 n + 2 (n + 1)! (n + 3) (n + 2)

151) L = lim

n!1

p n

m

am = a n

p 2

2

p 4

2

p 8

am an = am+n

2

p

2n

2

Kako je

1 1 1 + 2+ 3+ 21 2 2

+

1 =1 2n

1 odnosno 2n


p 2

p 4

2

2

p 8

p

2n

2

1

1

1 2n

=2 2 L = lim

n!1

2

=

1 2 2n

1

1

152) L = lim

n!1

2

=

1

lim

1

1 (x1 ; x2 ; : : : ; xn ; : : :) n

L = lim

n!1

n+1 n

1 + 2n

= 21

1 2n

onda imamo

1

2

3 2

n+1 n

n

!1

n

Ako je niz x1 ; x2 ; : : : ; xn ; : : : konvergentan xk > 0 n!1

1

2 2n

2 =2 1 2 1

1

2 2 n = 2 21 + 22 + 2 3 +

2 = 22 24 28

k = 1; 2; : : : tada imamo

= lim xn odnosno n!1

n

= lim 1 + n!1

n

1 n

=e 2

153) L = lim

n!1

12 + 22 + 32 + 12 + 22 + 32 + 12 + 32 + 52 + =

2

2

2

12 + 32 + 52 + + ( 2n 1 ) Kako je n3 1 + n2 = n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) odnosno 6 1 2 + (2n) = 2n (2n + 1) (4n + 1) onda imamo 6 2

+ ( 2n 2

2

1) =

2

1 +2 +3 +4 +5 +6 +

+

2

= 12 + 22 + 32 +

+ ( 2n )

1 n ( 2n + 1 ) ( 4n + 1 ) 3 1 = n (2n + 1) (4n + 1) 3 pa zamenom dobijamo n 4n2 1 lim 3 n!1 n3

1

(2n

2 n

1)2

}|

{ 2

1 2

+ ( 2n )2

( 22 + 42 + 62 +

22 12 + 22 + 32 +

=

1 lim 4 3 n!1

1

1 n2

=

+ ( 2n )2 )

+ n2

4 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 6 1 2 (n + 1) = n (2n + 1) (2n 3

=

L=

z

1) =

1 n 4n2 3

4 3

154) Odredimo graniµcnu vrednost niza fan g µciji je opšti µclan an = n 1 0

an = n @1

r

1

1 n

1

1 n

5

! 1 5

Ako opšti µclan niza prikaµzemo u obliku 1

A tada primenom binomnog razvoja

1


1 1 nt + n (n 1 1 2

n

(1 + t) = 1 +

1) t2 +

1 n (n 1 2 3

2) t3 +

1) (n

dobijamo 1+

1 5

1 n

1

1 5n

2 1 + 25 n2

an = n 1 =n 1 =

1 2 + + 5 25n

1 n

+

1 1 2 5

1 5 1 n2

pa an !

1 2 1 + + 5n 25 n2

=n

p

n!1

konaµcan broj razliµcit od nule. Kako je n n

p

p

p

p

p

2 1+ n

!

n + a n +1 + b n + 2 = n n p

p

=n n

p n+a n

r

p 1 1+ + b x n

r

1 1 nt + n (n 1 1 2

n

n+a

p

p p n + a n +1 + b n + 2

s

1 n 1+ n

+b

0

1 = n2@1 + a 1+ n

onda primenom binomnog razvoja (1 + t) = 1 +

1 n2

1 ako n ! + 1 5

155) Odredimo a; b 2 R za koje je L = lim n n p

1 n2

1 + n2

1

1) t2 +

1 n (n 1 2 3

s

2 n 1+ n

1 2

2 + b 1+ n

1) (n

1 2

!

1

F A=

2) t3 +

dobijamo F

= n2 1+a 1+

1 1 1 + 2 n 2

= n2 1 + a 1 + = n2 1 + a +

= n2 1 + a + b +

1 + 8n2

1 2n

a 2n

1 n2

1 1 + 4 n2 1 n2

a b +b+ 2 8n n a + 2b + 2n

+b 1+ +b 1+

b + 2n2

a 4b + 8n2

1 2 1 + 2 n 2 1 n

1 + 2n2

1 4 + 4 n2

1 n2

1 n2

1 n2 1 n2

a + 2b a 4b n+ + (1) 2 8 Da niz konvergira ili da postoji lim mora da bude 1 + a + b = 0 = (1 + a + b) n2 +

a + 2b = 0 ) a + 2b = 0 ) a = 2 1 2b + b = 0 ) b = 1 ) a = L = lim

n!1

(

2) 8

4

+ (1)

2b Zamenom u prvu jednaµcinu dobijamo 2 Za a = =

2

4 8

=

2 b = 1 imamo 1 4


156) Ispitajmo konvergenciju niza an = n+1

an+1 =

nn a zatim odredimo 7n n!

n

lim an

n!1

n

(n + 1) (n + 1) (n + 1) (n + 1) = n = n 7n+1 (n + 1)! 7 7 n! (n + 1) 7 7 n!

Sada imamo

n

lim

n!1

an+1 = lim n!1 an

(n + 1) n 7n 7 n! = lim 1 (n + 1) = 1 lim nn n!1 7 nn 7 n!1 n 7 n!

n+1 n

n

n

1 1 1 lim 1 + = e <1 7 n!1 n 7 pa je an+1 < an za svako n > N odnosno dati niz je monotono opadajući, bar od nekog prirodnog broja N Kako je an > 0 onda dati niz ima graniµcnu vrednost koja je manja od svih vrednosti µclanova niza, pa je dati niz ograniµcen sa donje strane ( limes inferior - ` ). Kako je niz an monoton i ograniµcen, onda je konvergentan, pa postoji graniµcna vrednost x takva da je lim an = x n!1 Za odre†ivanje x moµzemo pisati =

1 1 x = lim an+1 = lim an lim 1 + n!1 n!1 n!1 n | {z } 7

n

=x

e odakle je 7

x

e e nn x =0 ) x 1 = 0 ) x = 0 ili lim n = 0 n!1 7 n! 7 7 0 1 2 2 2 2 1@ 1 2 3 n 1 A 157) L = lim + x+ + x+ + + x+ x+ n!1 n n n n n

e ) x x=x 7

Kako je

8 > > 1+2+3+ > > > > > > > > > <1 + 2 + 3 +

1 n ( n + 1 ) odnosno 2 1 + (n 1) = (n 1)n 2

+n=

> > > > 12 + 22 + 32 + > > > > > > > :12 + 22 + 32 +

1 n!1 n

L = lim

+ n2 = + (n

1 n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) odnosno 6 1 2 1) = (n 1) n (2n 1) onda imamo 6

2

1 n!1 n

4x 6x (n 1) x2 + 2x n + n + n +

1 n!1 n

(n 1) x2 + 2x n (1+2+3+

= lim = lim

= lim

n!1

2

+x2 + 2( n n 1 )x + ( nn21 )

1 2 3 2 4x 2 6x x2 + 2x n + n2 +x + n + n2 +x + n + n2 +

1 (n n

1 ) x2 +

2x 1 n(n n 2

2

2

2

+ 2(n n 1)x + n1 2 + n2 2 + n3 2 + +(n 1))+ n12 12 +22 +32 + 1) +

1 1 n(n n2 6

1 ) ( 2n

2

+ (nn21)

2

2

+(n 1) 1)


= lim

n!1

1 (n n

1 ) x2 + ( n

1)x +

= lim

x2 n x2 xn x 2n2 + + n n

= lim

x2 n + xn x2 n

n!1

n!1

6x2 n2 + 6xn2

= lim

n!1

+

2n2

6x2 + 6x + 2 n2 6n2

1 ) ( 2n

1)

n 2n + 1 6n2 3n + 1 6n2

6x2 n 6xn + 2n2 6n2

n!1

= lim

x

1 (n 6n

3n + 1

6x2 + 6x + 3 n 1 1 + lim = x2 + x + 2 n!1 6n2 6n 3 {z } | {z }

lim n!1 |

0

0

A A Napomena! Kako je lim n = 0 jer je = 0 onda se prividne neodre†x!1 x 1 1 enosti oblika ( kada x ! 1 ) osloba†amo tako što brojilac i imenilac pod1 elimo sa najvećim stepenom, bez obzira da li se on nalazi u brojiocu ili imeniocu. Delenje svakog µclana brojioca i imenioca sa najvećim stepenom moµzemo postići i izvlaµcenjem tog stepena ispred zagrade i brojioca i imenioca, što je prikazano sledećim primerima. 2 5 4 7+ 2 + 3 + 4 7x5 + 4x3 + 2x2 + 5x x x x =7 = lim L = lim 3 3 7 x!+1 9x5 + 3x4 + 3x2 + 7 x!+1 9 9+ + 3 + 5 x x x 5 3 7 7+ 2 + 4 + 6 7x7 + 5x5 + 3x3 + 7x x x x L = lim = lim =+1 3 2 7 x!+1 9x5 + 3x3 + 2x2 + 7 x!+1 9 + + + x2 x4 x5 x7 7 5 3 7 + 4+ 5+ 6 3 7x3 + 5x2 + 3x + 7 x x x = 0 =0 L = lim = lim x 4 5 2 x!+1 9x6 + 4x3 + 5x2 + 2x x!+1 9 9+ 3 + 4 + 5 x x x 1 Dakle, kod odre†ivanja graniµcnih vrednosti prividno neodre†enih oblika 1 ( kada x ! 1 ) treba u brojiocu i imeniocu „primetiti” samo one µclanove sa najvećim stepenom jer su ostali beznaµcajni za graniµcnu vrednost.

158) L = lim

x!1

xn

1 = (x

L = lim

x!1

(x x

= lim xn x!1

xn x

1 1

1 ) xn

Kako je

1

n 1

1) x 1 1

+ xn

2

+ xn

2

n 2

+x

+ xn

3

+ xn

3

+

+1

n 3

+

+1

+x

+

+ 1 = 1n

1

onda imamo

+ 1n

2

+ 1n

3

+

+1


=1+1+1+

+1=n

n - ceo broj

n

n

( 1 + nx )

Primenom binomnog razvoja

x2

x!0

(1 + b) = 1+

m

( 1 + mx )

159) L = lim

1 1 nb + n(n 1 1 2

1 ) b2 +

1 n(n 1 2 3

1)(n

2 ) b3 +

+ bn

dobijamo n(n 1) 2 2 m x + 2 m(m 1) 2 2 m ( 1 + nx ) = 1 + mnx + n x + odnosno 2 m (m 1) 2 2 n (n 1) 2 2 m x + 1+ mnx + n x + 1+ nmx + 2 2 L = lim x!0 x2 2 2 2 2 2 2 2 2 n m x nm x m n x mn2 x2 = lim x!0 2x2 2x2 n

( 1 + mx ) = 1 + nmx +

=

n 2 m2

nm2

m2 n2 + mn2 2

=

mn ( n 2

m)

m; n 2 N

x3 x2 8x + 12 x3 8x2 + 20x 16

160) L = lim

x!2

Ako smo zaboravili kako se polinomi rastavljaju na µcinioce, ako je moguće, ne uvek, evo jednog naµcina za to. Uzmimo za primer polinom brojioca, odnosno x3

x2

8x + 12

Korak 1 Ustanovimo sa kojim je brojevima zadnji slobodni µclan datog polinoma (12) deljiv bez ostatka. To su brojevi: + 1;

1; + 2;

2; + 3;

3; + 4;

4; : : :

Korak 2 Ustanovimo koji od ovih brojeva, uvršten umesto promenljive (x) daje 0 odnosno x3 x2 8x + 12 = 0 To, u ovom sluµcaju, nisu brojevi 1 i 1 ali zato jeste broj 2: Korak 3 Dati polinom delimo sa promenljivom, ma koja ona bila, minus taj broj (ma koji on bio), odnosno u našem sluµcaju sa x 2 x3

x2

8x + 12 : ( x

x3 2x2 0 + x2 8x + 12 x2 2x 0 6x + 12 6x + 12 0+0

2 ) = x2 + x

6


Dakle, polinom trećeg stepena smo razloµzili na binom (x 2) i polinom drugog stepena x2 + x 6 odnosno kvadratnu jednaµcinu x2 + x 6 = 0 koju moµzemo rastaviti na (x x1 ) (x x2 ) gde su x1 i x2 njeni koreni, ili rešenja. p p b b2 4ac 1 + 24 1 x1;2 = ili x1;2 = ) x1 = 2 x2 = 3 2a 2 Sada imamo x3

x2

Sliµcno dobijamo x3 L = lim

x!2

(x (x

8x + 12 = (x 8x2 + 20x

2) (x

16 = (x

2) (x + 3) 2) (x

x+3 2) (x + 3) = lim = x!2 2) (x 4) x 4

2) (x 2) (x

2) (x

4) odnosno

5 2

Uradimo isti zadatak na sledeći naµcin! Ako je x = t + 2 tada za x ! 2 ) t ! 0 pa imamo 3

L = lim

t!0

= lim

t!0

2

(t + 2) 3

(t + 2)

(t + 2)

8 (t + 2) + 12

2

8 (t + 2) + 20 (t + 2)

t2 (t + 5) = t2 (t 2)

16

=

= lim

t!0

t3 + 5t2 t3 2t2

5 2

0 kada t ! 0 0 osloba†amo tako što brojilac i imenilac podelimo sa najmanjim stepenom, bez obzira da li se on nalazio u brojiocu ili imeniocu. Naravno, podelu svakog µclana brojioca i imenioca sa najmanjim stepenom moµzemo postići i izvlaµcenjem tog stepena ispred zagrade i brojioca i imenioca. Napomena! Primetimo da se prividne neodre†enosti oblika

161) L = lim

x!0

x3 + 5x2 x2 ( x + 5 ) = lim = x!0 x2 ( x x3 2x2 2)

5 2

lim

x!2

x+3 = x 4

5 2

Za rastuću eksponencijalnu funkciju ex i opadajuću eksponencijalnu funkciju

e−x

y e

e

ex

lim ex = + 1 lim ex = 0

x! 1

1 1

x

e

−1

0

162) Odredimo

imamo

x!+1

2

−2

x

1

8 > < a) > : c)

2

lim sh x

x!+1

lim th x

x!+1

lim e

x

=0

lim e

x

= +1

x!+1

x! 1

lim sh x b)

x! 1

lim th x

x! 1

d)

lim ch x

x!+1

lim cth x

x!+1

lim ch x

x! 1

lim cth x

x! 1


y

y

sh x

2

2

1

1

x −1

a)

y

ch x

0

0 −1

−2

−2

lim

x!+1

1 th x x

−1

1

e

x

1 2

=

2

x!+1

1

Kako je sh x neparna funkcija sh ( lim

sh x =

1 ili

lim

lim

x! 1

x!+1

ch x = lim

x!+1

=+1

lim ex | {z }

lim e x | {z }

=

x) = 1 2

sh x =

ex + e 2

x

Kako je ch x parna funkcija ch ( lim

ch x = + 1 ili

lim

1 2

=

0

sh x onda imamo

x! 1

x! 1

x! 1

lim ex + lim e x x!+1 | {z } | {z }

=+1

lim ex + lim e x x! 1 | {z } | {z }

=+1

0

x) = ch x onda imamo

ch x =

1 2

x! 1

+1

ex e x ex e sh x 2 = lim = lim c) lim th x = lim x!+1 x!+1 ch x x!+1 ex + e x x!+1 ex + e 2 e x Kako je (ex e x ) : (ex + e x ) = 1 2 x onda imamo e +e x lim

th x = lim

x!+1

=1

2

1

1

+1

x!+1

0

x!+1

0 1 −1

lim e x | {z } x!+1

+1

x! 1

−1

lim ex | {z } x!+1

0

b)

x

0 1 −1

+1

x! 1

cth x

−2

ex

sh x = lim

2

x

−1

1

−1

y

e x 2 x e +e

x

=1

2

lim e x x!+1 lim ex + lim x!+1 x!+1

0 =1 +1 + 0

Kako je th x neparna funkcija th (

x) =

th x onda imamo

x x

e

x


lim

x! 1

th x =

1 odnosno lim

=1

2

lim

x! 1

x! 1 ex +

lim

x!+1

lim

x! 1

cth x = lim

x!+1

Kako je (ex + e

lim

x!+1

x

) : (ex

cth x = lim

x! 1

e

0 +1

=1+2

x

=1

2

0

e

x! 1

cth x =

1 odnosno lim

=1+2

lim

x! 1

x! 1 ex

e

ex

e x +e

=

x

+1 =1 0 + (+ 1)

ex

2 1=

x

ex + e ex e

x

= lim

x

onda imamo

x!+1

lim

=1+2

x

e

1

lim

x!+1

x!+1 ex

x x

x

e

lim

x!+1

e

x

=1

lim

x! 1

x) =

cth x onda imamo

cth x = lim

x! 1

1+2

e ex

x

e

x

=

x

lim

x! 1

Uvek je jcth xj > 1

2

x

Kako je cth x neparna funkcija cth ( lim

1

x! 1

ex + e ch x 2 = lim sh x x!+1 ex e 2 e x e x) = 1 + 2 x e e

1+2

x!+1

th x = lim

x

e

Uvek je jth xj < 1

d)

lim

e

x

=1+2

0

+1 = 1 + 2( (+ 1)

1) =

1


Izuzetno vaµzno <<

lim

x!0

sin x =1 x

>> Izuzetno vaµzno

Ako posmatramo deo kruga u prvom kvadrantu i tri karakteristiµcne površine 1 trougao OAB 2 kruµzni iseµcak OAB 3 trougao OAC onda vidimo da je trougao OAB manji od kruµznog iseµcka OAB a ovaj manji od trougla OAC odnosno, P ( OAB) < P (OAB) < P ( OAC) 1 Površina trougla OAB iznosi a ra Kako je = sin x ) P ( OAB) = 2 r r2 sin x a = r sin x onda imamo P ( OAB) = 2 2 Površina iseµcka OAB Površina kruga je r2 Površina kruµznog iseµcka sa uglom x x 2 r2 x x puta ili P (OAB) = r = 2 2 2 3 Površina trougla OAC iznosi a ra Kako je = tg x ) P ( OAC) = 2 r r2 tg x a = r tg x onda imamo P ( OAC) = 2 manja je

B C r x

r

0

A

B r x

0

a

B

r x

0

a A

r

r

A C

a 0

r x

r

A

r2 sin x r2 x r2 tg x < < odnosno sin x < x < tg x Delenjem 2 2 2 1 sin x x < ili 1 > > cos x odakle je sa sin x imamo 1 < sin x cos x x sin x sin x sin x 1 > lim > lim cos x ili 1 > lim > 1 ) lim =1 x!0 x!0 x!0 x!0 x x x | {z }

Dakle,

!1

Sliµcno dobijamo 1 < lim

x!0

x 1 x < lim ) lim =1 x!0 cos x x!0 sin x sin x | {z } !1

Ne zaboravimo sin x x ••• lim =1 lim = 1 Ove formule su sastavni deo većeg x!0 x!0 x sin x broja zadataka u matematici, …zici, mehanici, elektrotehnici...


y

1 sin x

sin x

x

x −2π

−3π

−π

0

2π

π

3π

−1

sin x i sin x neće biti teško da primetimo sve njihove x sin x sliµcnosti ali i razlike. Dakle, funkcija ima prekid u taµcki x = 0 Kako je x sin x sin x sin x sin ( x) = = onda lim = 1 vaµzi i za x < 0 x!0 x x x x ( sin x za x < 0 odnosno j sin x j Kako je j sin x j = 163) lim x!0 x sin x za x > 0 onda imamo Upore†ivanjem funkcija

Leva graniµcna vrednost

Desna graniµcna vrednost

lim

j sin x j = lim x!0 x

lim

j sin x j sin x = lim =1 x!0 x x

x!0

x!0+

lim sin x = + 1 x→ 0+ x −3π

−2π

+1

sin x = x

lim

x!0

sin x = x

1

y

−π

x

π

0 −1

2π

sin x

3π

= −1

lim x→ 0− x

j sin x j x nema graniµcnu vrednost u taµcki x = 0 što se vidi i na prethodnoj slici. Kako su leva i desna graniµcna vrednost razliµcite, onda funkcija

164) Kako je j x j =

(

x; x 6 0 x;

x > 0 onda imamo

L = lim

sin x sin x = lim = x!0 jxj x

L = lim

sin x sin x sin x = lim = lim = +1 x!0+ x!0 jxj x x

x!0

x!0+

lim

x!0

sin x = x

1


lim sin x = + 1 +1 x → 0+ x

y

x −3π

−2π

−π

π

0 −1

Kako je

lim

x!0

2π

3π

lim sin x = − 1 x→ 0− x

sin x sin x sin x 6= lim onda graniµcna vrednost L = lim x!0+ j x j x!0 j x j jxj

ne postoji ! Primetimo da limes ili graniµ cna vrednost funkcije u nekoj taµcki ne zavisi od vrednosti funkcije u toj taµcki već zavisi od vrednosti funkcije u okolini te taµcke. Ako se vratimo nekoliko redova (ne strana ) „unazad”, videćemo zašto je sin x < x < tg x odakle delenjem sa tg x dobijamo x 1 tg x cos x < < 1 odnosno > > 1 pa imamo tg x cos x x x x lim cos x < lim < 1 ) 1 < lim <1 ) x!0 x!0 tg x x!0 tg x

lim

x!0

x =1 tg x

tg x tg x tg x 1 > lim > 1 ) 1 > lim > 1 ) lim =1 x!0 x x!0 x x!0 x cos x x tg x Savršeno zapamtimo lim =1 lim =1 x!0 tg x x!0 x lim

x!0

Vaµzno! Izuzetno Vaµzno!! Ekstremno Vaµzno!!! 165) Odredimo graniµcnu vrednost površine pravilnog mnogougla upisanog u kruµznicu polupreµcnika r ako broj stranica mnogougla (n) teµzi beskonaµcnosti 2 Ako mnogougao ima n stranica, tada je = A B n a h 8 a > < r = sin 2 = sin n ) a = r sin n α r α 2 2 Kako je > : h = cos = cos ) h = r cos r 2 n n 0 onda površina trougla OAB iznosi P 4 = a h = r2 sin

n

cos

n

= r2

r2 2 r2 2 sin pa je površina mnogougla P = n sin 2 n 2 n mnogougla n ! 1 tada njegova površina iznosi =

1 2 sin cos 2 n n

Ako broj stranica


2 sin r2 2 2 n P = lim n sin = r2 lim Ako je = t tada za 2 n!1 n!1 2 n n n sin t n ! 1 ) t ! 0 pa imamo P = r2 lim = r2 Poznato ! t!0 t sin x x Napomena ! Kako je lim = lim = 1 onda po de…niciji graniµcne x!0 x!0 x sin x sin an an vrednosti za svaki nula niz an vaµzi lim = lim =1 n!1 sin an n!1 an 2 sin 2 2 n =1 Kako je nula niz lim =0 onda imamo lim 2 n!1 n n!1 n n pa je uvo†enje smene ( oµcigledno ) bilo nepotrebno !

