Poslovna matematika-zbirka

Cyan Magenta Yellow Black

Diplomirao je na Elektrotehničkom fakultetu u Beogradu 1991. godine. Na istom fakultetu je magistrirao 1995. godine i doktorirao 2001. godine. Učesnik je više domaćih i inostranih kongresa i konferencija i ima preko trideset objavljenih radova u domaćim i međunarodnim stručnim publikacijama. Naučni je saradnik Instituta za fiziku, i docent na Fakultetu za poslovne studije Megatrend univerziteta primenjenih nauka za predmete Poslovna matematika i Poslovna statistika.

ISBN 86-7747-102-2

ZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE • Doc. dr Dušan Joksimović

Doc. dr Dušan Joksimović rođen je 1966. godine u Beogradu.

Megatrend univerzitet primenjenih nauka, Beograd, 2003.

Prof. dr Dušan Joksimović

ZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE (treće izdanje)

Megatrend univerzitet primenjenih nauka Beograd, 2004.

Prof. dr Dušan Joksimović ZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE (treće izdanje) Recenzenti: Prof. dr Šćepan Ušćumlić, redovni profesor Tehnološko-metalurškog fakulteta u Beogradu Prof. dr Goran Kilibarda, vanredni profesor Tehnološko-metalurškog fakulteta u Beogradu Izdaje i štampa: Megatrend univerzitet primenjenih nauka, Beograd, Makedonska 21 Za izdavača: Nevenka Trifunović, izvršni direktor Tehnički urednik: Prof. dr Dušan Joksimović Dizajn korica: Zoran Imširagić Tiraž: 500 primeraka Copyright: © 2004 „Megatrend“ univerzitet primenjenih nauka - Beograd Izdavač zadržava sva prava. Reprodukcija pojedinih delova ili celine ove publikacije nije dozvoljena! ISBN 86-7747-138-3

CIP - Katalogizacija u publikaciji Narodna biblioteka Srbije, Beograd 51-77:33(075.8) JOKSIMOVIĆ, Dušan Zbirka zadataka iz poslovna matematika / Dušan Joksimović. 3. izd. - Beograd : Megatrend univerzitet primenjenih nauka, 2004 (Beograd : Megatrend univerzitet primenjenih nauka). - 292 str. : graf. prikazi ; 24 cm Tiraž 500. - Bibliografija: str. 263 ISBN 86-7747-138-3 a) Privredna matematika – Zadaci COBISS.SR–ID 116782092

Odlukom Komisije za izdavačku delatnost Megatrend univerziteta primenjenih nauka broj 91/35 (27.08.2004.) rukopis je odobren za štampu i upotrebu u nastavi kao udžbenik.

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike

SADRŽAJ 1. ELEMENTI ALGEBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 1.1 Osnovni pojmovi matematičke logike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 1.2. Skupovi i operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4

2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . .7 2.1 Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7 2.2. Redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .18 2.3 Neke osobine funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .20 2.4. Granična vrednost i neprekidnost funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .26 2.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .33 2.6. Primena izvoda u rešavanju graničnih vrednosti funkcija jedne nezavisno promenljive-Lopitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .44 2.7. Ispitivanje funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .49

3. FUNKCIJE DVE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .129 3.1. Parcijalni izvodi i diferencijali funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . .129 3.2 Ekstremne vrednosti funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . .136

4. INTEGRALI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .148 4.1 Nalaženje neodređenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .148 4.2 Nalaženje određenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .162

5. EKONOMSKE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .173 6. LINEARNA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .187 6.1 Determinante i matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .187 6.2 Rešavanje sistema linearnih algebarskih jednačina pomoću determinanti i matrica 198

7. ELEMENTI FINANSIJSKE MATEMATIKE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .215 7.1 Procentni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .215 7.2. Prost kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .223 7.3. Složen dekurzivan kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .231 7.4. Amortizacija kredita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .246

I

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 1.

ELEMENTI ALGEBRE

1.1

Osnovni pojmovi matematiþke logike

Rešeni zadaci:

1.1.1.

Dokazati da su sledeüe formule tautologije: a) b) c) d) e)

(p(qr)((pq) (pr)), (p(qr)((pq) (pr)), (p(pr)p, (p(pr)p, (pq)(qp).

Rešenje: a)

(p(qr)((pq) (pr))

p

q

r

qr

p(qr)

pq

pr

(pq)(pr)

1 1 1 1 0 0 0 0

1 1 0 0 1 1 0 0

1 0 1 0 1 0 1 0

1 1 1 0 1 1 1 0

1 1 1 0 0 0 0 0

1 1 0 0 0 0 0 0

1 0 1 0 0 0 0 0

1 1 1 0 0 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identiþne, ekvivalencija je dokazana.

1

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike b)

(p(qr)((pq) (pr))

p

q

r

qr

p (qr)

pq

pr

(pq) (pr)

1 1 1 1 0 0 0 0

1 1 0 0 1 1 0 0

1 0 1 0 1 0 1 0

1 0 0 0 1 0 0 0

1 1 1 1 1 0 0 0

1 1 1 1 1 1 0 0

1 1 1 1 1 0 1 0

1 1 1 1 1 0 0 0

Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identiþne, ekvivalencija je dokazana.

c)

(p(pr)p

p 1 1 0 0

r 1 0 1 0

pr 1 1 1 0

p(pr) 1 1 0 0

Pošto su u ovoj tablici prva i þetvrta kolona identiþna, ekvivalencija je dokazana.

d)

(p(pr)p

p 1 1 0 0

r 1 0 1 0

pr 1 0 0 0

p (pr) 1 1 0 0

Pošto su u ovoj tablici prva i þetvrta kolona identiþna, ekvivalencija je dokazana. 2

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike e)

(pq)(qp)

p 1 1 0 0

q 1 0 1 0

p 0 0 1 1

q 0 1 0 1

pq 1 0 1 1

qp 1 0 1 1

Pošto su u ovoj tablici peta i šesta kolona identiþna, ekvivalencija je dokazana.

1.1.2. Dokazati ekvivalenciju (p(qr))(r(pq)) Rešenje: (p(qr))(r(pq))

p 1 1 1 1 0 0 0 0

q 1 1 0 0 1 1 0 0

r 1 0 1 0 1 0 1 0

qr 1 1 1 0 1 1 1 0

r 0 1 0 1 0 1 0 1

p(qr) 1 1 1 0 1 1 1 1

pq 1 1 0 0 1 1 1 1

r(pq) 1 1 1 0 1 1 1 1

Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identiþna, ekvivalencija je dokazana.

1.1.3. Dokazati da je formula (pq) (pq) kontradikcija. Rešenje: (pq)(pq)

3

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike p 1 1 0 0

q 1 0 1 0

pq 1 0 0 0

pq 1 1 1 0

(pq) 0 0 0 1

(pq)(pq) 0 0 0 0

Pošto za sve vrednosti istinitosti formula (pq)(pq) dobija vrednost 0 (šesta kolona), zakljuþujemo da je ona kontradikcija.

Zadaci za vežbu: 1.1.4. Ispi tati da li su sledeüe formule tautologije: a) b) c) d) e)

1.2.

((p q) p)(pq) ((qr)((pq)(pr)) (pq) pq (p(((pq)r)((pq)r)))q (pq)((pq)(qp))

Skupovi i operacije sa skupovima

Rešeni zadaci: 1.2.1. Dati su skupovi A=^1,2`, B=^^1,2,3`,^1,3`,1,2`. Da li su relacije AB i AB taþne? Rešenje: Prva relacija nije taþna, druga je taþna. 1.2.2. Odreditit skupove:

AB; AB; A\B;

ako je a) b)

A=^x~2
B=^x~3dxd5` B=^x~3dx<5` 4

B\A,

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Rešenje: a)

AB=^x~2
b)

AB=^x~2
1.2.3. Naüi partitivni skup P(A) skupa A ako je: a)

A=^1,2,3`

b)

A=^3,^1,2``

Rešenje: a) b)

P(A)=^,^1`,^2`,^3`,^1,2`,^1,3`,^2,3`,^1,2,3`` P(B)=^,^3`,^^1,2``,^3,^1,2```

1.2.4. Neka su A,B,C proizvoljni skupovi. Dokazati sledeüe relacije: a)

(A\B)B=

b)

A\(BC)=(A\B)(A\C)

Rešenje: a)

(A\B)B=^x~x(A\B)xB`=^x~xAxBxB`=

b)

A\(BC)=^x~xA(xBxC` =^x~xA (xBxC)` =^x~(xAxB)(xAxC)`= (A\B)(A\C)

5

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Zadaci za vežbu: 1.2.5. Ako je A=^1,2,3` i B=^2,3,4` naüi AB, AB, (A\B)(B\A), (A\B)(B\A) 1.2.6. Neka su A, B, C proizvoljni skupovi. Dokazati sledeüe relacije: a) b) c) d)

A(BC)=(AB)(AC) A (BC)=(AB) (AC) (A\B=C)(A=BC) (A=BCBC=)(A\B=C)

6

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO PROMENLJIVE 2.1 Nizovi

Rešeni zadaci: 2.1.1. Napisati opšti þlan za sledeüe nizove: a) b)

c) d)

^2, 5, 8, 11, 14,…` 1 1 1 1 ½ ® , , , , ¾ ¯ 2 4 8 16 ¿ 1 1 1 1 ½ ®1, , , , , ¾ 2 3 4 5 ¯ ¿ 1 1 1 ½ , , ,...¾ ® ¯1 3 2 4 3 5 ¿

Rešenje: a)

xn=3n-1

b)

xn

1 2n

c)

xn

(1) n 1 n

d)

xn

1 n (n 2)

2.1.2. Napisati nekoliko þlanova niza þiji je opšti þlan:

a)

xn

2n 1 2n 1

7


xn

3n 2 1 5n 2 1

Rešenje:

a) b)

1 3 5 ½ ® , , ,...¾ ¯3 5 7 ¿ 13 28 ½ ®1, , ,...¾ ¯ 19 44 ¿

2.1.3. Ispitati monotonost i ograniþenost sledeüih nizova

a)

xn

b)

xn

n n 1 n n!

Rešenje:

a) xn x n 1

n n 1 n 1 (n 1) 1

x n 1 x n

n 1 n2

n 1 n n 2 n 1

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

1 !0 (n 2) (n 1)

Iz prethodnog sledi da je xn+1>xn , odnosno da je niz monotono rastuüi. Iz n0, Prvi þlan niza je x1

sledi da je xn<1 za svako n>0. 1 1 , pa je x n 1 , odnosno niz je 2 2

ograniþen.

8


b) xn x n 1

n n! n 1 (n 1)!

x n 1 x n

n 1 n (n 1)! n!

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

1 n2 0 (n 1)!

za n ! 1

što znaþi da je niz monotono opadajuüi poþev od n=2. Pošto je x1=1 i xn>0 za svako n>1, zakljuþujemo da važi 0
1 i pozitivan broj H. Odrediti pozitivan n2 n 1 ceo broj N(H) tako da je ~xn~
Rešenje:

Kako je xn

1 1 n n 1 (n 1) 2 2

za n>1

uslov ~xn~D@ obeležen celi ¬ H¼

Dakle, za N(H) dobijamo N (H ) deo realnog broja D.

9


2.1.5. Pomoüu definicije graniþne vrednosti niza dokazati da je: 1 0 n ov n 3n 2 lim n ov n 1

lim

a) b)

3

Rešenje: Da bi pomoüu definicije graniþne vrednosti niza dokazali da niz ^xnòa kad nov, potrebno je pokazati da se za svako H>0 može naüi prirodan broj N(H),(koji zavisi od H), takav da je ~xn-a~N(H). Neka je H>0 proizvoljno malo. Imamo da je

a)

xn 0

N (H )

1 n

1 1 H n! H n

Pošto po definiciji N(H) mora biti prirodan broj uzmimo da je 1 ª1º « H » (najveüi prirodan broj koji je manji ili jednak broju H ). ¬ ¼ 1 n ov n

Utvrÿujuüi postojanje broja N(H) dokazali smo da je lim b) xn 3

Neka je H>0 proizvoljno malo. Imamo da je 3n 2 3 n 1

Sada je dakle, N (H )

5 5 5 H n ! 1 H n 1 n 1 3n 2 ª5 º « H 1» što znaþi da je lim n ov n 1 ¬ ¼

10

3

0

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2.1.6. Koristeüi se definicijom graniþne vrednosti, dokazati

2n 2 3 n ov 3n 2 4

lim

2 3

Rešenje:

Neka je H>0. Važi sledeüe 17 2n 3 2 3n 2 4 1 3 H H ! 17 H 3n 2 4 3 3n 2 4 3 2

Za n>2 važi: 3n 2 4 !

17 1 12H 7 9Hn 2 ! 12H 17 n ! 3H H 3

Sada je dakle, N (H ) 2n 2 3 lim 2 n ov 3n 4

ª 1 12H 7 º « » , þime smo dokazali da je H «¬ 3 »¼

2 . 3

n 2.1.7. Dokazati da je nov 2 n lim

0

Rešenje: Po binomnoj formuli važi sledeüe

11


§n· § n· n n2 § n· n2 (1 1) n 1 n ¨¨ ¸¸ ¨¨ ¸¸ ... 1 1 ¨¨ ¸¸ ... 1 ! 2 2 ©3 ¹ 2 © 2¹ ©3 ¹

2n

0

odnosno

n 2 1 2 2 0 n . n n n 2 2

Pošto za nov važi

2 o 0 imamo da po Teoremi 2.2.3. iz udžbenika n

važi lim n ov

n 2n

0

2.1.8. Dokazati da je niz xn=qn gde je ~q~<1 nula niz. Rešenje:

Neka je H>0. Iz ~q~<1 sledi da je ~q~-1 >1, odnosno može se uzeti da je 1 1 D gde je D>0. Važi sledeüe: q 1 q

n

(1 D ) n

§n· 1 n 1 nD ¨¨ ¸¸D 2 ... D n ! 1 nD q 1 nD ©2¹

Ako izaberemo n tako da je 1+nD >H -1 time još pre važi n

q

1 1

H.

H Dakle za n takvo da važi 1+nD >H -1, odnosno za

12


n ! N H

ª1 º « H 1» « » « D » ¬« ¼»

važi da je ~q~n
2.1.9. Dokazati da je

lim n

k

n ov

v ......(k ! 0) ½ ° ° ®0...........(k 0)¾ °1............( k 0 ° ¯ ¿

Rešenje: Neka je k>0, a M proizvoljan pozitivan broj. Da bi dokazali pomoüu definicije graniþne vrednosti niza, da nkov kad nov treba pokazati da se može naüi prirodan broj N takav da je nk>M za svako n>N. Dakle, pošto je n k ! M n ! k M , pa za N može uzeti bilo koji prirodan broj N ! k M , þime je dokazano da nkov kad nov, za k>0. 1 . nm Pošto je malopre dokazano da nmov, kada nov, za m>0, po Teoremi 1 2.2.1.2.(f). iz udžbenika, sledi da m o 0 , odnosno nko0 kada nov, za k<0. n Neka je k<0. Tada je k= -m, gde je m>0 pa je tada n k

n m

Ako je k=0, onda su svi þlanovi niza jednaki 1, pa je to i njegova graniþna vrednost.

13


2.1.10. Naüi graniþnu vrednost niza þiji je opšti þlan xn

a 0 n p a1 n p 1 a 2 n p 2 ... a p b0 n q b1 n q 1 b2 n q 2 ... bq

kada nov,

gde je a0 ,b0 z0.

Rešenje: Važi sledeüe:

lim x n n ov

lim

p

p 1

q

q 1

a 0 n a1 n

n ov

b0 n b1 n

a2 n

p2

... a p

b2 n

q2

... bq

c n ov n i

S obzirom da je lim

ap a1 a 2 2 ... p ) n n n lim n ov b b b q n q (b0 1 22 ... q ) n n n n p (a 0

0 za it1, gde je c proizvoljna konstanta,

dobijamo:

lim x n n ov

a0 lim n p q b0 nov

2.1.11. Naüi

½ ° v .......( p ! q) ° °° °° ®0............( p q ) ¾ (videti prethodni zadatak) °a ° ° 0 ..........( p q)° °¯ b0 °¿

2n . nov n!

lim

Rešenje:

Važi sledeüe:

14


2n 0 n!

2 2 2 2 §2· ... d 2 ¨ ¸ 1 2 3 n ©3¹

n 2

2

§3· §2· 2¨ ¸ ¨ ¸ ©2¹ ©3¹

n

9 §2· ¨ ¸ 2 ©3¹

n

Dakle, važi: n

2n 9 § 2 · 0 d ¨ ¸ . n! 2 © 3 ¹ §2· Kako je lim¨ ¸ n ov 3 © ¹

n

0 (zadatak 2.1.8) onda po Teoremi 2.2.3. iz

2n udžbenika sledi da je lim n ov n!

0.

2.1.12. Naüi sledeüe graniþne vrednosti: 2 n 1

a)

§ 1· lim¨1 ¸ n ov © n¹

b)

§ 5· lim¨1 ¸ n ov © n¹

c)

§ n · lim¨ ¸ n ov n 1 © ¹

d)

§ 6n · lim¨ ¸ n ov 6 n 5 © ¹

n

n 3

2 n 1

Rešenje:

a)

§ 1· lim¨1 ¸ n ov © n¹

2 n 1

2n

§ 1· § 1· lim¨1 ¸ ¨1 ¸ n ov © n¹ © n¹

§§ 1 ·n · § 1· lim¨1 ¸ lim¨ ¨1 ¸ ¸ n ov © n ¹ nov¨© © n ¹ ¸¹

b) 15

2

1 e2

e2

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Uvedimo smenu n=5t, gde važi tov kada nov. Sada je : § 5· lim¨1 ¸ n ov © n¹

n

§ 1· lim¨1 ¸ t ov © t¹

5t

§ § 1 ·t · lim¨ ¨1 ¸ ¸ ¸ t ov ¨ ©© t ¹ ¹

5

e5

c)

§ n · lim¨ ¸ n ov n 1 © ¹

§ · ¨ 1 ¸ ¸ lim¨ n ov¨ 1¸ ¨1 ¸ n¹ ©

n 3

d)

n3

§ 1· § 1· lim¨1 ¸ lim¨1 ¸ n ov © n ¹ nov© n ¹

3

1 e 13

e 1

Važi sledeüe:

§ 6n · lim¨ ¸ n ov 6 n 5 © ¹

2 n 1

§ · ¨ 1 ¸ ¸ lim¨ n ov¨ 5 ¸ ¨1 ¸ 6n ¹ ©

Uvedimo smenu , n

· § ¨ 1 ¸ ¸ lim¨ n ov¨ 5 ¸ ¸ ¨1 6n ¹ ©

1 n

2 n 1

5 t gde važi tov kada nov.. Sada je: 6

2 n 1

lim t ov

1

1 § 1· ¨1 ¸ © t¹

5t 1 3

§ 1· lim ¨1 ¸ t ov © t¹ 3

16

5t

1 § 1· lim¨1 ¸ t ov © t¹

3

1

1

e5

e 3 e2


2.1.13. Naüi graniþnu vrednost lim n 2 n n . n ov

Rešenje: Važi sledeüe: lim( n 2 n n) n ov

lim n ov

n

n 2

n n

lim

n

n ov

2

n

n n

n

2

2

n n n 1 . lim n ov § · 2 1 n¨¨ 1 1¸¸ n © ¹

n n

lim n ov

n2 n n2

n

2

Zadaci za vežbu: 2.1.14. Naüi sledeüe graniþne vrednosti: a)

lim

3n 4 2n 6 n ov 4 n 4 2 n 6

b)

lim

c)

3n 5 2n 6 lim 4 n ov 4 n 2 n 6

d)

lim

e)

lim

f)

lim

n ov

n n2 n n

17

3n 4 2n 6 n ov 4n 5 2 n 6

n ov

2n 3 n2 1

3 n 1 3 n ov 5 3 n

n n


2.2. Redovi

Rešeni zadaci:

v

2.2.1. Dokazati da je harmonijski red

1

¦k

1

k 1

1 1 1 ... divergentan. 2 3 4

Rešenje: Važi sledeüe:

1 1 1 1 ! 2 3 4 4 2 1 1 1 1 1 1 ! 4 5 6 7 8 8 2 1 1 1 1 1 .... ! 8 9 10 16 16 2 . . . 1 2

m 1

1

1 2

m 1

2

...

1 1 ! 2 m 1 m m 2 2

1 2

Dakle, zakljuþujemo da je za n=2m: n

Sn

1

¦k k 1

1

1 §1 1· §1 1 1 1· ¨ ¸ ¨ ¸ ... 2 ©3 4¹ ©5 6 7 8¹

1 1 · 1 § 1 ¨ m 1 m 1 ... m ¸ ! 1 m 2 2 ¹ © 2 1 2 2 Odnosno

1 S n ! 1 m za nt2m , 2 18

odakle sledi:


mov 1+m/2ov, a pošto je Sn>1+m/2, sledi nov Snov, tj. harmonijski red je divergentan. v

1

¦ n n 1

2.2.2. Izraþunati sumu reda S

n 1

Rešenje:

Za opšti þlan ovog reda važi sledeüe: 1 n n 1

1 1 pa je dakle suma S jednaka n n 1

m

Sm

1 ¦ n 1 n n 1

m

§1

1 ·

¦ ¨© n n 1 ¸¹

1

n 1

Na osnovu ovoga je

S

lim S m

m ov

v

2.2.3. Naüi sledeüu sumu S

¦ aq

1 §1 1· 1 · 1 §1 ¨ ¸ ... ¨ ¸ 1 2 © 2 3¹ m 1 © m m 1¹

1 · § lim ¨1 ¸ 1. m ov © m 1¹

2 k 1

gde je ~q~<1.

k 1

Rešenje: v

S

¦ aq

2 k 1

aq aq 3 aq 5 ...

k 1

jer je (videti primer 2.2.3.1. iz udžbenika) 1 q 2 q 4 ...

1 (smena q2=t). 2 1 q

19

aq 1 q 2 q 4 ...

aq 1 q2

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2.3 Neke osobine funkcija Rešeni zadaci: 2.3.1. Naüi oblast definisanosti sledeüih funkcija

a)

y=x5-3x2+x+6

d)

y

x2 x 2 x 2 4x 3

b)

y

e)

y

x 1 x2 4 x ln 3 x

c)

y

x2 x 2

f)

y

ln x 2 x 2

Rešenje: a) Oblast definisanosti funkcije (u daljem tekstu üemo je obeležavati sa D, kao skraüenica od domen) y=x5-3x2+x+6 je skup realnih brojeva R, odnosno D=^x~xR`. Ovo se može napisati kao x( -v, v).

x 1 je definisana na skupu R osim u taþkama u x2 4 kojima je x2-4=0, odnosno osim u taþkama x1= -2, i x2=2. Dakle, domen ove funkcije je odreÿen sa b) Funkcija y

x(-v, -2) (-2, 2) (2,v).

c) Oblast definisanosti funkcije y nejednaþine

x 2 x 2 se odreÿuje iz

x2-x-2t0 þije je rešenje -v2,v). x2 x 2 se odreÿuje kao d) Oblast definisanosti funkcije y x 2 4x 3 zajedniþko rešenje nejednaþine x2-x-2t0 i nejednakosti x2-4x+3z0.

20

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Kako je rešenje nejednaþine x2-x-2t0 dato sa x(-v, -1@ >2,v) , a rešenje nejednakosti x2-4x+3z0 je xz1 xz3, zajedniþko rešenje, tj. presek ova dva rešenja je x(-v, -1@ >2,3)(3, v), što je u stvari i domen date funkcije.

e) Oblast definisanosti funkcije y

ln

x je skup svih realnih 3 x

brojeva koji zadovoljavaju nejednaþine x ! 0 i 3-xz0. 3 x Rešenje ovih nejednaþina je interval x(0,3), što je istovremeno i oblast definisanosti funkcije. f) Oblast definisanosti funkcije ln(x2-x-2) je skup svih realnih brojeva koji zadovoljavaju nejednaþinu þije je rešenje -v0 funkcije je odreÿen sa x(-v, -1) (2,v).

2.3.2. Odrediti nule sledeüih funkcija:

a) y c) y

x 2 3x 2 x2 2 x 2 9 e x 3

b) y

x 3

d) y

ln x 2 3 x 3

e) y=1+lnx

21

x 2 3x 2

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Rešenje: a) Iz y=0 x2+3x+2=0 x1= -1 , x2= -2 (uobiþajeno nalaženje nula kvadratne jednaþine). Dakle, taþke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije.

b) Iz y=0 x+3=0 x2+3x+2=0 x1= -3 , x2= -1 , x3 = -2. Dakle, taþke x1= -3, x2= -1 , x3 = -2 su nule funkcije. c) Iz y=0x2-9=0 (jer je funkcija ex razliþita od nule za svako x) x1=3, x2=-3. Ove taþke su nule funkcije. d) Iz y=0x2+3x+3=1 (jer je lnx=0 za x=1) x2+3x+2=0 x1= -1 , x2= -2. Dakle, taþke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije. e) Iz y=01+lnx=0lnx= -1 x=e-1. Dakle taþka x=e-1 je nula funkcije.

2.3.3. Naüi inverzne funkcije i njihove oblasti definisanosti sledeüih funkcija:

b) y

a) y=3x+5

3

1 x3

c) y

ln

x 2

Rešenje:

a)

y

3x 5 x

1 y 5 pa je inverzna funkcija 3

1 x 5 koja je definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. 3 Dakle, domen je x(-v ,v). y

b)

y

3

1 x3 x3

1 y3 x

3

1 y 3 pa je inverzna

funkcija y 3 1 x 3 (odnosno funkcija je inverzna sama sebi) koja je definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je x(-v ,v). x x 2e y pa je inverzna funkcija y=2ex koja je 2 definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je x(-v ,v). c)

y

ln

22

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2.3.4. Ispitati parnost i neparnost sledeüih funkcija:

y a)

x2 4 x2 3

xe x

y

2

2

y

b)

c)

ln x x

Rešenje: a) ( x) 2 4 ( x) 2 3

f ( x)

x2 4 x2 3

f ( x)

dakle funkcija f(x) je parna.

b) f ( x)

( x )e ( x )

2

2

xe x

2

2

f ( x)

dakle funkcija f(x) je neparna. c) ln( x) x

f ( x)

ln( x) f ( x) z f ( x) f ( x) z f ( x) x

dakle funkcija f(x) nije ni parna ni neparna.