166) Duµz a podeljena je na n jednakih delova i nad svakim od njih konstruisan je krug. Odredimo zbir obima (On ) i površina (Pn ) svih krugova a zatim odredimo zbir svih obima i površina, ako se duµz a podeli na beskonaµcno jednakih delova. Ako duµz a podelimo na n jednakih delova, tada polupreµcnik svakog kruga konstruisanog nad tim delovima iznosi a 1 a = n 2 2n pa je zbir obima svih krugova konstruisanih nad tim delovima a On = n R = n 2r = n 2 =a dok je površina svih tih n krugova 2n a2 a2 Pn = n r 2 = n 2 = 4n 4n Ako duµz podelimo na beskonaµcno jednakih delova, tada zbir obima i površina svih krugova konstruisanih nad tim delovima, iznosi r=

a2 =0 n!1 n!1 n!1 n!1 4n pa nije teško zakljuµciti šta se doga†a sa površinom svih krugova, ako se duµz deli na više jednakih delova. ax 1 Izuzetno vaµzno << L = x!0 lim >> Izuzetno vaµzno x Ako je ax 1 = t tada imamo ax = 1 + t ) ln ax = ln (1 + t) ) lim On = lim a

=a

odnosno

lim Pn = lim

ln (1 + t) kada za x ! 0 ) t ! 0 odnosno ln a t ln a ln a ln a L = lim = lim = lim 1 = 1 t!0 ln (1 + t) t!0 1 t!0 ln (1 + t) ln (1 + t) t lim ln (1 + t) t t!0 t ln a

x ln a = ln (1 + t) ) x =


=

ln a ln lim (1 + t!0 | {z e

1 t) t

}

Za a = e ) lim

x!0

=

ln a ln a = = ln a ln e 1

ex

1 x

= ln e = 1

167) Kako je sin 2 = 2 sin cos

y 1

−2

)

8 > < cos > : sin

−1

=

0

e x −1 x x 1

sin 2 2 sin

1 sin 2 odnosno 2 a a sin 2 sin a 4 2 ;::: cos = a = a 4 2 sin 2 sin 4 4 cos

=

a sin 2 a 2 = sin a cos = a a 2 2 sin 2 sin 2 2 a a sin n 1 sin 2 n a 2 = 2 cos n = a a onda imamo 2 2 sin n 2 sin n 2 2 a a a a a lim cos a cos cos 2 cos n 2 cos n 1 cos n n!1 2 2 2 2 2 0 a 1 sin n 1 a a a a 2 A cos n 2 cos n 1 = lim @cos a cos cos 2 a n!1 2 2 2 2 2 sin n 2 0 a 1 a a a sin 2 2n 1 A = lim @cos a cos cos 2 cos n 2 a n!1 2 2 2 2 2 sin n 2 0 a 1 a cos n 2 sin n 2 a a 2 2 A = lim @cos a cos cos 2 a n!1 2 2 22 sin n 2 0 a 1 sin 2 n 2 a a 2 A = lim @cos a cos cos 2 a n!1 2 2 2 22 sin n 2 0 a 1 sin n 3 a a 2 A= = lim @cos a cos cos 2 = a n!1 2 2 23 sin n 2 0 1 0 1 a a sin n sin 2 2 a a a 2 2 A = lim @cos a cos A = lim @cos a cos cos 2 n!1 n!1 2 2 2n 2 sin a 2 2 2n 2 sin a 2n 2n 0 1 0 1 a a sin sin 2 a 2 2 A = lim @cos a A = lim @cos a cos a n!1 n!1 2 2n 1 sin a n 1 sin 2 2 2n 2n sin 2a cos a = 2 sin a


0 1 a cos a sin a sin 2a sin 2a A = lim lim lim @ a = n!1 a = n!1 n!1 a 2 2n sin a 2n sin n 2 2n sin n 2 2 2n 1 0 a a n sin 2a sin 2a 2n A sin 2a sin 2a 2 @ = = = lim lim 1= a a n!1 n!1 2a sin 2a 2a 2a sin n 2n 2

x x x sin x x cos n 1 cos n = cos 2 2 2 2 2 x gde x 2 R n 2 N Kako je am a n = am n 2 sin cos = sin 2 odnosno x x x x x x 2 sin n cos n = sin 2 n = sin n = sin n = sin n 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 x x x x x x 2 sin n 1 cos n 1 = sin 2 n 1 = sin n 1 = sin n 1 = sin n 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 x x x x x x = sin 2 sin 2 cos 2 = sin 2 2 = sin 2 = sin 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 x x x x 2 sin cos = sin 2 = sin = sin x onda imamo 2 2 2 2 2 x x x x 2 sin 2n x cos n 1 cos n cos cos 2 x 2 2 2 2 2 sin n 2 z }| { x x x x x 2 sin 2n cos 2n x x sin 2n 1 x x cos n 1 cos n 1 = cos cos 2 = cos cos 2 x x 2 2 2 2 2 2 2 sin n 2 sin n 2 2 x x x x cos n 1 sin n 1 2 2 sin n 1 cos n 1 x x x x 2 2 2 2 = cos cos 2 = cos cos x x 2 2 2 2 22 2 sin n 22 sin n 2 2 x x x sin n 2 x x x cos 22 sin 22 2 2 = cos cos 2 = = cos x 2 2 2 2n 2 sin x 2 22 sin n 2 2n x x x x x sin 2 sin cos x 2 sin 22 cos 22 x 2 2 2 2 = cos = cos = x 2 2 2n 2 sin x 2 2n 1 sin x 2 n 1 2 2 sin n 2n 22 2 sin x x 1 sin x x sin x x = 2n = n = n odnosno x 2 sin x 2 sin x x sin n n n 2 2 2

168) Pokaµzimo zašto je lim cos n!1


x n sin x sin x 2 cos n 1 = lim = lim x n!1 n!1 2 x x sin n 2 Jednaµcina y = x de…niše simetralu ili bisektrisu prvog i trećeg kvadranta a jednaµcina y = x de…niše simetralu y 3 drugog i µcetvrtog kvadranta. Me†utim, jednaµcina de…niše dve polu2 x; x 6 0 prave ili y = j x j = x; x>0 1 Dakle, jedna jednaµcina y = j x j de…niše x „jednu” liniju sastavljenu od „dve” −3 −2 −1 0 1 2 3 poznate linije koje imaju svoje jednaµcine? U koordinatnom poµcetku ( 0; 0 ) linija naglo „menja”(lomi) svoj pravac, pa zato tu taµcku nazivamo prelomnom taµckom krive y = j x j. Zbog „problema” sa koordinatnim poµcetkom, za funkciju y = j x j kaµzemo da je nenegativna. Simbol [ x ] oznaµcava najveći ceo broj koji nije veći od x odnosno najveći ceo broj koji je manji ili jednak x što je prikazano slikom i primerima. x x cos cos 2 2 2

x

y=

−x

y=

x

x cos n 2

y 3 2 1 − 4 −3 −2 −1

x 0

− 4 −3 −2 −1

1

2

3

4

Za 0 6 x < 1

[x] = 0

Za 1 6 x < 2

[x] = 1

Za 2 6 x < 3

[x] = 2

Za 3 6 x < 4

[x] = 3

Za

16x<0

−2

Za

26x<

−3

Za

−4

Za

y 3

Za x 2 [ 0; 1 )

[x] = 0

2

Za x 2 [ 1; 2 )

[x] = 1

1

Za x 2 [ 2; 3 )

[x] = 2

Za x 2 [ 3; 4 )

[x] = 3

Za x 2 [ 1; 0 )

[x] =

1

Za x 2 [ 2;

1)

[x] =

2

Za x 2 [ 3;

2)

[x] =

3

−1

x 0

−1 −2 −3

1

2

3

4

[x] =

1

1

[x] =

2

36x<

2

[x] =

3

46x<

3

[x] =

4

−4 Za x 2 [ 4; 3 ) [x] = 4 Funkcija y = [ x ] se sastoji od beskonaµcno mnogo delova i taµcaka prekidnosti.


N - ti izvod funkcije 169) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = ex f 0 (x) = ex

f (x) = ex

f 00 (x) = ex

f 000 (x) = ex : : : f (n) (x) = ex

170) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = e7x f (x) = e7x f 0 (x) = e7x 7 = 7 e7x f 00 (x) = 7 e7x 7 = 72 e7x f 000 (x) = 72 e7x 7 = 73 e7x .. . f (n) (x) = 7n e7x

171) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = e f (x) = e

7x

7x

f 0 (x) = e

7x

f 00 (x) =

7e

f 000 (x) = ( .. .

(

7) = ( 7x

(

2

f (n) (x) = (

n

7) e

(

7x 2

7) = ( 7x

7) e

1

7) e

7) e

7x 3

7) = (

7) e

7x

7x

172) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = x ex f (x) = x ex f 0 (x) = 1 ex + x ex = ( x + 1 ) ex f 00 (x) = 1 ex + ( x + 1 ) ex = ( x + 2 ) ex f 000 (x) = 1 ex + ( x + 2 ) ex = ( x + 3 ) ex .. . f (n) (x) = ( x + n ) ex

173) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = xn f (x) = xn f 0 (x) = n xn

1

f 00 (x) = n ( n

1 ) x(n

f 000 (x) = n ( n .. .

1)(n

f (n) (x) = n ( n

1)(n

1) 1

= n(n

2 ) x(n 2)

2) 1

1 ) xn

2

= n(n

3 2 1 xn

1)(n n

2 ) xn

=1 2 3

3

n = n!


174) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = ax

a>0

f (x) = ax f 0 (x) = ax ln a 2

f 00 (x) = ax ln a ln a = ax ( ln a ) 2

3

f 000 (x) = ax ln a ( ln a ) = ax ( ln a ) .. . n

f (n) (x) = ax ( ln a )

175) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = ln x f (x) = ln x

1 x

f 0 (x) = n 1

f (n) (x) = ( 1)

1 x2

f 00 (x) =

(n

f 000 (x) =

2 x3

f (IV ) (x) =

1 )! xn

176) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = ln (1 + x) f (x) = ln (1 + x) f 0 (x) = f 00 (x) =

1 1+x 1 2

(1 + x)

1

=

(1 + x)

2 (1 + x)

f 000 (x) =

=(

2

2

=

4

(1 + x)

3

(1 + x) 2

f (IV ) (x) =

2 3 (1 + x) (1 + x)

f (n) (x) = (

1)

n 1

2

=(

1)

24 5

(1 + x)

(3

3 1

1)! 3

(1 + x)

=(

(1 + x)

=

8

(1 + x)

1)!

(1 + x)

4

3

6 4 (1 + x)

f (V ) (x) = .. .

(2

1

6

=

6

1)

=(

1) 1)

(4

4 1

5 1

1)! 4

(1 + x) (5

1)! 5

(1 + x)

(n 1)! n (1 + x)

177) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = ln x2 + 5x + 6 x2 + 5x + 6 = (x + 2) (x + 3) odnosno

Kako je f (x) = ln f 0 (x) = 00

f (x) =

x+2

x+3

= ln (x + 2) + ln (x + 3) onda imamo

1 1 + x+2 x+3 1 (x + 2)

2

+

1 (x + 3)

2

=

1 (x + 2)

2

+

1 (x + 3)

2

!

6 x4


f

000

f

(IV )

2 (x + 2)

(x) =

(x + 2)

3 (x + 2)

(x) = 2

f (V ) (x) = .. .

(x + 2)

(x + 3)

2

(x + 2)

1)

n 1

(n

(x + 3)

3

8

4

3 (x + 3)

+

6

4 (x + 2)

6

f (n) (x) = (

+

4

!

2 (x + 3)

=2 !

2

6

4 (x + 3)

+

(x + 3)

1 (x + 2) =

!

3

8

f 0 (x) =

1 1+x 0(1 + x)

1 1

(1 + x)

2

0(1 + x)

f 00 (x) =

(1 + x)

1 2 3 4

n

n+1

(1 + x)

1 (1+ x)

f 00 (x) =

(1

x)

2

2 (1 + x) 4

(1 + x)

=2

2 3 (1 + x)

=

(1 + x)

x

f (n) (x) = (

1) 2

3

(1 + x) 2

8

(1 + x) n

n! n+1

(1 + x)

1+ x

2

4

(1 + x)

=2

1 x 1+x 1

= 2 1) 2 =(

24 5

(1 + x)

=(

1

2

(1+ x)

= ( 1) 2

2!

2

=(

6

3

2

5

(1 + x)

n+1

2

6 4 (1 + x)

f (IV ) (x) = .. .

1 2 3 4

(1 + x)

(1 + x)

=

6

5

( 1) n!

2

f 000 (x) = 2

(x + 3)

n

=

1

=

2

(1 + x)

+

1 1+x

3

1 2 3 4(1 + x)

179) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = f 0 (x) =

5

!

4

8

n

(x + 2)

1

(1 + x)

(1 + x)

f (n) (x) = ( 1)

= 24

4

1 2 3

=

6

.. .

1

(x + 3)

3

2

4

+

(1 + x)

1 2 3(1 + x)

0(1 + x)

4

1 2

=

(1 + x)

f (IV ) (x) =

(x + 2)

2

4

0(1 + x)

6

!

1

(1 + x)

1 2(1 + x)

3

f 000 (x) =

1

3

1

=

2

(x + 3)

!

1 1 n + n (x + 2) (x + 3)

1) !

178) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = f (x) =

+

3

1

2+1

(1 + x)

3!

3

1) 2 4

3+1

(1 + x)

1) 2

4! 4+1

(1 + x)

1! 1+1

(1+ x)


1 a zatim primenom dox+a 1 bijenog rezultata odredomo n - ti izvod funkcije f (x) = 3 2 x 2x x+2 1 f (x) = x+a 1 1 1! f 0 (x) = 2 = 2 = 1+1 (x + a) (x + a) (x + a)

180) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) =

f 00 (x) =

2 (x + a)

2

=

4

(x + a)

(x + a)

2

f 000 (x) =

2 3 (x + a) (x + a)

4

(x + a) 3

6 4 (x + a)

f (IV ) (x) = .. .

8

(x + a) 1)

Kako je x3

2x2

(x + a)

2x2

x+2

x + 2 = (x = = = =

A (x + 1) (x

3+1

(x + a) =

5

(x + a)

1 x+a

4! 4+1

(x + a) (n)

=(

1) (x + 1) (x

1 1) (x + 1) (x

(x

3!

=

24

ili

n+1

1 x3

=

n!

n

f (n) (x) = (

2+1

(x + a)

6

=

6

2!

=

3

1)

n+1

(x + a)

2) odnosno A

2)

n!

n

x

1

+

B C + x+1 x 2

2) + B (x 1) (x 2) + C (x (x 1) (x + 1) (x 2)

A x2 + x

2x

Ax2

2A + B x2 3B x + 2B + C x2 (x 1) (x + 1) (x 2)

Ax

1) (x + 1)

2 + B x2 x 2x + 2 + C x2 (x 1) (x + 1) (x 2)

1

C

(A + B + C ) x2 + ( A 3B ) x + ( 2A + 2B C ) (x 1) (x + 1) (x 2) 9 A + B + C =0 > = 1 1 1 A 3B =0 A= ; B= ; C= onda zamenom dobijamo > 2 6 3 ; 2A + 2B C =1 =

f (x) =

x3

f (n) (x) = =

1 2x2

1 2

x+2

(n)

1 x

=

1

+

1 1 1 1 1 1 + + odnosno 2 x 1 6 x+1 3 x 2

1 6

1 x+1

(n)

+

1 3

(n)

1 x

2

1 n! 1 n! 1 n! n n n ( 1) n+1 + 6 ( 1) n+1 + 3 ( 1) n+1 2 (x 1) (x + 1) (x 2)


181) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = sin x f 0 (x) = cos x

f (x) = sin x

f 00 (x) =

f 000 (x) =

sin x

f (IV ) (x) = sin x : : : f (n) (x) = sin x + n

n2N

2

cos x

x2R

182) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = cos x f 0 (x) =

f (x) = cos x

f 00 (x) =

sin x

f (IV ) (x) = cos x : : : f (n) (x) = cos x + n

cos x

f 000 (x) = sin x

n2N

2

x2R

183) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = sin ax Kako je cos

= sin

+

cos

2

+

2

= sin

+

onda imamo f 0 (x) = cos ax a = a cos ax = a sin ax + 00

f (x) = a cos ax +

a = a cos ax +

f 000 (x) = a2 cos ax + 2 2 .. . f (n) (x) = an sin ax + n

+

= sin

2

+2

2

2

2

2

2

= a2 sin ax + 2

2

a = a3 cos ax + 2

2

= a3 sin ax + 3

2

2

Ponovnim diferenciranjem dobijamo

2

f (n+1) (x) = an cos ax + n

a = an+1 sin ax + n + 1 2 2 dna jednaµcina gde je n zamenjeno sa n + 1

a to je pretho-

184) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = cos ax Kako je sin

=

cos

+

2

)

sin

= cos

+

2

= cos + + = cos +2 ) 2 2 2 2 onda imamo f 0 (x) = sin ax a = a sin ax = a cos ax + 2

sin

f 00 (x) = a .. .

= a2 cos ax + 2

sin

+

sin ax +

f (n) (x) = an cos ax + n f (n+1) (x) = an

a =

2 2

sin ax + n

2

2

= cos

+2

2

2

Ponovnim diferenciranjem dobijamo 2

= an+1 cos ax + n + 1 zamenjeno sa n + 1

a2 sin ax +

+

a = 2

an+1 sin ax + n

2

a to je prethodna jednaµcina gde je n


185) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = sin2 x Prema rešenju prethodnog zadatka imamo y = cos ax ) y (n) = an cos ax+ n Kako je f (x) =

1

2 1 cos 2x onda zamenom a = 2 dobijamo 2

cos 2x 1 = 2 2

1 n 2 cos 2x + n 2 2

f (n) (x) = = 2n

1

cos 2x + n

= 2n

1

1

cos 2x + n

2

2

2

186) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = cos2 x Prema rešenju prethodnog zadatka imamo y = cos ax ) y (n) = an cos ax+ n

2 1 + cos 2x 1 1 Kako je f (x) = = + cos 2x onda zamenom a = 2 dobijamo 2 2 2 1 = 2n 1 cos 2x + n f (n) (x) = 2n cos 2x + n 2 2 2 n

187) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = (a n

f (x) = (a

bx)

n 1

f 0 (x) = n (a f 00 (x) =

bx)

bx)

bn (n

f 000 (x) = b2 n (n

(

b) =

1) (a

bx)

1)(n

n 2

2)(a

n 1

bn (a

bx)

b) = b2 n (n

(

n 3

bx)

( b) =

n 4

f IV (x)= b3 n(n 1)(n 2)(n 3)(a bx) .. . f (n) (x) = (

n

b) n (n

1) (n

2) (n

n 2

1) (a

b3 n (n

bx) 1)(n

2)(a

n 3

bx)

n 4

( b)=b4 n(n 1)(n 2)(n 3)(a bx)

3)

n n

(a

bx)

=(

n

b) n!

188) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) = (ax + b)n n

f (x) = (ax + b)

n 1

f 0 (x) = n (ax + b) f 00 (x) = an (n

n 1

a = an (ax + b) n 2

1) (ax + b)

a = a2 n (n

n 2

1) (ax + b)

n 3

a = a3 n (n

f IV (x) = a3 n(n 1)(n 2)(n 3)(ax+b) .. .

n 4

a = a4 n(n 1)(n 2)(n 3)(ax+b)

f (n) (x) = an n (n

(ax + b)

f 000 (x) = a2 n (n

1) (n

2) (ax + b)

1) (n

2) (n

3)

1) (n

n 4

n n

= an n!

189) Odredimo f (n) (x) n 2 N ako je f (x) = (2x + 1) (x f (x) =

(x

2x + 1 1) (x + 2)

A x

1

+

n 3

2) (ax + b)

1)

B A (x + 2) + B (x 1) = x+2 (x 1) (x + 2)

1

(x + 2)

1


Ax + 2A + B x B (A + B ) x + (2A B ) = (x 1) (x + 2) (x 1) (x + 2)

=

A + B =2 2A B =1 1

Ako je

x 1

u0 =

(x

u000 = 2

3 (x

1)

(x

6

1)

(x + 2)

v 000 = 2

f

2 2

=

1

v0 =

(n)

1)

1

6

(x

3 (x + 2)

2

=

6

1)

(x + 2)

(x + 2) 1

1) n!

4

1

6

n

(x) = (

(x

1)

n+1

(x + 2)

= f 0 (x) =

1 ln 1 2 1 2

1

1 f (x) = 2

n+1

f

(IV )

.. .

1) 2

x)

2 (1

1 2

1 2

=

1 1

1

+

2

(1 + x)

x) (

!

(x + 2)

odnosno

n+1

x2

x2 =

1 ln (1 2

x) (1 + x)

2

(n (1

1

6

x)

1)! n +( x)

1)

!

n 1

2 3(1+x) 6

(1 + x)

(n 1)! n (1 + x)

2

x)

1 = 2 2

+

1 2

(1

(1 + x)

2 3(1 x) ( 1) (1

1 = 2

4

x)

1 1+x

+

x

2 (1 + x)

1)

4

(1

1 (x) = 2

f (n) (x) =

1 1 + x 1+x

(1

1 f 000 (x) = 2

1 ln 1 2

=

1

n

1) n!

x + ln 1 + x

(

00

1 2

x2

x2 = ln 1

1

n+1

3

p

p

1)

!

1 (x + 2)

(x

1

=2

v (n) = (

4

+

1) n!

190) Odredimo n - ti izvod ako je f (x) = ln 1 f (x) = ln

1

1

n

u(n) = (

4

2 (x + 2)

v 00 =

2

(x + 2)

x

1 x+2

+

1 = v tada imamo x+2 2 (x 1) 1 u00 = 4 =2 3 (x 1) (x 1)

=u

1

1

3A = 3 ) A = 1 ) B = 1 ) f (x) =

!

1 = 2

(1 + x) 2 (1

3

x)

+

6

! 2 3

(1 + x) 6

4

(1 x)

! !

4

(1+x)


ax + b cx + d ax + b c ax + b 1 acx + bc 1 acx + ad ad + bc = = = cx + d c cx + d c cx + d c cx + d

191) Odredimo n - ti izvod funkcije f (x) =

=

1 acx + ad + bc c cx + d

ad

1 c

=

acx + ad bc ad + cx + d cx + d

a cx + d 1 bc ad a 1 bc ad a bc ad 1 + = + = + c cx + d c cx + d c c cx + d c | {z c } cx + d konstanta a = 0 onda imamo Kako je izvod konstante c =

f (n) (x) =

bc

f

1)

f (n+1) (t) = a (a

= =

bc

(a 1)

ad

bc

ad c

bc

ad c n

1) ta

n + 1) t (a

a n

1

2)

1) (

(

1) n! cn (c x + d)

tada za n + 1 imamo

(

1

n

a d) cn

Ako pretpostavimo da je

n) ta

n 1

pa je pretpostavka taµcna

(n)

(

1) n! (b c

2

n + 1) (a

(c x + d)

c

=(

Ako je f (t) = ta tada imamo

f 00 (t) = a (a

1

(t) = a (a

f (n) (x) =

(n)

1 cx + d

c

f 0 (t) = a ta (n)

ad

1

n + 1) cn (c x + d)

1

n+1

n 1

(c x + d)

n 1

Lajbnicova formula Za izvod proizvoda funkcija u = u (x) i v = v (x) vaµzi formula 0 (u v ) = u0 v + u v 0 Iz ove formule redom dobijamo 00

(u v ) = u00 v + u0 v 0 + u0 v 0 + u v 00 = u00 v + 2 u0 v 0 + u v 00 000

(u v )

= u000 v + u00 v 0 + 2 (u00 v 0 + u0 v 00 ) + u0 v 00 + u v 000 = u000 v + 3 u00 v 0 + 3 u0 v 00 + u v 000

(IV )

(u v )

= u(IV ) v +u000 v 0+3 (u000 v 0 + u00 v 00 )+3 (u00 v 00 + u0 v 000 )+u0 v 000+u v (IV ) = u(IV ) v + 4 u000 v 0 + 6 u00 v 00 + 4 u0 v 000 + u v (IV )

(V )

(u v )

= u(V ) v + u(IV ) v 0 + 4 u(IV ) v 0 + u000 v 00 + 6 (u000 v 00 + u00 v 000 ) + + 4 u00 v 000 + u0 v (IV ) + u0 v (IV ) + u v (V ) = u(V ) v + 5 u(IV ) v 0 + 10 u000 v 00 + 10 u00 v 000 + 5 u0 v (IV ) + u v (V )

Primenom binomnog razvoja dobijamo


1

(u + v ) = u1 + v 1 2

(u + v ) = u2 + 2 u v + v 2 3

(u + v ) = u3 + 3 u2 v + 3 u v 2 + v 3 4

(u + v ) = u4 + 4 u3 v + 6 u2 v 2 + 4 u v 3 + v 4 5

(u + v ) = u5 + 5 u4 v + 10 u3 v 2 + 10 u2 v 3 + 5 u v 4 + v 5 .. . n n 1 n n 2 2 n 2 n n (u + v) = un + u v+ u v + + u v 1 2 2 gde je n 1

=

n 3

=

n 4

=

n k

=

n n = 1 1!

n 2

n (n

2)

1) (n 1 2 3

=

n (n

1) (n 2) (n 1 2 3 4

3)

n (n

1) (n

3)

2) (n

1) (n 3!