2.3.5. Ispitati monotonost sledeüih funkcija: a)

f(x)=x2+4

na intervalu

x(1, +v)

b)

y

1 x 1

na intervalu

x(-8, -4)

c)

y=ex-2

na intervalu

x ( - v, + v)

23

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike d)

y=ln(x+4)

na intervalu

x(-2, 6)

Rešenje: a)

Za proizvoljno x1 , x2(1, +v) takvo da je x2>x1 važi:

f ( x 2 ) f ( x1 ) x 22 4 ( x12 4) x 22 x12 ! 0 za x1 , x2(1, +v), pa je funkcija monotono rastuüa na tom intervalu. b)

Za proizvoljno x1 , x2(-8, -4) takvo da je x2>x1 važi:

x1 x 2 1 1 0 za x1 , x2(-8, -4), x 2 1 x1 1 x 2 1 x1 1 pa je funkcija monotono opadajuüa na tom intervalu. f ( x 2 ) f ( x1 )

c)

Za proizvoljno x1 , x2(-v, +v) takvo da je x2>x1 važi:

1 x2 e e x1 ! 0 za x1 , x2(-v, +v), pa 2 e je funkcija monotono rastuüa na tom intervalu. f ( x 2 ) f ( x1 )

d)

e x2 2 e x1 2

Za proizvoljno x1 , x2(-2, 6) takvo da je x2>x1 važi:

f ( x 2 ) f ( x1 )

ln( x 2 4) ln( x1 4)

ln

x2 4 ! 0 jer je x1 4

x2 4 ! 1, x1 4 pa je funkcija monotono rastuüa na tom intervalu.

za x1 , x2(-2, 6)

24


Zadaci za vežbu:

2.3.6. Naüi oblasti definisanosti sledeüih funkcija: a)

y

c)

y

e)

y

x

ln

e

1 3 x

2 x 2x

2 x x 3

b)

y

d)

y

2 x x2 x2 4 x 2 5x 6

x2 4

f)

y

b)

y=(x2-4x+3)ex-1

d)

y

3

x 2 5x 6

2.3.7. Odrediti nule sledeüih funkcija: a)

y=x4-10x2+9

c)

y

ln

2x 1 x

x2 1 2x ln 1 x

2.3.8. Ispitati parnost i neparnost sledeüih funkcija: a)

y

x 3 x 3

b)

y

ln(

2

c)

y

ln

x 2 5 x 25 x3

x 3 x4 2

d)

25

y

x 2) x 1 x8

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2.4. Graniþna vrednost i neprekidnost funkcija

2.4.1. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:

lim x 2 3 x 6

a)

x o3

b)

lim (2 x x 3 x 5 )

c)

d)

x o v

lim x o1

x2 1 x 2 3x 2

lim (2 x x 3 x 5 )

xov

Rešenje: Na osnovu teorema 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika važi: a)

lim( x 2 3 x 6)

b)

Pošto je

lim x 2 lim 3 x lim 6

x o3

x o3

x o3

lim( x 2 1) x o1

x o3

32 3 3 6

lim( x 2 3 x 2) x o1

6

0 ne možemo

direktno primeniti teoreme 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika,(dobijamo oblik §0· limesa ¨ ¸ ), veü üemo izvršiti sledeüe transformacije: ©0¹ lim x o1

x2 1 x 2 3x 2

lim x o1

x 1 x 1 ( x 1)( x 2)

lim x o1

x 1 x2

2 .

c)

lim 2 x x 3 x 5

x o v

lim x 5 (

x o v

2 1 1 4 2 1) 5 x x x

( v ) x ( 1)

d) lim(2 x x 3 x 5 ) x ov

lim x 5 ( x ov

2 1 1 4 2 1) v (1) 5 x x x

26

v

v


2.4.2. Naüi sledeüe graniþne vrednosti: a)

2 x 2 3x 5 lim 2 x ov 3 x 3 x 4

c)

lim

3x 2 2 x 6

x ov

4

3

b)

§ x 3 3x 2 4 · ¸ lim¨¨ x ov 2 x 3 x 2 ¸ © ¹

d)

lim 3 x( x 2 1 x)

x 3x 1

x ov

Rešenje:

2

a)

b)

2 x 3x 5 x ov 3 x 2 3 x 4

lim

§ x 3 3x 2 4 · ¸ lim¨¨ x ov 2 x 3 x 2 ¸ © ¹

3 5 2) x x lim x ov 2 3 4 x (3 2 ) x x x 2 (2

3

3 4 § x 3 (1 3 ) ¨ x x ¨ lim x ov 1 2 ¨ x 3 (2 2 3 ¨ x x ©

lim

3x 2 x 6

x ov

4

x 3x 1

2 6 ) x x2 3 1 1 3 4 x x

x 2 (3

2

c)

2 3

lim x ov

x

2

· ¸ ¸ ¸ ¸ ¹

3

3 1

§1· ¨ ¸ ©2¹

3

1 8

3

d) lim 3 x( x 2 1 x) x ov

lim x ov

3 x( x 2 1 x)( x 2 1 x) x2 1 x

27

lim

3x

x ov

x( 1

1 1) x2

3 2


2.4.3. Naüi sledeüe graniþne vrednosti: x 2 3x 2 x ov x3 2

a)

lim

c)

lim

x a xa

xoa

x4 x ov x 3 3 x 2 x 5

b)

lim

d)

lim( x 3 x ) x ov

Rešenje: x 3x 2 x ov x3 2

a)

lim

b)

lim

3 2 ) x x2 2 x 3 (1 3 ) x

x 2 (1

2

lim x ov

x4 x ov x 3 3 x 2 x 5

lim x ov

1 x ov x

lim

0

x4 3 1 5 x (1 2 3 ) x x x 3

lim x x ov

c) x a xa

lim

lim

( x a )( x a )

( x a)( x a ) xa 1 1 lim lim xoa ( x a)( x a ) xoa x a 2 a xoa

xoa

d) lim( x 3 x ) x ov

lim x ov

3 x3 x

lim x ov

( x 3 x )( x 3 x ) x3 x

0

28

lim x ov

x 3 x x3 x

v


2.4.4. Naüi sledeüe graniþne vrednosti: a)

§ 1· lim¨1 ¸ x ov © x¹

c)

§ x 1· lim¨ ¸ x ov x 1 © ¹

x

b)

3 · § lim¨1 ¸ x ov © 5x ¹

d)

§ x 3· lim¨ ¸ x ov x 2 © ¹

x

Imajuüi u vidu Primer 2.5.1. iz udžbenika važi:

Rešenje:

a) Uvedimo smenu

§ 1· lim¨1 ¸ x ov © x¹

1 x

x

lim1 t

3 · § lim¨1 ¸ x ov © 5x ¹

lim1 t

§ t ¨x ©

3 5t

1

§ 1 t ·¸ ¨ lim o t 0 © ¹

1 x (1 ) x x lim x ov x 1 x (1 ) x x x

1 . e

e 1

3· ¸ x ov t o 0 5t ¹ 1 t

t o0

x

1· ¸ x ov t o 0 t¹

1 · § 1 t t ¸ ¨ lim ¹ © t o0

3 5x

x

§ x 1· lim¨ ¸ x ov x 1 © ¹

c)

1 t

t o0

Uvedimo smenu

b)

§ t ¨x ©

3 5

3

e5 x

§ 1· lim¨1 ¸ x ov © x¹ x 1· § lim¨ x ¸ x ov x¹ ©

e 1 e

d) § x ¨1 lim © x ov § x x ¨1 © x

§ x 3· lim¨ ¸ x ov x 2 © ¹

2 x5

3· ¸ x¹ 2· ¸ x¹

2 x 5

2 x 5

§ lim¨1 x ov ©

2x

3· § ¨1 ¸ lim x ¹ xov© 2x

3· ¸ x¹

§ 2· § 2· lim¨1 ¸ lim¨1 ¸ x ov x ¹ xov© x¹ © 29

5

5

1 e2

x

2 x 5


§ Važi: lim¨1 x ov ©

3· ¸ x¹

Uvedimo smene

5

3 x

§ lim¨1 x ov ©

2· ¸ x¹

5

t , odnosno

1 2 x

t , gde kada xov onda to0.

Dobijamo:

2x

§ § 3· lim¨1 ¸ lim¨1 x ov x ov x¹ © © 2x § § 2· lim¨1 ¸ lim¨1 x ov x ¹ xov© ©

3· ¸ x¹ 2· ¸ x¹

5

5

1 § · 1 t t ¸ ¨ lim © t o0 ¹ 1 t

§ · 1 t ¸ ¨ lim © t o0 ¹

6

4

e6 e4

e2

2.4.5. Naüi levu i desnu graniþnu vrednost funkcije: a)

y

x x 1

1

u taþki x=1

b)

y

e x u taþki x=0

Rešenje: a) tada ho0.

Levi limes:

x x o1 x 1 lim

Uvedimo smenu x=1-h, gde je h>0, i kada xo1

1 h ho0 1 h 1

lim

1 h ho0 h

lim

v

Desni limes: Uvedimo smenu x=1+h, gde je h>0, i kada xo1 tada ho0. x x o1 x 1 lim

b) tada ho0.

1 h ho0 1 h 1

lim

Levi limes:

1 h h o0 h

lim

v

Uvedimo smenu x=0-h, gde je h>0, i kada xo0

30

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 1

lim e x

lim e

x o0

1 h

1

h o0

lim e

1 h

1 ev

0

h o0

Desni limes: Uvedimo smenu x=0+h, gde je h>0, i kada xo0 tada ho0. 1

1

lim e x

lim e h

x o0

h o0

ev v

2.4.6. Ispitati neprekidnost funkcija:

a)

y

Rešenje:

a)

xe x

b)

1 x

y

Priraštaj ove funkcije 'y iznosi: 'y x 'x e ( x 'x ) xe x pa je lim 'y

'x o0

xe x e 'x 'xe x e 'x xe x

lim xe x e 'x 1 'xe x e 'x

'x o0

xe x e 'x 1 'xe x e 'x

0 pa je funkcija neprekidna za

svako x.

b) Oþigledno da ova funkcija ima jedan prekid u taþki x=0, jer tu nije definisana. Ispitajmo njenu neprekidnost u taþkama xz0. Za xz0 važi: 1 1 x 'x x 'x lim 'y lim 'x o 0 'x o0 x ( x 'x ) taþkama xz0. 'y

'x x( x 'x)

pa je

0 , što znaþi da je funkcija neprekidna u svim

31

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Zadaci za vežbu: 2.4.7. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:

a)

x 6 64 lim x o 2 x 2 4

c)

lim

e)

x 9 3 x 16 4

x o0

lim x ov

x 3x 3 x 2 1

b)

x3 x 7 lim x o v 6 x2

d)

lim

f)

3x 4 lim x o v 3 x 4

b)

§ 100 x · x lim¨ ¸ x o0 © 100 ¹

d)

lim x 1 3 x

x o2

x2 4 6 x 2

2.4.8. Naüi sledeüe graniþne vrednosti: 1

2 x

a)

§3 x· lim¨ ¸ x ov © x ¹

c)

§ x2 9 · ¸ lim¨¨ 2 x ov x 9 ¸ © ¹

x2 x ov

2.4.9. Naüi levu i desnu graniþnu vrednost funkcije u taþki x=2,

f ( x)

° x 2 3,....x ! 2½° ® x2 ¾ °¯e ,.....x 2 °¿

2.4.10. Odrediti vrednost parametra p tako da data funkcija bude neprekidna:

a)

f ( x)

e x ,...x 0 ® ¯ x p,...x t 0

32


b)

1 ° 1 x x ,...x z 0 ® °¯2 p 7,...x 0

f ( x)

2.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije Rešeni zadaci: Nalaženje prvog izvoda po definiciji.

2.5.1. Naüi po definiciji prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija: x2 ,

a) y

1 , x2

b) y

c) y

x,

d) y

1 x

.

Rešenje:

a) f ( x 'x ) f ( x ) y lim 'x o 0 'x lim 2 x 'x 2 x. ,

2 x 'x x 2 lim x o0

'x

x 2 2 x'x 'x x 2 lim 'x o0 'x 2

'x o0

b) 1 y

,

f ( x 'x) f ( x) lim 'x o 0 'x lim

'x o0

2 x 'x x 2 x 'x

2

lim

'x o0

x 'x

2

'x

2 . x3

33

1 x2

lim

'x o 0

x 2 x 2 2 x'x 'x 'x x 2 x 'x

2

2

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) y,

lim

'x o0

f x 'x f ( x) 'x

1 x 'x x

lim

'x o0

1 2 x

x 'x x 'x

lim

'x o0

x 'x x 'x o0 'x x 'x x lim

.

d)

1 y,

lim

'x o 0

lim

f x 'x f ( x) lim 'x o 0 'x x x 'x

'x x x 'x 1 1 3. 2x x 2x 2 'x o0

x 'x 'x

x x 'x

1 x

lim

'x o0

lim

'x o0

x x 'x 'x x x 'x 1

x x 'x

Nalaženje prvog izvoda algebarskog zbira funkcija.\

2.5.2. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:

ax 6 bx 3

a) y

5

c) y

x x x

d) y

e) y

a, b, c, d R.

3 2 x x

b) y

x3

c d ln x x2

x3 x a ! 0, a R a sin x 3 cos x 2tgx 4ctgx. 4

34

x x 'x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Rešenje:

a) y

,

c § 6 · 3 ¨ ax bx 2 d ln x ¸ x © ¹

,

6ax 5 3bx 2

2c d x3 x

b) ,

§ 3 2· y ¨¨ 5 x 3 ¸¸ x x¹ © 1 1 1 2 2. 4 4 5 3 5 x x x ,

1 § 15 · ¨ x 3 x 3 2 x 1 ¸ ¨ ¸ © ¹

,

4

4

1 5 x x 3 2 x 2 5

c)

y

,

§¨ x x x ·¸ © ¹

,

3 · § ¨x x2 ¸ ¨ ¸ © ¹

,

3 § · ¨x x4 ¸ ¨ ¸ © ¹

,

§ 74 · ¨x ¸ ¨ ¸ © ¹

,

3

7 4 x 4

74 3 x . 4

d) § x3 x · ¸ y, ¨ 4 ¨ a ¸ © ¹ 1 1 . 34 a 3 x 2

,

1 1 §¨ 4 x x3 4 ¨ a©

· ¸ ¸ ¹

,

4 1 §¨ 4 3 ·¸ x 4 ¸ a ¨© ¹

,

1 1 §¨ 3 ·¸ x 4 a ¨© ¸¹

,

1 34 a

x

2 3

e) y,

sin x 3 cos x 2tgx 4ctgx ,

cos x 3 sin x

35

2 4 . 2 cos x sin 2 x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Nalaženje prvog izvoda proizvoda funkcija.


ax

a) y

x 3e x

d) y

x 2 x 2 ln x 6

b) y

2

c) y

e) y

sin x cos x .

bx c ln x

3x e x

Rešenje: a)

x e x e

y,

3

x ,

3 ,

x

x3 e x

,

3x 2 e x x 3 e x

x 2 e x (3 x)

b)

ax

y,

2

ax ,

bx c ln x

2ax b ln x ax

2

2

,

bx c ln x ax 2 bx c ln x

,

bx c x

c)

3 e 3 e x

y,

x ,

x ,

x

3x e x

,

3 x e x ln 3 1

3 x ln 3 e x 3 x e x

d)

y

x

,

2

x 2 ln x 6

,

§ 52 · ¨ x 2 ln x 6 ¸ ¨ ¸ © ¹

,

3

5

5 2 2 x 2 ln x 6 x 2 x 2

3 2

x 5 ln x 17 e) y,

sin x cos x , sin x , cos x sin x cos x , 36

cos 2 x sin 2 x.


Nalaženje prvog izvoda koliþnika funkcija.

2.5.4. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija: a) y

x2 x 1 2 x2 x 1

b) y

d) y

1 ln x 1 ln x

e) y

1 x

1 ex 1 ex

c) y

1 x sin x cos x . sin x cos x

Rešenje: a) y

,

§ x2 x 1 · ¨¨ 2 ¸¸ © 2x x 1 ¹

x

,

2

,

2 x

2

2

2

3x 2 2 x 2

x 1

x 1

2 x 1 2 x 2 x 1 x 2 x 1 4 x 1

2 x

x 1 2x 2 x 1 x 2 x 1 2x 2 x 1

2 x

2

2

x 1

2

.

b)

y

,

1 x 1 x 1 x 1 x 1 x § 1 · 1 ¸¸ x 1 x ¨¨ 1 x © 2 x¹ 1 x 1 x x 1 x

§1 x · ¨ ¸ ¨1 x ¸ ¹ © 1 2 x

1

,

,

,

2

2

2

37

2

,

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) y

§1 ex ¨¨ x ©1 e

,

· ¸¸ ¹

1 e 1 e 1 e 1 e 1 e

,

x ,

x

x ,

x

1 e

ex 1 ex 1 ex ex

x 2

x 2

2e x

1 e

x 2

d)

§ 1 ln x · ¨ ¸ © 1 ln x ¹

y,

,

1 ln x , 1 ln x 1 ln x 1 ln x , 1 ln x 2

1 § 1· 1 ln x 1 ln x ¨ ¸ x © x¹ 2 1 ln x

2 x 1 ln x

2

.

e) y

§ sin x cos x · ¨ ¸ © sin x cos x ¹

,

,

sin x cos x , sin x cos x sin x cos x sin x cos x , sin x cos x 2 cos x sin x sin x cos x sin x cos x cos x sin x sin x cos x 2 cos x sin x 2 sin x cos x 2 2 2 sin x cos x sin x cos x 2 Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija.


a) y

3x

2

4x 2

4

b) y

1 2 ln x 5 38

c) y

x 1 x 1

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike d) y

ln 4 x

g) y

ex

x 1 x3

e) y

ln

h) y

54x

2

4 x 8

f) y

e3x

i) y

ln tgx

1

Rešenje: a)

3x

y,

2

4x 2

4 ,

3

4 3x 2 4 x 2 3x 2 4 x 2

,

3

4 3 x 2 4 x 2 6 x 4

b) y,

1 2 ln x

5 ,

5 1 2 ln x

4

2 x

5 1 2 ln x 1 2 ln x 4

,

10 4 1 2 ln x x

c)

y

,

§ x 1 · ¨ ¸ ¨ x 1 ¸ © ¹ 1 § x 1· ¨ ¸ 2 © x 1¹

1 § x 1· ¨ ¸ 2 © x 1¹

1 2

1 2

,

1 § x 1· ¨ ¸ 2 © x 1¹

1 2

§ x 1· ¨ ¸ © x 1¹

,

x 1 , x 1 x 1 x 1 , x 1 2 2

x 1

2

1

1

1 2

( x 1) ( x 1)

d) y,

ln x 4

,

4 ln 3 x ln x

,

4 3 ln x. x 39

3 2

(1 x) x 2 1

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike e) y

,

x · § ¨ ln 3 ¸ © 1 x ¹

,

1 x3 § x · ¨ ¸ x © 1 x3 ¹

,

1 x 3 1 x 3 3x 2 x 2 x 1 x3

1 2 x3 . x 1 x3

f) y,

e

3 x 2 4 x 8

,

6 x 4 e3 x 4 x8 2

g)

y,

§ 1x · ë ¸ ¨ ¸ © ¹

1

,

1 x

§1· e ¨ ¸ ©x¹

,

ex 2 x

h) y,

lntgx ,

y,

5

4x ,

1 , tgx tgx

1 1 tgx cos 2 x

5 4 x ln 5 4 x

,

1 sin x cos x

4 ln 5 5 4 x

Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija oblika y gde su f(x) i g(x) diferencijabilne funkcije i gde je f(x)>0.

NAPOMENA: Imajuüi u vidu da je f ( x) g ( x )

40

f ( x) g ( x ) u oblasti

e g ( x )ln f ( x ) sledi da je


f ( x) e g ( x) ,

g ( x )ln f ( x ) ,

e g ( x )ln f ( x ) g ( x) ln f ( x)

,

e g ( x )ln f ( x ) g ( x) ln f ( x) g ( x) ln f ( x) ,

,

§ · g ( x) , ( f ( x)) , ¸¸. f ( x) g ( x ) ¨¨ g ( x) ln f ( x) f ( x) © ¹ 2.5.6. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:

a) y

xx

e) y

§ 1· ¨1 ¸ x¹ ©

b) y

x

x

c) y

x

f) y

x sin x

x

cos x sin x

d) y

x

Rešenje:

a) x § ,· x x ¨ ( x) , ln( x) x ¸ x © ¹

x

x ,

y,

x x ln x 1

b)

x x

y, x

x

,

x

x

§ ¨¨ ©

x ln x

§ ln x 1 · ¸¸ ¨¨ x¹ ©2 x

,

x

x

x

1 2

x ,· x ¸¸ x ¹ § ln x · ¨ 1¸ © 2 ¹

41

x

x

1 2

§ ln x · ¨ 1¸ © 2 ¹

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c)

y

x

,

x

1

xx

2

,

§ 1x · ¨x ¸ ¨ ¸ © ¹

,

1 § · ¨ 1 , ¸ § · , x ¨ x ¨ ¸ ln x x ¸ x ¨© x ¹ ¸ ¨ ¸ © ¹ 1 x

1 x

§ 1 ln x · x ¨ 2 2 ¸ x ¹ ©x

1 ln x

d) y,

cos x

sin x ,

cos x sin x §¨ sin x , ln(cos x) sin x cos x , ·¸ cos x

©

¹

2

x· ¸ cos x ¸¹

§

cos x sin x ¨¨ cos x lncos x sin ©

e)

y,

§§ 1 · ¨ ¨1 ¸ ¨© x¹ ©

x

· ¸ ¸ ¹

,

§ · ¨ ,¸ x § 1· § 1· ¨ , § 1· ¨1 ¸ ¸ ¨1 ¸ ¨ x ln¨1 ¸ x¹ ¸ x¹ x¹ § 1· © © © ¨1 ¸ ¨ ¸ x¹ © © ¹ x

x

2 § 1 ·· § 1· § § 1· x ¨ 2 ¸ ¸¸ ¨1 ¸ ¨¨ ln¨1 ¸ x¹ © © x ¹ x 1 © x ¹¹ ©

x

1 · § 1· § § 1· ¸ ¨1 ¸ ¨¨ ln¨1 ¸ x¹ © © x ¹ x 1 ¸¹ ©

f) y,

x

sin x ,

sin x § , ,· x ¸ x sin x ¨ sin x ln x x © ¹

42

sin x · § x sin x ¨ cos x ln x ¸ x ¹ ©

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Nalaženje diferencijala funkcije.

NAPOMENA: Diferencijal prvog reda funkcije y=f(x) u taþki x, u oznaci dy, jednak je proizvodu prvog izvoda te funkcije i diferencijala nezavisno promenljive x, odnosno dy f ' ( x) dx.

2.5.7. Naüi prvi diferencijal u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija: x 3 2 x ln x e x

a) y

ln x x

b) y

c) y

x 2 e x d) y

Rešenje: a) dy

x

3

,

2 x ln x e x dx 3x 2 dx 2dx

dx x e dx x

b) ,

dy

§ ln x · ¸ dx ¨ © x ¹

§1 · ¨ x ln x ¸ ¨x ¸dx ¨ ¸ x2 ¨ ¸ © ¹

dx ln x dx x2 x2

c) dy

x e dx 2 xe 2

x ,

x

x 2 e x dx

2 xe x dx x 2 e x dx

d) ,

dy

§ tgx · ¸ dx ¨ © x ¹

§ 1 · x tgx ¸ ¨ 2 ¨ cos x ¸dx ¨ ¸ x2 ¨ ¸ © ¹

dx tgx 2 dx 2 x cos x x

43

tgx x


Zadaci za vežbu: 2.5.8. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija: 3 3 7 x x 5

a) y

4 3 x

x 5 e x ln x

b) y

d) y

ln

2

3 x 2x

2 5

7 x

3 10

c) y

1 5

x7

ln

2x 2 1 2x 2 1

x2 6

e) y

§ x2 2 · ¸¸ x 2 ¨¨ © 4x ¹

2

2

f) y

xx

2

g) y

xx

x

2.6. Primena izvoda u rešavanju graniþnih vrednosti funkcija jedne nezavisno promenljive-Lopitalovo pravilo Rešeni zadaci Odreÿivanje limesa neodreÿenog izraza oblika

2.6.1. Naüi graniþne vrednosti funkcija

x4 1 x o1 x 3 3 x 2

a) lim

5

x 5 a xoa xa ln x e) lim x ov x c) lim

x4 1 x o1 x 3 3 x 2

b) lim

a x 1 x o0 x 2 x f) lim x x ov e

d) lim

44

0 v v v v , , , , . 0 v v v v


ex x ov ln x

x 3 5x x o v 3x

g) lim

h) lim

Rešenje:

x4 1 x o1 x 3 3 x 2

lim

4x3 x o1 3 x 2 3

v

x4 1 x o1 x 3 3 x 2

4x3 x o1 3 x 2 3

v

a) lim

b) lim

lim

4

5

c) lim xoa

1 5 x lim 5 xoa 1

x 5 a xa

a x 1 d) lim x o0 x e) lim x ov

ln x x

x2 f) lim x x ov e

a x ln a lim x o0 1 1 lim x 0 x ov 1

2x x ov e x

x 3 5x x o v 3x

ex x ov ln x

h) lim

ln a

lim

3x 2 5 x o v 3 lim

ex x ov 1 x

lim

55 a 4

2 x ov e x

lim

g) lim

1

0

v

lim xe x v x ov

45

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Odreÿivanje limesa neodreÿenog izraza oblika 0 v , 0 v , v v .

2.6.2. Naüi graniþne vrednosti funkcija § 1x · a) lim x ¨ e 1¸ ¨ ¸ x ov © ¹

2

b) lim x ln x x o0

1 · § x ¸ x o1 x 1 ln x ¹ ©

c) lim¨

Rešenje:

1

1 2 ex 1 § 1x · e 1 x ¨ ¸ lim x ¨ e 1¸ lim lim lim e x x ov x ov x ov x ov 1 1 © ¹ 2 x x 1 ln x x2 lim x 2 ln x lim 2 lim x 3 lim 0 x o0 x o0 x x o0 2 x x o0 2 1 x

a)

b)

1

c)

1 · § x lim¨ ¸ x o1 x 1 ln x ¹ ©

ln x x o1 1 ln x 1 x

lim

§ x ln x x 1 · ¸¸ lim¨¨ x o1 © x 1 ln x ¹

lim x o1

1 x

1 2

1 1 x x2

46

1 ln x 1 x lim x o1 x 1 ln x x x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Odreÿivanje limesa neodreÿenog izraza oblika 0 0 , v 0 ,1v.

2.6.3. Naüi graniþne vrednosti funkcija 1

a) lim x x

b) lim x x

x o0

c) lim x 1 x x o1

x ov

Rešenje:

a) lim x x x o0

lim e xln x

x o0

Pošto je

lim x ln x

x o0

ln x x o0 1 x lim

1 lim x x o0 1 2 x

onda je lim x x

x o0

x

b) lim x x ov

lim xln x

e xo0

e0

1 x

ln x x

lim x x ov

lim e

1

x ov

Pošto je

ln x lim x ov x

1 lim x x ov 1

0

onda je

47

lim x 0

x o0

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike lim x x x ov

lim

e x ov

ln x x

e0

1

d) ln x

1

lim x 1 x x o1

lim e 1 x x o1

Pošto je

ln x x o1 1 x

lim

1 lim x x o1 1

1

onda je 1

lim x 1 x x o1

lim

ln x

e x o11 x

e 1

1 e

Zadaci za vežbu 2.6.4 Naüi graniþne vrednosti funkcija e x ex a) lim x o0 ln(1 x ) 1

d) limln x x x ov

1

b) lim 1 x

ln x

x o0

e) lim 1 x 2 x o0

48

1 x

e 1 x x c) lim x o0 x 3

f) lim x 4 ln x . x o0


2.7. Ispitivanje funkcija Rešeni zadaci: 2.7.1. Konstruisati grafike sledeüih funkcija: a)

y

x2 2x 2 x 1

b)

d)

y

f)

y

c)

y

x4 3 x

e)

y

x 2 2x 3 x 2 2x

x

y

§x· 1 ¨ ¸ ©2¹ 2 x2 x

2

x3 2 x 1

2

Rešenje: a)

1. Oblast definisanosti y

Oblast definisanosti funkcije

x 2 2x 2 x 1

je

x-v , 1 1 , v .

2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x2-2x+2=0. Kako ova jednaþina nema realnih rešenja,jer je diskriminanta ove jednaþine x 2 2x 2 manja od nule, zakljuþujemo da funkcija y nema realnih nula, x 1 odnosno da grafik ove funkcije nema preseka sa x osom. Taþka prekida funkcije je x1 = 1. 49


3. Parnost, neparnost S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetriþna u odnosu na koordinantni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.

4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,

,

§ x 2 2 x 2 · 2 x 2 x 1 x 2 2 x 2 ¸ y ¨¨ x 1 ¸¹ x 1 2 © x x 2 0 x 2 0 x3 2 ,

0. Važi

x x 2

x 1 2

0

Dakle, stacionarne taþke su x2 = 0 i x3 = 2, a prvi izvod nije definisan u taþki x1 =1, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.a.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

(-v , 0)

(0 , 1)

(1 , 2)

(2 , v)

y‘

>0 (+)

<0 (-)

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak

funkcija monotono raste

funkcija monotono opada


Tabela 2.7.1.a.1.

50



5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma

Analizom Tabele 2.7.1.a.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija diferencijabilna postoje dve taþke ekstremuma i to za: x2 = 0 taþka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(0) = - 2 x3 = 2 taþka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(2) = 2.

a) b)

Dakle, taþka M(0, -2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije, a taþka N(2, 2) je taþka lokalnog minimuma funkcije. U taþkama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se te taþke poklapaju sa taþkama u kojima funkcija nije definisana.

6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke

y

,,

y

, ,

§ x 2 2x · ¸ ¨ ¨ x 1 2 ¸ ¹ ©

,

2 x 2 x 1 2 2x 1 x 2 2 x x 1 4

2 2 x 1 x 2 2 x 2 3 x 1 x 1 3

Dakle, drugi izvod je razliþit od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije. Drugi izvod nije definisan u taþki x1=1, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana. Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.a.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

51


x

-v , 1)

(1, v)

y''

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak

funkcija je konkavna

funkcija je konveksna

Tabela 2.7.1.a.2. 7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþki x1 = 1. Kako je x 2 2x 2 lim x o1 x 1 2 x 2x 2 lim x o1 x 1

v v

to je prava x = 1 vertikalna asimptota funkcije. b) Horizontalna asimptota Kako je x 2 2x 2 2x 2 lim v x ov x ov x 1 1 x 2 2x 2 2x 2 lim lim v x o v x o v x 1 1

lim

zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu 52

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) Kosa asimptota Kako je x 2 2x 2 x 1 lim xorv x

x 2 2x 2 xorv x2 x lim

2x 2 x orv 2 x 1 lim

2 x orv 2 lim

1

zakljuþujemo da funkcija ima i desnu i levu kosu asimptotu. Kako je

§ x 2 2 x 2 x x 1 · ¸¸ lim ¨ x o r v¨ x 1 ¹ ©

· § x 2 2x 2 lim ¨ x ¸¸ x o r v¨ x 1 ¹ © § x 2· lim¨ ¸ 1 xorv © x 1 ¹ zakljuþujemo da je prava funkcije.

y=x – 1

i leva i desna kosa asimptota

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.a. y=x-1 5 4 3

N (2, 2)

2 x

2 x x

1

2 1 2 4 3

2 11 2 3 4

0 1

2 3

4 5

6 7

8

M(0, -2)

5 x

Slika 2.7.1.a. Grafik funkcije y 53

x 2 2x 2 x 1

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike b) 1. Oblast definisanosti

x

y


§x· 1 ¨ ¸ ©2¹

2

je

x-v , v . 2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije

Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x = 0, odnosno funkcija seþe x osu u taþki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni poþetak. Ova funkcija je neprekidna.

3. Parnost, neparnost

Kako je f ( x)

x § x· 1 ¨ ¸ © 2 ¹

2

x § x· 1 ¨ ¸ ©2¹

2

f ( x)

zakljuþujemo da je funkcija neparna, odnosno da je njen grafik simetriþan u odnosu na koordinatni poþetak (0, 0).

4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti

Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,

54

0. Važi

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike § ¨ x ¨ , y ¨ 2 ¨ 1 §¨ x ·¸ ¨ © ©2¹ 4 x 2 16

,

· ¸ , ¸ § 4x · 4 4 x 2 2x 4x ¸ ¨ 4 x2 ¸ 2 ¹ 4 x2 ¸ © ¸ ¹ 0 x1 2 x 2 2

4 x 2 16

4 x

2 2

0

Dakle, stacionarne taþke su x1 = 2 i x2 = -2. Prvi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.b.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

(-v , -2)

(-2 , 2)

(2, v)

y‘

<0 (-)

>0 (+)

<0 (-)

Zakljuþak




Tabela 2.7.1.b.1. 5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma

Analizom Tabele 2.7.1.b.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija diferencijabilna postoje dve taþke ekstremuma i to za: a) b)

x1 = -2 taþka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(-2) = -1 x2 = 2 taþka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(2) = 1.

Dakle, taþka M(-2, -1) je taþka lokalnog minimuma funkcije, a taþka N(2, 1) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.

55

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke ,

§ 4 x 2 16 · 8 x 4 x 2 2 2 4 x 2 2 x 4 x 2 16 ,, ¨ ¸ y y 4 ¨ 4 x2 2 ¸ 4 x2 © ¹ 8 x 4 x 2 4 x 4 x 2 16 4 x 2 x 2 24 0 3 3 4 x2 4 x2

, ,

4 x 2 x 24 2

0 x3

0 x4

2 3 x5

Dakle, drugi izvod je jednak nuli u taþkama x3

2 3

0 , x4

2 3 , x5

2 3.

Drugi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva. Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.b.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

v,2 3 2

3, 0

0,2 3

2

3, v

y ,,

<0 (-)

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

y





Tabela 2.7.1.b.2.

Dakle, prevojne taþke su taþke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer pri prolasku kroz njih drugi izvod menja znak. U ovim taþkama vrednost funkcije je: 56

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike f x3

0 0

f x4

2 3

2 3

f x5

(taþka L(0, 0)), § 3· ¸) (taþka P¨¨ 2 3 , 2 ¸¹ © § 3· 3 ¸) (taþka Q¨¨ 2 3 , ¸ 2 2 © ¹

3 2

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije. Pošto ova funkcija nema konaþne taþke prekida, ona nema ni vertikalnu asimptotu. b) Horizontalna asimptota Kako je lim x ov

x 2

§ x· 1 ¨ ¸ ©2¹ x lim 2 x o v § x· 1 ¨ ¸ ©2¹

1 x ov x

lim

1 x o v x lim

0

0

zakljuþujemo da je prava y = 0 horizontalna asimptota. c) Kosa asimptota Kako je

57


x §x· 1 ¨ ¸ ©2¹ lim xorv x

2

lim

xorv

1 § x· 1 ¨ ¸ ©2¹

0

2

zakljuþujemo da funkcija nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.b . N P 2

1 x

ª § x ·2º « 1 ¨ ¸ » ¬ ©2¹ ¼

10 8

6

4

2

0 2

4

6

8 10

1

2

L

Q x M

Slika 2.7.1.b. Grafik funkcije y

x §x· 1 ¨ ¸ ©2¹

58

2

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) 1. Oblast definisanosti

x4 3 x

y


je

x-v , 0 0 , v . 2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije

Kako jednaþina x4 + 3 = 0 nema realnih rešenja, zakljuþujemo da x4 3 funkcija y nema realnih nula, odnosno da grafik ove funkcije nema x preseka sa x osom. Taþka prekida funkcije je x1 = 0.


Kako je

x 4 3

f ( x)

x

x4 3 x

f ( x)

zakljuþujemo da je funkcija neparna. 4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti

Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , § x 4 3 · 4 x 3 x x 4 3 ¸¸ y ¨¨ x x2 ¹ © 3 x 4 3 0 x 2 1 x3 1 ,

,

3x 4 3 x2

59

0

0. Važi

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Dakle, stacionarne taþke su x2 = -1 i x3 = 1, a prvi izvod nije definisan u taþki x1 = 0, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.c.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

(-v , -1)

(-1 , 0)

(0 , 1)

(1 , v)

y‘

>0 (+)

<0 (-)

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak





Tabela 2.7.1.c.1.


Analizom Tabele 2.7.1.c.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija diferencijabilna postoje dve taþke ekstremuma i to za: a) b)

x2 = -1 taþka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(-1) = -4 x3 = 1 taþka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(1) = 4.

Dakle, taþka M(-1, -4) je taþka lokalnog maksimuma funkcije, a taþka N(1, 4) je taþka lokalnog minimuma funkcije. U taþkama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se te taþke poklapaju sa taþkama u kojima funkcija nije definisana.

60

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke

y

,,

y

, ,

§ 3x 4 3 · ¨¨ ¸¸ 2 © x ¹

,

12 x 3 x 2 2 x 3 x 4 3 x4

6x 4 6 x3

Kako jednaþina 6x4+6=0 nema realnih rešenja, zakljuþujemo da je drugi izvod razliþit od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije. Drugi izvod nije definisan u taþki x1=0, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana. Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.c.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

-v , 0)

(0, v)

y''

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak



Tabela 2.7.1.c.2.

61

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþki x1 = 0. Kako je x4 3 x o0 x 4 x 3 lim x o0 x lim

v v

to je prava x = 0 vertikalna asimptota funkcije. b) Horizontalna asimptota Kako je x4 3 4x3 lim lim v x ov x ov 1 x x4 3 4x3 v lim lim x o v x o v 1 x zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu c) Kosa asimptota Kako je x4 3 lim x xorv x

x4 3 xorv x2 lim

4x3 xorv 2 x lim

12 x 2 xorv 2 lim


62

v

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.c N

x

4

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

3 x

3

2

1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0

1

2

3

x

M

Slika 2.7.1.c. Grafik funkcije y

x4 3 x

d) 1. Oblast definisanosti

y


x2

2 x

je

x-v , 0 0 , v . 2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije

Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x3+2=0, odnosno taþkom x 2 3 2 3 2 . Dakle, grafik seþe x osu u taþki x 2

3

2

63

3 2 .

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Taþka prekida funkcije je x1 = 0.


S obzirom da nule funkcije nisu simetriþne u odnosu na koordinantni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna. 4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti

Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , § y ¨ x2 © 2x3 2 ,

2· ¸ x¹

,

2x

0 x3

2 x2

2x3 2 x2

0. Važi

0

1

Dakle, stacionarna taþka je x3 = 1, a prvi izvod nije definisan u taþki x1 =0, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.d.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

(-v , 0)

(0 , 1)

(1 , v)

y‘

<0 (-)

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak




Tabela 2.7.1.d.1.

64

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma

Analizom Tabele 2.7.1.d.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija diferencijabilna postoji taþka ekstremuma: x3 = 1 taþka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(1) = 3. Dakle, taþka M(1, 3) je taþka lokalnog minimuma funkcije. U taþkama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se te taþke poklapaju sa taþkama u kojima funkcija nije definisana.


y

,,

y

, ,

2x3 4 x3

§ 2x3 2 · ¨¨ ¸¸ 2 x © ¹

,

0 2x3 4

6 x 2 x 2 2 x 2 x 3 2 x4 0 x4

3

2

Dakle, drugi izvod je jednak nula u taþki x 4 funkcije sa x osom.

3 2

x2

3 2 , odnosno u taþki preseka

Drugi izvod nije definisan u taþki x1=0, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana. Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.d.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

65


x

v, 2

y''

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak




3

3

2, 0

(0, v)

Tabela 2.7.1.d.2. Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer pri prolasku kroz nju drugi izvod menja znak. U ovoj taþki vrednost funkcije je

f x

3 2

(taþka L(3 2 , 0) ).

0

7. Asimptote

d) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþki x1 = 0. Kako je 2· § lim ¨ x 2 ¸ x o0 x¹ © 2· § lim ¨ x 2 ¸ x o0 x¹ ©

v v

to je prava x = 0 vertikalna asimptota funkcije. e) Horizontalna asimptota Kako je

66

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2· § lim¨ x 2 ¸ v x ov x¹ © 2· § lim ¨ x 2 ¸ v x o v x¹ © zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu f) Kosa asimptota Kako je x2 lim

xorv

2 x

x

2 · § lim ¨ x 2 ¸ xorv x ¹ ©

rv


8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.d. M 20 16 12 8 2 x

4

2 x

5

4

3

2

1 4

0

1

2

3

4

5

8 12 16

L

20 x

Slika 2.7.1.d. Grafik funkcije y

67

x2

2 x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike e) 1. Oblast definisanosti

x 2 2x 3 x 2 2x

y


je

x-v , 0 (0 , 2)2 , v . 2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije

Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x2-2x-3=0, odnosno taþkama x3 = -1 , i x4 = 3. Taþke prekida funkcije su x1 = 0 i x2 = 2.


S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetriþna u odnosu na koordinantni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna. 4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti


y

,

§ x 2 2x 3 · ¨¨ ¸¸ 2 © x 2x ¹

,

2 x 2 x 2 2 x 2 x 2 x 2 2 x 3

2 x 1 x 2 2 x x 2 2 x 3

x

6 x 1

2x 0 x5 1 2

0. Važi

2

x

2

2x

2

6 x 1

x

2

2x

2

0

Dakle, stacionarna taþka je x5 = 1, a prvi izvod nije definisan u taþkama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u taþkama u kojima i funkcija nije definisana.

68

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.e.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

(-v , 0)

(0 , 1)

(1 , 2)

(2 , v)

y‘

>0 (+)

>0 (+)

<0 (-)

<0 (-)

Zakljuþak





Tabela 2.7.1.e.1.


Analizom Tabele 2.7.1.e.1 zakljuþujemo da u taþki x5 = 1 funkcija ima lokalni maksimum koji iznosi f(1) = - 4. Dakle, taþka M(1, -4) je taþka lokalnog maksimuma funkcije. U taþkama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se te taþke poklapaju sa taþkama u kojima funkcija nije definisana.


69


y

,,

§ 6 x 1 ¨ ¨ x 2 2 x 2 ©

y

, ,

· ¸ ¸ ¹

,

6 x 2 2 x 2 x 2 2 x 2 x 2 6 x 1 2

x

2

2x

4

6 x 2 2 x 12 2 x 2 4 x 2

x

2

2x

63 x 2 6 x 4

x

3

2

2x

3

Kako jednaþina 3x2 - 6x+4 = 0 nema realnih rešenja, zakljuþujemo da je drugi izvod razliþit od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije. Drugi izvod nije definisan u taþkama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u taþkama u kojima i funkcija nije definisana. Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.e.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

-v , 0)

(0, 2)

(2, v)

y''

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak




Tabela 2.7.1.e.2.

70


g) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþkama x1 = 0 i x2 = 2. Kako je x 2 2x 3 lim x o0 x 2 2 x x 2 2x 3 lim x o0 x 2 2 x x 2 2x 3 lim xo2 x 2 2 x x 2 2x 3 lim xo2 x 2 2 x to su prave

v v v v

x=0 i x=2

vertikalne asimptote funkcije.

h) Horizontalna asimptota Kako je x 2 2x 3 xorv x 2 2 x lim

2x 2 xorv 2 x 2 lim

zakljuþujemo da je prava

y = -1

1

horizontalna asimptota funkcije.

i) Kosa asimptota Kako je x 2 2x 3 2 lim x 2 x xorv x

2 xorv 2 lim

0

71

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike zakljuþujemo da funkcija nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.e.

8 6 4 2 2 x

2x 2 x

2x

3 5

4

3

2

1

0

1

2

3

4

5

6

7

2

M

4 6 8 x

Slika 2.7.1.e. Grafik funkcije y

72

x 2 2x 3 x 2 2x

8

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike f) 1. Oblast definisanosti

y


x3 2 2 x 1

je

x-v ,-1) (-1, v . 2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije

Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x3 = 0, odnosno funkcija seþe x osu u taþki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni poþetak. Taþka prekida funkcije je x2 = -1. 3. Parnost, neparnost

S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetriþna u odnosu na koordinantni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.


Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , ,

§ x 3 · 3 x 2 2 x 1 2 4 x 1 x 3 ¸ y ¨¨ 4 2 ¸ 2 x 1 4 x 1 © ¹ x 2 2 x 6 0 x3 3 x 4 0 x1 ,

0. Važi

x 2 2 x 6 4 x 1

3

0

Dakle, stacionarne taþke su x3 = -3 i x4 = 0. Prvi izvod nije definisan u taþki x2 = -1, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana.

73

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.f.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

(-v , -3)

(-3 , -1)

(-1, 0)

(0, v)

y‘

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

>0 (+)

Zakljuþak





Tabela 2.7.1.f.1. 5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma

Analizom Tabele 2.7.1.f.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija diferencijabilna postoji jedna taþka ekstremuma x3 = -3, u kojoj funkcija ima 27 lokalni maksimum koji iznosi f(-3) = , i da u x1 = 0 funkcija ima prevoj. 8 27 ) je taþka lokalnog maksimuma funkcije, 8 a taþka N(0, 0) je taþka prevoja funkcije. Dakle, taþka M(-3,

74

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke

y

,,

y

, ,

3x

x 1 4

§ x 2 2 x 6 · ¨ ¸ ¨ 4 x 1 3 ¸ © ¹ 0 x1

,

16 x

2

12 x 4 x 1 12 x 1 2 x 3 6 x 2 3

2

16 x 1

6

0

Dakle, drugi izvod je jednak nuli u taþki x1 = 0. Drugi izvod nije definisan u taþki x2 = -1, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana. Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.1.f.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

(-v, -1)

(-1, 0)

(0, v)

y ,,

>0 (+)

>0 (+)

<0 (-)

y




Tabela 2.7.1.f.2.

Dakle, prevojne taþka je taþka N(0, 0).

75


a) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþki x2 = -1. Kako je x3 x o 1 2 x 1 2 lim

x3 x o 1 2 x 1 2 lim

v

to je prava y = -1 vertikalna asimptota . b) Horizontalna asimptota Kako je x3 x ov 2 x 1 2

v

lim

x3 lim x o v 2 x 1 2

v

zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu.

c) Kosa asimptota Kako je x3 2 x 1 lim xorv x

2

1 2

zakljuþujemo da funkcija ima kosu asimptotu. Pošto je

76


§ 1 · x3 lim ¨¨ x ¸¸ 2 x o r v 2 x 1 2 ¹ © zakljuþujemo da prava y

lim

xorv

2x 2 x 2 x 1

2

1

1 x 1 predstavlja kosu asimptotu funkcije. 2

8. Grafik funkcije Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.f .

4 3 2 1 10 9

8

7

6

5

4

3

2

3 x 2 ( x

1)

1 1

0 1

2

3

4

2

2

3

N

4

y

5

1 x 1 2

5 6 7 8 x

M

Slika 2.7.1.e. Grafik funkcije y

77

x3 2 x 1

2


2.7.2. Konstruisati grafike sledeüih funkcija: a) y

x 3 3x 2

b) y

c) y

4x 2 1 x

d) y

x2 x2 2 3

x 1 3 x 1

Rešenje: a)

1. Oblast definisanosti y

Oblast definisanosti funkcije iz uslova x 3 3 x 2 t 0 .

x 3 3x 2

se odreÿuje

Važi x 3 3 x 2 t 0 x 2 x 3 t 0 x 3 t 0 x t 3. Dakle, oblast definisanosti funkcije je

x>-3, v .

2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x3 + 3x2= 0, odnosno taþkama x1 = -3 , i x2 = 0. Taþke prekida funkcije je x1 = -3.

78


3. Parnost, neparnost S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetriþna u odnosu na koordinantni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.

4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , y,

x 3x 3

2

,

1 3x 2 6 x 2 x 3 3x 2

0. Važi

3 x x 2 . 2 x 3 3x 2

Dakle, u taþkama x1=-3 i x2 = 0 prvi izvod funkcije nije definisan, dok je u taþki x3 = -2 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna taþka funkcije. Primetimo da je u taþki x1=-3 funkcija definisana ali joj je to istovremeno i taþka prekida, dok je u taþki x2=0 funkcija definisana i neprekidna. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.2.a.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

(-3 , -2)

(-2 , 0)

(0 , v)

y‘

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak




Tabela 2.7.2.a.1.

79


5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma Analizom Tabele 2.7.2.a.1 zakljuþujemo da u taþki x3 = -2 funkcija ima lokalni maksimum koji iznosi f(-2) = 2, a u taþkama x1=-3 i x2=0 lokalne minimume koji iznose f(-3)=0 i f(0)=0. Dakle, taþka M(-2, 2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije, a taþke N(-3, 0) i L(0, 0) su taþke lokalnih minimuma.


§ 3 x 2 2x ¨ ¨2 x 3 3x 2 ©

,

· ¸ y y ¸ ¹ 2 2 x 2 x 3 3x 2 3 x 3 2 x 2 x 2 2 x 2 x 3x 3 3 2 x 3x 2 ,,

, ,

3 2 2 x 2 x 3 3 x 2 3 x 2 2 x 2 2 x 3 3x 2 x 3 3x 2

2

3 x 4 4x3 4 x 3 3x 2 x 3 3x 2

Drugi izvod nije definisan u taþkama x1 = -3 i x2 = 0. Drugi izvod nema realnu nulu u oblasti definisanosti ove funkcije (taþka x= -4 ne pripada oblasti definisanosti). Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.2.a.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

80


x

-3 , 0)

(0, v)

y''

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak



Tabela 2.7.2.a.2.

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije. Pošto je u ovom sluþaju funkcija definisana u taþki prekida x1 = -3, onda ona nema vertikalnu asimptotu. b) Horizontalna asimptota Kako je lim x 3 3 x 2 x ov

v

zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu. c) Kosa asimptota Kako je

81

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike x 3 3x 2 lim x ov x

lim x 3 v x ov


8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.a.

M

10 8 6 4 2

3 x

2 3 x

5

4

3

2

1 2

0

1

2

3

4

5

4 6

N

8

L

10 x

Slika 2.7.2.a. Grafik funkcije y

x 3 3x 2

b)

1. Oblast definisanosti

Kako je x2+2>0 za svako xR , oblast definisanosti funkcije x2 y je x(-v, v). x2 2

82

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije

Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x+2= 0, odnosno taþki x1 = -2. Funkcija je neprekidna u skupu realnih brojeva.


S obzirom da nule funkcije nisu simetriþne u odnosu na koordinatni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna. 4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti


y

§ x2 · ¨ ¸ ¨ 2 ¸ x 2 © ¹ 2 1 x

,

x

2

,

2 x2 2

x2 2

. 0 x2

x 2

x 2 2 x 2

0. Važi

x 2

1

Dakle, u taþki x2 = 1 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna taþka funkcije, dok je prvi izvod definisan za svako x iz skupa realnih brojeva. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.2.b.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

83


x

(-v, 1)

(1, v)

y,

>0 (+)

<0 (-)

Zakljuþak



Tabela 2.7.2.b.1.


Analizom Tabele 2.7.2.b.1 zakljuþujemo da u taþki x2 = 1 funkcija ima lokalni maksimum koji iznosi f(1) = 3 . Dakle, taþka M(1, 3 ) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.

6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke ,

3

1

§ · 2 x 2 2 2 3 x x 2 2 2 2 1 x 2 1 x ¨ ¸ y ,, y 3 ¨ x2 2 x2 2 ¸ x2 2 © ¹ 4x 2 6x 4 1 2 0 4 x 6 x 4 0 x x4 2 3 5 2 2 x 2 2

, ,

Dakle, drugi izvod je jednak nuli u taþkama x3

1 , x4 2

2.

Drugi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva. Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.2.b.2.. Da bismo odredili znak 84

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

1· § ¨ v, ¸ 2¹ ©

§ 1 · ¨ , 2¸ © 2 ¹

2 , v

y ,,

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

y




Tabela 2.7.2.b.2. Dakle, prevojne taþke su taþke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer pri prolasku kroz njih drugi izvod menja znak. U ovim taþkama vrednost funkcije je: § f ¨ x3 © f x 4

1· ¸ 1 2¹ 4 2 6

1 (taþka L( ,1) ), 2 § 4 · ¸¸ ). (taþka P¨¨ 2, 6¹ ©

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije. Pošto je u ovom sluþaju funkcija definisana za svako x iz skupa realnih brojeva, onda ona nema vertikalnu asimptotu. b) Horizontalna asimptota Kako je

85

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike x2

lim x ov

lim

2

x 2

x ov

x2

lim

x o v

lim x ov

x2 2

x2

1

2 x 1 2 x x2

1

2 x 1 2 x

zakljuþujemo da je prava y=1 desna horizontalna asimptota, a prava y= -1 leva horizontalna asimptota. c) Kosa asimptota Kako funkcija ima i desnu i levu horizontalnu asimptotu, onda ona nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.b. L

M

P

2

1 (x x

2) 2

2

10

8

6

4

2

0

2

4

6

8

1

2 x


86

x2 x2 2

10

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) 1. Oblast definisanosti 4x 2 1 se odreÿuje iz x

y

Oblast definisanosti funkcije uslova 4x2-1t 0 xz 0 Važi

4 x

2

1º ª1 · § 1 t 0 x z 0 x ¨ v, » « , v ¸ 2¼ ¬2 ¹ ©

1º ª1 · § x ¨ v, » « , v ¸ . 2¼ ¬2 ¹ ©

Dakle, oblast definisanosti funkcije je

2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije

Nule funkcije su odreÿene rešenjem jednaþine 4 x 2 1 0 , odnosno 1 1 taþkama x1 = , i x2 = . 2 2 To su istovremeno i taþke prekida funkcije.


Kako je f ( x)

4 ( x) 2 1 x

4x 2 1 x

f ( x)

zakljuþujemo da je funkcija neparna. 4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti

Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , 87

0.


Pošto je

§ 4x 2 1 · ¨ ¸ ¨ ¸ x © ¹

y,

8x

,

2

2 4x 1

x 4x 2 1 x

4x 2 4x 2 1

1

x 2 4x 2 1

x 2 4x 2 1

2

jednaþina y’=0 nema rešenja. Dakle, ova funkcija nema stacionarne taþke. Prvi izvod funkcije nije definisan u taþkama prekida funkcije. Pošto je x 2 4 x 2 1 t 0 za svako x iz oblasti definisanosti funkcije, to je y’>0 za svako x iz oblasti definisanosti, te je funkcija monotono rastuüa u oblasti definisanosti.


Ova funkcija nema ekstremume. 6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke ,

,

§ · x 2 4x 2 1 1 ¨ ¸ y y ¨ 2 ¸ 2 x 4 4x 2 1 x x 4 1 © ¹ 8x 2x 4x 2 1 x 2 12 x 3 2 x 2 4x 2 1 x 4 4x 2 1 x 4 4x 2 1 4x 2 1 ,,

, ,

2

12 x 2

x3 4x 2 1 4x 2 1

Drugi izvod nije definisan u taþkama u kojima i funkcija nije definisana.

88

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Drugi izvod nema realnu nulu u oblasti definisanosti ove funkcije (taþke 1 x1, 2 r koje su realno rešenje jednaþine 12 x 2 2 0 ne pripadaju 6 oblasti definisanosti). Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.2.c.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

1º § ¨ v, » 2¼ ©

ª1 · « 2 , v¸ ¬ ¹

y''

>0 (+)

<0 (-)

Zakljuþak



Tabela 2.7.2.c.2.

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije. Pošto je u ovom sluþaju funkcija definisana u taþkama prekida, onda ona nema vertikalnu asimptotu. b) Horizontalna asimptota Kako je 89


lim x ov

lim

x o v

4x 2 1 x

2

4x 2 1 x

2

zakljuþujemo da je prava y=2 desna horizontalna simptota, a prava y=-2 leva horizontalna simptota.

c) Kosa asimptota Pošto funkcija ima i levu i desnu horizontalnu asimptotu, anda ona nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.c.

3 2 1 2 4 x x

1 2

1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

2

1 2 3 x

Slika 2.7.2.b. Grafik funkcije y 90

4x 2 1 x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike d) 1. Oblast definisanosti 3

Oblast definisanosti funkcije y

x 1 3 x 1

je x(-v, v).


Kako jednaþina 3 x 1 3 x 1 nema realnih nula.

0 nema realnih rešenja to ova funkcija

Funkcija je neprekidna u skupu realnih brojeva.


Kako je f ( x)

3

x 1 3 x 1

3 x 1 3 x 1

f ( x)

zakljuþujemo da je funkcija parna.



y,

3

x 1 3 x 1

3 x 1 3 x 1 2

4x

0 x1

1

,

x 1 3 x 1 2 2 0 x 1 x 1 x 2 2 x 1

3 2

x 1 2 3 x 1 2 2 2 3 3 x 1 3 x 1 3

1

3

2

3

0. Važi

2

0

x 2 2x 1

0

Dakle, u taþki x1 = 0 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna taþka funkcije, dok prvi izvod nije definisan u taþkama x2= -1 i x3= 1. 91

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.2.d.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala. x

(-v, -1)

(-1, 0)

(0, 1)

(1, v)

y,

>0 (+)

>0 (+)

<0 (-)

<0 (-)

Zakljuþak





Tabela 2.7.2.d.1. 5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma

Analizom Tabele 2.7.2.d.1 zakljuþujemo da u taþki x1 = 0 funkcija ima lokalni maksimum koji iznosi f(0) = 2. Dakle, taþka M(0, 2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.


y ,,

y

, ,

§ 1 1 ¨ 2 2 ¨ 3 3 3 x 1 © 3 x 1

· ¸ ¸ ¹

, 5 5 2 1§ 2 · ¨ x 1 3 x 1 3 ¸ 3 3© 3 ¹

· 2 §¨ 1 1 ¸ 0 3 x 1 5 3 x 1 5 x 1 x 1 5 5 ¨ 3 9 3 x 1 x 1 ¸¹ © Pošto poslednja jednaþina nema realnih rešenja to ne postoje nule drugog izvoda.

Drugi izvod nije definisan u taþkama x2= -1 i x3= 1.

92

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.2.d.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

v,1

1,1

1 , v

y ,,

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

y




Tabela 2.7.2.d.2. Dakle, prevojne taþke su taþke u kojima drugi izvod nije definisan, jer je u tim taþkama funkcija definisana i drugi izvod menja znak pri prolasku kroz njih. U ovim taþkama vrednost funkcije je: f x2

1

f x 4

1

3 3

(taþka L(1, 3 2 ),

2

(taþka P 1, 3 2 ).