000

n uv n 1

1

+ vn

=

2)

n (n

1) (n 2) (n 4!

n

k

3)

1 Koe…cijenti u formulama

k!

00

+

n (n 1) n (n 1) = 1 2 2!

n (n

=

2

(IV )

(V )

(u v ) (u v ) (u v ) ili (u v ) isti su kao i koe…cijenti u binomnoj formuli za 2

3

(u + v )

(n)

(u v )

n X

k=0

5

(u + v ) ili (u + v )

Zato moµzemo pisati

= n (n u 1

= u(n) v + =

4

(u + v )

n (n u k (n)

y (n) = (u v )

(n)

•• (u v )

n (n u 2

1) 0

v +

k)

2) 00

v +

n 00 (n u v 2

+

(n)

v (k) odnosno (u v )

=

n X

k=0 n

2)

+

n (n u k

k)

n 0 (n uv 1 v (k)

1)

+ uv (n)

n2N

ili

= (u + v )

=

n X

k=0

n (n u k

k)

v (k)

n2N

Lajbnicova formula

Zanimljivu i korisnu povezanost simbolizma algebarskog i diferencijalnog raµcuna primetio je G. W. Leibniz 1695. god.

192) Odredimo n - ti izvod funkcije y = xn ex n 2 N (n)

Primenom Lajbnicove formule (u v )

=

n X

k=0 (n)

y (n) = (xn ex )

=

n X

k=0

n (n (xn ) k

k)

k

(ex )

n (n u k

Kako je

k)

v (k) dobijamo


0

00

(ex ) = ex n 0

(x ) = nxn 00

000

(IV )

(V )

(xn )

1) xn

= n (n

(xn )

= n (n

(n k)

(xn )

k

= ex : : : (ex ) = ex

odnosno

2

1) (n

2) xn

1) (n

= n (n

.. .

(ex )

1

(xn ) = n (n (xn )

000

(ex ) = ex

1) (n

= n (n

3

2) (n 2) (n

1) (n

2) (n

3) xn

4

4) xn

3) (n 3) (n

5

4)

n

n

k + 1 xn

(n k)

= n (n 1) (n 2) (n 3) (n 4) (k + 1) xk onda zamenom dobijamo n X n y (n) = n (n 1) (n 2) (n 3) (n 4) (k + 1) xk ex k k=0

= ex

n X

n n (n k

k=0

1) (n

2) (n

3) (n

(k + 1) xk

4)

193) Odredimo konstante a; b; c tako da vaµzi f (x) =

p

1 + x2 = ax + b +

c + x

1 x

x!

1

Napomena! Simbol je Peanova oznaka za beskonaµcno malu veliµcinu µciji 1 je red veći od x Ako x ! 1 tada primenom binomnog razvoja 1 1 1 nt + n (n 1) t2 + n (n 1) (n 2) t3 + 1 1 2 1 2 3 dobijamo s r p p 1 1 1 2 2 2 f (x) = 1 + x = x + 1 = x 1 + 2 = jxj 1 + 2 = x 1 + 2 x x x n

(1 + t) = 1 +

=

1 1 + 2 x2

1 x2

=

x

194) Odredimo a i b tako da bude

p

a=

1;

x 1+

b = 0; c =

Kako x !

1 1 + 2 x

1 x

1 2

pa je

1 2 x2 + x (

1 onda prema formuli jxj =

1 t a x + b ako x !

x; x 6 0 x; x > 0 imamo

1


p

x2 + x

s

x2

1=

1 1+ x

1 x2

= jxj

s

1 1+ x

1 x2

1 x 1+ x

=

1 x2

1 2

Primenom binomnog razvoja n

(1 + t) = 1 +

1 1 nt + n (n 1 1 2

dobijamo p x2 + x 1 =

x 1+

odakle je a =

1; b =

1 2

1 x

1) t2 + 1 x2

+

1 n (n 1 2 3

1) (n

2) t3 +

1 x2

1 + 2

1 x

=

x

1 2

x

t

1 2

195) Ako n ! + 1 odredimo vrednosti realnih parametara a; b; c za koje je a

p 3

n3 + n2 + n + 1 + b

p

n2 + 1 +

c = n

Kako n ! + 1 onda prema formuli jnj = i binomnom razvoju n

(1 + t) = 1 +

1 1 nt + n (n 1 1 2

1) t2 +

1 n2 (

n; n 6 0 n; n > 0

1 n (n 1 2 3

dobijamo p p c a 3 n3 + n2 + n + 1 + b n2 + 1 + = n s s 1 1 1 1 = a 3 n3 1 + + 2 + 3 + b n2 1 + 2 n n n n = a jnj

r 3

1 1 1 1 + + 2 + 3 + b jnj n n n

= an 1 + 1 = an 1 + 3

1 3

1 1 1 + 2+ 3 n n n

r

1 1 + 2 3

1 1 1 1 + 2 2 n 2 2 |

1 1 2 {z

otpada, > n3

1 = an 1 + 3

1 1 1 + + 3 n n2 n

1 9

2) t3 +

c n

1 c + n2 n

1 + bn 1 + 3 n

1 1 1 + 2+ 3 n n n

+bn 1 +

1+

+

1) (n

1 3 1 + n4 }

1

1 2

+

c n

1 1 1 + 2+ 3 n n n 1 n4

1 1 1 + + 3 n n2 n

+

2

+

2

1 n3

+

c n

1 n3

!

+

!

+


1 + 2n2

+bn 1 +

= an 1 +

1 n4

+

1 1 1 + 3 + 3n 3n2 3n

1 9

c n 2 3 2 1 1 + 3+ 4+ 5+ 6 n2 n n n n | {z }

+

1 n6

+b n 1+

1 + 2n2

1 n4

1 + 2n2

1 n4

otpada, > n3

1 +bn 1 + 2 + 2n = a n 1+

1 1 1 + + 3n 3n2 3n3

= an 1 +

= an +

a 2a a + + + 3 9n 9n2 a + 3

Ako je a = 0; p 3

c + n

1 9n2

2 + 9n3 1 n3

2 1 1 + + 3+ 3n 9n2 9n

= (a + b) n +

a

1 n4

1 n2

2a b + +c 9 2

b = 0;

+ bn +

p

n2 + 1 +

c = n

za x ! 0 moµze napisati u obliku 1 1+x

y0 = y 00 = y 000 = y=0

1

x3

3

(1 + x) 6

4

sin x )

+ 2ex ( sin x + cos x )

2 2 x + x2 1! 2!

c n

1 n2

ex cos x

i zatim odredimo konstante a; b; c Kako je

+ 2ex sin x

(1 + x)

+

c n

y(0) = 0

ex ( cos x

2

1 n3

+

1 n2

1 1+x

ex cos x

(1 + x) 2

b + 2n

1 a + + n 9n2

196) Pokaµzimo da se funkcija y =

y=

+ bn 1 +

+

c = 0 tada vaµzi jednakost

n3 + n2 + n + 1 + b

y = ax + bx2 + cx3 +

1 n3

4 3 x + (x3 ) = 3!

y 0 (0) =

2

y 00 (0) = 2 y 000 (0) = 2x + x2

4 onda imamo

2 3 x + (x3 ) 3

Kako je y = ax + bx2 + cx3 + (x3 ) onda imamo a = Napomena: Uradimo isti zadatak sledećim postupkom

2; b = 1; c =

2 3

c n


y=

1 1+x

(

(1 + x) = 1 + x +

=

x + x2

;

x3

ex cos x Kako je (

x2 +

1)( 3!

2)

t2 t4 + 2 24

cos t = 1

1+x+

x2 x3 + 2 6

x3 + (x3 )

onda imamo x2 2

1

2 3 x + (x3 ) odnosno a = 3

2x + x2

=

1) 2!

t3 t2 + + 2 6

et = 1 + t + y=1

1

ex cos x = ( 1 + x )

2; b = 1; c =

197) Dokaµzimo da se funkcija f (x) = ( x + 1 )sin x

x2 + 1

2 3

cos x

za x ! 0 moµze prikazati u obliku

f (x) = ax3 + bx4 + (x4 ) pa odredimo a i b Kako je sin x

(x + 1) x2 + 1

= eln( x+1 )

cos x

2

= eln( x

sin x

= esin x ln( x+1 )

+1 )cos x

2

= ecos x ln( x

x x2 x3 + (x2 ); ex = 1 + x + + + (x3 ) 2! 2 3!

x + (x3 ); cos x = 1 3!

x3 x2 + + (x3 ) Odredimo Maklorenov razvoj za 2 3

ln ( x + 1 ) = x g(x) = ln x2 + 1

g(0) = 0

Kako je g 0 (x) =

g(x) = ln x2 +1

12x4 + 72x2

g (IV ) (x) =

odnosno

2

3

sin x = x

+1 )

2x

g 00 (x) =

x2 +1

2

2x2

2 (x2 +1)

g 000 (x) =

12x + 4x3 3

(x2 + 1)

12

4

( x2 + 1 ) g 0 (0) = 0

ln x2 + 1 = 0 +

g 00 (0) = 2

g 000 (0) = 0

0 2 0 x + x2 + x3 1! 2! 3!

sin x ln ( x + 1 ) =

x3 6

x

cos x ln x2 + 1 =

1

12 4 x + (x4 ) = x2 4!

x2 x3 + 2 3

x

x2 x4 + 2 24

g (IV ) (0) =

x2

x4 2

x + (x4 ) Kako je 2 x3 x4 + + (x4 ) 2 6

= x2

= =

12 onda imamo 4

= x2

x4 + (x4 )

onda imamo f (x) = esin x ln( x+1 ) =

2

ecos x ln( x

+1 )

= 1 + x2

1 3 7 4 x + x + (x4 ) odnosno 2 6

x3 x4 + 2 6

1

x2 + x4 + (x4 )


f (x) = ax3 + bx4 + (x4 ) ) a =

1 7 ; b= 2 6

198) Dokaµzimo da se funkcija f (x) = sin ( ex

ln ( 1 + sin x ) 1 x

1) +

za x ! 0 moµze prikazati u obliku

f (x) = ax + x2 + bx3 + (x3 ) i odredimo a i b Kako je x3 x2 + + (x3 ) 2 6 x2 x3 x3 ex 1 = x + + + (x3 ) sin x = x + (x3 ) odnosno 2 6 3! x2 x3 x3 x2 sin ( ex 1 ) = x + + + (x3 ) = x + + (x3 ) zatim 2 6 6 2 x2 x3 ln ( 1 + x ) = x + + (x3 ) odnosno 2 3 x3 x2 x3 x2 x3 ln ( 1 + sin x ) = x + + (x3 ) = x + + (x3 ) 6 2 3 2 6 1 Kako je Odredimo Maklorenov razvoj i za g(x) = 1 x 1 2 6 1 g(x) = g 00 (x) = g 000 (x) = g 0 (x) = 2 3 4 1 x (1 x) (1 x) (1 x)

ex = 1 + x +

g 0 (0) = 1

g(0) = 1

g 00 (0) = 2

g 000 (0) = 6 onda imamo

1 2 6 x + x2 + x3 + (x3 ) = 1 + x + x2 + x3 + (x3 ) odnosno 1! 2! 3! ln ( 1 + sin x ) 2 f (x) = sin ( ex 1 ) + = = 2x + x2 + x3 + (x3 ) 1 x 3 2 gde je a = 2; b = 3 ln ( cos x ) 199) Pokaµzimo da se funkcija f (x) = 1 cos ( ex 1 ) + za x ! 0 1 x moµze prikazati u obliku g(x) = 1 +

f (x) = ax4 + bx5 + (x5 ) i zatim odredimo a i b Kako je x2 x3 x4 x5 + + + + (x5 ) odnosno 2 6 24 120 x2 x3 x4 x5 1=x+ + + + + (x5 ) cos x = 1 2 6 24 120

ex = 1 + x + ex

cos ( ex

x2 x3 x4 + + 2 6 24

1) = 1

1 2

x+

=1

1 2

x2 +

2

+

1 24

x+

x4 x4 x5 x5 + x3 + + + 4 3 12 6

x2 x4 + + (x4 ) ili 2 24 x2 2

+

4

1 x4 + 2x5 24


=

x2 2

=1

ln ( cos x ) = ln ( 1 + ( cos x x2 x4 + 2 24

= 1 1

x

x3 2

x4 4

x4 4

2

x2 x4 + 2 24

1 2

x2 x4 + 2 24

+ (x4 ) =

x4 12

x2 + (x4 ) 2

1 )) = 1 2

x5 + (x5 ) 24

= 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + (x5 ) onda imamo

f (x) = 1 =

1+

x2 x3 x4 x5 + + + + 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 2 2 4 24

=

1 4 x 3

x4 12

x2 2

13 5 x + (x5 ) gde su a = 24

1 13 ; b= 3 24 r 1 ln (1 + x) p 1 x cos x

x3 3 p 4 1 + x sin x za x ! 0 moµze prikazati u obliku

200) Pokaµzimo da se f (x) =

f (x) = ax2 + bx3 + (x3 ) i zatim odredimo a i b Kako je (1 + x) = 1 +

(

x+

1)

(

x2 +

1) ( 2) 3 x + (x3 ) 3! x2 x4 + + (x4 ) 2! 4!

2! x3 sin x = x + (x3 ) cos x = 1 3! x3 x2 + + (x3 ) onda imamo ln (1 + x) = x 2 3 r 1 1 1 1 3 5 3 = ( 1 x ) 2 = ( 1 + ( x )) 2 = 1 + x + x2 + x + (x3 ) 1 x 2 8 16 1 p 1 2 1 3 1 1 + x = ( 1 + x )2 = 1 + x x + x + (x3 ) odnosno 2 8 16 p 1 x4 x3 x2 1 + x sin x = 1 + + (x4 ) x x=1+ 2 6 2 12 p

cos x =

p

1

1+ cos x

1 = (1+(cos x

3 x3 f (x) = p 4 1 + x sin x =

3 4

p

x3 2

2

cos x

r

1)) 2 = 1+ 1 1

x 1+

x2 x4 + 2 24

=1

x2 + (x2 ) 4

ln ( 1 + x ) x 3 2 5 3 + x + x 2 8 16

x x 1+ + (x2 ) 2 4 3 x3 x2 x3 x2 = x + + 4 3 2 2 3 2 x + (x2 ) 4 1+

1 2

x3 3 + x3 + 4 8

x

x3

x2 x3 + 2 3


=

=

11 3 x + (x3 ) gde su a = 0; 24

b=

11 24

Nizovi Nizovi Nizovi Nizovi Košijev kriterijum konvergencije Niz realnih brojeva fan g a1 ; a2 ; a3 ; : : : ; an je konvergentan niz ako za svaki realan broj " > 0 postoji prirodan broj p > 0 koji zavisi od "; takav da vaµzi n + p > n > p odnosno 8 veći broj n 2 N p 2 N < n+p n manji broj j an+p an j < " gde je : " realan broj " > 0 Za svaki konvergentan niz fan g n 2 N kaµzemo da je Košijev. Za niz fan g kaµzemo da je Košijev ako je lim

m!+1 n!+1

j xm

xn j = 0

gde m i n teµze + 1 nezavisno jedan od drugog.

Banahov stav Niz racionalnih brojeva a1 ; a2 ; : : : ; an ; : : : je skup racionalnih brojeva i µclanova niza gde je svaki oznaµcen jednim prirodnim brojem koji odre†uje njegovo mesto ili poloµzaj u nizu. Niz je beskonaµcan ako iza svakog µclana postoji novi µclan. Niz je odre†en ako postoji bilo kakvo pravilo koje svakom prirodnom broju ( n dodeljuje jedan µclan niza an a1 ; a2 ; : : : ; an Neka su data dva beskonaµcna niza racionalnih brojeva b 1 ; b2 ; : : : ; b n koji imaju sledeće osobine: ( niz (an ) ne pada a1 6 a2 6 6 an 6 an+1 6 1 Kada n raste tada niz (bn ) ne raste b1 > b2 > > bn > bn+1 > Dakle, dva ili više µclanova niza mogu biti jednaki ili eventualno svi µclanovi niza mogu biti jednaki. 2 Ni jedan µclan niza (an ) nije veći od bilo kog µclana niza (bn ) istog indeksa an 6 bn

n = 1; 2; 3; : : :

3 Razlika dva µclana zadatih nizova istog indeksa n bn po volji mala, odnosno lim (bn an ) = 0

an moµze postati

n!+1

Ako dva niza zadovoljavaju prethodne uslove, tada postoji jedan realan broj A ( (an ) nije veći od A an 6 A odre†en sa ta dva niza tako da ni jedan µclan niza (bn ) nije manji od A bn > A


Broj A; jednoznaµcno odre†en sa ta dva niza oznaµcimo sa A = (an ; bn ) Ako µclanove zadatih nizova prikaµzemo na brojnoj pravoj, tada nizu brojeva odgovara niz taµcaka.

bn − an

a1

a2

Taµcke niza

(

an

bn

b2

b1

(an ) µcine rastući niz taµcaka (bn ) µcine padajući niz taµcaka

gde dve ili više taµcaka istog niza mogu zauzeti poloµzaj u istoj taµcki. Svaka taµcka an zauzima poloµzaj levo od svake taµcke bn Duµzine intervala b1 a1 ; b2 a2 ; : : : ; bn an ; : : : teµze nuli ako n raste ka beskonaµcnosti, odnosno ako n ! 1 tada se duµzine tih intervala „steµzu”u jednu jednoznaµcno odre†enu taµcku A Kako se intervali bn an za n ! 1 steµzu na taµcku A koja se nalazi u svakom od tih intervala ili ( an ne prelazi desno od taµcke A na njihovim krajevima, onda ni jedan µclan bn ne prelazi levo od taµcke A Kako je

lim (bn

an ) = 0 ) lim j A

n!1

n!1

an j = 0

lim j A

n!1

bn j = 0

onda je A zajedniµcka graniµcna vrednost nizova (an ) i (bn ) odnosno A = lim an = lim bn n!1

n!1

201) Dokaµzimo da postoji beskonaµcno mnogo prirodnih brojeva n za koje je 2 3 n 1 n 1 + cos + ( 1) cos = 7 7 7 2 2 3 Neka je S = cos cos + cos Imamo trigonometrijske jednakosti 7 7 7 2 = 2 sin cos (2) sin 7 7 7 3 2 (3) sin sin = 2 sin cos 7 7 7 7 4 2 3 (4) sin sin = 2 sin cos 7 7 7 7 Ako (3) pomnoµzimo sa 1 a jednakosti (2) (3) i (4) saberemo, tada imamo (1) cos

(5) sin sin

cos

7

7

+ sin

3 = sin 7

dobijamo S =

4 7

sin 4 7

3 = 2 sin 7 7

= sin

4 7

cos

7

cos

2 3 + cos 7 7

Kako je

onda skraćivanjem jednakosti (5) sa sin

7

1 1 Sabiranjem prva tri µclana zbira (1) dobijamo Ako u zbir 2 2


(6) 1

z + z2 z3+ z4 z5+ z6 =

1 + ei 7 1+

1+ z 7 stavimo z = ei 7 tada ovaj zbir iznosi 1+z

7

=

ei 7

1 + ei 1+

ei 7

=

1

1

1+

ei 7

=0

Mnoµzenjem leve i desne strane jednakosti (6) sa z k dobijamo (7) z k z k+1 + z k+2 z k+3 + z k+4 z k+5 + z k+6 = 0 jer je desna strana jednaka nuli za z = ei 7 Iz jednakosti (7) izjednaµcavanjem realnog dela sa nulom, dobijamo k 7

(k + 2) (k + 3) cos + 7 7 (k + 4) (k + 5) (k + 6) cos + cos =0 + cos 7 7 7 pa zakljuµcujemo da je zbir 7 uzastopnih µclanova zbira (1) (na bilo kom mestu) 1 jednak nuli. Već smo videli da zbir prva tri µclana iznosi Ako tom zbiru do2 1 damo još 7 µclanova, tada dodajemo nulu, pa je zbir ponovo Ako dodamo 2 1 još7 µclanova, ponovo je zbir i tako redom. Dakle, jednakost (1) je taµcna za 2 n = 3; 10; 17; : : : odnosno uopšte za n = 3 + 7k k = 0; 1; 2; : : : Time je dokaz završen! cos

cos

(k + 1) 7

+ cos

1 xn+1 = (xn + sin xn ) n = 0; 1; 2; : : : 3 Ispitajmo da li je niz konvergentan. Odredimo bar jedno m tako da je jxn j < 0:003 za svako n > m

202) Niz je de…nisan sa x0 = 1

Za funkciju g (x) =

1 1 (x + sin x) imamo g 0 (x) = (1 + cos x) 3 3 | {z }

Kako je

62

2 1 6 cos x 6 1 onda za svako x imamo 0 6 g 0 (x) 6 pa niz konvergira 3 1 1 Iz jednakosti xn = (xn 1 + sin xn 1 ) dobijamo jxn j 6 jxn 1 j + jsin xn 1 j 3 3 2 Kako je jsin xn 1 j 6 jxn 1 j onda imamo jxn j 6 jxn 1 j odnosno 3 n n 2 2 jxn j 6 jx0 j = Prema uslovu zadatka jxn j < 0:003 imamo 3 3 n

2 < 0:003 ) ln 3 = 14:3 : : :

n

2 2 ln (0:003) < ln (0:003) ) n ln < ln (0:003) ) n < 2 3 3 ln 3


203) Dokaµzimo da je niz 1 + 2 1 yn = 1 + + 2

1 n 1 + n

xn = 1 +

y

+

n = 1; 2; : : : divergentan a niz ln n

n = 1; 2; : : : konvergentan. Pogledajmo niz xn = x1 + x2 + + xn gde je an = f (n) a x 7! f (x) pozitivna opadajuća funkcija. Prema slici imamo n+1 Z xn = a1 1 + a2 1 + + an 1 > f (x) dx

y = f ( x)

a1 a 2 a 3 0

1

2

xn >

n+1 Z

3

an n

4

1 dx = ln x x

1

gde je f (x) =

x

1 odnosno x

1

n+1 1

= ln (n + 1) |{z} ln 1 = ln (n + 1) ! + 1 ako n ! + 1 0

Dati niz divergira. Za upisane pravougaonike vaµzi nejednakost Zn 1 a2 + a3 + + an < f (x) dx gde je f (x) = odnosno x 1

1 1 + + 2 3

1 + < n

Zn

f (x) dx =

1

Zn

n

1 dx = ln x x

= ln n

ln 1 = ln n ili

1

1

1 1 1 yn = 1 + + + + < ln n + 1 odakle je 2 3 n 1 1 1 + ln n < 1 Niz (yn ) je ograniµcen yn = 1 + + + 2 3 n Dokaµzimo da niz monotono opada. Kako je t2 2

t3

t) =

yn+1

yn =

1 n+1

ln (n + 1)

=

1 n+1

1 n 1 + ln = n n+1 n+1

=

1 n+1

1 + n

=

t

t3 + 3

ln (1

1 2

2 (n + 1)

odnosno 1 n

1 n+1 1 + n

ln n

=

1 n+1

ln (n + 1)

1 + ln 1 n 1

2 (n + 1)

2

+

1 n2

1 + ln n n

1 n+1 !

2 n 1 n 2 (n + 1) = = 2 2 n 2n (n + 1)

2 n2 + 2n + 1 2n (n + 1)

2


yn+1

2n2

n

=

2n

2n (n + 1)

1 2

2n2 + n + 1

=

2

2n (n + 1)

< 0 onda imamo

yn < 0 ) yn+1 < yn pa niz (yn ) monotono opada i konvergira Z1

x

204) U potencijalni red razvijmo I = xx dx

Kako je xx = eln x = ex ln x

0

et = 1 +

1 1 2 1 3 t+ t + t + 1! 2! 3!

xx = ex ln x = 1 + x ln x +

=

+1 X

1 n t onda zamenom dobijamo n!

n=0

1 2 2 1 3 3 x ln x + x ln x + 2! 3!

=

Rešimo integral Z1 In = xn lnn x dx

Ako je lnn x = u ) du = n lnn

0

Z

n

x dx = dv ) v = 1

xn+1 In = lnn x n+1 0 {z } |

xn dx = Z1

n n+1

1

x

+1 X 1 n n x ln x n! n=0

1 1 dx = n lnn x x

1

x dx

xn+1 n+1

tada parcijalnom integracijom dobijamo

xn lnn

1

x dx

0

1 x Kako je ln 1 = 0 = lim ( x) = 0 1 x!0 x2 Z1 n xn lnn 1 x onda vrednost oznaµcena sa F iznosi 0 pa imamo In = n+1 F

ln x L:P: lim x ln x = lim == lim x!0 x!0 1 x!0 x

0

dx Ako je lnn

1

x = u ) du = (n xn+1 n+1

xn dx = dv ) v = In =

n lnn n +1 |

1) lnn

n 1 xn+1 x n +1 0 n +1 {z }

Z1

n

0

0

In =

1) (n (n + 1)

3

2)

1 dx = (n x

Z1 0

xn lnn

3

n 2

x ln

Ponavljanjem postupka dobijamo n (n

x

1)

1 n ln x

2

x dx

tada parcijalnom integracijom dobijamo 1

1

2

x dx

!

x dx =

n (n

1)

(n +1)

2

Z1 0

xn lnn

2

x dx


=

n (n

1) (n

2) (n

(n + 1)

=(

1)

n (n

n

3)

4

Z1

xn lnn

4

x dx =

=

0

1) (n 2) (n n (n + 1)

3)

Z1

2 1

xn dx

Kako je

0

Z1

xn dx =

xn+1 n+1

0

In = (

I=

Z1 0

=

1)

1

= 0

1 n+1

onda zamenom dobijamo

n! 1 =( n (n + 1) n + 1

n

1)

n!

n

(n + 1)

Z1 X +1 +1 X 1 n n 1 x dx = x ln x dx = ( n! n! n=0 n=0 x

odnosno

n+1

1)

0

+1 X

(

1)

n

n=0

1 (n + 1)

n+1

=1

1 1 + 3 22 3

1 1 + 5 44 5

n!

n

(n + 1)

n+1

1 1 + 7 66 7

+

205) Dokaµzimo da jednaµcina x3

y=

x3

y=

x+

1

x 1 = 0 ima jedinstveno rešenje na R i pokaµzimo dobijanje tog rešenja metodom iteracije. p Ako jednaµcinu prikaµzemo u obliku x3 = x + 1 ) x = 3 x +1 y tada sa slike vidimo da postoji jedan presek gra…ka funkcija 2 y = x3 y = x + 1 gde je apscisa preseka veća od 1 p Ako formiramo iterativni postupak xn+1 = 3 xn + 1 gde je 1 2 d p 1 1 3 xn + 1 = (x + 1) 3 = p <1 x>0 x dx 3 3 3 x+1 0 1 d p 3 tada vidimo da niz konvergira jer je xn + 1 veće dx od nule i manje od jedan.

206) Dokaµzimo da jednaµcina arc tg 2x 3x+15 = 0 ima jedinstveno rešenje na R i pokaµzimo dobijanje tog rešenja metodom iteracije. y=

1 arc tg 2 x 3

π

x−

5

y

6

x 0

2

Ako jednaµcinu prikaµzemo u obliku 1 arc tg 2x = 3x 15 ) arc tg 2x = x 3

6

4

5 ) x=

1 arc tg 2x + 5 3


tada sa slike vidimo da postoji jedan presek gra…ka funkcija 1 arc tg 2x + 5 y = x 5 gde je apscisa preseka veća od 1 3 1 Ako formiramo iterativni postupak xn+1 = arc tg xn + 5 za koji je 3 2 1 1 2 1 d = < 1 x > 0 tada vidimo da arc tg 2x + 5 = dx 3 3 1 + 4x2 3 1 + 4x2 niz konvergira jer je

d dx

1 arc tg 2x + 5 3

veće od nule i manje od jedan.

207) U zavisnosti od parametra a > 0 ispitajmo konvergenciju i odredimo graniµcnu vrednost niza fxn g de…nisanog sa x0 = a

xn = xn

a x2n

1

n = 1; 2; : : :

1

Za a = 0 svi µclanovi niza iznose 0 1 x21 = x1 (1 x1 ) = 0 | {z } 0 Ako niz ima graniµcnu vrednost x tada je Za a = 1 ) x1 = x0 = 1 a x2 ) 0 =

x=x xn

xn

1

= xn

1

x2 = x1

a x2 ) x = 0

a x2n 1

Prema jednaµcini x2 = a

xn

1

=

a2 = a (1

Prema rezultatu jednaµcine

a x2n

1

vidimo da niz opada za a > 0

a) imamo:

1 4 Za a > 1 ) x2 < 0 ) svi µclanovi niza su negativni i niz divergira. Za 0 < a < 1 ) 0 < x2 < 1 ili preciznije 0 < x2 <

Dakle, za 0 6 a 6 1 dati niz konvergira.


xn+1 =

3xn + 1 2xn + 4

n = 1; 2; : : :

Primenom Banahovog stava dokaµzimo da niz ima graniµcnu vrednost. Odmah vidimo da je xn > 0 n 2 N Iz jednakosti xn+1

xn = = =

3xn 2xn

3xn + 1 2xn + 4 6xn xn

1

1 +1

1 +4

+ 2xn

1

=

(3xn + 1)(2xn 1 + 4) (2xn + 4)(3xn (2xn + 4) (2xn 1 + 4)

+ 12xn + 4 (6xn xn 1 + 12xn (2xn + 4) (2xn 1 + 4)

10xn 1 + 10xn = (2xn + 4) (2xn 1 + 4)

dobijamo

1

+ 2xn + 4)

10 (xn 2xn + 4 2xn 1 + 4 |{z} | {z } >0

>0

1 + 1)

xn

1)

5 jxn xn 1 j pa na osnovu Banahovog stava o nepokretnoj 8 taµcki zakljuµcujemo da dati niz konvergira. Iz jednaµcine

j xn+1

xn j 6


p 3x +1 1+ 8 1 2 x= ) x (2x + 4) = 3x+1 ) 2x +x 1 = 0 ) x1;2 = ) 2x + 4 4 1 1 x = 1 < 0 „otpada” dobijamo graniµcnu vrednost x = x= 2 2 1 xn = 1 + arc tg xn 2 Dokaµzimo da je dati niz konvergentan


n = 1; 2; : : :

1

1 1 1 odnosno 0 < g 0 (x) < 1 arc tg x vaµzi g 0 (x) = 2 2 1 + x2 pa na osnovu Banahovog stava o nepokretnoj taµcki niz konvergira.

Za funkciju g (x) = 1 +

210) Niz f xn g je de…nisan sa x1 = a 2 (0; 1) xn+1 = xn x2n n = 1; 2; : : : 1 Dokaµzimo da je niz konvergentan i odredimo njegovu graniµcnu vrednost 2 Proverimo da li se zadatak pod 1 moµze rešiti primenom Banahovog stava o nepokretnoj taµcki. 1 Ako datu rekurentnu formulu xn+1 = xn x2n napišemo u obliku xn+1 = xn (1 xn ) tada vidimo da se svaki µclan niza koji pripada intervalu (0; 1) preslikava na broj koji i sam pripada intervalu (0; 1) pa zakljuµcujemo da je niz ograniµcen Me†utim, ako datu rekurentnu formulu xn+1 = xn x2n napišemo u obliku xn+1 xn = x2n tada vidimo da je xn+1 < xn pa zakljuµcujemo da niz monotono opada. Kako je niz monoton i ograniµcen, onda je on i konvergentan. Graniµcnu vrednost x dobijamo iz jednaµcine x = x x2 ) x = x (1 x) ) x = 0 x2 imamo y 0 = 1

2 Za funkciju y = x 1 = 2x ) x =

2x ) y 0 = 0 ) 1

1 Dakle, maksimalna vrednost funkcije xn 4

2x = 0 )

x2n na intervalu

1 1 pa su (ne raµcunajući x1 ) svi ostali µclanovi niza manji ili jednaki 4 4 Oduzimanjem jednakosti

(0; 1) iznosi

xn+1 = xn xn+1

x2n

xn = xn = xn

xn = xn x2n xn

xn 1

= xn xn 1 | {z }

+

1

1

x2n 1

x2n x2n

1

x2n

(xn xn | {z

1

dobijamo

= xn

1 ) (xn 1

}

x2n

= xn xn

1

xn + (xn

+ xn )

1

+ x2n 1

1

xn ) (xn

1

+ xn )


= 1 (xn 1 + xn ) (xn xn 1 ) = 1 (xn + xn 1 ) (xn xn 1 ) odnosno j xn+1 xn j = 1 (xn + xn 1 ) j xn xn 1 j < j xn xn 1 j | {z } | {z } pa dato preslikavanje ima osobinu kontrakcije ili suµzavanja. Prema Banahovom stavu o nepokretnoj taµcki niz je konvergentan. 2 (2an + 1) n2N an + 3 Ispitajmo konvergenciju datog niza. Ako je niz konvergentan odredimo njegovu graniµcnu vrednost. 2 (2x + 1) Rešenje I Za funkciju g (x) = sledi x+3 2x + 6 2x 1 1 2 (x + 3) (2x + 1) =2 = 10 g 0 (x) = 2 2 2 2 (x + 3) (x + 3) (x + 3)

211) Niz fan g zadat je pomoću a1 = 1

an+1 =

2 (2an + 1) ima osobinu an + 3 kontrakcije ili suµzavanja što znaµci da je niz konvergentan. Graniµcnu vrednost niza dobijamo iz jednaµcine

Za x > 1 )

g 0 (x) < 1 pa preslikavanje an+1 =

2 (2a + 1) ) a (a + 3) = 2 (2a + 1) ) a2 + 3a = 4a + 2 ) a2 a+3 p 1+8 1 a=2 ) ) a1;2 = a = 1 < 0 „otpada” 2 Rešenje II Iz jednakosti a=

an+1

an =

2 (2an + 1) an + 3

an =

a2n + 3an = an + 3

4an + 2 an + 3

a

2=0

a2n + an + 2 an + 3

a2n

an 2 (an 2) (an + 1) = sledi da za a1 = 1 niz moan + 3 an + 3 notono raste ali njegovi µclanovi ne mogu biti veći od 2 =

212) Odredimo graniµcnu vrednost niza fan g µciji je opšti µclan an = n 1 0

r

1

1 n

1

1 n

5

an = n @1 n

(1 + t) = 1 +

! 1 5

Ako opšti µclan niza prikaµzemo u obliku 1

A tada primenom binomnog razvoja

1 1 nt + n (n 1 1 2

1) t2 +

1 n (n 1 2 3

1) (n

dobijamo an = n 1

1+

1 5

1 n

+

1 1 2 5

1 5

1

1 + n2

1 n2

2) t3 +


=n 1 =

1

1 5n

1 2 + + 5 25n

1 n

2 1 + 25 n2 pa an !

1 n2

=n

1 2 1 + + 5n 25 n2

1 n2

1 ako n ! + 1 5

213) Odredimo graniµcnu vrednost niza fan g µciji je opšti µclan 1 2+2 3+ + n (n + 1) Kako je 3 n 1 1 2+2 3+ + n (n + 1) = n (n + 1) (n + 2) 3 onda opšti µclan niza moµzemo prikazati u obliku an =

an =

1 2+2 3+ + n (n + 1) 1 = 3 n3 n

2 1 1+ + 2 n3 + 3n2 + 2n n n pa je = = 3n3 3

1 n (n + 1) (n + 2) 3 lim an =

n!+1

214) Niz fan g zadat je sa a1 = a (a > 0)

1 3

an+1 =

an + 1 an + 2

(n > 1)

Dokaµzimo da je niz konvergentan i odredimo njegovu graniµcnu vrednost Za funkciju g (x) =

x+1 x + 2 (x + 1) 1 sledi g 0 (x) = = 2 2 <1 x+2 (x + 2) (x + 2)

Za x > 0 ) j g 0 (x) j < 1 pa preslikavanje an+1 =

x>0

an + 1 ima osobinu koan + 2

ntrakcije ili suµzavanja. Na osnovu Banahovog stava dati niz konvergira. Graniµcnu vrednost datog niza dobijamo iz jednaµcine A+1 ) A (A + 2) = A + 1 ) A2 + 2A = A + 1 ) A2 + A 1 = 0 ) A+2 p p p p 1 1+ 4 1 5 1+ 5 1 5 A1;2 = = ) A= A= < 0 otpada 2 2 2 2 p 1+ 5 Dakle, graniµcna vrednost niza je A = 2 A=

215) Dat je niz xn de…nisan pomoću: (1) x1 = a > 1

xn+1 =

xn + 4 2 xn + 3

n = 1; 2; : : :

Dokaµzimo da je dati niz konvergentan i odredimo graniµcnu vrednost:

a) Primenom teoreme o monotonom i ograniµcenom nizu. b) Primenom Banahovog stava o nepokretnoj taµcki.


a) Ako je xn > 0 tada iz (1) sledi da je i xn+1 > 0 Kako je x1 = a > 1 onda su svi µclanovi niza pozitivni. Odredimo razliku xn+1 1 (2) xn+1

1=

xn + 4 2xn + 3

1=

xn + 4 2xn + 3

Iz ove jednakosti dobijamo: ( xn > 1 tada je xn+1 Ako je xn < 1 tada je xn+1

2xn + 3 xn + 4 2xn = 2xn + 3 2xn + 3

3

=

1 xn 2xn + 3

1 < 0 ) xn+1 < 1 1 > 0 ) xn+1 > 1

Niz nije monoton pa je zadatak pod a) nekorektan. Prema xn > 0 i (2) imamo j xn+1

1j=

j 1 xn j j xn 1 j < j 2xn + 3 j 3

odakle vidimo da niz j xn

1 j mono-

tono opada i teµzi ka nuli ako n ! + 1 pa graniµcna vrednost niza xn iznosi 1

b) Po†imo od jednakosti xn+1 =

xn + 4 2 xn + 3

xn+2 =

xn+1 + 4 2 xn+1 + 3

Ako oduzmemo leve i desne strane ovih jednakosti, tada dobijamo xn+2

xn+1 =

xn+1 + 4 2 xn+1 + 3

xn + 4 2 xn + 3

=

( xn+1 + 4 ) ( 2 xn + 3 ) ( 2 xn+1 + 3 ) ( xn + 4 ) ( 2 xn+1 + 3 ) ( 2 xn + 3 )

=

2 xn xn+1 + 8 xn + 3 xn+1 + 12 ( 2 xn xn+1 + 3 xn + 8 xn+1 + 12) ( 2 xn+1 + 3 ) ( 2 xn + 3 )

=

5 xn 5 xn+1 = ( 2 xn+1 + 3 ) ( 2 xn + 3 )

5

xn+1 xn ( 2 xn+1 + 3 ) ( 2 xn + 3 )

Kako je xn > 0 iz prethodne jednaµcine sledi j xn+2

xn+1 j <

5 j xn+1 9 |{z}

xn j

<1

Dakle, preslikavanje xn+1

xn + 4 = 2 xn + 3

x1 > 1 ima osobinu kontrakcije ili

suµzavanja, što znaµci da je rastojanje izme†u elemenata xn+2 i xn+1 oznaµceno sa j xn+2 xn+1 j manje od rastojanja izme†u elemenata xn+1 i xn pa na osnovu Banahovog stava o nepokretnoj taµcki niz xn konvergira. x+ 4 ) x (2x + 3) = x + 4 ) 2x2 + 3x = x + 4 2x + 3 p 2 4 + 32 2 6 x=1 ) 2x2 +2x 4 = 0 ) x1;2 = = ) x = 2 < 0 „otpada” 4 4 pa je graniµcna vrednost x = 1 Ako je

lim xn = x ) x =

n!+1


216) Niz (xn ) de…nisan je rekurzivnom formulom 1 a a + x2n 1 za n = 2; 3; : : : gde je x1 = 0
xn+1

j xn+1

a + x2n 1 a + x2n a x2n 1 x2 x2n 1 a + x2n = = n 2 2 2 2 (xn + xn 1 ) (xn xn 1 ) xn + xn 1 = = (xn xn 1 ) odnosno 2 2 xn + xn 1 xn j = j xn xn 1 j < j xn xn 1 j Preslikavanje 2 | {z }

xn =

<1

1 xn = a + x2n 1 pri naznaµcenim uslovima ima osobinu kontrakcije ili su2 µzavanja pa dati niz konvergira. Graniµcnu vrednost x dobijamo iz jednaµcine p 1 2 4 4a x= a + x2 ) 2x = a + x2 ) x2 2x + a = 0 ) x1;2 = = 2 2 ( p p x = 1 + 1 a > 1 otpada p 2 2 1 a =1 = 1 a ) p 2 x=1 1 a

217) Dat je niz fxn g

x1 = 1

xn+1 =

1 1 + xn

n = 1; 2; : : :

Dokaµzimo da niz ima konaµcnu graniµcnu vrednost i odredimo je. Rešenje I Za x > 0 )

Ako je x = g (x) =

1 tada imamo g 0 (x) = 1+x

1 2

(1 + x)

g 0 (x) < 1 pa niz konvergira. Iz jednakosti x =

1 ) 1+x p 1+4 ) 2

1 x (1 + x) = 1 ) x + x2 = 1 ) x2 + x 1 = 0 ) x1;2 = p p p 1+ 5 1+ 5 1 5 x= graniµcna vrednost je x = jer x = < 0 otpada 2 2 2 Rešenje II Iz jednakosti xn+1

xn = =

1 1 + xn

1 1 + xn

= 1

xn xn 1 (1 + xn ) (1 + xn

1 + xn 1 (1 + xn ) 1 + xn 1 1 xn = (1 + xn )(1 + xn 1 ) (1 + xn )(1 + xn 1 )

1)

dobijamo


j xn+1

xn j =

j xn xn 1 j (1 + xn ) (1 + xn

Kako je j xn+1

1)

xn j < L j xn

xn

1

j

gde je L < 1 onda prema Banahovom stavu o nepokretnoj taµcki, preslikavanje 1 ima osobinu kontrakcije ili suµzavanja pa niz konvergira. 1 + xn p 1+ 5 1 ) x= Graniµcnu vrednost niza dobijamo iz jednaµcine x = 1+x 2 xn+1 =

218) Ispitajmo konvergenciju niza de…nisanog sa 1 (xn + sin xn ) n = 1; 2; : : : 3 Ako je niz konvergentan, odredimo njegovu graniµcnu vrednost. Za funkciju

x1 = 1

g (x) =

xn+1 =

1 1 (x + sin x) vaµzi g 0 (x) = (x + cos x) pa je 3 3

g 0 (x) < 1 za svako x

1 (x + sin x) 3 sin x = 0 ) graniµcna vrednost niza je x = 0

Prema Banahovom stavu niz je konvergentan. Iz jednaµcine x = ) 3x = x + sin x ) 2x

219) Niz (xn ) je de…nisan pomoću 0 < x1 < b

xn+1 =

r

ab2 + x2n a+1

a; b > 0

n = 1; 2; : : :

Dokaµzimo da je niz konvergentan i odredimo njegovu graniµcnu vrednost. r ab2+ x2n Kako je a > 0 onda je xn+1 > 0 za svako n Ako jednakost xn+1 = a+1 prikaµzemo u obliku r r r ab2 + b2 b2 + x2n b2 (a + 1) + x2n b2 b2 (a + 1) x2n b2 xn+1 = = = + a+1 a+1 a+1 a+1 r x2 b2 = b2 + n tada prema x1 < b ) xn < b za svako n pa je niz a+1 ograniµcen. Iz jednakosti xn+1

xn =

r

2

x2n

ab + a+1

xn =

r

2

x2n

ab + a+1

xn

!

r

ab2 + x2n + xn r a+1 ab2 + x2n + xn a+1

a b2 x2n ab2 + x2n ax2n xn ab2 + x2n x2n 1 = r 2a + 12 = r 2a + 12 = r a+ ab2 + x2n ab + xn ab + xn + xn + xn + xn a+1 a+1 a+1


zakljuµcujemo da je xn+1 xn > 0 jer je xn < b Dakle, pored ograniµcenosti niz je monotono rastući pa je konvergentan. Iz jednaµcine r ab2 + x2 ab2 + x2 x= ) x2 = ) x2 (a +1) = ab2 + x2 ) ax2 + x2 = ab2 + x2 a+1 a+1 ) x2 = b2 ) x = b dobijamo graniµcnu vrednost x = b

220) Niz (xn ) n 2 N dat je sa x1 = 1

xn =

4 1 + xn

n = 2; 3; : : : 1

Dokaµzimo da je niz konvergentan i odredimo njegovu graniµcnu vrednost. Za x1 = 1 ) x2 =

4 1+ 2

1

= 2; : : : pa se rekurzivnom formulom xn =

4 1+ xn

1

4 4 generiše niz sa pozitivnim µclanovima. Kako je xn+1 = xn = 1+ xn 1+ xn 1 onda imamo 4 4 4(1+ xn 1 ) 4(1+ xn ) 4 + 4xn 1 4 4xn xn+1 xn = = = 1+ xn 1+ xn 1 (1 + xn ) (1 + xn 1 ) (1 + xn )(1 + xn 1 ) = =

4 (xn 1 xn ) = (1 + xn ) (1 + xn 1 ) 1 4 (xn 1 + xn 1 1 + xn | {z }

4 (xn xn 1 ) (1 + xn ) (1 + xn 1 ) xn

1)

=

xn

1)

Kako je

<1

xn

xn < 1 odnosno jxn+1 1+ xn

xn (xn 1+ x | {z n}

xn j < jxn

xn

1j

onda prema Banahovom stavu

o nepokretnoj taµcki niz konvergira. Iz jednaµcine a = p

1+16 a + a = 4 ) a + a 4 = 0 ) a1;2 = dobijamo graniµcnu vrednost 2 p p 1 + 17 1 17 a= jer a = < 0 otpada 2 2 2

2

221) Niz fan g dat je sa

1

4 ) a (1 + a) = 4 ) 1+a

x1 = a (a > 0)

xn+1 =

xn + 1 xn + 2

(n > 1)

Dokaµzimo da je niz konvergentan i odredimo njegovu graniµcnu vrednost. Iz date rekurentne formule vidimo da su svi µclanovi niza pozitivni. Za funkciju x + 2 (x + 1) x+1 1 vaµzi g 0 (x) = = 2 2 < 1 pa je niz konvex+2 (x + 2) (x + 2) x+1 rgentan. Graniµcnu vrednost x dobijamo iz jednaµcine x = odakle je x+2 p 1 1+4 2 2 x (x + 2) = x+1 ) x +2x = x+1 ) x +x 1 = 0 ) x1;2 = 2 g (x) =


1+ 2

) x=

p

5

x=

p

1 2

5

< 0 „otpada”

222) Dat je niz xn de…nisan pomoću x1 = a > 1 xn+1 =

xn + 4 n = 1; 2; : : : 2xn + 3

Dokaµzimo da je dati niz konvergentan i odredimo graniµcnu vrednost Za g (x) =

2x+3 (x+ 4) 2 2x+3 2x 8 x+4 vaµzi g 0 (x) = = = 2 2 2x+3 (2x + 3) (2x + 3)