2

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida funkcije. Pošto je u ovom sluþaju funkcija definisana za svako x iz skupa realnih brojeva, onda ona nema vertikalnu asimptotu. b) Horizontalna asimptota Koristeüi identitet

a3 b3

a b a 2 ab b 2

93

dobijamo

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike lim

xorv

lim

3

x 1 3 x 1

x 1 x 1 xorv 3 x 1 3 x 1 x 1 3 x 1 2

lim

2

2

xorv 3

x 1 2

3 x 1 x 1 3 x 1

0

2

zakljuþujemo da je prava y=0 desna i leva horizontalna asimptota funkcije. c) Kosa asimptota Kako funkcija ima i desnu i levu horizontalnu asimptotu, onda ona nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.d.

M 3

P

L

2

1 3

(x

1)

3

(x

1) 6

5

4

3

2

1

0

1

2

3

4

5

1

2 x


94

3

x 1 3 x 1

6

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2.7.3. Konstruisati grafike sledeüih funkcija: 1 x

a) y

e

c) y

xe x

2

b) y

ex

d)

ex 1 x

y

Rešenje:

a) 1. Oblast definisanosti Oblast definisanosti funkcije y

e

1 x

je x v, 0 0 , v .


Ova funkcija nema realnih nula. Taþka prekida funkcije je x1 =0.


Kako je 1

f ( x)

e x

e

1 x

z f ( x) z f ( x)

zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna. 4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti


95

0.

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Pošto je

y,

§ ë ¨ ©

1 x

· ¸ ¸ ¹

1 x

,

e x2

jednaþina y’=0 nema rešenja.

Dakle, ova funkcija nema stacionarne taþke. Prvi izvod funkcije nije definisan u taþki prekida funkcije. 1

ex Pošto je 2 ¢ 0 za svako x iz oblasti definisanosti funkcije, to je y’<0 za x svako x iz oblasti definisanosti, te je funkcija monotono opadajuüa u oblasti definisanosti.


Ova funkcija nema ekstremume. 6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke 1

y ,,

y

, ,

1 x

§ ¨ e ¨ 2 ¨ x ©

· ¸ ¸ ¸ ¹

,

1

ex 2 x 2 2x e x x x4

Drugi izvod je jednak nuli u taþki x 2

1 x

e 1 2 x x4

0 x

1 2

1 i nije definisan u taþki u kojoj i 2

funkcija nije definisana x1=0. Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.3.a.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala. 96


x

1· § ¨ v, ¸ 2¹ ©

§ 1 · ¨ , 0¸ © 2 ¹

0 , v

y''

<0 (-)

>0 (+)

>0 (+)

Zakljuþak




Tabela 2.7.3.a.2. Dakle, prevojne taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je: § f ¨x ©

1· ¸ 2¹

· § 1 taþka M ¨ , e 2 ¸ . © 2 ¹

e 2

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Pošto je 1

lim e x

x o0

lim e

x o0

1 x

v 0

zakljuþujemo da jer prava x=0 desna vertikalna asimptota funkcije. b) Horizontalna asimptota Kako je

97


lim e x

xorv

to je prava y = 1 leva i desna horizontalna simptota

1

funkcije.


8. Grafik funkcije


3 2.5 2 1 e

1.5

x

1 0.5 4

3

2

M

1 0.5

0

1

2

3

4

x

Slika 2.7.3.a. Grafik funkcije y

98

e

1 x



e x je x v, v . 2


Ova funkcija nema realnih nula ni taþke prekida. 3. Parnost, neparnost

Kako je f ( x)

2 e x

ex

2

f ( x)

zakljuþujemo da je funkcija parna. 4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti

Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , Pošto je

2

,

0.

2

y , e x 2 x e x 0 x 0 stacionarna taþka funkcije je x1=0. Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.3.b.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

99

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike x

(-v, 0)

(0, v)

y,

>0 (+)

<0 (-)

Zakljuþak



Tabela 2.7.3.b.1.


Analizom Tabele 2.7.3.b.1 zakljuþujemo da u taþki x1 = 0 funkcija ima lokalni maksimum koji iznosi f(0) = 1. Dakle, taþka M(0, 1) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.


y 2 xe 2e 2 x 2 x e 1 2e 2 x 1 0 2 x 1 0 x , ,

y ,,

x2

x2

2

,

x2

x2

2

2

2

x3

1 2

Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.3.b.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

100


x

1· § ¨ v, ¸ 2¹ ©

§ 1 1· ¨ , ¸ © 2 2¹

§1 · ¨ , v¸ ©2 ¹

y''

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak




Tabela 2.7.3.b.2. Dakle, prevojne taþke su taþke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer drugi izvod menja znak pri prolasku kroz njih. U ovim taþkama vrednost funkcije je: § f ¨x ©

1 · ¸ 2¹

e

§ f ¨x ©

1 · ¸ 2¹

e

1 2

1 e

1 2

1 e

§ 1 1 · , ¸¸ taþka L ¨¨ 2 e¹ © § 1 1 · , ¸¸ taþka P ¨¨ © 2 e¹

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Pošto funkcija nema taþke prekida, ona nema ni vertikalne asimptote.

b) Horizontalna asimptota Kako je lim e x

xorv

2

0 to je prava y = 0 leva i desna horizontalna simptota 101


funkcije.


8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.3.b. M

1

L

e

x

2

P

0.5

3

2

1

0 x

1


102

2

ex

3

2


xe x je x v, v .



Nula funkcije je u taþki x1=0. 3. Parnost, neparnost

Kako je f ( x)

xe x

xe x z f ( x) z f ( x)

zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna. 4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti

Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , Pošto je y , xe x e x x e x e x (1 x) stacionarna taþka funkcije je x2=1. ,

0.

0 x 1

Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.3.c.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

103


(-v, 1)

(1, v)

y,

>0 (+)

<0 (-)

Zakljuþak



Tabela 2.7.3.c.1.


Analizom Tabele 2.7.3.c.1 zakljuþujemo da u taþki x2 = 1 funkcija ima lokalni maksimum koji iznosi f(1) = e-1. Dakle, taþka M(1, e-1) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.


y ,,

y e 1 x , ,

x

,

e x 1 x e x

e x 2 x 0 2 x 0 x3

Drugi izvod je jednak nuli u taþki x3 definisanosti funkcije.

2

2 i definisan je u svim taþkama oblasti

Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.3.c.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

104


x

v , 2

2 , v

y''

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak



Tabela 2.7.3.c.2. Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je: f x

2 2e 2

2 e2

§ 2· taþka L ¨ 2, 2 ¸ . © e ¹

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Pošto funkcija nema taþke prekida, ona nema ni vertikalne asimptote.

b) Horizontalna asimptota Kako je lim xe x x ov

lim xe x

x o v

x x ov e x v

lim

1 x ov e x

lim

0

to je prava y = 0 desna horizontalna simptota funkcije.

105

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) Kosa asimptota Kako je xe x lim x o v x

lim e x v

x o v

onda funkcija nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.3.c. M

L

1

2

1

0

1

2

3

4

1 x e

x

2 3 4 x


106

xe x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike d) 1. Oblast definisanosti


ex je x v,1 1, v . 1 x


Ova funkcija nema nule, a prekidna je u taþki x1=1. 3. Parnost, neparnost

Kako oblast definisanosti nije simetriþna u odnosu na koordinatni poþetak zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna. 4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i karakter monotonosti

Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , Pošto je y

,

§ ex · ¨¨ ¸¸ ©1 x ¹

,

e x 1` x e x 1 x 2

e x 2 x 1 x 2

0 x

0.

2

stacionarna taþka funkcije je x2=2. Prvi izvod nije definisan u taþki u kojoj i funkcija nije definisana. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.3.d.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

107


(-v, 1)

(1, 2)

(2, v)

y,

>0 (+)

>0 (+)

<0 (-)

Zakljuþak




Tabela 2.7.3.d.1.


Analizom Tabele 2.7.3.d.1 zakljuþujemo da u taþki x2 = 2 funkcija ima lokalni maksimum koji iznosi f(2) = - e2. Dakle, taþka M(2, -e2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.

6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke x y §¨¨ e 2 x2 ·¸¸ y © 1 x ¹ x 2 4x 5 ,,

, ,

,

1 x 2 e x 2 x , 2 1 x 1 e x 2 x 1 x 4

1 x 3 Pošto jednaþina x2-4x+5=0 nema realna rešenja to ne postoje nule drugog izvoda. Drugi izvod nije definisan u taþki u kojoj i funkcija nije definisana. Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.3.d.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala. 108


x

v ,1

1, v

y''

>0 (+)

<0 (-)

Zakljuþak

funkcija je konveksnaa


Tabela 2.7.3.d.2.

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Pošto je ex x o1 1 x ex lim x o1 1 x lim

v v

zakljuþujemo da je prava x=1 vertikalna asimptota funkcije.

b) Horizontalna asimptota Kako je ex lim lim e x x ov 1 x x ov x e lim 0 x o v 1 x

v

to je prava y = 0 leva horizontalna simptota funkcije.

109


c) Kosa asimptota Kako je ex x ov x 1 x

lim

ex x ov 1 2 x

lim e x

lim

x ov

v

onda funkcija nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije


10 7 4

ex 1 x

3

2

1 1 2 0

1

2

3

4

5

5 8 11 14 17 20 x


110

ex 1 x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2.7.4. Konstruisati grafike sledeüih funkcija:

a) y

x ln x

c) y

1 ln x 1 ln x

2

b) y

d)

y

ln x x ln

x3 2x

Rešenje:

a) 1. Oblast definisanosti

Oblast definisanosti funkcije y x ln x je x 0, v . 2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije 2

Funkcija ima prekid u taþki x1=0. Nule funkcije dobijamo rešavanjem jednaþine (lnx)2 = 0 x=e0 =1, odnosno nula funkcije je u taþki x2=1. 3. Parnost, neparnost


Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , 0. Kako je 2 , ln x 2 2 x ln x ln x ln x 2 0 ln x 0 ln x 2 y , xln x x 0 2 x e 1 x e zakljuþujemo da se jedna stacionarna taþka funkcije poklapa sa nulom funkcije x 2 1 , a da je druga stacionarna taþka x3 e 2 .

111

0

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.4.a.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala. x

(0, e-2)

(e-2,1)

(1,v)

y,

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak




Tabela 2.7.4.a.1. 5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma

Analizom Tabele 2.7.4.a.1 zakljuþujemo da za x2 = 1 funkcija ima lokalni minimum koji iznosi f(1) = 0, dok za x3 e 2 funkcija ima lokalni maksimum koji iznosi f (e 2 )

4 e 2 .

Dakle, taþka M(1,0) je taþka lokalnog minimuma funkcije, a taþka N(e-2,4e-2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.


y ,, 2

y ln x ln x 2 , ,

ln x 1 x

,

ln x 2 ln x x x

0 ln x 1 0 x 4

Drugi izvod je jednak nuli u taþki x 4 oblasti definisanosti funkcije.

e 1 e 1 i definisan je u svim taþkama

112

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.4.a.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

x

0 , e

e

y''

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak



1

1

,v

Tabela 2.7.4.a.2. Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je: f x

e 1 e 1

taþka L e 1 , e 1 .

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Pošto je

lim x ln x

x o0

2 lim

x o0

1 x

1 x2

2

ln x 2 lim

x o0

lim 2 x

x o0

1 x

2 ln x lim

x o0

1 x2

1 x

2 ln x x o0 1 x

0

zakljuþujemo da funkcija nema vertikalnu asimptotu.

113

lim

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike b) Horizontalna asimptota Kako je lim x ln x

2

x ov

v

zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu. c) Kosa asimptota Kako je x ln x x ov x

2

lim

limln x

2

x ov

v

onda funkcija nema kosu asimptotu. 8. Grafik funkcije


4

3

L 2 x ( ln ( x) )

2

1

N 0

1

2

3

1 x

M

Slika 2.7.4.a. Grafik funkcije y 114

x ln x

2



ln x je x 0, v . x


Funkcija ima prekid u taþki x1=0. Nule funkcije dobijamo rešavanjem jednaþine (lnx) = 0 x=e0 =1, odnosno nula funkcije je u taþki x2=1. 3. Parnost, neparnost


Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , Kako je ,

0.

1 x ln x x x2

1 ln x § ln x · 0 ln x 1 ¨ ¸ x2 © x ¹ x e1 e zakljuþujemo da je stacionarna taþka funkcije x3 e . y,

Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.4.b.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala. 115


x

(0, e)

(e,v)

y,

>0 (+)

<0 (-)

Zakljuþak



Tabela 2.7.4.b.1.


Analizom Tabele 2.7.4.b.1 zakljuþujemo da za x3 1 maksimum koji iznosi f (e) . e

e funkcija ima lokalni

Dakle, taþka M(e,e-1) je taþka lokalnog minimuma funkcije.


y ,,

y

, ,

2 ln x 3 x3

§ 1 ln x · ¨ ¸ 2 © x ¹

,

0 2 ln x 3

1 2 x 2 x 1 ln x x x4 0 x4

e

3 2

3

Drugi izvod je jednak nuli u taþki x 4 oblasti definisanosti funkcije.

e 2 i definisan je u svim taþkama

Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.4.b.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala. 116


x

3 § · ¨0,e 2 ¸ ¨ ¸ © ¹

§ 32 · ¨ e , v¸ ¨ ¸ © ¹

y''

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak



Tabela 2.7.4.b.2. Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je: § f ¨¨ x ©

3 · e 2 ¸¸ ¹

3 2e

3 2

§ 3 3 ¨ taþka L ¨ e 2 , 3 ¨ 2e 2 ©

· ¸ ¸¸ . ¹

7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Pošto je ln x x o0 x lim

v

zakljuþujemo da je prava x=0 desna vertikalna asimptota funkcije. b) Horizontalna asimptota Kako je

117

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike lim x ov

ln x x

lim x ov

1 x

0

zakljuþujemo da je prava y=0 desna horizontalna asimptota funkcije.

c) Kosa asimptota Funkcija nema kosu asimptotu jer ima desnu horizontalnu asimptotu, a za x<0 nije definisana.

8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.4.b. M

L

1

0 2

4

6

8 10 12 14 16 18 20

( ln( x) ) x

1

2

3 x


118

ln x x



1 ln x dobijamo rešavanjem 1 ln x

sistema x ! 0 1 ln x z 0 x ! 0 x z e 1 . Dakle, oblast definisanosti je odreÿena sa x 0, e 1 e 1 , v .


Nule funkcije dobijamo rešavanjem jednaþine 1-lnx = 0 x=e1, odnosno nula funkcije je u taþki x1=e. Funkcija ima prekid u taþkama x2=0 i x3=e-1.


Kako oblast definisanosti nije simetriþna u odnosu na koordinatni poþetak zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.


Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , Važi

119

0.


y,

§ 1 ln x · ¨ ¸ © 1 ln x ¹

,

1 1 1 ln x 1 ln x x x 1 ln x 2

2 . 2 x 1 ln x

Kako jednaþina y , 0 nema realnih rešenja u oblasti definisanosti funkcije, zakljuþujemo da ova funkcija nema stacionarnih taþaka. Prvi izvod nije definisan u taþkama u kojima i funkcija nije definisana. Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog izvoda, kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.4.c.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala. x

(0, e-1)

(e-1,v)

y,

<0 (-)

<0 (-)

Zakljuþak



Tabela 2.7.4.c.1.


Pošto je funkcija diferencijabilna u oblasti definisanosti i pošto nema stacionarne taþke, onda ona nema ni taþke ekstremuma.

120

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke ,

y ,,

§ · 2 ¨ ¸ 2 ¨ x1 ln x ¸ © ¹ 3 ln x 0 3 ln x 3 2 x 1 ln x

y

, ,

1 ln x 2 x 2 1 ln x 1

x

x 1 ln x 2

0 x4

Drugi izvod je jednak nuli za x 4 funkcija nije definisana.

e

3

4

e 3

i nije definisan u taþkama u kojima i

Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.4.c.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

e

0 , e

y''

>0 (+)

<0 (-)

>0 (+)

Zakljuþak




3

3

, e 1

e

x

1

,v

Tabela 2.7.4.c.2. Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je: f x

e 3 2

taþka L e 3 ,2 .

121


a) Vertikalna asimptota Pošto je

1 ln x x o0 1 ln x lim

1 lim x x o0 1 x

lim

1 ln x 1 ln x

v

lim

1 ln x 1 ln x

v

1 xo e

1 xo e

1

zakljuþujemo da je prava x=e-1 vertikalna asimptota funkcije. b) Horizontalna asimptota Kako je

1 ln x x ov 1 ln x

lim

1 lim x x o0 1 x

1

zakljuþujemo da je prava y= -1 desna horizontalna asimptota funkcije.

c) Kosa asimptota Funkcija nema kosu asimptotu jer ima desnu horizontalnu asimptotu, a za x<0 nije definisana.

122

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 8. Grafik funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 2.7.4.c.

3 2 1

( 1 ln( x) )

3

1 ln( x)

2

1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

1 2 3

L

4 x


1 ln x 1 ln x

d) 1. Oblast definisanosti

Oblast definisanosti funkcije y sistema

123

ln

x3 dobijamo rešavanjem 2 x

10


x3 ! 0 2 x z 0 x 3 ! 0 2 x ! 0 x 3 0 2 x 0 x z 2 2 x x ! 3 2 ! x x 3 2 x x z 2 x 2 , 3 . Dakle, oblast definisanosti je odreÿena sa x 2 , 3 . .


Nule funkcije dobijamo rešavanjem jednaþine ln

x3 2 x

0

x3 2 x

1 x 3

2 x 2x

5 x

5 2

odnosno nula funkcije je u taþki x1=2,5. Funkcija ima prekid u taþkama x2=2 i x3=3.


Kako oblast definisanosti nije simetriþna u odnosu na koordinatni poþetak zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.


Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , Važi

124

0.

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike y

,

§ x 3· ¨ ln ¸ © 2 x¹

,

2 x 2 x x3 x3 2 x 2

1 . x 3 2 x

Kako jednaþina y , 0 nema realnih rešenja u oblasti definisanosti funkcije, zakljuþujemo da ova funkcija nema stacionarnih taþaka. Prvi izvod nije definisan u taþkama u kojima i funkcija nije definisana. Kako u oblasti definisanosti funkcije važi x 3 2 x ! 0 to je prvi izvod manji od nule za svako x iz oblasti definisanosti, odnosno funkcija je monotono opadajuüa.


Pošto je funkcija diferencijabilna u oblasti definisanosti i pošto nema stacionarne taþke, onda ona nema ni taþke ekstremuma.


y

,,

y

, ,

§ · 1 ¨¨ ¸¸ 3 2 x x © ¹

,

5 2x x 3 2 x 2

0 5 2x

0 x4

5 , odnosno u taþki u kojoj je i nula 2 funkcije , i nije definisan u taþkama u kojima i funkcija nije definisana.

Drugi izvod je jednak nuli za x 4

Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.4.d.2.. Da bismo odredili znak drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.

125

5 2


x

§ 5· ¨2, ¸ © 2¹

§5 · ¨ , 3¸ ©2 ¹

y''

>0 (+)

<0 (-)

Zakljuþak



Tabela 2.7.4.d.2. Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi izvod menja znak pri prolasku kroz nju. 5 Dakle taþka L( , 0) je prevojna taþka. 2 7. Asimptote

a) Vertikalna asimptota Pošto je x3 v xo2 2x x3 v lim ln x o3 2x lim ln

zakljuþujemo da su prave x=2 i x=3 vertikalne asimptote funkcije.

b) Horizontalna asimptota Funkcija nema horizontalnu asimptotu. 126


c) Kosa asimptota Funkcija nema kosu asimptotu.

8. Grafik funkcije


4 3 2 1

§ x3 · ln¨ ¸ © 2x ¹

1

2

3

4

1 2 3 4 x


127

ln

x3 2 x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Zadaci za vežbu 2.7.5. Konstruisati grafike sledeüih funkcija:

x2 4 x 4 2

a) y

x2 x 6 x2

d) y

g)

y

j)

y

x

x 2 2

2

m) y

ex

p) y

1· § ln¨ e ¸ x¹ ©

s)

y

e) y

x 4 x h)

3

x 2 2x 3 2x x 2

b) y

8 x 14

ln x 2 1

k)

y y

3x 4 1 x3

c) y

x 1 x 1

f) y

x 3 3x

i)

x 2e x

2 x e

q) y

ln 1 e

2

1 x 1

x

x2

128

x2 1 1 x

y

ln

y

ln x 2

t) y

2

8

x x2 4 ex y x 1

o)

r)

2x 2 x3

y

l)

n) y

3

x 1 ln x x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 3. FUNKCIJE DVE NEZAVISNO PROMENLJIVE 3.1. Parcijalni izvodi i diferencijali funkcije dve nezavisno promenljive Rešeni zadaci:

3.1.1. Naüi parcijalne izvode prvog reda sledeüih funkcija

a)

z

x y x y

b)

z

c)

z

xy

d)

z

ln x x 2 y 2

e)

z

e x y

f)

z

ex

x x2 y2

2

y 2 xy

Rešenje:

a) wz wx wz wy

x y x y 2y 2 x y x y 2 x y x y 2x 2 x y x y 2

b) x2 y2 wz wx wz wy

x

2

2x 2 x2 y2 y2

x y

x

2

y

3 2 2

129

x

y2

x

2

y

3 2 2

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) wz wx

wz wy

y x y 1

x y ln x

d) 1 wz wx

2x 2 x2 y2 2

x x y

wz wy

x

y 2

x

2

x x2 y2 2

2

1 2

x y x y

2

x y2 x2 y2

e) wz wx

y e xy

wz wy

x e xy

f) wz wx wz wy

2

2

2 x y e x y xy 2 y x e x y xy 2

2

3.1.2. Naüi parcijalne izvode drugog reda sledeüih funkcija: a) c)

x2 y2

z z

e

xy 2

b) d)

130

z

ln x 2 y

z

x2 2 y

2

x y2


Rešenje: a) Kako je

wz wx

wz wy

x 2

x y

2

x

2

x y2

x

2

w z wxwy

2

2

y

x2 y2

y2

y2

x

y

x2 y2

w2z wy 2

x

2

y2

to je

x y2

x

x2 y2

w2z wx 2

y 2

y2

3 2

x2

x

2

y

3 2 2

x y

x

2

y2

3 2

b) Kako je wz wx w2z wx 2

w2z wxwy

2 x 2 y 4x 2

x

2

w z wy 2

wz wy

2x x y 2

2

y

x

y

2

2x

x

2

y

2

131

to je

2 y x2

x

2

1 2

1 x y 2

2

y

2


c) Kako je wz wx w2z wx 2 w2z wy 2

y 2 e xy

wz wy

2

y 4 e xy

2

to je

2

2

2 xe xy 2 xy e xy

w2z wxwy

2 xye xy

2

2

2

2 ye xy y 2 2 xye xy

2

2 xe xy 1 2 xy 2 2

2

2 ye xy 1 xy 2

d) Kako je wz wx

2x 2y 1

w2z wx 2

w2z wy 2

w2z wxwy

wz wy

2 2y 1 8x 2

2 y 1 3 4x

2 y 1 2

132

2x 2

2 y 1 2

to je


3.1.3. Naüi totalni diferencijal prvog reda sledeüih funkcija: a)

z

yx y

b)

z

§x y· ¸¸ ln¨¨ © y ¹

c)

z

x2 y3

d)

z

ln x 2 y 2

Rešenje: a) dz

wz wz dx dy wx wy

y 2 x y 1dx x y yx y ln x dy

dz

wz wz dx dy wy wx

dx xdy x y y x y

dz

wz wz dx dy wx wy

2 xy 3 dx 3 x 2 y 2 dy

dz

wz wz dx dy wy wx

2 xdx ydy x y2

b)

c)

d)

2

3.1.4. Naüi totalni diferencijal drugog reda sledeüih funkcija: a)

z

e xy

b)

z

x3 y 2

c)

z

x ln y

d)

z

x 2 y 2 ln x ln y

133


Rešenje: d 2z

w2z 2 w2z w2z 2 dx dxdy 2 dy wxwy wx 2 wy 2

a) Kako je wz wx

ye xy

wz wy w2z wy 2

xe xy

to je

w2z wx 2

y 2 e xy

d 2z

y 2 e xy dx 2 21 xy e xy dxdy x 2 e xy dy 2

x 2 e xy

w2z wxwy

1 xy e xy

b) Kako je wz wx

3x 2 y 2

wz wy

2x3 y

to je

w2z wx 2

6 xy 2

w2z wy 2

2x3

w2z wxwy

d 2z

6 xy 2 dx 2 12 x 2 ydxdy 2 x 3 dy 2

134

6x 2 y

pa je

pa je


c) Kako je wz wx

wz wy

ln y

w2z wx 2

x y

to je

w2z x 2 0 2 wy y x 2 2 dy 2 dxdy y y

d 2z

w2z wxwy

1 y

pa je

0

pa je

d) Kako je

wz wx

2x

1 x

wz wy w2z wy 2

2y

1 y

to je

w2z wx 2

1 2 2 x

1 w2z 2 2 y wxwy

d 2z

1 · 2 § 1 · 2 § ¨ 2 2 ¸dx ¨¨ 2 2 ¸¸dy x ¹ y ¹ © ©

Zadaci za vežbu 3.1.5. Naüi parcijalne izvode prvog i drugog reda i totalne diferencijale prvog i drugog reda sledeüih funkcija

a) c)

e)

z

y ln x 2 y 2 x y

z

xy ye

z

y· § ¨ xy ¸ x¹ ©

b)

z

2x 5 y 3x 4 y

d)

z

y ln

z

x2 y2 x2 y2

2

f)

135

x y

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 3.2 Ekstremne vrednosti funkcije dve nezavisno promenljive Rešeni zadaci: 3.2.1. Naüi ekstremne vrednosti sledeüih funkcija

a)

z

x 2 xy y 2 3 x 6 y

b)

z

c)

z

x

d)

z

2

2 y 2 e x y

1 x y 1 x2 y2

x 1 2 2 y 2

Rešenje:

a) Naÿimo stacionarne taþke date funkcije iz uslova Dobijamo sistem jednaþina wz wx wz wy

2x y 3

0

x 2y 6

0

þije je rešenje x=0, y=3. Dakle, taþka M(0,3) je stacionarna taþka funkcije. Naÿimo sada druge parcijalne izvode: w2z wx 2 w2z wy 2 w2z wxwy

2

A

2

C

1

B

136

wz wx

0

wz wy

0.


Kako je izraz '=AC-B2= 2 2 1 3 ! 0 za svako (x,y) iz oblasti definisanosti, pa i u taþki M(0,3) to funkcija u toj taþki ima lokalni ekstremum, i to lokalni minimum, jer je A=2!0, koji iznosi z min

z 0,3 9 .

b) Naÿimo stacionarne taþke date funkcije iz uslova

wz wx

0

wz wy

0 . Dobijamo

sistem jednaþina x

1 x2 y2

wz wx

1 x2 y2

1 x y

1 x2 y2

y 2 xy x 1

1 x

2

y

3 2 2

0 y 2 xy x 1 0

1 x2 y2 wz wy

y 1 x2 y2

1 x y

1 x2 y2

x 2 xy y 1

1 x

2

y

3 2 2

0 x 2 xy y 1 0

Ako drugu jednaþinu oduzmemo od prve dobijamo da je x2-y2+x+y =0(x-y) (x+y)+x+y=0(x+y) (x-y+1) =0x= -y x=y-1. Sada za x= -y imamo iz druge jednaþine y2-y2+y+1=0y=-1 pa vraüajuüi u x=-y dobijamo da je x=1 pa je stacionarna taþka M(1, -1). Vraüajuüi x=y-1 u drugu jednaþinu dobijamo jednaþinu y2 –y+1=0 koja nema realna rešenja. Dakle, jedina stacionarna taþka je taþka M(1, -1). Naÿimo sada druge parcijalne izvode: 137


§ · w ¨ y 2 xy x 1 ¸ 3 ¸ wx ¨¨ 2 2 2 ¸ x y 1 © ¹ 3 1 y 1 1 x 2 y 2 2 3 1 x 2 y 2 2 2 x y 2 xy x 1 2 1 x 2 y 2 3

w2z wx 2

y 3 2 x 2 y 2 2 x 2 y 3 xy 2 y 3 x 1

1 x

2

y

5 2 2

2

x 1 y 1

3 3

A

§ · w ¨ x 2 xy y 1 ¸ 3 ¸ wy ¨¨ 2 2 2 ¸ © 1 x y ¹ 3 1 x 1 1 x 2 y 2 2 3 1 x 2 y 2 2 2 y x 2 xy y 1 2 1 x 2 y 2 3

w2z wy 2

x 3 x 2 2 y 2 3 x 2 y 2 xy 2 x 3 y 1

1 x

2

y

5 2 2

x 1 y 1

2 3 3

C

§ · w ¨ y 2 xy x 1 ¸ 3 ¸ wy ¨¨ 2 2 2 ¸ x y 1 © ¹ 3 1 2 y x 1 x 2 y 2 2 3 1 x 2 y 2 2 2 y y 2 xy x 1 2 1 x 2 y 2 3

w2z wxwy

x 3 y 3 2 xy 2 2 x 2 y 3 xy x y

1 x

2

y

5 2 2

x 1 y 1

Dakle, u stacionarnoj taþki je § 2 · § 2 · § 1 · ¸¸ ¨¨ ¸¸ ¨¨ '=AC-B = ¨¨ ¸¸ 3 3 3 3 3 3 © ¹ © ¹ © ¹ 2

138

2

1 !0 9

1 3 3

B


pa funkcija u njoj ima ekstremum i to, zbog A

2 3 3

0 lokalni maksimum

koji iznosi z max

1 1 1

z 1,1

1 1 1 2

2

3

c) Naÿimo stacionarne taþke date funkcije iz uslova

wz wx

0

wz wy

sistem jednaþina wz wx wz wy

x

2

2 x 2 y 2 e x y

0

x

2

4 y 2 y 2 e x y

0

Ovaj sistem je ekvivalentan sistemu

x x

2 2

2x 2 y 2 0

4y 2y2 0

þije je rešenje (x=0, y=0) i (x= -4, y= -2). Dakle, taþke M(0,0) i N( -4, -2) su stacionarne taþke funkcije. Naÿimo sada druge parcijalne izvode:

139

0 . Dobijamo


w2z wx 2 w2z wy 2 w2z wxwy

x

2

4 x 2 y 2 2 e x y

x

2

8 y 2 y 2 4 e x y

x

2

A

C

4 x 4 y 2 y 2 2 e x y

B

Kako je u taþki M(0,0) izraz '=AC-B2= 2 4 2 funkcija nema ekstremum.