5 (2x+3)

2

xn + 4 ima osobinu kon2xn + 3 x+4 trakcije ili suµzavanja, odnosno niz je konvergentan. Iz jednaµcine x = 2x + 3

Za x > 0 )

g 0 (x) < 1 pa preslikavanje xn+1 =

x (2x + 3) = x + 4 ) 2x2 + 3x = x + 4 ) 2x2 + 2x

4 = 0 ) x2 + x

2=0

dobijamo graniµcnu vrednost 1

223) Niz (xn ) de…nisan je sa p p p p p x1 = 13 x2 = 13 + 5 xn+2 = 13 + 5 + xn Dokaµzimo da je niz konvergentan i odredimo njegovu graniµcnu vrednost Iz rekurentne formule dobijamo r q q p p p p p p p x1 = 13 x2 = 13+ 5 x3 = 13+ 5+ 13 x4 = 13+ 5+ 13+ 5 Dati niz je oµcigledno monotono rastući p Kod svih µclanova x1 ; x3 ; : : : ; x2n 1 poslednji unutrašnji koren je 13 p Kod svih µclanova x2 ; x4 ; : : : ; x2n poslednji unutrašnji koren je 5 (p p 13 stavimo 16 p Ako umesto tog poslednjeg korena p 5 stavimo 9 tada svi µclanovi reda iznose 4 što nije teško proveriti. Dakle, niz je ograniµcen a samim tim je i konvergentan. Neka je graniµcna vrednost x Iz jednaµcine p p p p x = 13 + 5 + x dobijamo x2 = 13 + 5 + x ) x2 13 = 5 + x ) x2

13

2

= 5 + x ) x = 4 pa je graniµcna vrednost 4

224) Niz (an ) zadat je rekurzivnom formulom a1 = c (c > 0)

an+1 =

6 (1 + an ) 7 + an

n = 1; 2; : : :

Ispitajmo konvergenciju datog niza i odredimo njegovu graniµcnu vrednost ako ona postoji. Iz formule (1) an+1 =

6 (1 + an ) 6 + 6an = 7 + an 7 + an

vidimo da je an > 0 za a1 = c c > 0


Ako formulu (1) napišemo u obliku 6 + 6an 6an + 42 38 (6an + 42) = = 7 + an 7 + an an + 7

an+1 =

38

38 tada vidimo an + 7

=6

da je za n > 1; an < 6 nezavisno od toga koliko je c Iz razlike an+1

an =

6 (1 + an ) 7 + an

=

an =

an a2n +6 = 7 + an

6 + 6an 7 + an

7an + a2n 6 + 6an 7an = 7 + an 7 + an

a2n +an 6 = 7 + an

(an 2)(an +3) = 7 + an

a2n

an +3 (an 2) 7+ an

vidimo: Ako je a1 = c < 2 tada niz monotono raste jer je an+1 Ako je a1 = c > 2 tada niz monotono opada jer je an+1 Dakle,

lim an = 2

n!+1

Rešenje II Za funkciju g (x) = g 0 (x) =

an > 0 an < 0

6 (7 + x)

(6 + 6x) 2

(7 + x)

=

6 (1 + x) 6 + 6x = vaµzi 7+x 7+x

42 + 6x

6

6x 2

(7 + x)

=

36 2

(7 + x)

Za x > 0 ) g 0 (x) < 1 pa preslikavanje (1) ima osobinu kontrakcije ili suµzavanja, odnosno niz konvergira


Redovi Napomena ! Operator

X

( sigma ) koristimo za „skraćeno” oznaµcavanje

zbira nekog brojevnog niza kada je

n X

ai = a1 + a2 + a3 +

+ an ; odnosno

i=1

1 Sigma zbira jednak je zbiru sigmi, odnosno n n n X X X ( ai + bi ) = ai + bi i=1

i=1

i=1

2 Sigma razlike jednak je razlici sigmi, odnosno n n n X X X ( ai bi ) = ai bi i=1

3

n X i=1

4

n X

i=1

c=c

n X

t=0

=c n

c - konstanta

n X

k2R

i=1

k ai = k

ai

i=1

i=1

7 X

i=1

7 t=7

7 X

t = 7 ( 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 ) = 7 28 = 196

t=0

225) Ispitajmo konvergenciju numeriµckog reda Primenom Dalamberovog kriterijuma dobijamo

+1 X n! n n n=1

(n+1)! n+1 (n+1)! nn n! (n+1) nn an+1 (n+1) = lim = lim = lim n n! n!+1 n! (n+1)n+1 n!+1 n! (n+1) (n+1) n!+1 n!+1 an nn nn n 1 n nn = lim n = lim n = lim n n!+1 (n + 1) n!+1 (n + 1) n!+1 n+1 nn n

lim

= lim

n!+1

1 1+

1 n

n

+1 X n! Red je konvergentan. n n n=1

1

= lim

n!+1

|

1 1+ n {z e

226) Ispitajmo konvergenciju numeriµckog reda

n

=

1 <1 e

} +1 2 X (n!) (2n)! n=1


Primenom Dalamberovog kriterijuma dobijamo (n + 1)!

2 2

(2n)! (n + 1)! 2 (n + 1) ! an+1 lim = lim = lim 2 2 n!+1 an n!+1 n!+1 (n!) (n!) 2 (n + 1) ! (2n)! = lim

(2n)! n! (n +1)

n!+1

2

(n!)

2

2 (n +1) !

2

= lim

n!+1

2

(n!) (2n)! (2n +1)(2n + 2)

2

2

= lim

(n + 1) (n + 1) = lim (2n + 1) (2n + 2) n!+1 (2n + 1) 2(n + 1)

= lim

n+1 = lim 2 (2n + 1) n!+1

n!+1

n!+1

+1 2 X (n!) Red je konvergentan. (2n)! n=1

1 n 1 2 2+ n 1+


lim

n!+1

un+1 = lim n!+1 un

= lim

n!+1

Red

+1 X an n! n=1

2

(2n)! (n!) (n + 1)

=

1 <1 4

+1 n X a n! n=1

a>0

an+1 n! an+1 n! an a (n + 1)! = lim = lim n n a n!+1 (n + 1)! a n!+1 n! (n + 1) an n! a a n =0 = lim 1 n + 1 n!+1 1+ n

a > 0 je konvergentan.


+1 n X (a n) n! n=1

a>0

n+1

un+1 = lim lim n!+1 un n!+1

a (n + 1) (n + 1)! n (a n) n!

n+1

n! a (n + 1) = lim n n!+1 (n + 1)! (a n) n

n! a (n + 1) a (n + 1) a a (n + 1) = lim = lim n n n!+1 n!+1 n! (n + 1) (a n) (a n)

n


a (n +1) an

= a lim

n!+1

n

= a lim

n!+1

n +1 n

n

n

1 = a lim 1+ =ae n!+1 n | {z } e

1 red je konvergentan. e 1 Za a e > 1 ) a > red je divergentan. e 1 Za a e = 1 ) a = dobijamo red e Za a e < 1 ) a <

1 n e n!

n

nn +1 X nn en = = = n! en n! n=1 n=1 n=1 n=1 p n!1 STOP ! Stirlingova formula n! s nn e n 2 n aproksimira vrednost n! i to sve preciznije ako je vrednost prirodnog broja n veća, odnosno pokazuje da je desna strana prethodne relacije asimptotska (s) vrednost od n! Dakle, ako n ! 1 tada vaµzi Stirlingova formula p n! s nn e n 2 n n!1 Ponovimo, desna strana Stirlingove formule je bliµza levoj strani ako je priran odni broj n veći. Ako n ! 1 tada oznaka s ozanµcava da je lim = 1 kada n!1 bn kaµzemo da su an i bn ekvivalentne veliµcine. Sada dovršimo zadatak. +1 X

n e n!

+1 X

n

+1 X

Primenom Stirlingove formule, opšti µclan prethodnog reda iznosi an =

nn 1 1 nn p s =p s p n! en nn e n 2 n 2 n 2

1 1

en

Kako red

+1 X 1

1

n=1

za a =

n2

divergira, onda prema drugom poredbenom kriterijumu

n2

1 dati red divergira. e

229) Ispitajmo konvergenciju numeriµckog reda Primenom Dalamberovog kriterijuma dobijamo an+1 lim = lim n!+1 an n!+1

(n + 1) (n + 1) + 1 7n+1 n (n + 1) 7n n

+1 X n (n + 1) 7n n=1

= lim

n!+1

7n (n + 1) (n + 2) 7n+1 n (n + 1)

7 (n + 2) n+2 = lim = lim n!+1 7n n!+1 7n 7n pa je red konvergentan. = lim

n!+1

2 n n 7

n 1+

=

1 <1 7


+1 X

230) Ispitajmo konvergenciju numeriµckog reda

n=1

Primenom Dalamberovog kriterijuma dobijamo

1 n 7n

1 n 7n an+1 n 7n (n +1) 7n+1 = lim lim = lim = lim 1 n!+1 (n +1) 7n 7 n!+1 an n!+1 n!+1 (n +1) 7n+1 n n 7 n 1 1 = lim = lim = <1 n!+1 7 ( n + 1 ) n!+1 1 7 7 1+ n pa je red konvergentan. +1 X 1 231) Ispitajmo konvergenciju numeriµckog reda 2 n + (log n) n=1 +1 X 1 Kako je harmonijski red divergentan, onda konvergenciju datog reda n n=1

moµzemo ispitati primenom uporednog kriterijuma upore†ivanjem opšteg µclana 1 datog reda sa kada imamo n 1 1 ! 2 2 n + (log n) (log n) n n = lim = lim 1 + lim = lim 1 n!+1 n!+1 n!+1 an n!+1 n n 2 n + (log n) 1 2 2 log n (log n) L:P: 2 log n L:P: n = 1+ lim == 1+ lim = 1+ lim == n!+1 n!+1 n!+1 n 1 n 1 2 n = 1 pa dati red divergira = 1 + lim n!+1 1 | {z } 0

232) Dokaµzimo jednakost (1)

Za n = 0 jednakost (1) vaµzi jer je

n 1

x

x

1 ex

1

1 ex

(n)

=

(0)

(

n

n 2 N0

1

ex = a to je jednako desnoj x

strani jednakosti (1) za n = 0 Iz razvoja et = 1 + t +

t2 + 2!

+

tk + k!

1 1 1 1 1 1 1 dobijamo e x = 1 + + + + + na osnovu µcega je 2 x x 2! x k ! xk 1 1 n 3 1 1 1 1 1 x e = xn 1 + xn 2 + x + + x+ + + 2! (n 2)! (n 1)! n! x

za t = xn

1

1) e x xn+1


1 (n + k

+

1 + 1)! xk

Ako levu i desnu stranu ove jednakosti diferenciramo n puta, tada prvi µclanovi 1

zakljuµcno sa

(n onda dobijamo xn

1

1

1)!

(n)

=

ex

+1 X

1 xk

otpadaju. Kako je

(

1)

k=1

n

= ( 1)

k (k + 1)

1 (n + k

n

(n)

1)!

(k + n xk+n

Ako brojilac i imenilac pod sumom proširimo sa (k xn

1

1

(n)

ex

=(

1)

n

+1 X

k=1

=(

1)

n

1

1 (k

1 xn+1

xk+n

1)!

1 ex

=(

1)

k (k +1)

(k + n xk+n

1)

1)

1)! tada dobijamo 1

n

xn+1

+1 X

k=1

1

1 (k

1)!

xk 1

µcime je dokaz završen.

Stepeni - potencijalni redovi Stepeni ili potencijalni redovi su najvaµzniji funkcionalni redovi sa promenljivim µclanovima gde je svaki µclan funkcija (an xn ) odnosno proizvod neke konstante (an ) i stepena promenljive (xn ) kome je izloµzilac (n) ceo pozitivan broj ili nula. Opšti oblik stepenog ili potencijajlnog reda glasi 2

(1) a0 + a1 x + a2 x +

n

+ an x +

=

+1 X

an xn

n = 0; 1; 2; : : :

n=0

gde su brojevi a0 ; a1 ; a2 ; : : : ; an ; koe…cijenti stepenog reda. Za x = 0 svaki stepeni red je konvergentan jer zbir njegovih prvih n µclanova (Sn ) teµzi nekoj i odre†enoj granici kada n neograniµceno raste. Za x 6= 0 neki stepeni redovi su divergentni jer zbir njihovih prvih n µclanova (Sn ) ne teµzi nekoj odre†enoj i konaµcnoj granici kada n neograniµceno raste 1! x1 + 2! x2 +

+ n! xn +

+

=

+1 X

n! xn

n=1

Polupreµcnik konvergencije stepenog reda +1 X

an xn moµzemo odrediti Dalamberovim kriterijumom kada analiziramo red

n=0 +1 X

n=0

n

jan j jxj

lim

n!+1

Prema Dalamberovom kriterijumu red apsolutno konvergira ako je n+1

j an+1 j j x j n j an j j x j

n

= lim

n!+1

j an+1 j j x j j x j = jxj n j an j j x j

lim

n!+1

j an+1 j <1 j an j


odnosno ako je jxj <

an 1 = lim n!+1 an+1 jan+1 j lim n!+1 j an j

Ukoliko graniµcna vrednost

lim

n!+1

an an+1

postoji, tada prema Dalamberovom kriterijumu polupreµcnik konvergencije iznosi 1

R= lim

n!+1

an an+1

ili R = lim

an+1 an

n!+1

Prema Košijevom kriterijumu, stepeni red

+1 X

an xn apsolutno konvergira ako je

n=0

lim

n!+1

p n

n

j an j j x j = j x j lim

n!+1

Ako graniµcna vrednost

lim

n!+1

p n

p n

j an j < 1 odnosno j x j <

lim

n!+1

1 p n

j an j

j an j postoji, tada prema Košijevom kriteri-

jumu polupreµcnik konvergencije iznosi 1 p R= lim n j an j n!+1

Ako je lim

n!1

Ako je lim

p n

j an j = + 1 tada red konvergira samo za x = 0 kada je R = 0 p n j an j = 0 tada je R = + 1

n!+1

Primenu Dalamberovog i Košijevog kriterijuma konvergencije prikaµzimo sledećim primerima:

233) Za funkciju f (x) = ex imamo f (x) = ex

f 0 (x) = ex

f (0) = e0 = 1

f 00 (x) = ex

f 0 (0) = 1

f (n) (x) = ex odnosno

f 00 (0) = 1

f (n) (0) = 1

Zamenom u Maklorenovu formulu f (x) = f (0) +

f 00 (0) 2 f 0 (0) x+ x + 1! 2!

+

f (0) 0 f 0 (0) 1 f 00 (0) 2 x + x + x + 0! 1! 2! +1 X f (n) (0) n = x dobijamo n! n=0

=

1 0 1 1 1 2 e = x + x + x + 0! 1! 2! x

1 n + x + n!

f (n) (0) n x + n! +

f (n) (0) n x + n!

+1 X 1 n = x n! n=0

Opšti µclan dobijenog reda je an xn gde su an =

1 n!

an+1 =

1 (n + 1)!


pa njegov polupreµcnik konvergencije iznosi R = lim

n!+1

an = lim n!+1 an+1

1 (n + 1)! n! (n + 1) n! = lim = lim 1 n!+1 n!+1 n! n! (n + 1)!

= lim (n + 1) = + 1 n!+1

+1 X 1 n x konvergentan ako x 2 ( n! n=0

pa je red

1; + 1)

234) Ispitajmo konvergenciju potencijalnog reda +1 X

n=1

xn an (a + 1) (a + n)

a > 0 Za a = 2 odredimo sumu reda.

Prema Dalamberovom kriterijumu, polupreµcnik potencijalnog reda +1 X

un un+1

un xn iznosi R = lim

n!1

n=1

un =

an (a + 1)

un+1 =

(a + n)

(a + 1)

U datom sluµcaju imamo

odnosno

an+1 = (a + n) (a + n + 1) (a + 1)

an a (a + n) (a + n + 1)

an R = lim

n!1

a+n+1 (a + 1) (a + n) = lim = +1 an a n!1 a (a + 1) (a + n) (a + n + 1)

pa dati potencijalni red konvergira za svako konaµcno x Iz razvoja et = 1 + t + t3 t4 + + 3! 4!

t3 t4 t2 + + + 2! 3! 4! +

tn + n!

t1+2 t2+2 + + (1 + 2)! (2 + 2)! (1)

+1 X

n=1

S (x) =

tn+2 = et (n + 2)! +1 X

n=1

= et + 1

+

tn + n!

1

t

tn+2 + (n + 2)! t

=

+1 n X t dobijamo n! n=1

t2 odnosno 2! = et

1

t

t2 ili 2!

t2 Za a = 2 suma datog reda iznosi 2

+1 +1 n n X X xn 2n (2x) 2 (2x) = = 3 4 (2 + n) n=1 3 4 (n + 2) n=1 2 3 4 (n + 2)


+1 X

=2

+1 +1 n n n+2 X X (2x) (2x) (2x) =2 =2 2 2 3 4 (n + 2) (n + 2)! n=1 n=1 (2x) (n + 2)!

n=1

=

S (x) =

+1 n+2 X (2x) 2 (2x) n=1 (n + 2)!

2

2

e2x

2

(2x)

1

Prema formuli (1) za t = 2x imamo 2

(2x) 2

2x

!

=

1 e2x 2x2

1

2x2

2x

x 6= 0

Za x = 0 imamo S (0) = 0

235) Odredimo sumu zbirljivog reda 1 1 1 + + + 1 2 2 3 3 4

1 + n (n + 1)

+

1 n+1 n n+1 = = n(n + 1) n(n + 1) n(n + 1)

Kako je n 1 = n(n + 1) n

1 n+1

onda oznaµcavanjem prvih n µclanova reda sa Sn imamo 0 • 1 1 1 1 1 1 Sn = 1 + + + +@ 2 2 3 n 1 n n

1 1 A =1 n+1 •

pa suma datog reda iznosi S = lim Sn = lim n!1

1 n+1

1

n!1

1 1 1 + + + 1 2 2 3 3 4

=1

1 n+1

Dakle, kada n ! 1 tada je

1 =1 n(n + 1)

+

236) Odredimo sumu zbirljivog reda 1 1 3

+

1 2 4

1

+

3 5

+

1 + n(n + 2)

+

Kako je

1 1 2 1 n+2 n 1 = = = n(n + 2) 2 n(n + 2) 2 n(n + 2) 2 =

2 Sn =

•

1

1 2

1 n

1 3

0• 1 +@ 2

0

=1+

1 2

+@

1 n+2

1 n

1

n+2 n(n + 2)

n n(n + 2)

onda za prvih n µclanova reda (Sn ) imamo

1 1A + 4 •

1 3 1

1 5 0

1 A @1 + n+1 n

1 1 + n+1 n+2

pa je

+

+ •

1

1 n

2

1 A 1 = 1+ n+2 2

1 n

+

1 n+1

1 n+2


2 S = lim 2 Sn = lim n!1

1+

n!1

Kada n ! 1 tada je

1 2

1 1 + n+1 n+2

1 1 1 + + + 1 3 2 4 3 5

+

=

3 3 ili S = 2 4

1 3 = n(n + 2) 4

237) a) Odredimo polupreµcnik konvergencije potencijalnog reda i izraµcunajmo njegovu sumu

+1 2 X n +1 n x 2n n! n=0

b) Primenom dobijenog rezultata odredimo zbir numeriµckog reda 2

a) Kako je an =

+1 X n2 + 1 n! n=0 2

n2 + 1 (n + 1) + 1 (n + 1) + 1 odnosno an+1 = n+1 = n n 2 n! 2 (n + 1)! 2 2 (n + 1)!

onda primenom Dalamberovog kriterijuma dobijamo R = lim

n!+1

= 2 lim

n!+1

= 2 lim

n!+1

n2 + 1 2 2n n2 + 1 (n + 1)! an 2n n! = lim = lim 2 n!+1 (n + 1)2 + 1 n!+1 an+1 2n n! (n + 1) + 1 2n 2 (n + 1)! n2 + 1 n! (n + 1) n2 + 1 (n + 1) = 2 lim n!+1 n! (n2 + 2n + 2) n2 + 2n + 2 n3 + n2 + n + 1 = +1 n2 + 2n + 2

+1 +1 +1 X X xn n2 + 1 n X n2 n + Kako je x = x 2n n! 2n n! 2n n! n=0 n=0 n=0 {z } | {z } | S1 (x)

S2 (x)

onda sume S1 (x) i S2 (x) dobijamo sledećim postupkom S1 (x) =

+1 X

n=1

=

+1 X

n=1

=

+1 X

n=1

=

+1 X

n=1

=

+1 X

n=1

+1 X n2 n2 n x = n 2 n! n! n=1

n (n

1)!

(n

n 1 2) (n 1

(n

2)! x 2

(n

x 2

n

=

x 2

n

x 2

n 2

+

+1 X

n=1

n2 n (n 1)!

(n 1) + 1 (n 2) (n 1)! +

+1 X

n=1

+1 X

+

=

n

x 2

n=1

2

2)!

+1 X

n=1

1)!

n

x 2

(n

+1 X

n=1

1)! x 2

(n

1 2) (n

(n

1

1)!

x 2

x 2

n

x 2

n 1

x 2

n

n

1)!

x 2

n


=

+1 2 X

x 2

n=1

x 2

1 (n

2)!

n 2

+

+1 X 1 x 2 (n 1)! n=1

x 2

n 1

+1 X 1 n x onda „šablonskim upore†ivanjem”sa prethodnom n! n=0 x relacijom, odnosno stavljanjem (n 2) umesto n i umesto x dobijamo 2 +1 +1 X X x x x x 2 x xn 1 x n S2 (x) = S1 (x) = e2 + e2 = = e 2 pa je n 2 2 2 n! n=0 n! 2 n=0

Kako je ex =

x

S (x) = S1 (x) + S2 (x) =

x

x2 x x x e2 + e2 + e2 = e2 4 2

x x2 + +1 4 2

b) Ako u dobijeni rezultat ili dati potencijalni red stavimo x = 2 tada dobijamo zbir numeriµckog reda, odnosno +1 X 2 n2 + 1 = e2 n! n=0

4 2 + +1 4 2

= 3e

Ako u dati potencijalni red stavimo x = 1 tada dobijamo numeriµcki red +1 +1 X X n2 + 1 n2 + 1 š to je razliµ c ito od 2n n! n! n=0 n=0

Me†utim, ako u dati potencijalni red stavimo x = 2 tada dobijamo dati numeriµcki red, odnosno +1 +1 X n2 + 1 n X n2 + 1 2 = 2n n! n! n=0 n=0

moµzemo dobiti i smenom

Na primer, sumu reda

S (x) =

n=0

+1 X x n2 + 1 n = t kada imamo t 2 n! n=0

+1 X

n=0 +1 X

Sumu datog potencijalnog reda

+1 X n2 + 1 n x 2n n! n=0

n2 + 1 n x x moµzemo dobiti i smenom = t kada je 3n n! 3

+1 +1 +1 X n2 + 1 n X n2 n X 1 n n2 t t = t + t =e + t tn n! n! n! n (n 1)! n=0 n=0 n=1 | {z }

= et + t

+1 X

n=1

= et + t

+1 X

n=1

n

(n

1)!

tn

1

= et + t

(n 1) + 1 tn (n 2) (n 1)!

et +1 X

n=1

1

(n 1) + 1 n t (n 1)!

= et + t

+1 X

n=1

1

1

+1 X tn 1 tn 1 +t (n 2)! (n 1)! n=1 | {z } et


= et + t2

+1 X

n=1

tn 2 + t et = et + t2 et + t et = et t2 + t + 1 (n 2)!