2

12 0 to u njoj

2

68 e 4 ! 0 U taþki N( -4, -2) je '=AC-B2= 6 e 2 12 e 2 2 e 2 to u njoj funkcija ima ekstremum i to lokalni maksimum jer je u njoj A 6 e 2 0 .

z 4,2 8 e 2 .

Taj maksimum iznosi z max d)

Naÿimo stacionarne taþke date funkcije iz uslova sistem jednaþina wz wx wz wy

2( x 1) 4y

0 x 1

0 y

0

Dakle, jedina stacionarna taþka je taþka M(1,0).

Naÿimo sada druge parcijalne izvode:

140

wz wx

0

wz wy

0 . Dobijamo


w2z wx 2 w2z wy 2

w 2( x 1) 2 wx w 4 y 4 C wy

w2z wxwy

A

w 2( x 1) 0 wy

B

Kako je u M(1,0) '=AC-B2=8!0 zakljuþujemo da je to taþka lokalnog ekstremuma funkcije i to lokalnog minimuma, jer je A=2!0, koji iznosi zmin=z(1,0)=0.

3.2.2. Naüi uslovne ekstremume sledeüih funkcija

a) b) c) d)

z z z z

6 4x 3y

x2 y2 xy x2 3y 2

pri pri pri pri

uslovu uslovu uslovu uslovu

x2 y2 1 x y 1 x y 1 4x y 7

Rešenje:

a) Lagranžeova funkcija je F(x,y)=6-4x-3y+O(x2+y2-1)

pa je

wF wx

wF wy

4 2Ox

3 2Oy .

Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na sledeüi sistem jednaþina 141


-4+2Ox=0 -3+2Oy=0 x2+y2=1 Rešenje ovog sistema su skupovi taþaka

O1

5 2

O2

x1

4 5

5 2

y1

x2

3 5

4 5

i

y2

3 5

Kako je w2F wx 2

2O

w2F wxwy

d 2F

2O dx 2 dy 2

Kada je 5 O1 2

x1

w2F wy 2

0

2O

to je

4 5

y1

3 5

§ 4 3· tada je d2F!0, pa u toj taþki M 1 ¨ , ¸ funkcija ima uslovni minimum koji © 5 5¹ iznosi

z min

6

16 9 5 5

1.

142

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Kada je

O2

5 2

x2

4 5

y2

3 5

§ 4 3· tada je d2F0, pa u toj taþki M 2 ¨ , ¸ funkcija ima uslovni maksimum © 5 5¹ koji iznosi z max

6

16 9 5 5

11.

b) Lagranžeova funkcija je F(x,y)=x2+y2+O(x+y-1) wF wx

wF wy

2x O

pa je 2y O .

Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na sledeüi sistem jednaþina 2x+O=0 2y+O=0 x+y=1 Rešenje ovog sistema su skupovi taþaka

O

1

x

1 2

y

143

1 2

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Kako je w2F wx 2

2

w2F wxwy

d 2F

2 dx 2 dy 2

w2F wy 2

0

2

to je

§1 1· pa je d2F!0, odnosno u toj taþki M ¨ , ¸ funkcija ima uslovni minimum koji © 2 2¹ iznosi

2

z min

§1· §1· ¨ ¸ ¨ ¸ © 2¹ © 2¹

2

1 . 2

c) Lagranžeova funkcija je F(x,y)=xy+O(x+y-1) pa je wF wx

yO

wF wy

xO .

Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na sledeüi sistem jednaþina y+O=0 x+O=0 x+y=1 Rešenje ovog sistema su skupovi taþaka

144


O

1 2

x

1 2

y

1 2

Kako je w2F wx 2

0

d 2F

2dxdy

w2F wxwy

1

w2F wy 2

to je

0

Pošto je x y 1 d 2F

2dxdy

dx dy

to je

0

odnosno

dy

dx

pa je

2dx 0 2

§1 1· odnosno u toj taþki M ¨ , ¸ funkcija ima uslovni maksimum koji iznosi © 2 2¹

z max

1 1 2 2

1 . 4

d) Lagranžeova funkcija je F(x,y)=x2+3y2+O(4x+y-7) wF wx

2 x 4O

wF wy

pa je 6y O .

Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na sledeüi sistem jednaþina 2x+4O=0

145

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 6y+O=0 4x+y=7 Rešenje ovog sistema su skupovi taþaka

O

6 7

x

12 7

y

1 7

Kako je w2F wx 2

2

w2F wxwy

d 2F

2dx 2 6dy 2

w2F wy 2

0

6

to je

§ 12 1 · pa je d2F!0, odnosno u toj taþki M ¨ , ¸ funkcija ima uslovni minimum © 7 7¹ koji iznosi

2

z min

§ 12 · §1· ¨ ¸ 3¨ ¸ ©7¹ ©7¹

2

3 .

146


Zadaci za vežbu 3.2.3. Naüi ekstremume sledeüih funkcija: a)

z

x

b)

z

xy 2 1 x y

c)

z

2 x 3 2 y 3 30 xy

d)

z

xy 1 x 2 y 2

2

y 2 e x

2

y2

3.2.4. Naüi sledeüe uslovne ekstremume: a)

z

b)

z

c) d)

z z

x2 y2 5 x y x2 y2 pri uslovu 1 2 3 xy pri uslovu 3x 2 y 7 x 2 y 3 pri uslovu x y 1 x 2y

pri uslovu

147


4.

INTEGRALI

4.1

Nalaženje neodreÿenih integrala

4.1.1 Direktna (neposredna) integracija

Rešeni zadaci: 4.1.1.1. Izraþunati:

³ 3x

a)

3

x 2 4 x 2 dx

b)

³

d)

³ 2

f)

x2 ³ x 2 1dx

x 3 x dx

3

x 1 dx x

c)

³

e)

ex x § ¨ e 1 ³ ¨© x 2

· ¸¸dx ¹

x

2

3 x dx

Rešenje: a)

³ 3x

3

x 2 4 x 2 dx

3

x 4 x3 x2 4 2x C 4 3 2

b)

³

3

x x dx

³x

1 2

1 3

dx ³ x dx

1 1 2

1 1 3

x x C 1 1 1 1 2 3

148

3

4

2 2 3 3 x x C 3 4


³

§ 32 · ¨ x 3x 3 x 1¸ ¨ ¸ © ¹ dx ³ x

3

x 1 dx x 1 1 2

1 1 2

1 § 12 1· 2 ¨ ¸dx x x 3 3 ³ ¨© x ¸¹

3

x x 3x 3 ln x C 1 1 1 1 2 2

1

2 2 x 3x 6 x 2 ln x C 3

d)

³ 2

x

³ 2

2

3 x dx

2x

2 2 x 3 x 3 2 x dx

³ 4

x

2 6 x 9 x dx

6x 9x 4x 2 C ln 6 ln 9 ln 4 e) § ex ³ e ¨¨©1 x 2 x

· ¸¸dx ¹

§ x 1 · ³ ¨© e x 2 ¸¹dx

x 21 e C 2 1 x

e x x 1 C

f) x2 ³ x 2 1 dx

x2 11 ³ x 2 1 dx

§

³ ¨©1 x

1 · ¸dx 1¹

x arctgx C

2

Zadaci za vežbu 4.1.1.2. Izraþunati: a)

§ 1

³ ¨¨

3

© x

5

1 · ¸dx x ¸¹

b)

149

³3

x

7 x dx


³

x 2 x x 1 dx

x

a

xb

dx 2

e)

³

g)

2 § 23 · 3 ¸ ¨ 2 x ³¨ ¸ dx © ¹

x

³

d)

f)

³

h)

³

3

x

2

3

x2

a b ax


³ 7 x 5

c)

³e

e) g)

10

2x 5

dx

b)

dx

d)

x ³ x 2 2 dx x ³ x 2 dx

f) h)

x 2 6 xdx

³ ³

³

e

x

x

dx x2

2 3x 3 1 ³ e x 1 dx 5

dx

Rešenje: a) Smenom

7x 5

t 7 dx

dt dx

150

dt 7

dx 3

x x a x b dx x

4.1.2 Integracija metodom smene

a)

dx

1 x2 3

dobijamo

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 10 10 dt 7 x 5 dx t ³ ³ 7

7 x 5 11 C

1 t 11 C 7 11

1 10 t dt 7³

77

b) x2 6

Smenom

2

³

x 6 xdx

t 2 xdx 1 1 2

dt t 2

³

dt dobijamo 2

dt xdx

3

1 t C 21 1 2

1 2 t C 3

1 2 x 6 3

3 2

C

c) 2x 5

2 t dx 5

dt dx

5 ³ e t dt 2

5 et C 2

5 e 5 C 2

Smenom

³e

2x 5

dx

5 dt 2

dobijamo

2x

d) Smenom

³

x

t

dx

dt

2 x

dx x

2dt

dobijamo

x

e

x

dx

2 ³ e t dt

2e t C

2e

x

C

e) Smenom

³x

2

x dx 2

x2 2 1 dt 2³ t

t 2 xdx 1 ln t C 2

dt xdx

dt dobijamo 2

1 ln x 2 2 C 2

151

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike f) 2 3x 3

Smenom

³

x 5

2

2 3x 3

t 9 x 2 dx 1 1 5

dt 9

4

1 t C 9 1 1 5

1 1 dt 9³5 t

dx

dt x 2 dx

5 5 t C 36

dobijamo

5 5 2 3x 3 36

4

C

g) x2

Smenom

tx

t 2 dx

1

x

³

x2

dx

³

t2 t

dt

dobijamo

dt

1 · § 12 2 ¸ ¨ t t 2 ³ ¨© ¸dt ¹

1 1

1

3

t2 t 2 2 1 1 1 1 2 2

1

2 2 t 4t 2 C 3

3 1 2 x 2 2 4x 2 2 C 3

h) Smenom

³e

x

1 dx 1

x

§ ln t ¨ dx ©

1 t ³ 1 dt 1 t

³

dt t 1

dt ex t

t 1 t

ln t 1 C

· e x ¸ ¹

dobijamo

ln e x 1 C


³ x 3x 2

15

dx

b)

152

1 x

³1

x

dx

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike e x dx

c)

³ 1 e

e)

³ x ln x

g)

³x

x 2

dx

x 2 2 dx

ln x dx x

d)

³

f)

³ 2x

h)

³ x 3

2

3

e x dx

x 2 dx

4.1.3. Integracija metodom parcijalne integracije

Rešeni zadaci

4.1.3.1. Izraþunati: a)

³ xe

2x

c)

³e

x

2

e 2 x dx

b)

³x

dx

d)

³ x 1 e

e)

³ ln xdx

f)

³ x ln xdx

g)

³ ln

2

h)

³

dx

xdx

Rešenje: a) Podintegralni izraz razdvajamo na

153

x

dx

x ln 2 xdx

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike u

x

du

i dx

dv

e 2 x dx

v

³ dv ³ e

pa je 2x

dx

1 2x e 2

Sada je

³ xe

2x

dx

1 2x 1 xe ³ e 2 x dx 2 2

1 2x 1 1 2x xe e C 2 2 2

1 2x § 1· e ¨x ¸C 2 © 2¹

b) Podintegralni izraz razdvajamo na

x2

u du

i

2 xdx

dv

e 2 x dx

v

³ dv ³ e

pa je 2x

dx

1 2x e 2

Sada je

³x

2

1 2 2x 1 x e ³ e 2 x 2 xdx 2 2 1 2 2x 1 2x § 1· x e e ¨x ¸C ³ xe 2 x dx 2 2 © 2¹

e 2 x dx

1 2 2x x e 2

1 2x § 2 1· e ¨x x ¸C 2 © 2¹

c) x

Prvo izvršimo smenu x

dobijamo

³e

Integral

³ te dt

u

t

t du

dx

t

dx

dt dx

2 x

2 x dt

2tdt

2 ³ te t dt .

rešavamo metodom parcijalne integracije gde je dt dv

e t dt v

154

t

³ e dt

et

pa je


³e

x

2³ te t dt

dx

2 te t ³ e t dt

2e t (t 1) C

2e

x

x 1 C

d) Podintegralni izraz razdvajamo na

e x dx

u

x 1

i

dv

du

dx

v

³ dv ³ e

x

pa je e x

dx

Sada je

³ ( x 1)e

x

dx

( x 1)e x ³ e x dx

( x 1)e x e x C

e) Podintegralni izraz razdvajamo na

u du

ln x

i

dv

dx

dx x

v

³ dv ³ dx

pa je x

Sada je

³ ln xdx

x ln x ³ x

dx x

x ln x x C

155

( x 2)e x C

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike f) Podintegralni izraz razdvajamo na

u du

ln x

i

dx x

v

dv

³ dv

xdx

pa je x2 2

³ xdx

Sada je

³ x ln xdx

x2 x 2 dx ln x ³ 2 2 x

x2 1 ln x x 2 C 4 2

g) Podintegralni izraz razdvajamo na

ln 2 x

u du

2 ln x

dx x

i

dv

dx

v

³ dv ³ dx

pa je x

Sada je

³ ln

2

xdx

x ln 2 x 2 x ln x x C

x ln 2 x 2 ³ ln xdx

h) Podintegralni izraz razdvajamo na

u du

ln 2 x 2 ln x

i dx x

dv

x dx 1

v

³ dv

³ x 2 dx 156

pa je 2x x 3

x ln 2 x 2 x ln x 2 x C

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Sada je x ln 2 xdx

³

Integral

4 2x x 2 ln x ³ x ln xdx 3 3

³

x ln xdx

rešavamo takoÿe parcijalnom integracijom gde

je

u

ln x

du

i

dx x

v

dv

³ dv ³ x

x dx 1 2

dx

pa je 2x x 3

tako da dobijamo

³

x ln xdx

2 x x dx 2x x ln x ³ 3 x 3

4x x 2x x ln x C. 9 3

Dakle, dobijamo

³

x ln 2 xdx

4 2x x 2 ln x ³ x ln xdx 3 3

4x x · 4 § 2x x 2x x 2 ¸C ln x ln x ¨¨ 9 ¸¹ 3 © 3 3

8· 4 2x x § 2 ¨ ln x ln x ¸ C 9¹ 3 3 ©


³x

2

e x dx

b)

157

3 x

³x e

dx


³ xe

e)

³

2 x

ln x x

dx

dx

d)

³

x ln xdx

f)

³x

2

b)

x 2 2x 6 ³ x 1 x 2 x 4 dx

ln xdx

4.1.3. Integracija racionalnih funkcija


a)

c)

x3 2x 6 ³ x 2 dx x2 1

³ x 1 x 3 dx

d)

3

x3 2x

³ x

2

1

2

dx

Rešenje:

a)

x3 2x 6 ³ x 2 dx

10 · § 2 ³ ¨© x 2 x 2 x 2 ¸¹dx

158

x3 x 2 2 x 10 ln x 2 C 3

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike b) x2 2x 6 A B C x 1 x 2 x 4 x 1 x 2 x 4 A x 2 x 4 B x 1 x 4 C x 1 x 2 x 1 x 2 x 4 x 2 A B C x 6 A 5B 3C 8 A 4 B 2C x 1 x 2 x 4 Izjednaþavajuüi koeficijente uz x dobijamo sledeüi sistem jednaþina A BC

1

6 A 5 B 3C 8 A 4 B 2C

2 6

Rešenje ovog sistema je je x 2 2x 6 ³ x 1 x 2 x 4 dx

A

B

3,

§ 3

7

7

C

5 pa

5 ·

³ ¨© x 1 x 2 x 4 ¸¹dx

3 ln x 1 7 ln x 2 5 ln x 4 C c) x2 1 x 1 3 x 3

A3 A1 A2 B 2 3 x 1 x 1 x 1 x3

A1 x 1 x 3 A2 x 1 x 3 A3 x 3 B x 1 2

x2 1

3

odakle je

x 1 3 x 3 2 3 A1 x 1 x 3 A2 x 1 x 3 A3 x 3 B x 1

Koeficijente A1, A2, A3, B možemo izraþunati i na sledeüi naþin. Kako jednaþina x2 1

A1 x 1 x 3 A2 x 1 x 3 A3 x 3 B x 1 važi za svako 2

3

159

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 1 . 2

x to stavljajuüi x=1 dobijamo 2=4A3 , odnosno A3

5 . 32 Izjednaþavanjem koeficijenata uz x3 dobijamo A1+B=0 odakle je 5 A1 B . 32 Za x=-3 dobijamo 10=-64B, odnosno B

Koeficijent A2 dobijamo stavljajuüi bilo koju vrednost za x osim x=1, i x=-3, recimo x=0. Za x=0 dobijamo 1 3 A1 3 A2 3 A3 B odakle je A2

3 . 8

Sada je § 5 1 3 1 1 1 5 1 · ¨ 2 3 ³ x 1 x 3 ³ ¨© 32 x 1 8 x 1 2 x 1 32 x 3 ¸¸¹dx 5 3 1 5 ln x 1 ln x 3 C 2 32 8 x 1 4 x 1 32 x2 1 3

dx

d) x3 2x

x

2

1

2

A1 x B1 A2 x B2 2 x2 1 x2 1

A1 x B1 x 2 1 A2 x B2

x

2

1

2

A1 x 3 B1 x 2 A1 A2 x B1 B2

x

2

1

2

Izjednaþavajuüi koeficijente uz jednake stepene x dobijamo sistem

160

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike A1

1

B1

0

A1 A2

2

B1 B2

0

þije je rešenje A1 je x3 2x

³ x

2

1

2

dx

B1

1,

0,

3 ,

A2

B2

0 pa

§ xdx 3xdx ·¸ ¨ ³ ¨ x2 1 x2 1 2 ¸ © ¹

Smenom x 2 1 t,

2 xdx

dt

§ xdx 3 xdx ·¸ ¨ ³ ¨ x2 1 x2 1 2 ¸ © ¹

dobijamo dt

3dt

³ 2t ³ 2t

2

1 3 ln t C 2 2t

1 3 ln x 2 1 C. 2 2 2 x 1


x 5 3x 3 2 x 1 dx ³ x3 x

c)

dx ³ x 4 6x3 9x 2

b)

d)

161

x2 1

³ x 1

3

³x

dx

x 1 2 3

2x 2 x

dx


4.2

Nalaženje odreÿenih integrala

4.2.1 Direktna (neposredna) integracija

Rešeni zadaci: 4.2.1.1. Izraþunati: e2

2

x5 x ³1 x dx

a)

3

³ x

c)

2

³

b)

e

dx x

1

e x dx

³ x

d)

3

4 dx

1

2

Rešenje: a) 4 · § 5 ³1 ¨¨1 x ¸¸dx © ¹ 2

2

x5 x ³1 x dx

2

1 2 5

2 1 55 2 5 1

x | 5x | 1

1

b) e2

dx ³e x

e2

ln x |

ln e 2 ln e

2 ln e ln e

2 1 1

e

c) 3

³

x e x dx

2

2

x3 3 x 3 | e | 2 2 2

§ 33 2 3 · ¨¨ ¸¸ e 3 e 2 2¹ © 2

162

1 5 5 2 5 1

27 4 e 2 e3 2

55 2

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike d) 1

³ x

3

§ 14 1 4 · ¨ ¸ 41 1 8 . ¨4 ¸ 4 © ¹

1 x4 1 | 4x | 4 1 1

4 dx

1

4.2.2 Integracija metodom smene

Rešeni zadaci: 4.2.2.1. Izraþunati: 4

1

a)

³

2 x dx

³

b)

2

0

0

c)

³

1

dx 2x 1

2

xdx

ex 1 ³1 e x dx

d)

4 x2

1 4

e)

2

ln 3 x ³2 x dx

f)

ex ³1 x 2 dx

dt

dobijamo za

Rešenje: a) Smenom 2 x t dx x 0t 2 x 1 t 1

³ 0

2 x dx

dt dx

pa je

1

1

1

2

³ t dt

³ t 2 dt

2

1

3

2 22 t | 3 1

163

2 3

2

3

13

23 8 1

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike b) Smenom 2 x 1 t 2dx x

2t

5

x

4t

9 pa je

4

dx

1 dt 2 ³5 t

³

9

9

2x 1

2

dt 2

dt dx

dobijamo za

1 9 2

1

1 2 t dt 2 ³5

t |

5

9 5

3 5

c)

Smenom 4 x2

t 2 xdx

x

1 t

x

0t

0

xdx

³

1

4 x2

dt xdx

dt 2

dobijamo za

3 4 pa je 4

³ 2 3

4

dt t

1

1 ³ t 2 dt 23

1 4 2

t |

3

164

4 3

2 3

32

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike d)

Smenom ex

t e x dx

x 1 t 2t

x 2

³

ex 1 ex

1

dt dobijamo za t

e e2 e2

dx

dt ex

dt dx

³

pa je

t 1 dt t t

e

e2

3 · § 12 ³e ¨¨ t t 2 ¸¸dt © ¹

§ 1 1 · ¸ 2 e 2 e 2¨¨ ¸ 2 e © e ¹

1 e2 2

2t | 2 t e

§ 1 1 · 2¨¨ e e ¸¸ e e¹ ©

e)

Smenom

x

dx dt x 2 t ln 2

x

4t

ln x

4

t

ln 3 x ³2 x dx

ln 4 ln 4

³t

ln 2

3

dt

dobijamo za

pa je t 4 ln 4 | 4 ln 2

1 4 ln 4 ln 4 2 4

165

1 e2 2

|

e

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike f) Smenom

1 dx t 2 x x x 1 t 1

2

1 x

e ³1 x 2 dx

dx x2

dt

dobijamo za

1 pa je 2

2t

x

dt

1 2 t

³ e dt 1

1 2

e t |

e e

1

Zadaci za vežbu

Izraþunati:

4.2.2.2. 3

a)

2

dx

³2 0

b)

x

³

3 x

e 1dx

d)

0

5

e)

³ 2

x 2 5dx

3

3

c)

³x

dx

³ x2 ln x 1

0

dx

f)

ex 1

³

1

166

dx 3

2x 1


4.2.3. Parcijalna integracija

Rešeni zadaci: 4.2.3.1. Izraþunati: e2

3

³ lnx 1 dx

a)

³

b)

1

e

2

x

dx

0

x ³ xe dx

c)

ln x

³ xe

d)

x

dx

3

1

Rešenje: a) Podintegralni izraz razdvajamo na

ln x 1 dx du x 1

u

i

dv

dx

v

³ dv ³ dx

pa je x

Sada je 3

3

³ lnx 1 dx

3

x ln x 1 | ³ 1

1

1

3

3

1

1

x ln x 1 | x ln x 1 |

xdx x 1

3

3 1 · § x ln x 1 | ³ ¨1 ¸dx 1 x 1 © ¹ 1

3 ln 4 ln 2 3 ln 4 1 ln 2 4 ln 4 2 ln 2 2

3 ln 4 2

167

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike b) Podintegralni izraz razdvajamo na

u

ln x

i

dx x

v

du

1

dv

x 1

³ dv ³

dx

pa je

dx

x

2 x

Sada je e2

³

ln x x

e

e2

dx

e2

x dx 2 x ln x | ³ 2 x e e

e2

2 x ln x | 2 ³ e

2 e 2 ln e 2 2 e ln e 4 e 2 4 e

Podintegralni izraz razdvajamo na x

du

i dx

dv

e x dx

v

³ dv ³ e

pa je x

dx

e x

Sada je 2

x

³ xe dx

xe

x

e 2e

2

e

2

| ³ e x dx

1

1

1

2

2

e

1

2

2

1

1

xe x | e x |

1

1

2e 3e

e

dx x

e2

2

168

e2

2 x ln x | 4 x |

4e 2 e 4e 4 e

c)

u

e2

e

2 e

e

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike d) Podintegralni izraz razdvajamo na u

x

du

i

dv

dx

v

e x dx

³ dv ³ e

pa je x

ex

dx

Sada je 0 x

³ xe dx

3

x

0

0

xe | ³ e x dx 3

3

0

0

3

3

xe x | e x |

3e 3 e 0 e 3

4e 3 1

Zadaci za vežbu 4.2.3.2.

Izraþunati: 4

a)

2

2 x ³ 2 x e dx

b)

1

5

2 ³ x ln xdx

d)

2

³x

³

x ln xdx

3

e

e)

dx

2

2

c)

3 x

³x e

1 2

2

ln xdx

f)

1

³ 1 x e 0

169

x

dx


4.2.4. Nesvojstveni integrali

Rešeni zadaci: 4.2.4.1. Izraþunati: v

v

dx ³1 x 2

a)

v

b)

4

xdx

d)

3

0

³ 0

1

dx

dx 4x

1

dx ³2 x

e)

x

0

³ 1 x

c)

³3

³ ln xdx

f)

0

Rešenje: a) v

b

dx ³1 x 2

lim ³ x 2 dx b ov

1

§ 1 ·b lim¨ ¸ | b ov © x ¹1

§ 1· lim¨1 ¸ 1 b ov © b¹

b) v

³3

b x

x

lim ³ 3 dx

dx

b ov

0

0

§ 3 x · b ¸¸ | lim¨¨ b ov © ln 3 ¹ 0

1 · § 1 b lim¨ ¸ b ov ln 3 3 ln 3 ¹ ©

1 ln 3

c)

Pošto je za 1+x=t , dx=dt, x=t-1 xdx

³ 1 x ³ 3

t 1 dt t

3

³ t

2

t 3 dt

1 1 2 C t 2t

170

1 21 x

2

1 C 1 x

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike to je

v

b

xdx

³ 1 x

3

0

lim ³ b ov

0

§ 1 1 ·b ¸| lim¨¨ ¸0 b ov 21 x 2 1 x ¹ ©

xdx

1 x 3

§ 1 1 1 · lim¨¨ 1¸¸ b ov 21 b 2 1 b 2 ¹ ©

1 2

d) Podintegralna funkcija nije definisana za x=4, pa je 4

³ 0

4 H

dx 4 x

lim

H o0

³ 0

lim 2 H 2 4

H o0

dx

H o0

4 x

4 H

lim 2 4 x |

0

lim 2 4 4 H 2 4

H o0

4.

e)

Podintegralna funkcija nije definisana za x=0, pa je 1

dx ³2 x

H

1

dx dx lim lim ³ H o0 ³ x H o0 H x 2

§ H · lim ¨ ln ln 2 ln 1¸ H o0 © H ¹

1 H § · lim ¨ ln x | ln x | ¸ H o0 © H¹ 2

lim ln H ln 2 ln 1 ln H

H o0

ln 2.

f)

Podintegralna funkcija nije definisana za x=0, pa je

171


1

³ ln xdx 0

1

lim x ln x x |

lim ³ ln xdx

H o0

H o0

H

§ 1 ¨ 1 lim ¨ H H o0 ¨ 1 ¨ 2 © H

§ · ¨ ln H ¸ ¸ 1 lim ¨ H o0 ¨ 1 ¸ ¨ ¸ © H ¹

H

· ¸ ¸ ¸ ¸ ¹

lim 1 ln 1 1 H ln H H

H o0

1 lim H 1. H o0

Zadaci za vežbu

4.2.4.2.