2

x x + +1 9 3

x

= e3

238) Odredimo polupreµcnik konvergencije reda +1 X

(

n

7) xn a zatim ispitajmo konvergenciju na krajevima intervala

n=1

Opšti µclan datog reda je an xn gde su an = ( njegov polupreµcnik konvergencije iznosi

7)

n

an+1 = (

n

R = lim

n!+1

7)

(

7)

n

1 7

n

n=1 +1 X

kada

n

1 1 ; 7 7

1 1 i x= u dati potencijalni red dobijamo 7 7

Zamenom x = (

n+1

1 ( 7) ( 7) an = = lim = lim n n+1 n!+1 ( 7) n!+1 ( 7) ( 7) an+1 7

pa je red apsolutno konvergentan za x 2

+1 X

7)

1 7

n

n=1

=

+1 X

(

7)

n=1 n

=

+1 X

7n

n

+1 X 1 1 odnosno n = ( 7) n=1

+1 n X 1) ( = 7n n=1

(

n=1

1)

n

Opšti µclan prethodnih redova ne teµzi nuli kada n ! 1 pa interval konver1 1 ; 7 7

gencije datog stepenog reda iznosi

239) Odredimo polupreµcnik konvergencije stepenog reda

+1 X

1 1+ n

n=1

n2

xn

a zatim ispitajmo konvergenciju na krajevima intervala. Ovde je pogodno primeniti Košijev kriterijum kada polupreµcnik konvergencije datog reda iznosi 1

R=

lim

n!+1

p n

an

= lim

n

n!+1

1

= lim

n!+1

|

1 1+ n {z e

n

}

=

s

1 1 1+ n

n2

= lim

n!+1

s n

1 1+

1 n

n

n

1 pa je red apsolutno konvergentan za x 2 e

1 1 ; e e


1 u dati red, dobijamo e +1 +1 n X n2 1 1 1 ( 1n ) X n = 1+ = ( 1) 1+ n e n e n n=1 n=1 | {z

Zamenom x = +1 X

n=1

1 1+ n

n2

n2

A

+1 X 1 n = ( 1) A en n=1 }

Proverimo postojanje potrebnog uslova za konvergenciju dobijenog naizmeniµcnog reda, odnosno odredimo graniµcnu vrednost lim A n!1

Kako je eln a = a

(a > 0)

lim A = lim

n!+1

an = an a am

1+

n!1

1 n

n2

1 = lim n!+1 en

1 n2 ln 1+ n

1+

n!+1

n

1 n

onda imamo

2

= lim

e

n

n2

en 1 n2 ln 1+ n

= lim e

n

n!+1

= e n!+1

n!+1

1 ln 1+ n e

n!+1

1 lim n2 ln 1+ n

1 n

1 n2 ln 1+ n

= lim e

m

en

= lim e

en

n!+1

= an

1 n2 ln 1+ n

e

= lim

m

1 n

Kako je

1 1 1 1 1 n n lim n2 ln 1 + = lim =t onda smenom 1 n!+1 n!+1 n n n n2 kada za n ! + 1 ) t ! 0 i primenom Lopitalovog pravila (L.P.) dobijamo ln 1 +

ln (1 + t) lim t!0 t2

t

lim A = lim

n!+1

n!+1

1 == lim 1 + t t!0 2t

1

L:P:

1 1+ n

n2

L:P:

== lim

t!0

1 =e en

1 2

1 = 2

1 odnosno 2

1 = p 6= 0 pa je prethodni naizmeniµcni e

(alternativni) red divergentan jer nije ispunjen potreban uslov za njegovu ko1 nvergenciju. Zamenom x = u dati red dobijamo e +1 +1 n2 n n2 X X 1 1 1 1 1+ = 1+ n e n en n=1 n=1 Kako graniµcna vrednost opšteg µclana prethodnog numeriµckog reda iznosi lim

n!+1

1 1+ n

n2

1 = en

=e

1 2

1 = p 6= 0 onda dobijeni numeriµcki red die

vergira jer nije ispunjen potreban uslov za njegovu konvergenciju pa je interval konvergencije datog stepenog reda

1 1 ; e e


Tejlorov i Maklorenov red U intervalu konvergencije stepeni red f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 +

+ an xn +

+1 X

=

an xn

n=0

moµzemo diferencirati ili integraliti µclan po µclan, kada za j x j < R imamo f 0 (x) = a1 + a2 2x + a3 3x2 +

+ an nxn

1

+

=

+1 X

an nxn

1

=

n=1

odnosno Zx Zx Zx Zx f (t)dt = a0 dt+a1 t dt+a2 t2 dt+ 0

0

0

= a0 x + a1

+an

0

x3 x2 + a2 + 2 3

Zx

tn dt+

xn+1 + n+1

0

2

+ an xn + n 1

f (x) = a1 + 2 a2 x + 3 a3 x +

+ n an x

f 00 (x) = 2 a2 + 3 2 a3 x + n ( n

1 ) an xn

f

000

(x) = 3 2 a3 + n ( n

2

=

+1 X

an

n=0

0

@an

Zx

xn+1 n+1

0

1

tn dtA

dobijamo

+

+

n 3

1)(n

=

+1 X

n=0

Uzastopnim diferenciranjem stepenog reda f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 +

0

(an xn )

n=0

0

+ an

+1 X

2 ) an x

+

.. . f (n) (x) = n ( n

1)(n

2)

3 2 an +

Zamenom x = 0 u prethodnim relacijama dobijamo f (0) = a0

f 0 (0) = a1

f (n) (0) = n ( n

1)(n

f 00 (0) = 2 a2 2)

f 000 (0) = 3 2 a3 odnosno

3 2 an

pa su Tejlorovi koe…cijenti stepenog reda a0 = f (0) = a3 =

f (0) 0!

f 000 (0) f 000 (0) = 3 2 3!

a1 = f 0 (0) = ili an =

f 0 (0) 1!

n(n

a2 =

f (n) (0) 1)(n 2)

f 00 (0) f 00 (0) = 2 2! 3 2

=

f (n) (0) n!

Ako vrednosti Tejlorovih koe…cijenata zamenimo u poµcetni stepeni red, tada dobijamo Tejlorov razvoj funkcije f (x) u okolini taµcke x = 0 ili Makl-

orenov razvoj f (x) =

f (0) f 0 (0) f 00 (0) 2 + x+ x + 0! 1! 2!

+

f (n) (0) n x + n!

=

+1 X f (n) (0) n x n! n=0


f (n) (0) n f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 x + x + + x + 2! 3! n! Uzastopnim diferenciranjem „opšteg” oblika stepenog reda = f (0) + f 0 (0) x +

f (x) = a0 + a1 ( x =

+1 X

an ( x

2

x0 ) + a2 ( x n

x0 )

x0 ) +

n

+ an ( x

x0 ) +

dobijamo

n=0

f 0 (x) = a1 + 2 a2 ( x

x0 ) + 3 a3 ( x

00

f (x) = 2 a2 + 3 2 a3 ( x

x0 ) +

f 000 (x) = 3 2 a3 + n ( n .. .

1)(n

f (n) (x) = n ( n

2)

1)(n

2

x0 ) + + n(n

2 ) an ( x

n 1

+ n an ( x

n 2

1 ) an ( x n 3

x0 )

x0 )

x0 )

+

+

+

3 2 an +

Zamenom x = x0 u prethodnim relacijama dobijamo f (x0 ) = a0 f

(n)

f 0 (x0 ) = a1

(x0 ) = n ( n

1)(n

f 00 (x0 ) = 2 a2

2)

f 000 (x0 ) = 3 a3

odnosno

3 2 an

pa su Tejlorovi koe…cijenti stepenog reda: a0 = f (x0 ) = a3 =

f (x0 ) 0!

f 000 (x0 ) f 000 (x0 ) = 3 2 3!

a1 = f 0 (x0 ) = ili an =

f 0 (x0 ) 1!

n(n

a2 =

f (n) (x0 ) 1)(n 2)

f 00 (x0 ) f 00 (x0 ) = 2 2! 3 2

=

f (n) (x0 ) n!

Zamenom koe…cijenata u opšti oblik stepenog reda dobijamo Tejlorov razvoj f (x) =

f (x0 ) f 0 (x0 ) + (x 0! 1!

+1 X f (n) (x0 ) (x = n! n=0

x0 )+ n

x0 )

f 00 (x0 ) (x 2!

2

x0 ) +

+

f (n) (x0 ) (x n!

n

x0 ) +

odnosno

f 00 (x0 ) f (n) (x0 ) (x x0 )2 + + (x x0 )n + 2! n! Za x0 = 0 Tejlorov razvoj se svodi na Maklorenov razvoj što se moµze dobiti i smenom x x0 = t Dakle, funkciju f (x) moµzemo zameniti ili aproksimirati Tejlorovim polinomom f (n) (x0 ) f 0 (x0 ) n (x x0 ) + + (x x0 ) f (x) Pn (x) = f (x0 ) + 1! n! kada taµcna jednakost glasi

f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x

f (x) = f (x0 ) + Rn (x) = f (x)

x0 ) +

f 0 (x0 ) f (n) (x0 ) n (x x0 ) + + (x x0 ) + Rn (x) gde je 1! n! Pn (x) greška aproksimacije! O njoj više u nastavku!


Ako funkcija f (x) ima sve izvode, do beskonaµcnosti, tada imamo Tejlorov razvoj f 0 (x0 ) f (n) (x0 ) n (x x0 ) + + (x x0 ) + 1! n! Ako je x0 = 0 tada se prethodna jednakost svodi na Maklorenov razvoj •• f (x) = f (x0 ) +

•• f (x) = f (0) +

f 0 (0) x+ 1!

+

f (n) (0) n x + n!

=

240) Za f (x) = sin x imamo f 0 (x) = cos x

f 00 (x) =

f 000 (x) =

sin x

+1 X f (n) (0) n x n! n=0

f (n) (x) = sin x; : : :

cos x

pa vidimo da je svaki µcetvrti izvod isti, odnosno f (x) = f (4) (x) = f (8) (x) =

= sin x

f 0 (x) = f (5) (x) = f (9) (x) =

= cos x

00

f (x) = f

(6)

(x) = f

(10)

(x) =

=

sin x

f 000 (x) = f (7) (x) = f (11) (x) =

=

cos x Primetimo i sledeće

f (x) = sin x = sin x + 0 f 0 (x) = cos x = sin x + 1 f 00 (x) =

f 000 (x) =

2

f (n) (x) = sin x + n

2

sin x = sin x + 2

cos x = sin x + 3

f (n) (0) = sin 0 + n

2

2

ili

pa je

2

= sin n

2

2

odnosno f (0) = sin 0 f 00 (0) = sin 2

f 000 (0) = sin 3

=0

2

f (4) (0) = sin 4

f 0 (0) = sin 1

=0

2

f (5) (0) = sin 5

=0

2

=1

2 2

=

1

=1

2

f (6) (0) = sin 6

=0 f (7) (0) = sin 7 = 1 2 2 U taµcki x = 0 svi izvodi parnog stepena funkcije f (x) = sin x imaju vrednost f (2n) (0) = 0 a izvodi neparnog stepena imaju vrednost f (2n pa Maklorenov razvoj f (x) = f (0) +

f 0 (0) 1 f 00 (0) 2 x + x + 1! 2!

+

f (n) (0) n x + n!

glasi sin x =

sin x =

x1 1! +1 X

n=0

x3 x5 + 3! 5! n 1

( 1)

n 1

+ ( 1) 2n 1

x ( 2n

1 )!

x2n 1 + (2n 1)!

=

+1 X

n=0

1)

=

n 1

(0) = ( 1)

+1 X f (n) (0) n x n! n=0 n 1

( 1)

x2n 1 (2n 1)!


241) Za f (x) = cos x imamo f 0 (x) =

f 00 (x) =

sin x

f 000 (x) = sin x

cos x

f (4) (x) = cos x; : : :

odakle primećujemo da je svaki µcetvrti izvod isti, odnosno f (x) = f (4) (x) = f (8) (x) = 0

f (x) = f

(5)

(x) = f

(9)

= cos x

(x) =

=

f 00 (x) = f (6) (x) = f (10) (x) = f

000

(x) = f

(7)

(x) = f

(11)

=

(x) =

f (x) = cos x = cos x + 0

sin x

= sin x

sin x = cos x + 1

f 00 (x) =

cos x = cos x + 2

Primetimo i sledeće

f 000 (x) = sin x = cos x + 3

2

f 0 (x) =

cos x

f (n) (x) = cos x + n

2

ili

pa je

2

f (n) (0) = cos 0 + n

2

2

= cos n

2

2

odnosno f (0) = cos 0 f 00 (0) = cos 2

=

2

f (4) (0) = cos 4

f 0 (0) = cos 1

=1

2

2

f 000 (0) = cos 3

1

=0

2

f (5) (0) = cos 5

=1

=0

2

2

=0

f (6) (0) = cos 6

= 1 f (7) (0) = cos 7 =0 2 2 U taµcki x = 0 svi izvodi parnog stepena funkcije f (x) = cos x imaju vrednost n f (2n) (0) = ( 1) a svi izvodi neparnog stepena imaju vrednost f (2n 1) (0) = 0 pa Maklorenov razvoj funkcije f (x) = cos x glasi cos x = 1 cos x =

+1 X

n=0

x2 x4 + 2! 4!

n

+ ( 1)

x2n + ( 2n )!

=

+1 X

n

( 1)

n=0

2n n x ( 1) (2n)!

x2n ( 2n )!

242) Razvijmo u Maklorenov red f (x) = sin2 x i f (x) = cos2 x Kako je sin2 x =

1 (1 2

1 sin x = 2 2

=

1 2

cos 2x ) odnosno cos x =

1

+1 X

n=0 +1 X

n=0

2n

( 2x ) ( 1) ( 2n )! n

n

( 1) 22n

1

!

x2n ( 2n )!

+1 X

x2n ( 2n )!

n

( 1)

n=0

=

1 2

+1 X

n=0

n

( 1)

onda imamo

22n x2n 2 ( 2n )!

Za n = 0; 1; 2 ; : : : ; n

imamo


sin2 x =

1 2

1 + 2

= x2

23

2

x4 + 4!

x2 2

n

+ ( 1) 22n

1 cos x = ( 1 + cos 2x ) 2 2

1 cos x = 2 2

=

1+

+1 X

n=0

1 + 2

n

+ ( 1) 22n 1

+1 X

cos x =

x2n + (2n)! n

( 1)

n=0

x2n ( 1) ( 2n )! n

1 + 2

x2 + 23

=1

x4 4!

+ 23

2

x2 2

x4 4!

!

+ 23

=

x4 4 n

1

x2n + ( 2n )!

x 2 ( 1; + 1) Kako je

x2n ( 2n )!

onda imamo

+1

1 X n + ( 1) 22n 2 n=0 n

+ ( 1) 22n

+ ( 1) 22n

1

x2n + (2n)!

1

1

x2n ( 2n )!

x2n + ( 2n )! x2(

1; + 1)

243) Za f (x) = eix imamo f (x) = eix

f (0) = 1

f 000 (x) = i2 eix i = i3 eix

f 000 (0) = i3

f 0 (x) = eix i = i eix

f 0 (0) = i

f IV (x) = i3 eix i = i4 eix

f IV (0) = i4

f 00 (x) = i eix i = i2 eix

f 00 (0) = i2

f V (x) = i4 eix i = i5 eix

f V (0) = i5

x2 x3 x4 x5 x eix = 1 + i + i2 + i3 + i4 + i5 + Kako je 1! 2! 3! 4! 5! p i= 1, i2 = 1; i3 = i2 i = i; i4 = i2 i2 = 1; i5 = i4 i = i onda imamo x3 x4 x5 x2 i + +i + 2 6 24 120 Ako razdvojimo µclanove bez i i µclanove sa i tada dobijamo eix = 1 + i x

eix = 1 |

x4 x2 + 2 {z 24

+i

razvoj cosx

eix = cos x + i sin x

}

x |

x3 x5 + 6 120 {z

razvoj sinx

( Ojlerova formula )

odnosno }

Kako je cos ( x) = cos x sin ( x) = sin x onda istim postupkom dobijamo e ix = cos x i sin x odnosno ) (a) eix = cos x + i sin x Vaµzno ! Ojlerove formule (b) e ix = cos x i sin x Sabiranjem formula (a) i (b) dobijamo eix + e ix 2 Oduzimanjem formule (b) od formule (a) dobijamo

2 cos x = eix + e

ix

odnosno cos x =


2i sin x = eix

e

ix

eix

odnosno sin x =

ix

e 2i

244) Primenom Ojlerove formule prikaµzimo proizvod cos x cos 2x cos 3x kao zbir kosinusa višestrukih uglova. Kako je cos x =

eix + e 2

eix + e

ix

ix

ei2x + e

= ei3x + eix + e i6x

=e

i4x

+e

ix

i2x

+e

= 2 + ei2x + e

ei2x + e 2

cos 2x =

i2x

i2x

+e

ei3x + e i3x

+1+1+e

+ ei4x + e

eix + e cos x cos 2x cos 3x = 2 =

i4x ix

2 + ei2x + e

cos 3x =

i3x

ei3x + e i2x

i2x

=

i4x

+e

+ ei6x + e

i6x

ei2x + e 2 i2x

ei2x + e 2

i3x

= i3x

+e

ei3x + e 2

i2x

i6x

onda imamo ei3x + e 2

+ ei4x + e 8 i2x

i4x

1 1 + 4 4

=

1 1 + (cos 2x + cos 4x + cos 6x) 4 4

i3x

+ ei6x + e

ei4x + e 2

=

+

=

i4x

+

i6x

ei6x + e 2

i6x

Ako u Ojlerovu formulu eix = cos x + i sin x umesto argumenta i x stavimo argument i n x tada dobijamo n n ei nx = cos nx + isin nx ili ei nx = eix = (cos x + i sin x) ili izuzetno vaµznu Moavrovu formulu n •• (cos x + i sin x) = cos nx + i sin nx

245) Za f (x) = ex imamo f (x) = ex

f (0) = 1

f 000 (x) = ex

f 000 (0) = 1

f 0 (x) = ex

f 0 (0) = 1

f IV (x) = ex

f IV (0) = 1

f 00 (x) = ex

f 00 (0) = 1

f V (x) = ex

f V (0) = 1

f (x) = ex

f (n) (x) = ex

f (n) (0) = 1

n = 0; 1; 2; : : :

1 1 1 1 1 f (x) = ex = 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + 1! 2! 3! 4! 5! 2 3 4 x x x ex = 1 + x + + + + 2 6 24 ex = 1 +

1 1 2 1 3 1 4 x+ x + x + x + 1! 2! 3! 4!

=

odnosno

+1 X 1 n x n! n=0

ili

Vaµzna napomena ! Maklorenov razvoj vaµzi ako funkcija ili bilo koji od njenih


izvoda za x = 0 ne postaju beskonaµcni jer tada razvoj nije moguć. Na primer, funkcija f (x) = ln x ne moµze da se razvije Maklorenovim razvojem jer je 1 1 ln 0 = 1 pa njeni izvodi f 0 (x) = ; f 00 (x) = ; : : : za x = 0 postaju x x2 p 1 beskonaµcni! Sliµcno je sa funkcijama f (x) = ; f (x) = x i mnogim drugim. x

Dobro zapamtimo formule: f 0 (x0 ) f (n) (x0 ) n (x x0 ) + + (x x0 ) + Tejlorov razvoj 1! n! Ako u Tejlorov razvoj stavimo x0 = 0 tada dobijamo Maklorenov razvoj

f (x) = f (x0 )+

f 0 (0) x+ f (x) = f (0) + 1!

f (n) (0) n + x + n!

cos x = 1

x4 x2 + 2 24

+

cos x = 1

x2 x4 + 2! 4!

+ ( 1)

cos x =

+1 X

n

( 1)

n=0

sin x = x sin x = sin x =

n 1

n=0

=

+1 X

n

( 1)

n=0

x2n ( 2n )!

x (2n)! +

x3 x5 + 3! 5! ( 1)

x2n + ( 2n )!

2n

x3 x5 + 6 120

x1 1! +1 X

n

+1 X f (n) (0) n = x n! n=0

n 1

+ ( 1)

x2n 1 + (2n 1)!

=

2n 1

x ( 2n

+1 X

n=0

n 1

( 1)

x2n 1 (2n 1)!

1 )!

ex = 1 + x +

x2 x3 x4 + + + 2 6 24

ex = 1 + x +

x2 x3 x4 + + + 2! 3! 4!

+

xn + n!

=

+1 X xn n! n=0

Primetimo da Maklorenov razvoj za parne funkcije sadrµzi samo µclanove sa parnim stepenom x a za neparne funkcije µclanove sa neparnim stepenom x Na elementarnom primeru pokaµzimo jednu od beskonaµcno mnogo primena Maklorenovog razvoja. 1 Odredimo kose asimptote funkcije f (x) = ( x + 3 ) e x 1 1 ! 0 odnosno e x ! 1 Sada moµzemo pogrešno zakljx uµciti da f (x) ! x + 3 ili da je y = x + 3 kosa asimptota. Ali razmislimo? t2 t3 1 Kako je et = 1 + t + + + onda za t = imamo 2! 3! x

Ako x ! 1 tada


1 1 1 + odnosno + x 2! x2 1 1 1 f (x) = ( x + 3 ) 1+ + + x 2! x2 1

ex = 1 +

=x+4+

7 1 + 2 x

=x+3+1+

1 2

246) Za f (x) = sh x = ( ex

x

e

1 x (e e x ) = sh x 2 1 f 00 (x) = ( ex e x ) = sh x 2 1 (n) f (x) = ( ex e x ) = sh x 2

(5)

sinus hiperboliµcki x

cosinus hiperboliµcki

) imamo 1 x ( e + e x ) = ch x 2 1 f 000 (x) = ( ex + e x ) = ch x 2

i tako naizmeniµcno, odnosno

f (x) = f 00 (x) = f (4) (x) = f (6) (x) = = f (x)

y = ax + b x

f 0 (x) =

f (x) =

000

1 x

+ µclanovi koji brµze opadaju od

Dakle, kosa asimptota je prava y = x + 4 8 ex e > > < sh x = 2 Obratimo paµznju na funkcije x > > : ch x = e + e 2

f 0 (x) = f (x)

3 1 1 + + x 2 x

(7)

= f (x)

=

1 x (e e x) 2 1 1) (x) = ch x = ( ex + e 2

= f (2n) (x) = sh x = = f (2n

x

)

pa zamenom dobijamo f (0) = f 00 (0) = f (4) (0) = f (6) (0) =

= f (2n) (0) = sh 0 =

e0

e 2

0

= 0 ili

e0 + e 0 =1 2 U taµcki x = 0 svi izvodi parnog stepena funkcije f (x) = sh x imaju vrednost f 0 (0) = f 000 (0) = f (5) (0) = f (7) (0) =

= f (2n

1)

(0) = ch 0 =

f (2n) (0) = 0 a svi izvodi neparnog stepena imaju vrednost f (2n f

(2n+1)

1)

(0) = 1 ili

(0) = 1 pa razvoj funkcije f (x) = sh x glasi

sh x = x +

x3 x5 + + 3! 5!

+

x2n+1 + (2n + 1)!

=

+1 X

n=0

x2n+1 ( 2n + 1 )!

247) Razvoj funkcije f (x) = ch x moµzemo dobiti istim postupkom. Ali razvoj ove funkcije moµzemo dobiti i diferenciranjem leve i desne strane razvoja funkcije f (x) = sh x kada imamo


ch x = 1 +

3 x2 5 x4 + + 3! 5!

+

=1+

3 x2 5 x4 + + 3 2! 5 4!

=1+

x2 x4 + + 2! 4!

( 2n + 1 ) x2n + ( 2n + 1 )!

+1 X ( 2n + 1 ) x2n ( 2n + 1 )! n=0

( 2n + 1 ) x2n + ( 2n + 1 ) ( 2n )!

+

+

=

x2n + ( 2n )!