Izraþunati:

v

a)

³ xe

e x2

dx

b)

0

e)

6

dx ³0 x 5 v

³ xe

2

xdx

0

7

c)

³ x ln

d)

³ 2

1

x2

f)

dx

v

172

xdx 3

x 2 16

dx x v

³


5. EKONOMSKE FUNKCIJE

5.1. Odrediti cenu pri kojoj se postiže ravnoteža izmeÿu tražnje i ponude 2 ako je funkcija tražnje x p 2 a funkcija ponude y 2 p 1. Rešenje: Oblast definisanosti funkcije tražnje odreÿujemo iz uslova za koje važi

p ! 0 x ! 0 x' 0 p ! 0 p 2 2 ! 0 2 p 2 0 p ! 0 p R p 2 p 0,2 a oblast definisanosti funkcije ponude iz uslova za koje važe implikacije

p ! 0 y ! 0 y ' ! 0 p ! 0 2 p 1 ! 0 2 ! 0 1 § · §1 · ¨ p ! 0 p ! p R ¸ p ¨ , v ¸. 2 © ¹ ©2 ¹ Cena pri kojoj nastupa ravnoteža na tržištu mora biti iz skupa vrednosti za koje je definisana i tražnja i ponuda na tržištu, odnosno iz skupa

0,2 §¨ 1 , v ·¸ ©2

¹

§1 · ¨ ,2 ¸. ©2 ¹

Izjednaþavajuüi funkcije tražnje i ponude dobijamo: x

y p 2

2

2 p 1 p2 6 p 5

0 p1

1 p2

5.

§1 · Kako rešenje p2=5 ne pripada intervalu ¨ ,2 ¸ , to ga odbacujemo, dok ©2 ¹ §1 · p1 1 ¨ ,2 ¸, pa se dakle ravnoteža na tržištu postiže za vrednost cene p=1. ©2 ¹

173


5.2. Data je funkcija graniþnog prihoda Px' troškova C ' a) b) c)

3 x 230 i funkcija graniþnih

2 x 30 . Odrediti funkciju ukupnog prihoda koristeüi uslov P(0)=0 funkciju ukupnih troškova uz uslov C(0)=500 dobit pri proizvodnji od 100 jedinica proizvoda

Rešenje: a) dP dx

Kako je Px' to je P( x)

' ³ Px dx

³ dP

³ 3x 230 dx

3

x2 230 x C 2

Iz P(0)=0 dobijamo P(0)

C

pa je P

0

x2 3 230 x 2

b) Kako je C '

dC dx

to je C ( x)

³ dC ³ C dx ³ 2 x 30 dx '

x 2 30 x C

Iz C(0)=500 dobijamo C (0)

C

500

pa je C

174

x 2 30 x 500

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) Funkcija ukupnog prihoda je definisana za x=100, jer je

3 100 2 230 100 8000 ! 0 i x 100 ! 0 2 a takodje je za x=100 definisana i funkcija ukupnih troškova, jer je P (100)

C (100) 100 2 30 100 500 '

C (100)

2 x 30 za x 100

7500 ! 0

170 ! 0

i x 100 ! 0.

i

Kako je dobit D=P-C to je dobit pri proizvodnji od 100 jedinica proizvoda jednaka 3 D(100) P (100) C (100) 100 2 230 100 100 2 30 100 500 2 8000 7500 500

p 4 20

5.3 Funkcija tražnje jedne robe data je u obliku x 20 e . Odrediti koliþinu i cenu pri kojima üe ukupan prihod pri prodaji ove robe biti maksimalan. Koliko iznosi maksimalan prihod? Rešenje:

Oblast definisanosti funkcije tražnje odreÿujemo iz uslova za koje važi §

p ! 0 x ! 0 x' 0 ¨¨ p ! 0 20 e

p 4 20

! 0 e

p 4 20

© p ! 0 p R p R p 0, v . Pošto je P p x 20 pe maksimum dobijamo iz P

'

0 20e

p 4 20

pe

p 4 20

p 4 20

· 0 ¸¸ ¹

to cenu pri kojoj funkcija ukupnog prihoda ima

e

p 4 20

(20 p )

0 p

20 0, v

Kako je za p 0,20 P ' ! 0 a za p 20, v P ' 0 175

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike to zakljuþujemo da za cenu p=20 funkcija ukupnog prihoda ima maksimum koji iznosi

20 20e

Pmax

20 4 20

400e 3

Koliþina pri kojoj se postiže maksimalan prihod je x(20)

20e

20 4 20

20e 3 .

a, b, c, ! 0 . 5.4. Data je funkcija proseþnih troškova C ax 2 bx c Odrediti minimum proseþnih troškova. Pokazati da u taþki minimuma važi

C

C'.

Rešenje: Kako je §· ¨C ¸ © ¹

'

2ax b

to za x

§· ¨C ¸ © ¹ min

0 x

b 2a

i

§· ¨C ¸ © ¹

''

2a ! 0 jer je a ! 0

b funkcija proseþnih troškova ima minimum koji iznosi 2a 2

§ b · C¨ ¸ © 2a ¹

b § b · c a ¨ ¸ b 2a © 2a ¹

b 2 2b 2 c 4a 4a

c

b2 . 4a

Pošto je

C

C x

§ b · C'¨ ¸ © 2a ¹

ax 3 bx 2 cx

odakle je

2

C'

3b 2 4b 2 c 4a 4a

b § b · 3a¨ ¸ 2b c 2a © 2a ¹

odnosno u taþkim minimuma je C

C'. 176

3ax 2 2bx c c

b2 4a

pa je

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 5.5. Funkcija ukupnih troškova je C 6 x 2 50 , a funkcija tražnje je p x 15 . Odrediti proizvodnju i cenu pri kojima se postiže maksimalna 4 dobit i koliko ona iznosi. Odrediti proizvodnju pri kojoj je ukupan prihod jednak ukupnim troškovima (gornju i donju granicu rentabilnosti).

Rešenje:

Oblast definisanosti funkcije ukupnih troškova odreÿujemo iz uslova za koje važi

C ! 0 C

'

! 0 x ! 0 6 x 2 50 ! 0 12 x ! 0 x ! 0 x R x ! 0 x ! 0 x 0, v .

Oblast definisanosti funkcije tražnje odreÿujemo iz uslova za koje važi

p ! 0 x ! 0 x' 0 §¨ p ! 0 p 15 ! 0 1 0 ·¸

4 4 © p ! 0 p 60 p R p 0,60 x 0,15 .

¹

Proizvodnja i cena pri kojima se postiže maksimalna dobit i pri kojima je ukupan prihod jednak ukupnim troškovima moraju biti iz skupa vrednosti za koje je definisana i funkcija ukupnih troškova i funkcija tražnje, odnosno iz skupa x 0, v 0,15

x 0,15

p 0,60 . Kako je P=px, a iz x

p 15 4

sledi

177

p

4 x 60 to važi


D'

4 x 60 x 6 x 2 50 20 x 60 0 x 3 0,15

D ''

20 0

D

PC

pa za x=3, odnosno za p maksimum, koji iznosi

4 3 60

D3 10 3 2 60 3 50

Dmax

10 x 2 60 x 50

48 0,60 funkcija dobiti ima

40 .

Da bi odredili gornju i donju granicu rentabilnosti proizvodnje izjednaþimo funkciju ukupnog prihoda sa funkcijom ukupnih troškova: P

CD

0 10 x 2 60 x 50

0 x1

1 0,15 x 2

5 0,15

pa je interval rentabilnosti proizvodnje x(1,5).

5.6. Za funkciju ukupnih troškova i funkciju tražnje iz prethodnog zadatka, odrediti dobit pri proizvodnji za koju su proseþni troškovi minimalni. Za koliko sa razlikuje ta dobit od maksimalne dobiti. Rešenje: Kako je

C

C x

x1 §· ¨C ¸ © ¹

''

'

6 x 2 50 50 50 §· ¨C ¸ 6 2 6x x x x © ¹ 5 5 0,15 x 2 0,15 3 3 100 x3

pa za x1

5 3

§· ¨C ¸ © ¹

''

0 x2

50 6

25 3

900 3 !0 75

to zakljuþujemo da su proseþni troškovi minimalni za x

5 3

.

Dobit pri proizvodnji za koju su proseþni troškovi minimalni iznosi

178


§ 5 · D¨¨ ¸¸ © 3¹

2

§ 5 · 5 10¨¨ ¸¸ 60 50 3 © 3¹

§ 5 · Dmax D¨¨ ¸¸ © 3¹

40

100 3 3 4 3

100 3 3 4 3

pa je,

520 300 3 . 3

5.7. Data je funkcija tražnje x 2 p 30 . Naüi cenu pri kojoj tražnja ima jediniþnu elastiþnost. Odrediti interval u kome se može kretati cena da tražnja bude elastiþna, odnosno neelastiþna. Elastiþnost tražnje prikazati na grafiku. Rešenje: Oblast definisanosti funkcije tražnje odreÿujemo iz uslova za koje važi

p ! 0 x ! 0 x' 0 p ! 0 2 p 30 ! 0 2 0 p ! 0 p 15 p R p 0,15 . Elastiþnost funkcije tražnje je definisana u oblasti u kojoj je definisana i funkcija tražnje, dakle u oblasti p(0,15). Elastiþnost funkcije tražnje je p ' p 2p 2 x x 2 p 30 2 p 30 pa cenu pri kojoj tražnja ima jediniþnu elastiþnost nalazimo rešavanjem jednaþine E x, p

E x, p

1

2p 2 p 30

1 p

30 4

15 0,15 . 2

Interval cene u kome je tražnja neelastiþna nalazimo rešavanjem sledeüe nejednaþine u oblasti definisanosti funkcije tražnje 1 E x , p 0 1

2p 15 § 15 · 00 p p ¨ 0, ¸ 0,15 . 2 p 30 2 © 2¹

179


Interval cene u kome je tražnja elastiþna nalazimo rešavanjem sledeüe nejednaþine u oblasti definisanosti funkcije tražnje

2p 15 1 p ! . 2 p 30 2 Kako je oblast definisanosti funkcije tražnje p(0,15), to je interval cene u kome je tražnja elastiþna dat sa E x , p 1

§ 15 · § 15 · p ¨ , v ¸ 0,15 p ¨ ,15 ¸. ©2 ¹ ©2 ¹

Pošto je

E

'

x, p

§ 2p · ¨¨ ¸¸ © 2 p 30 ¹

'

2 2 p 30 2 p 2

60

2 p 30

2 p 30 2

2

0

to je elastiþnost funkcije tražnje u oblasti definisanosti opadajuüa funkcija i nema ekstremnih vrednosti. Pošto je

E

''

x, p

· § 60 ¸ ¨ ¨ 2 p 30 2 ¸ ¹ ©

'

60 2 2 p 30 2

240

2 p 30

2 p 30 3

4

to je u oblasti definisanosti elastiþnosti funkcije tražnje E x , p 0 , pa je ''

elastiþnost funkcije tražnje konkavna u celoj oblasti definisanosti. Kako je

lim E x , p

x o0

lim E x , p

x o15

2p 0 x o 0 2 p 30 2p v lim x o15 2 p 30

lim

180

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike to je prava x=15 vertikalna asimptota. Na osnovu ovoga grafik elastiþnosti funkcije tražnje je

0

3.75

7.5

11.25

15

2 ( 2p )

4

2p 30

6 8 10 p

5.8. Dokazati da je elastiþnost proseþnih troškova za jedan manja od EC , x 1. elastiþnosti ukupnih troškova, odnosno da važi E C ,x

Rešenje:

Pošto je C E C ,x

C x

x §· Ç ¨ C © ¹

'

onda važi x §C· ¨ ¸ §C· © x ¹ ¨ ¸ ©x¹

,

x2 C

§C' x C · ¸¸ ¨¨ x2 © ¹

x C ' 1 C

E C , x 1.

5.9. Dokazati da je proizvodnja pri kojoj su proseþni troškovi minimalni, jednaka proizvodnji za koju ukupni troškovi imaju jediniþnu elastiþnost. Dokazati da su minimalni proseþni troškovi jednaki graniþnim troškovima.

181

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Rešenje: Pronaÿimo proizvodnju pri kojoj su proseþni troškovi minimalni:

C

C §· ¨C ¸ x © ¹

'

C'x C x2

0 C'x C

0 x

C C'

za C §· 0 x ' ¨C ¸ C © ¹ dok za C §· v x ¨C ¸ C' © ¹

'

'

C'x C 0 x2

C'x C ! 0. x2

Pošto prvi izvod funkcije proseþnih troškova menja znak od – ka + pri C prolasku kroz stacionarnu taþku x , to zakljuþujemo da je to taþka C' C minimuma funkcije proseþnih troškova, odnosno za proizvodnju x C' proseþni troškovi su minimalni. Elastiþnost funkcije ukupnih troškova u toj taþki je: x C C' C' 1 , dakle za proizvodnju pri kojoj su proseþni troškovi C C' C minimalni, ukupni troškovi imaju jediniþnu elastiþnost. EC , x

Minimum proseþnih troškova iznosi

§C· C¨ ' ¸ ©C ¹

C §C· ¨ '¸ ©C ¹ graniþnim troškovima. C min

C ' , dakle minimum proseþnih troškova je jednak

182

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 5.10. Data je funkcija tražnje x p 2 e 2 p 2 . Ispitati kako poveüanje cene sa nivoa p 2 utiþe na ukupan prihod. Rešenje:

Kako je p ' x x

E x, p p 2

p e

2 p 2

p 2

p e

p

p 2 e 2 p 2

'

2 p 2

2

p e

2 p 2

2 p e 2 p 2 p 2 e 2 p 2 2

2 pe 2 p 2 1 p 2 1 p

to je E x, p p

2 2 v,1 pa ukupan prihod opada sa porastom cene. x

5.11.Data je funkcija ukupnih troškova C 15e 3 . Ispitati kako poveüanje proizvodnje sa nivoa x=2 utiþe na proseþne troškove. Rešenje:

Kako je EC , x

x ' C C

x

x 15e

x 3

1 15 e 3 3

x 3

to za x

2 EC , x

2 0,1 3

pa poveüanje proizvodnje sa nivoa x=2 izaziva smanjenje proseþnih troškova.

x 2 40 5.12.Data je elastiþnost proseþnih troškova E . Odrediti C,x x 2 3 x 40 funkciju ukupnih troškova znajuüi da fiksni troškovi iznose 40 jedinica proizvoda, odnosno C(0)=40.

183


Rešenje: Imajuüi u vidu rešenje zadatka 5.8. važi:

x 2 40 2 x 2 3x 1 C,x x 2 3 x 40 x 2 3 x 40 x x dC EC , x C' pa je C C dx x dC 2 x 2 3x dC 2 x 2 3x 2x 3 dx dx 2 2 2 C dx x 3 x 40 C x x 3 x 40 x 3 x 40 dC 2x 3 ³ dx ln C ln x 2 3 x 40 ln C1 2 ³ C x 3 x 40 ln C ln C1 x 2 3x 40 C C1 x 2 3 x 40 E 1

EC , x

gde smo integracionu konstantu predstavili u obliku lnC1. Kako je po uslovu zadatka C(0)=C1 40=40 to je C1=1 pa je C

x 2 3x 40.

Zadaci za vežbu: 5.13. Data je funkcija tražnje x

p 120 i funkcija ukupnih troškova 6

x2 2500. Odrediti razliku maksimalne dobiti i dobiti pri 4 proizvodnji za koju su proseþni troškovi minimalni. C

5.14. Data je funkcija tražnje x 1,8 p 35,2. a) Ispitati kako poveüanje cene sa nivoa p=5 utiþe na ukupan prihod. b) Ispitati kako poveüanje realizacije sa nivoa x=13,6 utiþe na ukupan prihod. 5.15 Data je funkcija tražnje x 20 p 3 e p . Odrediti oblast definisanosti funkcije ukupnog prihoda i iznos maksimalnog ukupnog prihoda. 184

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 5.16. Data je funkcija tražnje x

p 10000 i funkcija proseþnih troškova 2

9 10 6 . Kolika je maksimalna dobit? Da li je rentablina proizvodnja x za koju ukupni troškovi imaju jediniþnu elastiþnost?

C

2x

5.17. Graniþni prihod za neki proizvod je Px'

200 x

. Odrediti funkciju

ukupnog prihoda ako je P(10)=100. 3 4e x . Odrediti proseþne troškove

5.18. Dati su graniþni troškovi C ' koristeüi uslov C(0)=80. 5.19. Data je funkcija tražnje x jediniþnu elastiþnost.

p 2 e 2 p 6 . Odrediti cenu za koju tražnja ima

5.20. Data je funkcija tražnje x p a elastiþnost ove funkcije konstantna.

b

(a, b su konst ). Pokazati da je

5.21. Data je funkcija ukupnih troškova C 3 x 2 5 x 4 . Ispitati kako poveüanje proizvodnje sa nivoa x=1 utiþe na proseþne troškove. 3

5.22. Data je funkcija ukupnih troškova C 20 1 x 2 . Odrediti proizvodnju pri jediniþnoj elastiþnosti funkcije ukupnih troškova. Odrediti minimalne proseþne troškove. 5.23. Funkcija tražnje je :

a)

x

200 4 p p 6 2

x 10 pe . b) Odrediti intervale cena u kojima je tražnja elastiþna odnosno neelastiþna. 5.24. Data je funkcija tražnje x 80 5 p . Odrediti proizvodnju i cenu pri kojima je ukupan prihod maksimalan.

185


5.25. Data je funkcija ukupnih troškova C proseþni troškovi? 5.26. Funkcija graniþnih troškova je P '

x 2 e x . Koliko iznose minimalni

3 x

270 , a funkcija proseþnih 2

9 45 150 . Odrediti cenu pri kojoj se ostvaruje maksimalna x 2 2 x dobit, pri þemu treba imati u vidu da je P(0)=0.

troškova C

x 6

5.27. Data je funkcija proseþnog prihoda p 5e 2 i funkcija proseþnih 1000 . Odrediti maksimalnu dobit i proizvodnju za koju se ona troškova C x postiže.

186

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 6.

LINEARNA ALGEBRA

6.1. Determinante i matrice Rešeni zadaci: 6.1.1. Izraþunati determinante:

a) 2

3

2

1

3

2

1

3 2

4 5

2 3

b)

c) x2 x 1 x3

1 x 1

d) ab

c

1

bc ca

a b

1 1

Rešenje:

a) 2 2

3 1

3

2

1

3 2

4 5

2 3

2 1 3 2 8

b)

3 4 3 2 2 2 3 5 1 2 4 1 3 2 5 3 2 3 3

187

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) x2 x 1 x

1

3

x 1

x

2

x 1 x 1 x 3

x3 1 x3

1

d) ab

c

1

bc

a

1

ca

b

1

a b a c a c b c b

c a a a b b b c c

0

6.1.2. Date su matrice:

A

ª2 « 1 « «¬1

1º 1 »» , 0 »¼

1 0 2

B

ª3 «2 « «¬ 2

1º 0 »» . 3 »¼

1 1 0

Naüi A B, A B, 3 A. Rešenje:

1

A B

ª2 « 1 « «¬1

1

A B

ª2 « 1 « «¬1

0 2

0 2

1º ª3 1 »» ««2 0 »¼ «¬ 2

1

1º ª3 1 »» ««2 0 »¼ «¬ 2

1

1 0

1 0

188

1º 0 »» 3 »¼

ª5 «1 « «¬ 1

1º 0 »» 3 »¼

ª 1 « 3 « «¬3

2 1 2

0 1 2

2º 1 »» 3 »¼

0 º 1 »» 3»¼


ª2 3 «« 1 «¬1

3 A

1º 1 »» 0 »¼

1 0 2

ª6 « 3 « «¬3

3º 3 »» 0 »¼

3 0 6

6.1.3. Naüi AB ako je:

a)

A

1

ª1 «3 « «¬0

2 2

ª1 « 1 « «¬3

2º 0 »» 1 »¼

0 º 1»» 1 »¼

B

ª1 «0 « «¬ 1

2º 1 »» . 0 »¼

1 0

0º 2»¼

ª0 «1 « «¬2

2 º 2 »» 1»¼

b)

A

B

ª1 « 1 ¬

c)

A

>1

3@

2

B

Rešenje:

a)

A B

ª1 «4 « «¬ 1

1º 8 »» 2»¼

189


A B

ª 1 « 1 « «¬2

1

>8

1@

4º 0 »» 2»¼

1 3

c)

A B

6.1.4. Naüi inverzne matrice sledeüih matrica:

a) A

ª1 «3 ¬

2º 4»¼

ª1 «1 « «¬2

2

b)

A

1 0

1 º 0 »» 1»¼

Rešenje:

a) Kako je det A

46

A-1 koju dobijamo kao A 1

2 z 0 to ova matrica A ima inverznu matricu 1 adjA . det A

Važi sledeüe:

190


A 11

A 12

A 21

A 22

(1)11 x 4

4

(1)1 2 x 3

3

(1) 2 1 x 2

2

(1) 2 2 x 1

1

pa je

A

ª4 « 2 ¬

3º 1 »¼

Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica Aˆ T matrice A, pa je adjA

Aˆ T

ª4 « 3 ¬

2º 1 »¼

pa je

A

1

1 ª4 « 2 ¬ 3

2º 1 »¼

ª 2 «3 « ¬2

1 º 1 »» 2¼

b) Kako je det A Važi sledeüe:

1 2 2 1 to data matrica ima inverznu matricu.

191


A 11

A 12

A 13

A 21

A 22

A 23

A 31

A 32

A 33

(1)11 x

1

0

0

1

1

0

2

1

1

1

2

0

2

1

0

1

1

1

2

1

1

2

2

0

2 1

1 0

1

1

1

0

1

2

1

1

(1)1 2 x (1)13 x (1) 21 x (1) 2 2 x (1) 23 x (1) 31 x (1) 3 2 x (1) 33 x

1 1 2 2 3 4 1 1 1

pa je

A

ª 1 «2 « «¬ 1

1 3 1

2º 4 »». 1»¼

Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica Aˆ T matrice A, pa je

192


Aˆ

adjA

T

ª 1 «1 « «¬ 2

1º 1 »» 1»¼

2 3 4

pa je

A 1

ª 1 1« «1 1 «¬ 2

1º 1 »» 1»¼

2 3 4

ª1 « 1 « «¬2

2 3 4

1 º 1»». 1 »¼

6.1.5. Odrediti matricu X iz jednaþina:

AX=B,

a)

XA=B,

b)

ako je

A

ª0 «2 « «¬1

1 3 0

2º 4»» 1 »¼

B

ª1 «0 « «¬1

1 2 0

0º 1 »» 1 »¼

Rešenje:

a) A X

Važi B A 1 A X

Kako je det A Važi sledeüe:

A 1 B I X

A 1 B X

A 1 B .

4 6 2 4 to data matrica ima inverznu matricu.

193


A 11

A 12

A 13

A 21

A 22

A 23

A 31

A 32

A 33

3

4

0

1

2

4

1

1

2

3

1

0

1

2

0

1

0

2

1

1

0

1

1

0

1 3

2 4

0

2

2

4

0

1

2

3

(1)11 x (1)1 2 x (1)13 x (1) 2 1 x

(1) 2 2 x (1) 23 x (1) 31 x (1) 3 2 x (1) 33 x

3 2 3 1 2 1 2 4 2

pa je

A

ª3 « 1 « «¬ 2

2 2 4

3º 1 »». 2»¼

Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica Aˆ T matrice A, pa je

194


Aˆ

adjA

T

1

ª3 «2 « «¬ 3

2º 4 »» 2»¼

2 1

pa je

A

1

ª3 1« «2 4 «¬ 3

1

2º 4 »». 2»¼

2 1

Sada je

1

A B

X

ª1 1« «6 4 «¬ 5

b)

1 2 1

ª3 1« «2 4 «¬ 3 1 2 1

2º ª1 4 »» ««0 2»¼ «¬1

1 2 0

0º 1 »» 1 »¼

3º 2 »» 1»¼

Važi

X A

B X A A 1

X

ª1 «0 « «¬1

1 2 0

B A 1 X I 0º ª3 § 1· « » 1 » ¨ ¸ «2 © 4¹ «¬ 3 1 »¼

195

B A 1 X 1 2 1

2º 4 »» 2»¼

B A 1 ª5 1 « «1 4 «¬0

3 3 0

2 º 6 »» 4»¼


6.1.6. Odrediti matricu X iz jednaþine X (A-2I)=A+I gde je

A

ª0 «2 « «¬1

1 3 0

2º 4»» . 1 »¼

Rešenje: Važi X A 2 I

A I X

A I A 2 I 1 .

Pošto je

I

ª1 «0 « «¬0

A 2I

0

0º 0»» 1 »¼

1 0 ª 2 «2 « «¬1

1 1 0

to je

A I

ª1 «2 « «¬1

1 4 0

2º 4»» i 2»¼

2 º 4 »» . 1»¼

Kako je det A 2 I 2 4 2 2 6 z 0 to postoji inverzna matrica matrice A 2 I koju nalazimo kao 1 adj A 2 I . det A 2 I

A 2 I 1

Uobiþajenom procedurom dobijamo

A 2 I

1

ª 1 1 « 6 6 « «¬ 1

1 0 1

2 º 12 »» pa je 4 »¼

196


X

A I A 2I

1

ª3 1 « 18 6 « «¬ 3

3 6 3

ª1 «2 « «¬1

2º ª 1 1 « » 4 » «6 6 «¬ 1 2»¼

1 4 0

6 º 36 »». 6»¼

Zadaci za vežbu: 6.1.7. Rešiti sledeüe matriþne jednaþine a) b) c)

X A 3A 2 X 3 X 2 A X A I A X I

gde je

A

ª0 «3 « «¬1

1 3 2

2º 1 »». 3 »¼

197

1 0 1

2 º 12 »» 4»¼


6.2. Rešavanje sistema linearnih algebarskih jednaþina pomoüu determinanti i matrica Rešeni zadaci: 6.2.1. Primenom determinanti rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina: a) 3x y 2 z

3

x 2y z

4

2x y z

1

3x 2 y 5 z

1

b) x y 2z

0

7x 4 y 2z

11

Rešenje: a) Pošto je determinanta sistema

'

3

1

2

1

2

1

2

1

1

3 2 1 1 1 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 10 z 0

to sistem ima jedinstveno rešenje. Kako je

'x

3

1

2

4 1

2 1

1 1

3 2 1 1 1 1 4 2 1 2 2 1 3 1 1 4 1 1 10

198


'y

3

3

2

1

4

1

2

1

1

3 4 1 3 1 2 1 2 1 2 4 2 3 1 1 3 1 1 20

'z

3 1

1 2

3 4

2

1

1

3 2 1 1 4 2 3 1 1 3 2 2 3 4 1 1 1 1 10 to je jedinstveno rešenje sistema x y z

'x ' 'y

10 1 10 20 2 10 10 1 10

' 'z '

b) Pošto je determinanta sistema

'

3

2

5

1

1

2

7

4

2

3 1 2 2 2 7 5 1 4 5 1 7 3 2 4 2 1 2 1 z 0 to sistem ima jedinstveno rešenje. Kako je 199


'x

1

2

5

0

1

2

11

4

2

1 1 2 2 2 11 5 0 4 5 1 11 1 2 4 2 0 2 1

'y

3

1

5

1

0

2

7

11

2

3 0 2 1 2 7 5 1 11 5 0 7 3 2 11 1 1 2 1

'z

3

2

1

1

1

0

7

4

11

3 1 11 2 0 7 1 1 4 1 1 7 3 0 4 2 1 11 0 to je jedinstveno rešenje sistema x y z

'x ' 'y ' 'z '

1 1 1 1 1 1 0 0 1

200

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 6.2.2. Primenom determinanti rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina:

a) 2x 2 y 2z 2 x y 3z

4 9

3x 2 y 4 z

11

4x 2 y 2z

2

b) x 2y z

3x y 2 z

4 3

Rešenje: a)

'

Pošto je determinanta sistema

2

2

2

2

1

3

3

2

4

2 1 4 2 3 3 2 2 2 2 1 3 2 3 2 2 2 4 0 i

201


'x

4

2

2

9

1

3

11

2

4

4 1 4 2 3 11 2 9 2 2 1 11 4 3 2 2 9 4 0 'y

2

4

2

2

9

3

3

11

4

2 9 4 4 3 3 2 2 11 2 9 3 2 3 11 4 2 4 0 'z

2

2

4

2

1

9

3

2

11

2 1 11 2 9 3 4 2 2 4 1 3 2 9 2 2 2 11 0 to sistem ima beskonaþno mnogo rešenja.