=

+1 X ( 2n + 1 ) x2n ( 2n + 1 ) ( 2n )! n=0

=

+1 X x2n ( 2n )! n=0

ili ch x =

+1 X x2n ( 2n )! n=0

Razvoje funkcija ch x i sh x moµzemo dobiti i sledećim postupkom. Ako u relaciju ex = 1 + x + x

e

=1

x2 x3 x4 + + + 2! 3! 4!

x+

ch x =

ex + e 2

ch x =

1 2

x2 2!

umesto x stavimo

x3 x4 + 3! 4!

Kako je

x

ex

sh x =

e

x


2

x2 x3 x4 + 1 1+x+ + + + 2! {z3! 4! | } |

x+

x2 2!

ex

2

x tada imamo

4

x3 x4 + 4! {z3!

e

3

5

x x x x + + sh x = x + + + 2! 4! 3! 5! Ako umesto x stavimo i x tada dobijamo

ch x = 1 +

4

2

ch i x = 1 +

(i x) (i x) + + 2! 4! 3

sh i x = i x +

=1

x2 x4 + 2! 4!

5

(i x) (i x) + + 3! 5!

=i x

x

pa je }

= cos x

x3 x5 + 3! 5!

= i sin x odnosno

ch i x = cos x sh i x = i sin x Sabiranjem ovih jednakosti ili oduzimanjem druge jednakosti od prve dobijamo ) ( ix ch i x + sh i x = cos x + i sin x = eix e = ch i x + sh i x odnosno ix ch i x sh i x = cos x i sin x = e e ix = ch i x sh i x

248) Za f (x) = ( 1 + x ) 0

f (x) = f (n) (x) =

(1 + x) (

1)

(

1)

(1 + x) = 1+ x+

(

1)(1 + x)

n + 1)(1 + x) 00

f (0) = (

imamo f 00 (x) =

0

f (0) = 1 f (n) (0) =

1

f (0) = (

(

n

2

;:::

a za x = 0 dobijamo

1 ) ; : : : odnosno

n + 1) pa je Maklorenov razvoj funkcije (1 + x)

(

1) 2!

x2 +

+

(

1)

( n!

n + 1)

xn +

ili


(1+ x) = 1+

1 1 x+ 1! 2!

(

1) x2 +

+

1 1 nt + n (n 1! 2! Kako uopšteni binomni koe…cijent ( 1)

( n!

(1 + x) =

n + 1)

+1 X

1)

n +1) xn +

(

ili

1) t2 +

onda je Maklorenov razvoj funkcije (1 + x)

n

xn

n

n=0

=

(

1 n (n 1) (n 2) t3 + 3! ne mora biti prirodan broj ) iznosi

n

••• (1 + t) = 1 + (

1 n!

249) Za f (x) = ln ( 1 + x ) imamo f 0 (x) =

1 1+x

1

f 00 (x) =

(1 + x)

( n 1 )! n (1 + x)

n 1

f (n) (x) = ( 1)

n 1

f (n) (0) = ( 1)

(n

1 2

f 00 (0) =

f 000 (0) = 2; : : : odnosno

1

1 )! onda Maklorenov razvoj

f 0 (0) f 00 (0) 2 f (x) = f (0) + x+ x + 1! 2!

+1 X f (n) (0) n = x n! n=0

f (n) (0) n + x + n!

funkcije f (x) = ln ( 1 + x ) glasi ln ( 1 + x ) =

+1 X

3;

(1 + x)

Kako je

f 0 (0) = 1

f (0) = ln 1 = 0

f 000 (x) =

2

n 1

( 1)

(n

1 )! n!

n=1

xn

Kako je

(n

1 )! n!

( n 1 )! 1 = n ( n 1 )! n

=

onda zamenom dobijamo ln ( 1 + x ) =

+1 X

n 1

( 1)

n=1

ln ( 1

x) =

+1 X

n 1

( 1)

n=1

ln ( 1

x) =

+1 X

n=1

ln (1 + x) = x ln (1

x) =

onda imamo

xn n

Ako umesto x stavimo

x tada dobijamo

+1 n X xn n 1 ( x) = ( 1) ( 1) = | {z } n n n=1 1

xn n

Kako je ln (1 + x)

x3 x4 x2 + + 2 3 4 x2 x3 x4 x 2 3 4

ln (1

n 1

+ ( 1)

x) = ln

xn + Rn (x) n

xn + Rn (x) n

+1 X xn ili n n=1

1+x 1 x

odnosno

1

ln

1+x = 1 x

= 2 x+

x3 x5 + + 3 5

250) Funkciju y = arc tg 2x aproksimirajmo Maklorenovim polinomom tre0

ćeg stepena. Kako je (arc tg x) =

u v

1 1 + x2

0

=

u0 v

y = arc tg 2x

u v0 v2

odnosno:

y (0) = 0

2 1 2= 2 1 + 4x 1 + 4x2 2 8x x y 00 = 16 2 = 2 2 (1 + 4x ) (1 + 4x2 )

y 0 (0) = 2

y0 =

1 + 4x2

2

x 2 1 + 4x2 8x

y 00 (0) = 0 1

12x2

y 000 (0) = 16 3 (1 + (1 + 4x2 ) onda zamenom u formulu Maklorenovog razvoja f 0 (0) f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 f (n) (0) n f (x) = f (0) + x+ x + x + + x + dobijamo 1! 2! 3! n! 2 16 3 16 3 8 3 y = arc tg 2x t x + x = 2x x = 2x x 1! 3! 6 3 y 000 =

16

4 4x2 )

=

16

251) Funkciju f (x) = tg x razvijmo u okolini nule zakljuµcno sa µclanom x5 Uradimo zadatak prvo šablonskim postupkom da više cenimo racionalne postupke. Kako je f 0 (x) =

f (x) = tg x f 000 (x) = 2

f

(IV )

cos x cos3 x 2 cosx

1 cos2 x

f 00 (x) =

sin x 3 cos2 x ( cos6 x

=2 =2 =2 =2

sin x)

sinx +6 sinxcosx cos4 x

(x)=2 =2

2 cos x ( sin x) sin x =2 cos4 x cos3 x =2

cos2 x + 3 sin2 x cos4 x

cos2 x+3 sin2 x 4 cos3 x

sinx

cos8 x 4 cos5 x sin x 8 cos x

12 sin3 x cos3 x

(

sin 2x + 3 sin 2x) cos4 x

(

sin 2x + 3 sin 2x) cos4 x + 4 cos5 x sin x + 12 sin3 x cos3 x cos8 x

(

sin 2x + 3 sin 2x) cos x + 4 cos2 x sin x + 12 sin3 x cos5 x cos x sin 2x + 3 cos x sin 2x + 2 cos x sin 2x + 12 sin3 x cos5 x

4 cos x sin 2x + 12 sin3 x cos5 x


0

0

f (V)(x)=2

0 2 z }| { z }| { z }| { z }| { 4 sinxsin2x+cosx2cos2x+36sin2xcosx cos5x 4cosxsin2x+12sin3x 5cos4x( sinx)

cos10 x

f (0) = 0

f 0 (0) = 1

f 00 (0) = 0

f 000 (0) = 2

f (IV ) (0) = 0

f (V ) (0) = 16

onda primenom Maklorenovog razvoja f (x) = f (0) +

f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 f (IV ) (0) 4 f (V ) (0) 5 f 0 (0) x+ x + x + x + x + 1! 2! 3! 4! 5!

dobijamo 2 16 5 x3 2x5 1 x + 0 + x3 + 0 + x + x5 = x + + + 1 6 120 3 15 Sada uradimo isti zadatak primenom Maklorenovih razvoja f (x) = tg x = 0 +

sin x = x

x3 x5 + + 6 120

x5

1 x 2

1

tg x = =

4

x 24

x2 x4 + + 2 24

x4

x3 x5 + + x5 1 6 120 = 1 + t + t2 + Kako je 2 4 1 t x x + (x4 ) 2 24

x sin x f (x) = tg x = = cos x 1 odnosno 2

cos x = 1

x5

= 1+

x2 2

=1+

x2 5x4 + + 2 24

x

x3 x5 + + 6 120

x+

x3 5x5 + 2 24

x4 x4 + + 24 4

x5 x3 6

1+

x4

x4 = 1 +

x4 6x4 + + 24 24

x4


x2 5x4 + + 2 24

x5 x5 + + 12 120

x2 2

t4

x5

x4 =x+

x3 2x5 + + 3 15

x5

x x e + e2x aproksimirajmo Tejlorovim polino2 mom drugog stepena u okolini taµcke 1 a = 0 2 a= 1

252) Funkciju f (x) =

1 x ex + e2x 2 1 1 x f 0 (x) = ex + e2x + x ex + e2x 2 = e + e2x + xex + 2xe2x 2 2 1 x f 00 (x) = e + 2e2x + ex + xex + 2 e2x + x2e2x 2 f (x) =

1 Za a = 0 imamo f (0) =

1 1 1 0 e0 + e2 0 = 0; f 0 (0) = (1 + 1) = 1; f 00 (0) = (1 + 2 + 1 + 2) = 3 2 2 2


2 Za a =

1 imamo 1 2

1 1 + e e2

f(

1) =

f0 (

1) =

1 2

1 1 + e e2

f 00 (

1) =

1 2

1 1 2 + + e e2 e

1 e2 + e = 2 e3

= 1 e

2

1 e2

e+1 2e2

1 2e2

=

4 e2

1 2 + e e2

=

1 2e

Primenom Tejlorovog polinoma f (x) = f (a) +

f 0 (a) (x 1!

a) +

f 00 (a) (x 2!

2

a) +

+

f (n) (a) (x n!

n

a)

dobijamo 1 f (x) =

1 x x e + e2x = 0 + (x 2 1!

x x 2 f (x) = e + e2x = 2

0) +

e+1 2e2

1 1 2 (x + 1) + (x + 1) + 2e2 4e

=

e+1 2e2

1 x 2e2

=

2e + 2 4e2 2e

2

0) = x +

3 2 x + 2

1 1 2e2 (x + 1) + 2e (x + 1)2 + 1! 2!

e+1 + 2e2

=

=

3 (x 2!

1 1 1 1 2 x + x+ + + 2 2e 4e 2e 4e

2 e + 2 2 4e 4e

2 2+e + 4e2

1 e 1 2 x+ 2 x+ x + 2 2e 2e 4e

1+e 1 2 x+ x + 2 2e 4e

4+e e 1 1 2 + x+ x + 2 2 4e 2e 4e

=

Prethodnih nekoliko stranica nisu zahtevale naše aktivno ukljuµcivanje jer se sve svodilo na odre†ivanje izvoda. U nastavku budimo aktivniji i oprezniji !

Odredimo polupreµcnike i oblast konvergencije „osnovnih” redova Prema Dalamberovom kriterijumu, stepeni red

+1 X

an x2n konvergira ako je

n=1 2(n+1)

lim

n!+1

j an+1 j j x j

2n

j an j j x j

2n

= lim

n!+1

odnosno ako je

1

2

jxj <

lim

n!+1

an+1 an

= lim

n!+1

j an+1 j j x j

j an j j x j

an an+1

2

jxj

2n

2

= jxj

lim

n!+1

Ako graniµcna vrednost

j an+1 j <1 j an j

lim

n!+1

an an+1


postoji, tada prema Dalamberovom kriterijumu polupreµcnik konvergencije s +1 X an 2n stepenog reda lim an x iznosi R = n!+1 an+1 n=1

253) Za sin x =

+1 X

(

1)

n 1

n=0

an =

1 (2n

an+1 =

1)!

x2n 1 imamo (2n 1)!

1 (2n + 1)

1 !

=

1 (2n + 2

1)!

=

1 (2n + 1)!

pa polupreµcnik konvergencije datog reda iznosi v u 1 u s v u (2n + 1)! u 2n! (2n + 1) (2n 1)! u R = u lim = lim =u lim t 1 2n! n!+1 (2n n!+1 t n!+1 1)! (2n + 1)! 2n =

q

Red

lim 2n (2n + 1) = + 1

n!+1

+1 X

(

1)

n 1

n=0

254) Za cos x =

x2n 1 konvergira 8 x 2 ( (2n 1)! +1 X

(

1)

n=0

1 an = (2n)!

an+1 =

n

1; + 1)

x2n imamo (2n)!

1 1 = (2n + 2)! 2 (n + 1) !

pa polupreµcnik konvergencije datog reda iznosi v u 1 u s s u (2n + 2)! 2n! (2n + 1) (2n + 2) (2n)! u R = u lim = lim = lim = +1 1 n!1 (2n)! n!1 tn!1 (2n)! (2n + 2)! Red

+1 X

(

1)

n

n=0

x2n konvergira 8 x 2 ( (2n)!

255) Za sh x =

+1 X

n=0

an =

1 (2n + 1)!

1; + 1)

x2n+1 imamo (2n + 1)!

an+1 =

1 1 = (2n + 3)! 2 (n + 1) + 1 !

pa polupreµcnik konvergencije datog reda iznosi


v u 1 u s u (2n + 3)! (2n + 1)! u R = u lim = lim 1 n!+1 (2n + 1)! t n!+1 (2n + 3)! s (2n + 1)! (2n + 2) (2n + 3) lim = = +1 n!+1 (2n + 1)! +1 X

Red

n=0

x2n+1 konvergira 8 x 2 ( (2n + 1)!

256) Za ch x =

1; + 1)

+1 X 1 x2n imamo an = (2n)! ( 2n )! n=0

an+1 =

1 ( 2n + 2 )!

pa polupreµcnik konvergencije datog reda iznosi v u 1 u s u (2n + 2)! (2n)! u R = u lim = lim = +1 1 n!+1 t n!+1 (2n)! (2n + 2)! +1 X x2n konvergira 8 x 2 ( (2n)! n=0

Red

257) Za (1 + x) =

+1 X

an =

n

(

=

1)

xn imamo

n

n=0

( n!

n + 1)

odnosno

(n + 1) + 1 pa ako nije prirodan broj n+1 (n + 1)! ili nula, tada polupreµcnik konvergencije prethodnog binomnog reda iznosi =

an+1 =

(

1; + 1)

1)

( R = lim

n!+1

an = lim n!+1 an+1

( = lim

(

n!+1

1+ = lim

n!+1

n

1) 1 n =1 1

(

1) 1)

( n!

n + 1)

(n + 1) + 1 (n + 1)!

1) (

( n + 1) n! n + 1) (n + 1) + 1 n! (n + 1)

Red

+1 X

n=0

n

= lim

n!+1

xn konvergira 8 x 2 (

n+1 n

1; 1)


Ako je x = 1 ili x = µclan

1 tada prethodni binomni red divergira jer negov opšti

ne teµzi nuli kada n ! + 1

n

258) Za ln (1 + x) =

+1 X

(

1)

n 1

n=1

xn n

imamo an =

1 n

an+1 =

1 n+1

pa polupreµcnik konvergencije datog reda iznosi R = lim

n!+1

+1 X

Red

(

an = lim n!+1 an+1

1)

n 1

n=1

1 n 1 n+1

1 1+ n+1 n = lim n!+1 n 1

= lim

n!+1

xn konvergira 8 x 2 ( n

=1

1; 1)

Zamenom x = 1 dobijamo alternativni (naizmeniµcni) red

+1 X

( 1)

n=1

n 1

1 n

koji je uslovno konvergentan jer ispunjava uslove Lajbnicovog kriterijuma. Zamenom x = +1 X

1 dobijamo harmonijski red +1

X ( 1) 2n 1 1 ( 1) = = | {z }n n n=1 n

n 1

( 1)

n=1

1

Red ln (1

x) =

+1 X

n=1

259) Za stepeni red

+1 X 1 koji konvergira 8 x 2 ( 1; 1 ] n n=1

xn konvergira 8 x 2 [ 1; 1 ) n

+1 X

(

1)

n

n=1

xn 1 imamo an = n n

an+1 =

1 n+1

pa njegov polupreµcnik konvergencije iznosi R = lim

n!+1

an = lim n!+1 an+1

1 1 1+ n + 1 n = lim n =1 = lim 1 n!+1 n!+1 n 1 n+1

kada red apsolutno konvergira 8 x 2 ( 1; 1) Zamenom x = 1 i x = 1 odredimo ponašanje datog reda na krajevima intervala konvergencije. Za x = +1 X

n=1

(

1 dobijamo harmonijski red 1)

n

(

+1 n X 1) = ( n n=1

1)

2n

+1 X 1 1 = n n=1 n

koji prema Košijevom integralnom kriterijumu divergira.


Za x = 1 dobijamo red

+1 X

(

1)

n

n=1

1 n

koji uslovno konvergira jer ispunjava uslove Lajbnicovog kriterijuma. Dakle, za x = 1 dati stepeni red konvergira 8 x 2 ( 1; 1 ]

260) Za stepeni red

+1 X

(

1)

n

n=1

an+1 =

1 2 (n + 1) 2 (n + 1)

1

x2n 1 imamo an = 2n (2n 1) 2n (2n

=

1)

1 2 (n + 1) (2n + 1)

pa njegov polupreµcnik konvergencije iznosi v u 1 u s s u an (n + 1) (2n + 1) 2n (2n 1) u R= lim = u lim = lim 1 n!+1 an+1 n!+1 tn!+1 n (2n 1) 2 (n + 1) (2n + 1) v u 3 1 r u 2+ + 2 2n2 + 3n + 1 u n n u = t lim =1 = lim 1 n!+1 n!+1 2n2 n 2 n

kada red apsolutno konvergira za x 2 ( 1; 1) Zamenom x = 1 i x = 1 odredimo ponašanje datog reda na krajevima intervala konvergencije. Za x = 1 dobijamo numeriµcki red +1 X

n=1

(

1)

n 1

+1 2n X ( 1) = ( 2n (2n 1) n=1

1)

n 1

1 2n (2n

1)

koji konvergira po Lajbnicovom kriterijumu. Za x = 1 dobijamo isti numeriµcki red

+1 X

(

1)

n 1

n=1

1 2n (2n

1)

pa interval

konvergencije datog stepenog reda iznosi [ 1; 1 ]

261) Ispitajmo konvergenciju alternativnog reda

+1 X

n=1

n

( 1) n n 3 + ( 1)

Na dati red ne moµzemo primeniti Lajbnicov kriterijum jer apsolutne vrednosti njegovih µclanova ne opadaju monotono. Kako opšti µclan datog reda teµzi ka nuli onda je ispunjen samo neophodan uslov za njegovu konvergenciju Prikaµzimo dva naµcina ispitivanja konvergencije datog reda Prvi naµcin. Prikaµzimo opšti µclan datog reda u obliku


n

n

( 1) n n 3 + ( 1) =

(

1)

n

=

3 ( 8n

( 1) n n 3 + ( 1)

1)

n

=

1 8

3

3 3

(

( (

1) n

n

n

n

n ( 1) 3 ( 1) 1) n = 2n 1) n 9 ( 1) ! 2n n 1 ( 1) ( 1) = 3 n 8 n

= 1 n

n

1) je konvergentan po Lajbnicovom kriterijumu n 3 =0 jer apsolutne vrednosti njegovih µclanova µcine opadajući niz pa je lim n!+1 n 1 Red sa opštim µclanom je divergentan harmonijski red. n Kako je razlika konvergentnog i divergentnog reda divergentan red, onda je dati red divergentan. Red sa opštim µclanom 3

(

Drugi naµcin. Ako imamo alternativni red +1 X

n

(

1) an

an > 0 onda njega moµzemo prikazati u obliku

(

1) an =

n=1 +1 X

n

+1 X

(a2n

a2n

1)

jer su svi µclanovi sa parnim indeksima

n=1

n=1

(a2n ) pozitivni a sa neparnim indeksima (a2n 1 ) negativni. U datom sluµcaju imamo 1 1 a2n a2n 1 = 2n 2n 1 2n 3 + ( 1) (2n 1) 3 + ( 1) =

1 2n (3 + 1)

(2n

1 1) (3

1)

=

1 8n

1 2 (2n

1)

2 (2n 1) 8n 2n + 1 = 16n (2n 1) 8n (2n 1) 2n + 1 1 Ako n ! + 1 tada s pa dati red divergira jer harmo8n (2n 1) 8n +1 X 1 nijski red divergira. 8n n=1 =

262) Ispitajmo apsolutnu i uslovnu konvergenciju reda +1 X

n=1

p

(

1)

n 1

n (3n 1) (n!) 2n x (2n 1)!

1

i odredimo njegovu sumu za p = 0

Polupreµcnik konvergencije datog potencijalnog reda moµzemo odrediti primenom Dalamberovog kriterijuma kada za n ! + 1 treba odrediti x za koje je graniµcna vrednost apsolutnih vrednosti dva uzastopna µclana reda manja od 1


R=

s

p an = L gde je an+1

lim

n!+1

p

an = lim n!+1 an+1

L = lim

n!+1

n (3n

= lim

n!+1

n (3n 1) (n!) (2n 1)! n+1 (n + 1) 3 1 (n + 1)! (2n + 1)! p

1) (n!) 2n (2n + 1) (2n

(n + 1) (3n+1

1) n! (n + 1)

p

(2n

p

1)! 1)!

n (3n 1) 2n (2n + 1) n 3n 1 2n (2n+1) p = lim n+1 n!+1 (n+1)(3 n!+1 n+1 3n+1 1 (n + 1)p 1)(n+1) n 1 = 1 odnosno Kako je lim = lim 1 n!+1 n + 1 n!+1 1+ n 1 1 n 3n 1 3n 1 1 3 lim = lim = lim = onda zamenom dobijamo n+1 n 1 n!+1 3 1 n!+1 3 3 1 n!+1 3 3 3n 1 2n (2n + 1) 4n2 + 2n 1 L = lim lim = kada razlikujemo sluµcajeve p n!+1 3 3 n!+1 (n + 1)p (n + 1) 2 4+ 1 4n2 + 2n 1 n = 4 ili a) Za p = 2 imamo L = lim = lim 2 1 3 n!+1 n2 +2n+1 3 n!+1 3 1+ + 2 n n r 4 2 2 2 p ; p = p Ako je p = 2 tada je red konvergentan za x 2 R= 3 3 3 3 Treba ispitati i konvergenciju na rubovima ili krajevima intervala gde su 2 2 2 x = p i x = p za p = 2 Za x = p i p = 2 dati stepeni red se svodi na 3 3 3 = lim

+1 X

2

( 1)

n 1

n=1

2 p 3

2n 1

n (3n 1) (n!) (2n 1)!

22n 1 = p 2n 3

p

+1 3 X n ( 1) 2 n=1

Kako je

lim

n!+1 2

1

1

=

2 p 3

22n 2 p 3n 3

2n 1

Kako je 1 1

=

p

3 22n onda imamo 2 3n

p +1 2 3 X n (3n 1)(n!) 22n n = ( 1) n (2n 1)! 3 2 n=1

n (3n 1) = lim n 1 n!+1 3n

22n (n!) 2 2 4 4 6 6 = (2n 1)! 1 2 3 4 5 6

1 3n

2

1

n (3n 1) 22n (n!) 3n (2n 1)!

= + 1 odnosno

2n 2n > 1 onda opšti µclan dobijenog reda (2n 1)


ne teµzi nuli, što je potreban uslov za konvergenciju 2 2 p i x = p pa dati red za p = 2 3 3 2 apsolutno konvergira ako je j x j < p 3 Dakle, red ne konvergira za x =

1 3

b) Za p < 2 imamo L =

lim

n!+1

(2n + 1) 2n = + 1 odnosno R = + 1 p (n + 1)

pa dati red konvergira za svako x odnosno za svako x 2 (

c) Za p > 2 imamo L =

1 3

lim

n!+1

1; + 1)

(2n + 1) 2n = 0 odnosno R = 0 pa dati p (n + 1)

red konvergira samo za x = 0 Za p = 0 dati red se svodi na +1 X

(2) S (x) =

(

1)

n 1

n=1

n (3n 1) 2n x (2n 1)!