2 2 2 4 2 z 0 to se dalje 2 1 rešavanje sistema svodi na rešavanje sledeüeg sistema jednaþina po x i y

Kako je poddeterminanta sistema

2x 2 y 2x y

4 2z 9 3z

gde je z slobodna (nezavisna promanljiva).

Pošto je za ovaj sistem

202

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike '

2

2

2

1 4 2 z 2

'x

9 3 z 1

'y

2

4 2 z 1 9 3z 2

2

4 2z

2

9 3z

14 4 z

2 9 3 z 2 4 2 z 10 2 z

to je

x y

'x ' 'y '

14 4 z 2 10 2 z 2

7 2z 5 z

Dakle, ovaj sistem ima beskonaþno mnogo rešenja oblika x

7 2D

y

5 D

z

D

b)

'

Pošto je determinanta sistema

4

2

2

1 3

2 1

1 2

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

i

203

0


'x

2

2

2

4

2

1

3

1

2

2 2 2 2 1 3 2 4 1 2 2 3 2 1 1 2 4 2 'y

4

2

2

1

4

1

3

3

2

0

4 4 2 2 1 3 2 1 3 2 4 3 4 1 3 2 1 2 0 'z

4

2

2

1

2

4

3

1

3

4 2 3 2 4 3 2 1 1 2 2 3 4 4 1 2 1 3 0 to sistem ima beskonaþno mnogo rešenja.

4 2 8 2 10 z 0 to se dalje 1 2 rešavanje sistema svodi na rešavanje sledeüeg sistema jednaþina po x i y Kako je poddeterminanta sistema

4x 2 y x 2y

2 2 z 4 z


Pošto je za ovaj sistem

204

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2 2

4 1

'

10

2 2z 4 z

'x 'y

2 2

4

2 2 z

1

4z

2 2 z 2 4 z 2

4 6z

4 4 z 1 2 2 z 18 2 z

to je

x y

'x ' 'y '

4 6 z 2 3z 10 5 18 2 z 9 z 10 5

Dakle, ovaj sistem ima beskonaþno mnogo rešenja oblika x y z

2 3D 5 9 D 5

D

6.2.3. Primenom determinanti rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina:

a) 3x 5 y 2 z

0

5x 6 y z

4

2 x y 3z

5

x 2 y 3z

3

b) 2x y z 8 x y 3z

1 2 205

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Rešenje: a) Kako je determinanta sistema

'

3

5

2

5

6

1

2

1

3

3 6 3 5 1 2 2 5 1 2 6 2 3 1 1 5 5 3 0 a

'x

0

5

2

4 5

6 1

1 3

0 6 3 5 1 5 2 4 1 2 6 5 0 1 1 5 4 3 17 z 0 to je ovaj sistem protivreþan, odnosno nema rešenja. b)

Kako je determinanta sistema

'

1

2

3

2

1

1

8

1

3

1 1 (3) 2 1 8 3 2 1` 3 1 8 1 1 1 3 2 2 0 a

'x

3 1

2 1

3 1

2

1

3

3 1 (3) 2 1 2 3 1 1 3 1 2 1 1 3 3 1 2 7 z 0 to je ovaj sistem protivreþan, odnosno nema rešenja.

206

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 6.2.4. Diskutovati i rešiti sledeüe sisteme jednaþina:

a) 2mx 4 y 2 z

2

x m 1 y 2 z

2 x 2 y 3z

5

6

b) x ky 2 z

1

x 2k 1 y 3 z x ky k 3 z

1 2k 1

Rešenje: a)

'

Determinanta sistema je

2m

4

1 2

m 1 2 2 3

2

2m m 1 3 4 2 2 2 1 2 2 2 m 1 2 2 2m 4 1 3

6 m 2 3m 2

6 m 1 m 2

a

207


'x

2

4

2

5 6

m 1 2 2 3

2 m 1 3 4 2 6 2 5 2 2 m 1 6 2 2 2 4 5 3 6 m 1

'y

2m 1

2 5

2 2

2

6

3

2m 5 3 2 2 2 2 1 6 2 5 2 2m 2 6 2 1 3 6 m 1

'z

2m

4

1

m 1 5

2

2

2 6

2m m 1 6 4 5 2 2 1 2 2 m 1 2 2m 5 2 4 1 6

12 m 2 3m 2

12 m 1 m 2

Za 'z0 , odnosno za mz1 i mz2 sistem ima jedinstveno rešenje dato sa

x

y

z

'x '

6 m 1 6 m 1 m 2

1 2m

'y '

6 m 1 6 m 1 m 2

1 m2

'z '

12 m 1 m 2 6 m 1 m 2

2

Za m=1 važi ' ' x ' y ' z 0 pa sistem ima beskonaþno mnogo rešenja. Nalazimo ih na sledeüi naþin. Za m=1 sistem postaje 208

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 2x 4 y 2z x

2z

2 5

2 x 2 y 3z

6

2 4 0 4 4 z 0 to se dalje 1 0 rešavanje sistema svodi na rešavanje sledeüeg sistema jednaþina po x i y Kako je poddeterminanta sistema

2x 4 y x

2 2z


5 2z

z4 z proizvoljno , 2 odnosno za m=1 sistem ima beskonaþno mnogo rešenja oblika Rešenje ovog sistema je x

x y z

5 2 z,

y

5 2D

D 4 2

D

Za m=2 determinanta sistema je jednaka nuli, a determinanta 'y=6z0 pa je sistem protivreþan, odnosno nema rešenja.

b)

'

Determinanta sistema je

1

k

1 1

2k 1 3 k k 3

2 k 2 1

k 1 k 1

a

'x

1 1

k 2 2k 1 3

2k 1 k

k 2 6k 5

k 3

209

k 1 5 k


'y

'z

1

1

2

1

1

3

1

2k 1 k 3

1

k

1 1

2k 1 1 k 2k 1

2 k 1

1 2 k 2 4k 2

2 k 1

2

Za 'z0, odnosno za kz1 i kz -1 sistem ima jedinstveno rešenje dato sa x

y

z

'x '

k 1 5 k k 1 k 1

5k k 1

'y '

2 k 1 k 1 k 1

2 k 1

'z '

2 k 1 k 1 k 1

2 k 1 k 1

2

Za k=1 važi '

'x

'y

'z

0 pa sistem ima beskonaþno mnogo rešenja.

Nalazimo ih na sledeüi naþin. Za k=1 sistem postaje x y 2z

1

x y 3z

1

x y 4z

1

1 2 3 2 1 z 0 to se dalje 1 3 rešavanje sistema svodi na rešavanje sledeüeg sistema jednaþina po x i z

Kako je poddeterminanta sistema

210


x 2z

1 y

x 3z

1 y

gde je y slobodna (nezavisna promanljiva).

y proizvoljno Rešenje ovog sistema je x 1 y, za k=1 sistem ima beskonaþno mnogo rešenja oblika

z

0 , odnosno

x 1D y D z

0

Za k= -1 determinanta sistema je jednaka nuli, a 'y=4z0 pa je sistem protivreþan, odnosno sitem nema rešenja.

6.2.7. Rešiti sledeüe sisteme jednaþina pomoüu inverzne matrice: a) x yz

6

2x y z

3

x y 2z

5

b) 2x 3y z 3x 5 y 2 z x 2 y 3z

11 19 14

Rešenje: a)

A

ª1 «2 « «¬1

Ovaj sistem jednaþina se može prikazati u matriþnom obliku A X B gde je 1 1 1

1º 1 »» 2»¼

X

ªx º « y» « » «¬ z »¼

211

B

ª6 º «3 » « » «¬5 »¼

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Pošto je det A

1

1

1

2 1

1 1

1 2

5z0

zakljuþujemo da matrica A ima inverznu matricu A-1,pa važi X

A 1 B .

Uobiþajenim postupkom nalaženja inverzne matrice dobija se

A

X

ª1 1« 1 5« «¬1

1

2º 1 »» pa je sada 3 »¼

3 1 2

ª1 1« 1 5« «¬1

3 1 2

2º ª6º 1 »» ««3 »» 3 »¼ «¬5 »¼

ª5 º 1« 10»» « 5 «¬15 »¼

ª1 º « 2» « » «¬3 »¼

Dakle rešenje sistema je x = 1, y = -2, z = 3.

b)

A

Ovaj sistem jednaþina se može prikazati u matriþnom obliku A X B gde je

ª2 «3 « «¬1

3

1º 2»» 3 »¼

5 2

X

ªx º « y» « » «¬ z »¼

B

ª11º «19» « » «¬14»¼

Pošto je det A

1

1

1

2 1

1 1

1 2

2z0

zakljuþujemo da matrica A ima inverznu matricu A-1,pa važi X Uobiþajenim postupkom nalaženja inverzne matrice dobija se 212

A 1 B .


A

X

1

ª11 1« 7 2« «¬1 ª11 1« 7 2« «¬1

7

1 º 1»» pa je sada 1 »¼

5 1 7

1 º ª11º 1»» ««19»» 1 »¼ «¬14»¼

5 1

ª2º 1« » 4 2« » «¬6 »¼

ª1 º «2» « » «¬3 »¼

Dakle rešenje sistema je x = 1, y = 2, z = 3.

Zadaci za vežbu: 6.2.8. Primenom determinanti rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina: a)

b) 2 x 4 y 3z x 5y 7z

0 8

3 x 6 y 11z

6

c)

3x 3 y 2 z

2

4x 5 y 2z

1

5x 6 y 4 z

3

2x 3 y 6z

2

3x 2 y z

3

5x 3 y 7 z

4

d) x 2y z 5x y 2 z

0 0

6 x 2 y 3z

0

6.2.9. Diskutovati i rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina: a)

b) ax 4 y 3 z 1

2 x k 1 y z

2x 6 y 2z

2kx y z 1 4kx 5 y z 11

3x 2 y z

a 1 3

213

5


c)

d) 2x y z

2

ax y z

1

ax 2 y 3 z

a

x ay z

a

8 x ay 3 z

4a

x y az

a2

6.2.10. Koristeüi inverznu matricu rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina: a)

b) x y 5z x 3z

5

3x y 3z

5x 2 y 5z

2

3x y z

5

3

c)

2x 3y 2z

4 1

d) 3x 4 y z 2 x 3 y 3z 4x y 2z

1 2

2x 3y z

0

x 2 y 3z

1

3x 4 y

3

214

2z

1


7.

ELEMENTI FINANSIJSKE MATEMATIKE

7.1. Procentni raþun Rešeni zadaci: 7.1.1. Posle poskupljenja od 11% roba se prodaje za 1000 dinara. Izraþunati a) za koliko je dinara poveüana cena b) koliko bi iznosila prodajna cena da je poveüanje iznosilo 18% od prvobitne cene c) za koliko bi procenata bila poveüana cena da se roba posle poveüanja cene prodaje za 15 000 dinara? Rešenje: Obeležimo sa x poþetnu cenu robe. Tada je: a) 1000 900,9 1,11 Poþetna cena je bila 900,9 dinara, pa je cena poveüana za 1000din-900,9din=99,1din x 1,11 1000 x

b) 900,9 1,18 1063,06 Posle poveüanja od 18% cena bi iznosila 1063,06 dinara. c) 900,9 1 p 15000 p

15000 1 15,65 p % 900,9

Cena bi bila poveüana za 1565%.

215

p 100% p % 1565%


7.1.2. Cena nekog proizvoda se u toku nekog perioda menjala na sledeüi naþin: poveüana je 7%, pa smanjena 18%, poveüana je 8%, pa smanjena 12% i na kraju poveüana 4%. Posle tih promena, cena proizvoda iznosi 9770 din. a) Kolika je bila poþetna cena proizvoda? b) Da li se ovakvim postupkom poþetna cena poveüala ili smanjila i za koliko je ukupno procenata izvršeno to poveüanje (ili smanjenje) poþetne cene? Rešenje: Obeležimo sa x poþetnu cenu proizvoda. Tada je: a) 9770 11265,67 1,07 0,82 1,08 0,88 1,04 Poþetna cena proizvoda je bila 11265,67 dinara. x 1,07 0,82 1,08 0,88 1,04 9770 x

b) Kako je 1,07 0,82 1,08 0,88 1,04 0,8672 zakljuþujemo da se ovakvim postupkom poþetna cena smanjila za 1 0,8672 100% 13,28%. 1 1 je prodata sa zaradom od 8%. Na je 4 3 ostvarena zarada od 18%. Na ostatku je ostvaren gubitak od 14% i taj deo robe je prodat za 100 000 dinara. Kolika je ukupno ostvarena zarada (ili gubitak) izražena u dinarima i u procentima?

7.1.3. Od ukupne koliþine robe

Rešenje: Obeležimo sa x poþetnu vrednost ukupne koliþine robe. § § 1 1 ·· Tada poþetna vrednost ostatka robe iznosi ¨¨1 ¨ ¸ ¸¸ x © © 4 3 ¹¹ Po uslovu zadatka je 5 x 0,86 100000 x 12

279069,77 din

216

5 x. 12

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Sada je na

1 1 robe ostvarena zarada od 279069,77 0,08 4 4

5581,4din ,

1 1 robe ostvarena zarada je 279069,77 0,18 16774,19din , a na ostatku 3 3 5 279069,77 0,14 16279,07 din. je ostvaren gubitak od 12 na

Ukupno ostvarena zarada u dinarima iznosi 5581,4 16774,19 16279,07

6076,52 dinara.

U procentima ukupna zarada iznosi

6076,52 100% 279069,77

2,18%.

1 2 je prodata sa zaradom 12%. Na robe je 5 7 ostvaren gubitak od 6% i ostatak je prodat sa zaradom od 9%. Ovakvom prodajom ostvarena je zarada od 28 000 dinara. Kolika je ukupna zarada izražena u procentima i kolika je zarada (gubitak) izražen u dinarima na pojedinim delovima robe?


Rešenje: Obeležimo sa x poþetnu vrednost ukupne koliþine robe. § § 1 2 ·· Tada poþetna vrednost ostatka robe iznosi ¨¨1 ¨ ¸ ¸¸ x © © 5 7 ¹¹ Po uslovu zadatka je:

18 x. 35

1 2 18 x 0,12 x 0,06 x 0,09 28000din 5 7 35 7 0,12 5 2 0,06 18 0,09 x 28000din x 526881,72din. 35 Ukupna zarada izražena u procentima je

217

28000 100% 526881,72

5,31%.

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 1 1 2 robe ostvarena zarada je 526881,72 0,12 12645,16 din , na robe 5 5 7 2 ostvaren gubitak je 526881,72 0,06 9032,26 din , a na ostatku je 7 18 526881,72 0,09 24387,1 din. ostvarena zarada 35 Na

7.1.5. Planirana proizvodnja u tri pogona jednog preduzeüa iznosi 800 000 dinara, i to: I pogon 320 000 dinara, II pogon 160 000 dinara, III pogon ostatak. Izraþunati: a) sa kojim procentom uþestvuje svaki pogon u planu preduzeüa b) koliko iznosi ukupno ostvareni plan preduzeüa, ako je I pogon ispunio plan sa 120%, II pogon sa 90%, a III pogon sa 105% c) procentualni prebaþaj ili podbaþaj ukupnog plana proizvodnje? Rešenje: a) I pogon uþestvuje sa

320000 100% 800000

II pogon uþestvuje sa

160000 100% 800000

III pogon uþestvuje sa

40%

20%

800000 320000 160000 100% 800000

u planu preduzeüa. b) Realizacija I pogona je 320000 1,2 384000 din , realizacija II pogona je 160000 0,9 144000 din , a realizacija III pogona je

800000 320000 160000 1,05 Ukupno ostvareni plan preduzeüa je

384000 144000 336000 864000 din. c) 218

336000 din.

40%


Ukupan plan proizvodnje je premašen za 864000-800000=64000 dinara, 64000 100% 8%. odnosno za 800000

7.1.6. Kolika je stopa inflacije za jednu godinu ako je meseþni rast cena u toj godini iznosio 6,3%? Rešenje: Obeležimo sa x cenu nekog proizvoda na poþetku godine. Cena tog istog proizvoda na kraju godine iznosi x 1,06312 . Godišnja stopa inflacije predstavlja ukupnu procentualnui promenu cene za godinu dana i ako je obeležimo sa p važi x 1 p

x 1,06312 p 1,06312 1 1,0816 p% 108,16%.

Dakle, godišnja stopa inflacije je 108,16%.

7.1.7. Fabriþka cena nekog proizvoda je 3200din. Kolika je prodajna cena tog proizvoda, ako je fabriþka cena poveüana za dve razliþite vrste poreza þije su stope 8% i 12%, obe raþunate na istu osnovicu koja iznosi 75% fabriþke cene? Rešenje: Osnovica na koju su porezi izraþunati je 0,75 3200 2400 din. Poveüane cene usled prvog poreza iznosi 0,08 2400 192 din, a usled drugog iznosi 0,12 2400 288 din. Ukupno poveüanje fabriþke cene je za 288+192=480 dinara, pa je prodajna cena tog proizvoda 3200+480=3680 dinara.

7.1.8. Ako je neki proizvod poskupeo tri puta, redom, za 8%, 12% i 6%, za koliko procenata bi trebalo sada najnoviju cenu smanjiti da bi on dobio poþetnu cenu? Rešenje: Obeležimo sa x poþetnu cenu proizvoda.

219

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Nova cena proizvoda je x 1,08 1,12 1,06 . Ukoliko sada smanjimo ovu novu cenu za p procenata dobijamo cenu x 1,08 1,12 1,06 1 p koja je po uslovu zadatka jednaka poþetnoj ceni x. Dakle x 1,08 1,12 1,06 1 p

x p 1

1 1,08 1,12 1,06

0,22 p%

22%

Novu cenu treba smanjiti za 22% da bi se dobila poþetna cena.

7.1.9. Ako je neki proizvod pojeftinio tri puta, redom, za 8%, 12% i 6%, za koliko procenata bi trebalo sada najnoviju cenu poveüati da bi on dobio poþetnu cenu? Rešenje: Obeležimo sa x poþetnu cenu proizvoda. Nova cena proizvoda je x 0,92 0,88 0,94 . Ukoliko sada poveüamo ovu novu cenu za p procenata dobijamo cenu x 0,92 0,88 0,94 1 p koja je po uslovu zadatka jednaka poþetnoj ceni x. Dakle x 0,92 0,88 0,94 1 p

x p

1 1 0,3140 p % 0,92 0,88 0,94

31,4%

Novu cenu treba poveüatii za 31,4% da bi se dobila poþetna cena.

7.1.10. Preduzeüe ima tri pogona. Prvi pogon ostvario je svoj proizvodni plan sa 85%, što iznosi 2 380 000 dinara. Drugi pogon je ostvario svoj plan sa 90%, što iznosi 2 880 000 dinara. Treüa radna organizacija je premašila svoj proizvodni plan za 15% i proizvela robe u vrednosti od 3 450 000 dinara. Izraþunati ukupan plan preduzeüa i ukupnu proizvodnju u procentima u odnosu na ukupan plan.

220


Rešenje: Plan prvog pogona je bio

2 380 000 0,85

2 800 000 dinara, plan drugog

2880000 3 200 000 dinara, dok je plan treüeg pogona bio 0,90 3450000 3 000 000 dinara. 1,15 Ukupan plan preduzeüa je 2 800 000+3 200 000+3 000 000=9 000 000dinara. Ostvarena proizvodnja je 2 380 000+2 880 000+3 450 000=8 710 000 dinara, 8710000 100% 96,78% ukupnog proizvodnog plana. što iznosi 9000000

Zadaci za vežbu: 2 2 je prodata sa zaradom 22%. Na robe je 5 7 ostvaren gubitak od 16% i ostatak je prodat sa zaradom od 8%. Ovakvom prodajom ostvarena je zarada od 54 000 dinara. Kolika je ukupna zarada izražena u procentima i kolika je zarada (gubitak) izražen u dinarima na pojedinim delovima robe?


7.1.12. Ukupna nabavna vrednost robe iznosi 800 000 dinara. Jedna þetvrtina nabavljene robe prodata je sa zaradom od 9%. Tri osmine je prodato sa gubitkom od 16%, a na ostatku prodate robe zarada iznosi 5%. Izraþunati koliko procenata iznosi ukupna zarada ili gubitak na celokupnoj prodatoj robi. 7.1.13. Dve devetine robe je prodato po ceni koja je 5% veüa od nabavne. Jedna treüina robe je prodata po ceni 5% nižoj od nabavne, a ostatak robe je prodat po ceni 10% višoj od nabavne. Ovom prodajom ostvarena je dobit od 10500 dinara. Izraþunati kolika je nabavna vrednost robe. 7.1.14. Ako je godišnja stopa pada standarda 25%, kolika je tromeseþna stopa pada standarda uz pretpostavku da je u sva þetiri kvartala ista?

221


7.1.15. Ako je u jednoj godini stopa ukupnog rasta cena 60%, kolika je tada stopa meseþnog rasta cena, pod pretpostavkom da je ona iz meseca u mesec jednaka? 7.1.16. Neka je jednoj uslužnoj organizaciji dozvoljeno godišnje poveüane cena usluga, u tri rate, za 180%. Ako ova organizacija u prvoj rati poveüa cene za 90%, u drugoj rati za 40%, za koliko procenata još može ova organizacija poveüati cene da bi dostigla dozvoljeni nivo od 180%? 7.1.17. Posle poskupljenja od 15% roba se prodaje za 1000 dinara. Izraþunati a) za koliko je dinara poveüana cena b) koliko bi iznosila prodajna cena da je poveüanje iznosilo 22% od prvobitne cene c) za koliko bi procenata bila poveüana cena da se roba posle poveüanja cene prodaje za 25 000 dinara? 7.1.18. Ako se 60% neke robe proda sa gubitkom od 14%, 24% iste te robe sa gubitkom od 18% sa kolikom maksimalnom zaradom, izraženom u %, se može prodati ostatak robe, a da ukupna zarada ne bude veüa od 15%. 7.1.19. Ako se 20% neke robe proda sa zaradom od 15%, 25% iste te robe sa zaradom od 12% sa kolikim maksimalnim gubitkom, izraženim u %, se može prodati ostatak robe, a da ukupna zarada ne bude manja od 5%.

7.1.20. Cena nekog proizvoda je rasla redom za 8%, 10%, 12% i 15%. Da li je ovakvim tempom rasta, cena ukupno porasla za 45%? Ako nije, za koliko bi % trebalo smanjiti, ili poveüati dobijenu cenu da bi se ostvariolo ukupno poveüanje od 45%?

222


7.2. Prost kamatni raþun Rešeni zadaci 7.2.1. Izraþunati na koju vrednost üe narasti poþetni kapital i koliki je interes ukoliko su uslovi kreditiranja a) b) c) d)

8% na sumu od 15 000 dinara za 6 godina 6% na sumu od 20 000 dinara za 8 meseci 5% (k,360) na sumu od 25 000 dinara za 43 dana 10% (k,365) na sumu od 30 000 dinara za vreme od 3 godine i 18 dana.

Rešenje: a) Interes je

I

K p tg

KI

narasti na

15000 0,08 6

15000 7200

7200 din a kapital üe

22200 dinara.

b) Interes je narasti na

K p t m 20000 0,06 8 800 din a kapital üe 12 12 K I 20000 800 20800 dinara.

I

c) Interes je kapital üe narasti

K p t d k ,360 25000 0,05 43 149,3 din a 360 360 K I 25000 149,3 25149,3 dinara.

I

d) Za vreme od 3 godine i 18 dana je t d (k ,365)

3 365 18 1113 pa

K p t d k ,365 30000 0.10 1113 9147,95 din a kapital 365 365 üe narasti na K I 30000 9147,95 39147,95 dinara.

je interes

I

223


7.2.2. Izraþunati: a) kapital koji üe uz 8% kamate za vreme od 7 godina narasti na 124800 dinara b) kapital koji üe uz 6% kamate za vreme od 8 meseci doneti 6 400 dinara kamate c) kapital koji üe uz 10% (k,360) kamate za vreme od 270 dana narasti na 53 750 dinara d) kapital koji üe uz 12% (k,365) kamate za vreme od 2 godine i 73 dana doneti 15 840 dinara kamate

Rešenje: a) KI

K 1 pt g K

KI 1 pt g

124800 1 0,08 7

80000 din

Poþetni kapital je 80 000 dinara b) K p tm 12 I 12 6400 K 12 pt m 0,06 8 Poþetni kapital je 160 000 dinara. I

160000 din

c) p td · § K ¨1 ¸ K 360 ¹ ©

KI p td 1 360 Poþetni kapital je 50 000 dinara. KI

53750 0,10 270 1 360

50000din

d) K p td 365 I 365 15840 K 365 p td 0,12 2 365 73 Poþetni kapital je 60 000 dinara. I

224

60000 din


7.2.3. Koliko je godina dugovan iznos od 72 000 dinara, pa je dužnik na ime 6% kamate platio 12 960 dinara? Rešenje: I 12960 p K 0,06 72000 Iznos je dugovan 3 godina. I

K p tg tg

3 god

7.2.4. Izraþunati kamatnu stopu po kojoj üe kapital od 100000 dinara za 8 meseci doneti na ime kamate 6 000 dinara. Rešenje: K p tm p 12 Kamata je 9%. I

12 I K tm

12 6000 8 100000

0,09

7.2.5. Dva kapitala se razlikuju za 2500 dinara. Veüi kapital je ukamaüen sa 6% za 8 meseci, a manji sa 5% za 6 meseci. Kamata prvog kapitala je jednaka dvostrukoj kamati drugog kapitala. Odrediti oba kapitala. Rešenje: Obeležimo sa K2 veüi kapital, a sa K1 manji kapital. Tada važi: K 2 K1

2500

K 2 0,06 8 12

K 1 0,05 6 12 K Kako je iz druge jednaþine 2 K1 dobijamo K 2 K1

2

§K · 2500 K 1 ¨¨ 2 1¸¸ © K1 ¹

2 0,05 6 0,06 8

2500 K 1

225

1,25 to iz prve jednaþine

2500 K2 1 K1

2500 10000din 1,25 1

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike a K 2 K 1 2500 12500 din. Dakle, veüi kapital je 12500 dinara, a manji 10 000 dinara.

7.2.6. Dva kapitala þiji je zbir 84 000 dinara su uloženi za vreme od jedne godine po dvema stopama koje se razlikuju za 0,2%. Ukupno ostvarena kamata iznosi iznosi 4128 dinara. Ako se prvi kapital uloži po stopi drugog, a drugi po stopi prvog kapitala ukupna kamata üe biti 4104 dinara. Odrediti oba kapitala i obe stope. Rešenje: Obeležimo sa K1 prvi, a sa K2 drugi kapital. Takoÿe sa p1 obeležimo veüu, a sa p2 manju kamatnu stopu. Tada po uslovu zadatka važe sledeüe jednaþine: K1 K 2

84000

p1 p 2

0,002

K 1 p1 K 2 p 2

4128

K 2 p1 K 1 p 2

4104

Ako zamenimo p2=p1 – 0,002 iz druge jednaþine u treüu i þetvrtu dobijamo: K 1 p1 K 2 p1 0,002 4128 p1 K 1 K 2 0,002 K 2

4128

K 2 p1 K 1 p1 0,002 4104 p1 K 1 K 2 0,002 K 1

4104

Ako sada oduzmemo poslednje dve jednaþine dobijamo: 0,002K 1 K 2 24 K 1 K 2 12000 što zajedno sa jednaþinom K 1 K 2 84000 þini rešiv sistem dve jednaþine sa dve nepoznate, þija su rešenja K1=48000 dinara , K2=36000 dinara. Dalje iz p1 K 1 K 2 0,002 K 2 p1 p2

4128 dobijamo

4128 0,002 K 2 4128 0,002 36000 K1 K 2 84000 p1 0,002 0,048 p 2 % 4,8%. 226

0,05 p1 %

5% i naravno


7.2.7. Istog dana je uložen iznos od 50000 dinara uz kamatnu stopu 6% (k,360) i iznos od 48000 po stopi od 8% (k,360). Odrediti posle kog vremena üe se oba iznosa uveüana kamatom izjednaþiti? Rešenje: Po uslovu zadatka važi 50000 0,06 t d k ,360 48000 0,08 t d k ,360 48000 360 360 50000 48000 360 t d k ,360 857,14 48000 0,08 50000 0,06

50000

Dakle, posle 858 dana, raþunata po kalendaru, oba iznosa uveüana kamatom üe se izjednaþiti.