1

Za odre†ivanje sume ovog reda S (x) po†imo od poznatog razvoja sin t =

+1 X

(

1)

t2n 1 Diferenciranjem ovog reda µclan po µclan (što (2n 1)!

n 1

n=1

je dopušteno jer je njegov polupreµcnik konvergencije R = + 1 ) dobijamo cos t =

+1 X

(

1)

n 1

n=1 +1 X

t cos t =

(

1)

(2n 1) t2n (2n 1)!

n 1

n=1

=2

+1 X

(

1)

(3)

(

1)

n 1

n=1

=

(2n 1) t2n (2n 1)! n t2n 1 (2n 1)!

n 1

n=1 +1 X

2

2n 1

nt (2n

1)!

=

+1 1 X ( t n=1

1)

(2n 1) t2n (2n 1)!

n 1

1

odnosno

1

+1 X

(

1)

n=1

|

t2n 1 odakle je (2n 1)! {z }

n 1

sin t

1 (t cos t + sin t) 2

Red (2) moµzemo napisati u obliku dva reda, kada je S (x) =

+1 X

(

1)

n 1

n=1

=

+1 X

(

1)

n 1

n 3n x2n (2n 1)! n

p

n=1

=

+1 p X 3 ( n=1

1)

n 1

p

n

(

1)

x2n

1

n

n 1

(2n

n=1

2n 1

3 3 (2n 1)! p

+1 X

1

+1 X

(

1)

n=1 2n 1

3 x (2n 1)!

+1 X

n=1

(

1)

n 1

n 1

1)!

x2n

1

n x2n 1 (2n 1)!

n x2n 1 (2n 1)!


p Primenom formule (3) za t = 3 x i t = x dobijamo sumu datog reda za p = 0 odnosno p p p 1 p 1 S (x) = 3 3 x cos 3 x + sin 3x x cos x + sin x 2 2

263) U zavisnosti od realnih parametara p i q ispitajmo konvergenciju reda (1)

+1 X

n=1

nn (2n)!!

p

p

n+1 n2

p

q

n

Za ispitivanje konvergencije datog

pozitivnog reda moµzemo primeniti Dalamberov kriterijum. Kako je p p p p p n+1 n n+1+ n p 1 p n+1 n= =p p p n+1+ n n+1+ n

n+1

lim

n!+1

(n + 1) (2n + 2)!!

an+1 = lim n!+1 an

n!+1

p

(2n)!! (n + 1) (n + 1) n (2n + 2)!!

p

n

= lim

n!+1

(2n)!! (n + 1) (n + 1) nn (2n)!! (2n + 2) n

= lim

n!+1

(n +1) 2nn

!p

p

1 2

= lim

n!+1

Red (1) konvergira ako je

Za p = 0 dobijamo red

8 > < > :

+1 X

n=1

n2

n2

(n + 1) p

nn (2n)!! n

= lim

p

nn (2n)!!

onda je opšti µclan datog reda an =

p

2

n n+1 | {z !1

= lim

e 2 e 2 p

1 n+2+

p

q

pa imamo

q

n+1

1 p q n+1+ n p p 2 n+1+ n p p n+2+ n+1 } | {z n

!1

p

(n + 1) (n + 1) nn 2 (n + 1)

n!+1 n

1 p n+1+ n

p

n2

n +1 n

p

p

1 2

=

lim

n!+1

1+

1 n

n

p

=

q

} e 2

p

p

< 1 odnosno ako je p < 0 i za svako q p

> 1 odnosno ako je p > 0 1 p n+1+ n

q

Za velike vrednosti n opšti µclan ovog reda se ponaša kao

1 q n2 + 2

X 1 konvergira za > 1 onda u datom sluµcaju red konvergira n q q za 2 + > 1 ) > 1 2 = 1 ) q > 2 Za p < 0 p = 0 i q > 2 2 2 red (1) konvergira. U ostalim sluµcajevima isti red divergira. Kako red


+1 X (

n

(2n 1)!! 1) n 2 (2n + 1) (n + 1)! n=1 p p x2 + 1 x + x2 + 1 f (x) = x ln

264) Dat je red (1)

p

i funkcija

1 Ispitajmo apsolutnu i uslovnu konvergenciju datog reda u zavisnosti od realnog parametra p 2 Razvijmo funkciju u Maklorenov red i odredimo interval gde vaµzi dobijeni razvoj. 3 Primenom dobijenog razvoja odredimo sumu reda (1) za p = 1 Za ispitivanje apsolutne konvergencije reda (1) koristimo red (2)

+1 X 1 2n n=1

p

(2n 1)!! gde je (2n + 1) (n + 1)! 0 0 (2n + 1)!! 1 B 2n+1 B (2n + 3) (n + 2)! B = lim B 1 @ n!+1 @ (2n 1)!! 2n (2n + 1) (n + 1)!

an+1 n!+1 an lim

= lim

n!+1

=

1 2

1 2

lim

n!+1

1p 1 C C C C A A

p

(2n + 1) (2n 1)!! (2n + 1) (n + 1)! (2n + 3) (n + 2) (n + 1)! (2n 1)!! !p 2 (2n + 1) 1 4n2 + 4n+1 = lim (2n+3)(n+2) 2 n!+1 2n2 + 7n+6

p

=

1 p 2 2

Za p < 1 red (2) konvergira pa red (1) apsolutno konvergira an+1 Za p > 1 imamo > 1 pa red (1) divergira jer tada opšti µclan ne teµzi 0 an Za p = 1 red (1) „postaje” +1 X

(

1)

n

n=1

+1 X 1 (2n 1)!! (2n 1)!! n 1 = ( 1) n n 2 (2n + 1) (n + 1)! n=1 2 (2n + 1) (n + 1) n!

=

+1 X

(

n=1

1)

n

(2n 1)!! 1 (2n + 1) (n + 1) 2n n!

Kako je 2n = 2 2 2 2 n - sabiraka n! = 1 2 3 (n 2) (n 1) n (2n)!! = 2 4 6 8 n

2 n! = (2 1) (2 2) (2 3) | {z } | {z } | {z } 2

4

pa zamenom dobijamo +1 X

n=1

( 1)

n

6

(2n) onda imamo

(2 (n 2)) (2 (n 1)) 2n = (2n)!! | {z } | {z } 2n 4

1 (2n 1)!! (2n + 1) (n + 1) (2n)!!

2n 2

Kako je

(2n 1)!! < 1 odnosno (2n)!!


1 (2n 1)!! 1 1 < < 2 i kako red (2n + 1) (n + 1) (2n)!! (2n + 1) (n + 1) n +1 X 1 konvergira, onda po prvom poredbenom kriterijumu red 2 n n=1 +1 X

1 (2n 1)!! konvergira pa red (2n + 1) (n + 1) (2n)!!

n=1 +1 X

( 1)

n

n=1

(2n 1)!! 1 apsolutno konvergira (2n + 1) (n + 1) (2n)!!

Dakle, za p 6 1 red (1) apsolutno konvergira a za p > 1 divergira p p 2 Za funkciju f (x) = x ln x2 + 1 x + x2 + 1 imamo x p 1 p p 2+1 x x 0 2 f (x) = ln x +1 x +x p x2 + 1 x +p = ln 2 2 x +1 x x +1 x p 1 1 2+1 1 x 00 p p f (x) = = = 1 + x2 2 x2 + 1 x x2 + 1 Polazeći od binomnog razvoja (1 + t) = 1 +

t+

1

t2 +

2

+

tn +

n

za

1 i t = x2 2

=

dobijamo f 00 (x) = =

1 2

1 + x2 1

+1 X

n

1 2

=

x2n

n 1 2

1 2

1+

1 2

n=1

1 2

=

1

2

x4 +

+

1 2

n

x2n +

Kako je 1 2

1

1 2

x2 +

2

1 2

n+1

n!

=(

1)

n

(2n 1)!! 2n n!

onda imamo f 00 (x) =

1

+1 X

(

1)

n

n=1

(2n 1)!! 2n x 2n n!

Sada se „vraćamo unazad” da integralimo µclan po µclan, kada je Z Z Z X +1 1)!! 2n n (2n dx ( 1) f 0 (x) = f 00 (x) dx = x dx odnosno n n! 2 n=1 0

f (x) =

x

+1 X

n=1

(

1)

n

(2n 1)!! x2n+1 + C1 2n n! (2n + 1)


Kako je f 0 (0) = 0 = 0 + C1 ) C1 = 0 onda imamo f 0 (x) =

x

+1 X

(

1)

(2n 1)!! x2n+1 n! (2n + 1)

n

2n

n=1

Još jednom integracijom µclan po µclan dobijamo Z +1 x2 X (2n 1)!! n f (x) = f 0 (x) dx = x2n+2 + C2 ( 1) n 2 2 n! (2n + 1) (2n + 2) n=1 Kako je f (0) = 1 = 0 + C2 ) C2 = 1 odnosno

n! (2n + 2) = 2n! (n + 1) = 2 (n + 1)! onda zamenom dobijamo razvoj

n=1

=1

n

2n

(2n 1)!! x2n+2 (2n + 1) (n + 1)!

Ako u (2) stavimo x = 1 tada dobijamo 1 2

f (1) = 1 +1 X

1)

16x61

koji vaµzi za 3

+1 1 X ( 2 n=1

x2 2

(2) f (x) = 1

(

+1 1 X ( 2 n=1

1)

n

(2n 1)!! odnosno 2n (2n + 1) (n + 1)!

(2n 1)!! = 2 f (1) + 2 1 = 1 2 f (1) = 2n (2n + 1) (n + 1)! p p 2 ln 2 1 + 2 a to je zbir reda (1) za p = 1 1)

n

265) Dat je red (1)

+1 X

( 1)

n 1

n=1

i funkcija f (x) = x arcsin x +

p

(2n 1)!! (2n)!! (2n + 2)

p

1 2n + 1

x 2

n

p>0

x2

1

1 Ispitajmo apsolutnu i uslovnu konvergenciju datog reda u zavisnosti od vrednosti parametra p > 0 2 Razvijmo datu funkciju u stepeni red po stepenima od x Odredimo interval gde vaµzi dobijeni razvoj. 3

Primenom dobijenog razvoja odredimo sumu reda (1) za p = 1 i x = 2

Prikaµzimo stepeni red (1) u obliku

+1 X

an xn gde je

n=1

an = ( (2n

1)

n 1

1)!! = (2n

(2n)!! = 2n (2n

(2n 1)!! (2n)!! (2n + 2) 1) (2n 2)

3)

p

1 1 2n + 1 2n

Kako je

5 3 1 odnosno

6 4 2 onda prema Dalamberovom kriterijumu


polupreµcnik konvergencije datog reda iznosi 0 (2n 1)!! B an (2n)!! (2n + 2) B R = lim = lim B n!+1 @ n!+1 an+1 2 (n + 1) 1

1p

2 (n +1) !! 2 (n +1)+ 2

= lim

n!+1

0

1p (2n 1)!! 1 1 B (2n)!! (2n + 2) C 2n + 1 2n B C @ A 1 1 (2n + 1)!! n 2n + 3 2 2 (2n + 2)!! (2n + 4) p

= lim

(2n 1)!! (2n + 2)!! (2n + 4) (2n + 1)!! (2n)!! (2n + 2)

= lim

(2n 1)!! (2n)!! (2n + 2) (2n + 4) (2n + 1) (2n 1)!! (2n)!! (2n + 2)

= lim

2n + 4 2n + 1

n!+1

n!+1

n!+1

p

C C C A

1 1 2n + 1 2n 1 1 n+1 2 (n +1)+1 2

2n + 3 2 2n + 1 p

2n + 3 2 2n + 1

2n + 3 2 =1 1 2=2 2n + 1

pa red (1) apsolutno konvergira za

2
Ispitajmo konvergenciju na krajevima intervala, odnosno za x = 2 i x =

2

Zamenom x = 2 u red (1) dobijamo numeriµcki red +1 X

(

1)

n 1

n=1

(2n 1)!! (2n)!! (2n + 2)

p

1 2n + 1

Kako je (2n 1)!! < (2n)!! za svako n i kako vrednost opšteg µclana monotono opada i teµzi nuli, onda prema Lajbnicovom kriterijumu, za x = 2 dati red (1) konvergira. Kako je (

1)

2 2

n 1

n

=(

1)

2n 1

=

1 onda zamenom x =

2 u red (1)

dobijamo numeriµcki red (2)

+1 X

n=1 +1 X

n=1

(2n 1)!! (2n)!! (2n + 2)

p

1 Za p = 0 red (2) postaje harmonijski red 2n +1

1 koji divergira. Kako za p > 0 vaµze relacije 2n + 1

(2n 1)!! (2n)!! (2n + 2)

p

+1 X 1 1 1 1 1 < < i kako red p p+1 2n +1 np+1 n (2n + 2) 2n +1 n=1


konvergira, onda za p > 0 red (2) konvergira. Dakle, za p > 0 red (1) apsolutno konvergira kada x 2 [ Za p = 0 red (1) apsolutno konvergira kada x 2 ( Za x = 2 red (1) uslovno konvergira. Za x =

2; 2 ]

2; 2)

2 divergira.

p 2 Funkciju f (x) = x arcsin x + 1 x2 = x arcsin x + 1 moµzemo razviti u stepeni red sledećim postupkom: f 0 (x) = arcsin x + x p (3) f 00 (x) = p

1 x2

1

(4) (1 + t) = 1 + (5)

=

1

1 1

t+

( 2x) = arcsin x

Polazeći od binomnog razvoja

t2 +

2 (

=

2

1 2

x2

1 2

x2

= 1

1

1 1 2

+

x2

+

n

1) 2!

tn +

1 2

x2

1 2

=1

1

1 2

x2 +

2

gde su

(

=

n

1)

( n!

x2 i

binomni koe…cijenti i pore†enjem (3) i (4) za t = (6) f 00 (x) = 1

1 2

x2

n + 1) 1 dobijamo 2

=

1 2

n

x4

+( 1)

n

x2n +

Za n = 1; 2; : : : prema (5) imamo 1 2

n

= =(

1 2

1 2

1 2

1

n+1 =(

n! 1)

n

1 3 (2n 1) =( 2 4 (2n)

1)

n

1)

1 3

n

(2n 2n n!

1)

(2n 1)!! (2n)!!

pa se razvoj (6) moµze napisati u obliku f 00 (x) = 1

x2

1 2

=1

(

1)

1

(2 1 1)!! 2 x +( (2 1)!! +(

= 1+

1!! 2 3!! 4 x + x + 2!! 4!!

+

(2n 1)!! 2n x + (2n)!!

1) 1)

2

2n

(2 2 1)!! 4 x + (2 2)!! (2n 1)!! 2n x + (2n)!!

= 1+

+1 X (2n 1)!! 2n x (2n)!! n=1

gde je polupreµcnik konvergencije dobijenog reda R = 1 odnosno red konvergira za x 2 ( 1; 1) Vraćanjem „unazad”i integracijom µclan po µclan dobijamo 0

f (x) = arcsin x = x +

+1 X

n=1

(2n 1)!! x2n+1 + C1 (2n)!! (2n + 1)


Za x = 0 imamo f 0 (0) = arcsin 0 = 0 pa je C1 = 0 Još jednom integracijom dobijamo +1

x2 X (2n 1)!! + x2n+2 + C2 2 (2n)!! (2n + 1) (2n + 2) n=1 p Kako je f (x) = x arcsin x + 1 x2 onda za x = 0 dobijamo f (0) = 1 kada je C2 = 1 odnosno f (x) =

+1

(7) f (x) = 1 +

x2 X (2n 1)!! + x2n+2 2 (2n)!! (2n + 1) (2n + 2) n=1

pa dobijeni red konvergira za x 2 [ 1; 1 ]

3 U ovom delu sastavljaµc ispitnog zadatka je pogrešio jer iz (1) za p = 1 i x = 2 dobijamo red (8)

+1 X

(

1)

n 1

n=1

(2n 1)!! koji ne moµze da se dobije iz (7) (2n)!! (2n + 1) (2n + 2)

jer, na primer, za x = 1 nema µclan (

1)

n 1

Zato je trebalo da se odredi zbir reda (1) za p = 1 i x = Za p = 1 i x = +1 X

n=1

2

2 iz (1) dobijamo numeriµcki red

(2n 1)!! Ako u (7) stavimo x = 1 tada dobijamo (2n)!! (2n + 1) (2n + 2) +1

1 X (2n 1)!! + Kako je 2 n=1 (2n)!! (2n + 1) (2n + 2) p f (x) = x arcsin x + 1 x2 onda za x = 1 imamo (9) f (1) = 1 +

f (1) = arcsin 1 = +1 X

n=1

2

kada iz (9) dobijamo

(2n 1)!! 3 = (2n)!! (2n + 1) (2n + 2) 2

2

Napomena! Za izraµcunavanje zbira reda (8) moµzemo koristiti razvoj p x ln x + 1+ x2

p

1+ x2 =

odakle za x = 1 dobijamo +1 X

n=1

(

1)

n 1

1+

+1 x2 X (2n 1)!! n + ( 1) x2n+2 2 n=1 (2n)!! (2n+1)(2n+ 2)

p (2n 1)!! = 2 (2n)!! (2n + 1) (2n + 2)

1 2

ln 1 +

p

2


266) Dat je red

+1 X

n=1

xp

p

(2n 1)!! q i funkcija (2n)!! (2n + 3)

9 x 9 x2 + arcsin 2 2 3 1 Ispitajmo konvergenciju reda u zavisnosti od realnih parametara p i q 2 Razvijmo funkciju u Maklorenov red i odredimo interval gde vaµzi dobijeni razvoj 3 Odredimo sumu datog reda za p = q = 1 f (x) =

Za ispitivanje konvergencije datog reda primenimo Dalamberov kriterijum +1 X an+1 <1 po kojem pozitivni red an konvergira ako je L = lim n!+1 an n=1 1

Ako je L > 1 tada red divergira. Za L = 1 konvergenciju reda ne moµzemo odrediti po ovom kriterijumu. U datom sluµcaju imamo p

L = lim

n!+1

= lim

(2n+1)(2n 1)!!

n!+1

Kako je

an+1 an

(2n + 1)!! q (2n + 2)!! (2n + 5) = lim p n!+1 (2n 1)!! q (2n)!! (2n + 3) p

q

(2n)!! (2n+3) q

(2n+2)(2n)!! (2n+5) (2n 1)!!

lim

n!+1

p

p

q

2n + 3 2n + 5

2n+3 2n+5

(2n+1) n!+1 2n+2

= lim

= 1 za svako q onda imamo L = lim

n!+1

q

(2n + 1) 2n + 2

p

Za p < 1 ) L = 0 pa red konvergira Za p > 1 ) L = + 1 pa red divergira Za p = 1 ) L = 1 pa se konvergencija ne moµze utvrditi Dalamberovim kriterijumom. Za ovaj poseban sluµcaj primenimo Gausov kriterijum Ako je an > 0 ili ako je j

(n) j

an = an+1

+

n

+

n

n1+

gde su

;

= const

">0

< C tada:

(a) Za

> 1 red

+1 X

an konvergira

n=1

(c) Za

= 1 red

+1 X

n=1

U našem sluµcaju an 2n + 2 = p an+1 (2n + 1)

an

(

2n + 5 2n + 3

(b) Za

< 1 red

+1 X

n=1

konvergira ako je

>1

divergira ako je

61

q

za p = 1 imamo

an divergira


an 2n+2 = an+1 2n+1

q

2n+5 2n+3

Kako je (1 + t) = 1 +

1

=

t+

1 (

=

2

2n+1+1 2n+1

=

2

t2 +

1) 2!

q

2n+3+2 2n+3 +

1 2n+1

1)

1 1+ 2n + 1

1 1 = 2n + 1 2n

2 + 2n + 3

2 = 2n + 3

1 1+ 2n

+(

1)

n 1

1

=

3 n+ 2 tn

1

+

q 2

( n!

1 n

4 (2n + 3) 1 1+

n + 1)

=

1 1+ 2n

=

1+

=1+

1 2n 1 +q 2

1

10

1 + 4n2

1 1+q n 1+q

1 n

1 + n n n2

Prema Gausovom kriterijumu red:

3 2n

2

!

+

Kako je

odnosno

onda dalje imamo

1 1 CB 1+q + 1 A@ 3 n 1+ 1+ 2n 2n ! 1 1 1 1+q 1 1+ + 2n 2n 4n2

an 1 B = @1 + an+1 2n =

1+

1

1 = 1 t + t2 1+t 0

q 1

q

gde su

onda imamo an = an+1

2 2n+3

1+

tn +

n

(

=

n

= 1+

1

1 C A

1 n

3 + 2n

=1+

1

3 + 2n +

+

!

!

1 1 1 +q +q 2 2n n 2n

8 > < konvergira za > : divergira za

1 1 +q >1 ) q > 2 2 1 1 +q 61 ) q 6 2 2

8 1 > < konvergira za p < 1 i svako q ili za p = 1 i q > 2 Red sa poµcetka zadatka > 1 : divergira za p > 1 i svako q ili za p = 1 i q 6 2 9 x xp 9 x2 + arcsin 2 2 3 u Maklorenov - potencijalni red odredimo njen prvi izvod, odnosno 2

Za razvoj date funkcije f (x) =


1p 9 2

f 0 (x) =

(1) f 0 (x) =

(1

x2 +

x2 r 3

t) = 1

2

x2 9 1 1 + r odakle dobijamo 2 3 2 9 x2 x 1 9

1 x 3

1 t+

1

p

2

Kako je

2

t2

+(

1)

n

n

tn +

onda za razvoj f 0 (x) u potencijalni red, primenimo razvoj p

1 = (1 1 t

t)

1 2

1 2

=1

t+

1

1 2

t2

2

+ ( 1)

n

1 2

n

tn +

gde je 1 2

n

1 2

=

1 2

1

1 2

2

n+1

n! 1 2

= =

1 2

(

=(

1) (

3 2

5 2 n!

2n

1 2

3) (

5) (2n 1) (2n 1) n 1 3 5 = ( 1) n n! 2 n! (2n 1) !! n Kako je ( 1)!! = 1 onda zamenom dobijamo red 1) (2n) !! 2n

+1 X 1 (2n 1)!! n (2) p = t koji konvergira za j t j < 1 ili za t 2 ( 1; 1) 1 t n=0 (2n)!!

x 2 = t u relaciju (2) moµzemo prvi izvod f 0 (x) prikazati relacijom 3 (1) kada imamo

Smenom

f 0 (x) =

+1 +1 x2 X (2n 1)!! x2n 1 X (2n 1)!! x2n+2 = 3 n=0 (2n)!! 32n 3 n=0 (2n)!! 32n

Dobijeni red je konvergentan za j x j < 3 Integracijom µclan po µclan dobijamo Z +1 1 X (2n 1)!! x2n+3 0 f (x) = f (x) dx = +C 3 n=0 (2n)!! 32n (2n + 3) Kako je f (0) = 0 = 0 + C ) C = 0 onda imamo (3) f (x) =

+1 1 X (2n 1)!! x2n+3 3 n=1 (2n)!! (2n + 3) 32n


3

Za p = q = 1 dobijamo red

(4) S =

+1 X

n=1

(2n 1)!! µciju sumu treba izraµcunati. (2n)!! (2n + 3)

Iz relacije (3) za x = 3 dobijamo f (3) =

+1 +1 X 1 X (2n 1)!! 32n 33 (2n 1)!! = 9 3 n=0 (2n)!! (2n + 3) 32n (2n)!! (2n + 3) n=0

Za n = 0 imamo (2 0 1)!! ( 1)!! 1 9 =9 =9 = 3 odnosno (2 0)!! (2 0 + 3) 0!! 3 1 3 f (3) = 3 + 9

+1 X

n=1

S=

1 f (3) 9

(2n 1)!! = 3 + 9 S odakle je (2n)!! (2n + 3)

3 1 = 9 9

3p 9 2

32 +

9 3 arcsin 2 3

3 =

1 9

9 2 2

3 =

4

1 3

Matematika - Nizovi i Redovi

Recommend Documents