7.2.8. Oroþeno je u banci pod kamatu: 30% kapitala sa 6% (k,360) kamate za 60 dana, 50% kapitala uz 4% (k,360) kamate za 90 dana, a ostatak uz 4,5% (k,360) kamate za 80 dana. Ukupna oroþena suma u banci narasla je zajedno sa kamatom na 303000 dinara. Koliko iznosi ukupna oroþena suma u banci? Rešenje: Obeležima sa K ukupnu oroþenu sumu u banci. Po uslovu zadatka važi: § 0,06 60 · § 0,04 90 · § 0,045 80 · 0,30 K ¨1 ¸ 0,20 K ¨1 ¸ ¸ 0,50 K ¨1 360 ¹ 360 ¹ 360 ¹ © © ©

303000

odakle je K

303000 360 0,3 360 0,06 60 0,5 360 0,04 90 0,2 360 0,045 80

300000 din

Ukupna oroþena suma je 300 000 dinara.

7.2.9. Preduzeüe je eskontovalo 15.II 2003. god. kod neke banke menicu od 420 000 dinara sa rokom dospeüa 16.IV 2003. god. Izraþunati eskontovanu 227

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike vrednost menice a) komercijalnim i b) racionalnim metodom, ako je eskontna stopa 7%.

Rešenje: a) K 0,k

dp · § K n ¨1 ¸ © 360 ¹

§ 60 0,07 · 420000 ¨1 ¸ 360 ¹ ©

415100 din

Komercijalno eskontovana vrednost menice iznosi 415100 dinara. b) K 0,r

Kn dp 1 360

420000 60 0,07 1 360

415156,5 din

Racionalno eskontovana vrednost menice iznosi 415156,5 dinara.

7.2.10. Dve menice nominalnih vrednosti 300000 din i 400000 din i rokovima dospeüa za 38 i 52 dana zamenjujemo jednom menicom þiji je rok dospeüa 75 dana. Izraþunati nominalnu vrednost treüe menice ako je eskontna stopa 15%. Obraþun izvršiti a) komercijalnim i b) racionalnim metodom. Rešenje: Zbir eskontovanih vrednosti poznatih menica na dan zamene menica, mora biti jednak eskontovanoj vrednosti nepoznate menice, takoÿe na dan zamene menica. Tako da važi: a)

K 1,0,k K 2, 0,k

K 3, 0 , k

§ 38 0,15 · § 52 0,15 · 300000 ¨1 ¸ 400000 ¨1 ¸ 360 ¹ 360 ¹ © © K n 3 708731,18 din

§ 75 0,15 · K n 3 ¨1 ¸ 360 ¹ ©

Nominalna vrednost treüe menice raþunata komercijalnim metodom je 708731,18 dinara.

228

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike b) K 1,0,r K 2, 0,r

K 3, 0 , r

300000 400000 52 0,15 38 0,15 1 1 360 360

K n3 K n3 75 0,15 1 360

708304,96 din

Nominalna vrednost treüe menice raþunata racionalnim metodom je 708304,96 dinara. 7.2.11. Obaveze dužnika su: 5 000 dinara posle 8 dana uz 9%, 8 000 dinara posle 15 dana uz 12%, 22 000 dinara posle 33 dana uz 5%. Dužnik hoüe da podmiri ceo dug odjednom. Posle koliko dana je to moguüe uþiniti? Rešenje: n

¦K ts

k

pk t k

k 1 n

¦K

k

pk

5000 0,09 8 8000 0,12 15 22000 0,05 33 5000 0,09 8000 0,12 22000 0,05

21,63

k 1

Dužnik može da plati ceo dug posle 22 dana.

Zadaci za vežbu 7.2.12. Za koje üe vreme 50 000 dinara uz 6% (k,360) kamate doneti istu kamatu kao i 60 000 dinara od 10. III 2003. god. do 16. IV 2003. god. uz 7% (k,365)? 7.2.13. Iznos od K dinara je uložen po stopi p% za vreme od 6 meseci, a iznos od M dinara, koji je veüi od iznosa K za 30000 dinara, uložen je po istoj stopi za 9 meseci. Razlika izmedju kamata na iznos M i iznos K je 3,875 dinara, a zbir kamata je 14875 dinara. Odrediti stopu p% i iznose K i M. 7.2.14. Izvestan kapital dat je pod interes u 4 rate i to ovim redom: 1/5 kapitala je data pod interes 12.V 2003.god, 1/4 kapitala 23.VI 2003.god., 1/3 kapitala 8.VII 2003.god. i ostatak 5.IX 2003.god. Ukupna kamata 8% do 31.XII 2003.god iznosi 5000 dinara (k,360). Izraþunati koji je to kapital i koliko iznose pojedine rate.

229

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.2.15. Banka je dužniku odobrila 15.VI zajam od 63000 dinara. Dužnik je vratio dug u roku i zajedno sa 8% (k,360) kamate platio ukupno 63560 dinara. Kog datuma je vraüen dug? 7.2.16. Izraþunati kapital koji üe od 15. III 2003.god do 25.V 2003.god doneti duplo više kamate od kamate koju donesu sledeüi iznosi :5000 dinara za pet meseci, 7 000 dinara za 6 meseci i 15 000 dinara za tri meseca. 7.2.17. Uloženo je u banku K dinara 10 meseci uz p%. Uveüani kapital je 50000 dinara. Ako se taj isti kapital uloži 25 dana uz stopu veüu 5%, uveüani kapital je 45 000 dinara. Odrediti stopu i kapital. 7.2.18. Razlika izmeÿu kamate na iznos od K dinara obraþunate pomoüu (k,360) i kamate obraþunate pomoüu (k,365) za 70 dana uz 8% kamate iznosi 5 dinara. Koji je to iznos? 7.2.19. Menicu od 500000 dinara sa rokom dospeüa kroz 32 dana zamenjujemo drugom menicom þiji je rok dospeüa 45 dana. Izraþunati a) komercijalnim metodom i b) racionalnim metodom, nominalnu vrednost druge menice ako je eskontna stopa 15%. 7.2.20. Preduzeüe duguje banci 1000 000 dinara sa rokom 31.XII 2003. god. Radi izmirenja duga preduzeüe daje banci 1.IV 2003 god. jednu menicu od 300 000 dinara sa rokom 15. VII 2003.god. , drugu od 200 000 dinara sa rokom 25.VIII 2003.god i treüu menicu sa rokom dospeüa 28.IX 2003.god. Izraþunati na koju sumu glasi treüa menica, ako je eskontna stopa 6%. 7.2.21. Dužnik treba da plati: 5000 din 10.I 2003.god.,10 000 din 10.II 2003.god., 20 000 din 10.IV 2003.god i 25 000 din. 10.VI 2003.god. Kamatna stopa je 6%. Kog dana dužnik može da plati ceo dug odjednom?

230

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.3. Složen dekurzivan kamatni raþun

Rešeni zadaci: 7.3.1. Uloženo je u banku 30 000 dinara. Na koliko dinara üe se uveüati ulog zajedno sa kamatom za vreme od 8 godina ako je godišnja kamatna stopa 12% i ako je kapitalisanje a) godišnje b) polugodišnje c) tromeseþno d) neprekidno Rešenje:

a) Kn

K 0 1 p

n

30000 1,12 8

30000 I 128 %

30000 2,476

74280 din

b) Kn

p· § K 0 ¨1 ¸ © m¹

m n

30000 1,0616

30000 I 616%

30000 2,5404

30000 1,0332

30000 I 332%

30000 2,5751 77253 din

30000 e 0,128

78350,9 din

76212 din

c) Kn

p· § K 0 ¨1 ¸ © m¹ d) Kn

m n

K 0 e pt

231

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.3.2. Uplaüeno je u banku 40 000 dinara, a 6 godina kasnije podignuto je 50000 dinara. Kojom se sumom raspolaže 10 godina od dana ulaganja, ako banka raþuna 8% kamate pri šestomeseþnom kapitalisanju. Rešenje:

Kn

40000 1,04

12

50000 1,04 8

40000 I

12 4%

50000 I 48%

19215,14din

Posle deset godina raspolaže se sumom od 19215,14 dinara.

7.3.3. Suma od 50 000 dinara ukamaüena je u banci za vreme od 7 godina 5 meseci i 14 dana uz 10% godišnje kamate (30,360) i godišnje kapitalisanje. Izraþunati uveüani kapital pomoüu a) komercijalnog b) racionalnog metoda. Rešenje:

a) 0,1 5 30 14 · 7 § 50000 1,10 ¨1 ¸ 360 ¹ © 50000 1,9481 1,046 101842,34 din

Kn

b) Kako je vreme t ( god ) Kn

50000 1,10

7 , 46

5 14 7,46 god to je 12 360 101802,73 din 7

7.3.4. Koji je iznos ukamaüen pre 8 godina uz 5% godišnje kamate i tromeseþno kapitalisanje poveüan za 20 000 dinara. Rešenje: 32

I

Kn K

§ 0.05 · K ¨1 ¸ K 4 ¹ ©

232

§ § 0.05 · 32 · K ¨ ¨1 ¸ 1¸¸ ¨© 4 ¹ © ¹


I

K

32

§ 0,05 · ¨1 ¸ 1 4 ¹ ©

20000 0,4881

40972,65 din

7.3.5. Uloženo je u banku 100 000 dinara uz 8% godišnje kamate. Posle 3 godine ulagaþ je podigao 40 000 dinara, a posle sledeüe tri godine 30 000. Koliko iznosi ostatak posle 10 godina od dana kada je novac uložen. Kapitalisanje je polugodišnje. Rešenje:

100000 I

K ostatak

6 4%

40000 I 46% 30000 I 48%

108785,1 din

7.3.6. Iznos od K dinara uplaüen je u banku koja plaüa 5% godišnje kamate i kapitališe dva puta godišnje. Koliko godina je potrebno da se taj iznos utrostruþi. Rešenje:

Iz uslova K n

3K dobijamo n

§ 0,05 · 3 K K ¨1 ¸ gde je n broj polugodišta. 2 ¹ © Sada je ln 3 ln 1,025 22 godine, 2 meseca i 27 dana. 3

1,025 n n

1,0986 0,0247

233

44,478 polugodišta, odnosno

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.3.7. Na uložen iznos od 10000 dinara banka raþuna godišnju kamatu po stopi:prve godine 2%, druge godine 4%, treüe godine 6% i þetvrte godine 8% i kapitališe polugodišnje. Koliko iznosi uveüani kapital krajem þetvrte godine? Koja bi bila stalna godišnja kamatna stopa po kojoj bi se ostvario isti složeni interes, ali pri a) godišnjem kapitalisanju, b) þetvoromeseþnom kapitalisanju, c) meseþnom kapitalisanju, d) neprekidnom kapitalisanju.

Rešenje:

Kn

100000 I 12% I 22% I 32% I 42%

100000 1,0201 1,0404 1,0609 1,0816 121782,31 din a)

100000 1 p

4

121782,31 p

4

121782,31 1 0,05 p % 100000

5%

b)

p· § 100000 ¨1 ¸ 3¹ © p%

12

121782,31 p

§ 121782,31 · 3 ¨¨ 12 1¸¸ 100000 © ¹

0,0496

4,96% c)

p· § 100000 ¨1 ¸ © 12 ¹ p%

48

§ 121782,31 · 121782,31 p 12 ¨¨ 48 1¸¸ 100000 © ¹

0,0494

4,94% d)

100000 e p4

121782,31 p

1 121782,31 ln 4 100000

0,0493 p %

4,93%

7.3.8. Uloženo je u banku 40000 dinara, a posle 5 godina još 30000 dinara. Kojom se sumom raspolaže posle 12 godina ako je kamatna stopa 8% i kapitalisanje godišnje. Rešenje:

Kn

40000 I 812% 30000 I 87%

40000 2,5182 30000 1,7138 152142 din . 234

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.3.9. Uloženo je K dinara u banku koja plaüa 15% godišnje kamate uz godišnje kapitalisanje. Po kojoj tromeseþnoj kamatnoj stopi bi se dobio isti krajnji kapital ali uz tromeseþno kapitalisanje. Rešenje:

Tromeseþna konformna kamatna stopa godišnjoj kamatnoj stopi od 15% iznosi p k , 4 4 1,15 1 0,036 p k , 4 % 3,6%

7.3.10. Koliko treba danas uložiti u banku koja plaüa 14% godišnje kamate i kapitališe polugodišnje da bi se posle 12 godina i 18 dana raspolagalo sa 100 000 dinara. Zadatak rešiti a) komercijalnim metodom b) racionalnim metodom i c) neprekidnim kapitalisanjem. Rešenje:

a) 24

§ 0,14 · § 0,14 18 · 100000 K 0 ¨1 ¸ ¨1 ¸ 2 ¹ © 360 ¹ © 100000 19577,13 din K0 24 § 0,14 · § 0,14 18 · ¸ ¸ ¨1 ¨1 2 ¹ © 360 ¹ © b)

100000

18 · § ¨ 24 ¸ 180 ¹

§ 0,14 · © K 0 ¨1 ¸ 2 ¹ ©

100000

K0

§ 0,14 · ¨1 ¸ 2 ¹ ©

18 · § ¨ 24 ¸ 180 ¹ ©

19581,73 din

c)

100000

K 0e

18 · § 0 ,14¨ 12 ¸ 360 ¹ ©

100000

K0 e

235

18 · § 0 ,14¨ 12 ¸ 360 ¹ ©

18507,55 din

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.3.11. Odabrati povoljniju ponudu za prodaju neke robe: Prvi kupac nudi 30000 u gotovu i 40000 posle 3 godine Drugi kupac nudi 40000 posle godinu dana i 50000 posle 5 godina. Godišnja kamatna stopa je 8% i kapitalisanje je godišnje. Rešenje:

Povoljnija ponuda za prodaju robe je ona ponuda koja je veüa u trenutku sklapanja dogovora. Prvi kupac nudi u trenutku sklapanja dogovora 30000 dinara i 40000 dinara posle 3 godine. Tih 40000 dinara u trenutku sklapanja dogovora vrede sumi koja bi za tri godine narasla na 40000 dinara po zadatim uslovima kapitalisanja. 40000 40000 40000 31753,6 din , pa dakle prvi kupac Odnosno vrede 1,2597 1,08 3 I 83% u trenutku dogovora nudi 30000 31753,6 61753,6 din. Analogno, drugi kupac u trenutku sklapanja dogovora nudi 40000 50000 5 I 81% I 8%

40000 50000 1,08 1,4692

37037,04 34032,13

71069,17 din.

Dakle, za prodaju je povoljnija druga ponuda. 7.3.12. Za koje vreme üe iznos od 50000 dinara uložen u banku uz godišnju kamatnu stopu 8% i polugodišnje kapitalisanje da naraste na 80000 dinara. Zadatak rešiti racionalnim metodom. Rešenje: t

Kn

K p · tm § K 0 ¨1 ¸ ln n K0 © m¹

t

Kn K0 tm p· § ln¨1 ¸ © m¹ ln

t

p· § ln¨1 ¸ tm © m ¹

80000 50000 tm § 0,08 · ln¨1 ¸ 2 ¹ © ln

12t m

236

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Kako je tm=6 meseci (polugodišnje kapitalisanje) to je t=6 godina. 7.3.13. Poþetkom svakog semestra se uloži po 5000 dinara u banku koja plaüa 4% godišnje kamate i kapitališe šestomeseþno. Kolika je suma uloga posle 8 godina. Rešenje:

S na

KIII mp n m

%

5000 III 216%

5000 19,0121 95060,5 din

7.3.14. Neko ima u banci na svom raþunu 100000 dinara. Poþev od danas poþetkom svakog semestra podiže po 10000 dinara 4 godine. Koliko üe imati na raþunu posle 15 godina poþev od danas, ako banka raþuna 6% godišnje kamate i kapitališe šestomeseþno. Rešenje:

Kn

100000 I

8 3%

10000 III 38% I 222%

100000 1,2668 10000 9,1591 27,8450

977053,20 din

7.3.15. Uplaüivano je u banku poþetkom godine: prvih pet godina po 10000 dinara, drugih pet po 15000 dinara, a narednih pet po 20000 dinara. Odrediti sumu uloga na kraju 15 godine i sadašnju vrednost sume uloga. Kamatna stopa je 6% i kapitalisanje je godišnje. Rešenje:

Suma uloga Kn na kraju petnaeste godine je Kn

10000 III 65% I 610% 15000 III 65% I 65% 20000 III 65%

10000 5,9753 1,7908 15000 5,9753 1,3382 20000 5,9753 107005,67 119942,20 119506 346453,87 din Sadašnja vrednost sume uloga K0 je 237

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Kn

K 0 1 0,06

15

Kn I 615%

K 0 I 615% K 0

K n II 615%

346453,87 0,4173 144575,20 din 7.3.16. Pre 8 godina uplaüeno je u banku 100000 dinara. Na osnovu toga narednih 5 godina poþev od danas svakih šest meseci podizano je iz banke po 15000 dinara. Kakvo je stanje imovine posle 10 godina raþunajuüi od danas? Kamatna stopa je 6% i kapitalisanje je polugodišnje. Rešenje:

Kn

100000 I

26 3%

15000 III 310% I 310%

100000 2,1566 15000 11,8078 1,3439

51797,94 din.

7.3.17. Klijent želi da danas uplati u banku izvesnu sumu novca, na osnovu koje üe narednih pet godina, poþev od danas, krajem svakog polugodišta podizati po 20000 dinara i kroz osam godina od danas na raþunu imati 50000 dinara. Odrediti tu sumu ako banka raþuna kamatu po 16% i kapitališe polugodišnje. Rešenje:

K I

10 8%

20000 III 89% 1 I 86% 50000 20000 III 89% 1 6 I 8% I 810%

K

50000

50000 0,6302 20000 13,4866 1 148798,93 din 2,1589 7.3.18. Po koliko dinara treba krajem svake godine uplatiti u banku u toku prvih pet godina da bi se od pete godine poþetkom svake godine moglo podizati po 10000 dinara u toku sledeüih šest godina.Kamatna stopa je 6% i kapitalisanje je godišnje.

238


K III 64% 1 I 66% 10000 III 66% K

10000 III 66% III 64% 1 I 66%

0

10000 7,3938 4,6371 1 1,4185

9246,61 din

7.3.19. Poþetkom svake godine ulaže se po 8000 dinara uz kamatnu stopu 6% i godišnje kapitalisanje.Na kraju godine u kojoj je uložen poslednji ulog treba da se raspolaže sa 120000 dinara. Odrediti vrednost poslednjeg uloga ako on nije 8000 dinara. Rešenje:

Ako je poslednji ulog 8000 dinara trebalo bi da važi 120000 15 8000 Kako se ova vrednost ne nalazi u treüim kamatnim tablicama ni za jedno n, III 610% 13,9716, III 611% 15,8699 to kada je p%=6%, veü je poslednji ulog, koji je u ovom sluþaju jedanaesti, mora biti manji od 8000 dinara. Vrednost krajnjeg kapitala na kraju jedanaeste godine je jednaka sumi prvih deset uloga na kraju desete godine koji se kamate u toku jedanaeste godine i tom jedanaestom ulogu koji se takoÿe kamati u toku jedanaeste godine. Dakle, 120000

8000 III 6n% III 6n%

120000 8000 III 610% I 61% U 11 I 61% gde je sa U11 obeležena vrednost poslednjeg, jedanaestog uloga. Odavde dobijamo U 11

120000 8000 III 610% 1 I 6%

120000 II 61% 8000 III 610%

120000 0,9434 8000 13,9716 1435,2 din

239

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.3.20. Kolika je tromeseþna konformna kamatna stopa pk,m ako je godišnja kamatna stopa 15%. Rešenje:

p k ,m

m

1 p 1

4

1 0,15 1 0,0355 p k %

3,55%

7.3.21. Izraþunati na koju üe sumu da naraste kapital od 38000 dinara za tri godine i 42 dana uz godišnju kamatnu stopu 8% i neprekidno kapitalisanje. Rešenje:

Kn

K0e

pt

38000e

42 · § 0 , 08¨ 3 ¸ © 360 ¹

48760,45 din

7.3.22. Uz koji üe procenat p% sa neprekidnim kapitalisanjem kapital od 20000 dinara za tri godine da naraste na 30000 dinara. Rešenje:

ln Kn

K 0 e pt p

Kn K0 t

ln

30000 20000 3

0,1351 p % 13,51%

7.3.23. Za koje üe vreme t i neprekidno kapitalisanje kapital od 25000 dinara da naraste na 40000 uz kamatnu stopu od 8%. Rešenje:

ln Kn

K 0 e pt t

5 godina i 0,87 360

Kn K0 p

ln

40000 25000 0,08

5,87 godina odnosno

313,2 dana .

240

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.3.24. Ulagano je u banku krajem svake godine po 5000 dinara u narednih pet godina. Posle pauze od 4 godine tokom kojih nije bilo ulaganja, nastavljeno je sa ulaganjem još 8 godina. Odraditi sadašnju vrednost ukupnog kapitala. Kamatna stopa je 4% i kapitalisanje je godišnje. Rešenje:

Na kraju sedamnaeste godine ukupan kapital je

Kn

5000 III 44% 1 I 412% 5000 III 47% 1

Sadašnja vrednost tog kapitala je K0

Kn I 417%

5000 III

4 4%

1 I 412% 5000 III 47% 1 II 417%

5000 4,4163 1 1,6010 5000 8,2142 1 0,5134

45912,58 din

7.3.25. Kupac nudi prodavcu dve moguünosti za izmirenje svoje obaveze: a) da plati 30000 dinara odmah i 125000 dinara posle pet godina b) da plati odmah 20000 dinara a krajem svake od sledeüih pet godina po 25000 dinara. Koja je od ove dve ponude povoljnija za prodavca ako se kamata raþuna po stopi 6% i kapitališe jednom godišnje.

Rešenje:

Za prodavca je povoljnija ona ponuda þija je sadašnja vrednost veüa. Sadašnja vrednost prve ponude je K 0,1

30000 125000 II 65%

30000 125000 0,7473 123412,5 din

dok je sadašnja vrednost druge ponude K 0, 2

20000 25000 III 64% 1 II 66%

20000 25000 4,6371 1 0,7050

119353,89 din Dakle, neznatno je bolja prva ponuda. 241

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Zadaci za vežbu 7.3.26. Pre osam godina uloženo je 40000 dinara, a danas je podignuto 50000 dinara. Kojom se sumom raspolaže posle 7 godina, 3 meseca i 17 dana od danas ako je godišnja kamatna stopa 8% uz a) kapitalisanje kvartalno, primeniti komercijalni i racionalni metod b) neprekidno kapitalisanje. 7.3.27. Neko lice je pozajmilo 100000 dinara uz 5% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje, a potom je isti novac uložilo uz 6% i tromeseþno kapitalisanje. Koliko iznosi ostvarena razlika u kamati posle 10 godina. 7.3.28. Uloženo je u banku 30000 dinara, a posle 4 godine i 5 meseci podignuto je 20000 dinara. Koliko je stanje uloga posle 8 godina od dana ulaganja, ako je godišnja kamatna stopa 6% i kapitalisanje

a) šestomeseþno, primeniti komercijalni i racionalni metod b) neprekidno. 7.3.29. Uloženo je u banku K dinara. Godišnja kamatna stopa prve dve godine je 3%, sledeüe tri je 5%, a narednih pet godina je 4% uz godišnje kapitalisanje. Kojom stalnom godišnjom kamatnom stopom koja bi važila svih 10 godina uz polugodišnje kapitalisanje bi se dobio isti krajnji kapital. 7.3.30. Koji kapital uveüan kamatom za 5 godina i 7 meseci uz 16% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje je jednak dvostrukoj vrednosti kapitala od 40000 dinara uveüenog prostim kamatnim raþunom za 9 meseci uz kamatnu stopu 18%. Zadatak rešiti i komercijalnim i racionalnim metodom. 7.3.31. Dva kapitala þiji je zbir 100000 dinara uloženi su: jedan uz prost interes po stopi 5%, drugi uz složeni interes po stopi 4% i godišnje kapitalisanje. Odrediti kapitale ako su oni posle dvadeset godina dostigli jednaku vrednost. 7.3.32. Koliko godina mora biti uložen iznos od K dinara uz 8% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje pa da kamata poraste na dvostruki iznos uloga. 7.3.33. Zajam od 100000 dinara dat je uz složen interes. Na kraju prve godine dužnik je dao poveriocu 50000 dinara. Na kraju druge godine uplatio je 60000 dinara i time vratio sav dug. Po kojoj godišnjoj kamatnoj stopi je raþunat interes ako je a) godišnje kapitalisanje

242

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike b) polugodišnje kapitalisanje c) neprekidno kapitalisanje. 7.3.34. Kapital od 100000 dinara je plasiran za 20 godina uz 5,5% godišnje kamate. Koju bi drugu sumu trebalo plasirati za tri godine manje po istoj stopi, kako bi se dobila trostruka vrednost uveüanog prvog kapitala. Kapitalisanje je godišnje. 7.3.35. Koja je ponuda povoljnija za prodavca: -prvi kupac nudi 500000 dinara posle 5 godina i 5 meseci -drugi kupac nudi 100000 dinara u gotovu i 400000 dinara posle 3 godine? Godišnja kamatna stopa je 16%, a kapitalisanje je polugodišnje. Primeniti komercijalni metod. 7.3.36. Za kupovinu nekog objekta prvi kupac nudi 450000 dinara u gotovu, a drugi 200000 dinara u gotovu, 200000 posle 4 godine i 200000 posle deset godina. Koja je ponuda povoljnija za prodavca, ako je godišnja kamatna stopa 7% a kapitalisanje polugodišnje. 7.3.37. Pre sedam godina uloženo je u banku 100000 dinara. Koliko je danas potrebno još uložiti da bi se na osnovu ukupne sume moglo primati poþetkom svake godine u narednih pet godina po 40000 dinara. Kamatna stopa je 4% i godišnje kapitalisanje. 7.3.38. Ulagano je krajem svake godine po 10000 dinara u narednih deset godina. Posle pauze od dve godine tokom kojih nije bilo ulaganja, sa istog raþuna podizano je krajem svake godine u narednih šest godina po K dinara þime se imovina na raþunu ugasila. Godišnja kamatna stopa je 4% i godišnje kapitalisanje. Odrediti K. 7.3.39. Uloženo je u banku poþetkom godine 10 puta po 20000 dinara uz godišnju kamatnu stopu 6% i godišnje kapitalisanje. a) Kolika je vrednost sume uloga 5 godina posle poslednjeg uloga? b) Posle 6 godina od prvog uloga banka smanjuje interesnu stopu na 5%. Odrediti sumu uloga 7 godina posle poslednjeg uloga. 7.3.40. Ulagaþ je stavljao 15 godina na svoj raþun u banci poþetkom svake godine po 30000 dinara. Kojom üe imovinom raspolagati 8 godina posle uplaüenog poslednjeg uloga, ako banka raþuna 3,5% godišnje kamate i kapitališe godišnje.

243


7.3.41. Uplaüeno je u banku 300000 dinara pre 4 godine. Na osnovu toga poþev od danas, podizaüe se poþetkom svakog polugodišta po 20000 dinara u toku naradnih 7 godina. Koliko je stanje imovine kroz 10 godina i 4 meseca poþev od danas, ako je godišnja kamatna stopa 12% i kapitalisanje godišnje. 7.3.42. Uplaüivano je u banku krajem svake godine: prvih 5 godina po 10000 dinara, naredne dve godine po 50000 dinara i sledeüih 6 godina po 80000 dinara. Izraþunati stalan ulog koji bi trebalo ulagati krajem svake godine u toku svih 13 godina da bi se na kraju 13-te godine raspolagalo istom sumom novca. Godišnja kamatna stopa je 4% i kapitalisanje godišnje. 7.3.43. Uloženo je u banku 100000 dinara. Na osnovu toga poþev od pete godine podizaüe se krajem svakog polugodišta po 10000 u narednih 6 godina. Koliko je stanje na raþunu kroz 15 godina i 3 meseca poþev od danas , ako je kamatna stopa 3% i kapitalisanje godišnje. 7.3.45. Dužnik može da bira da svoju obavezu izvrši: a) da odmah plati 100000 dinara b) da plati 70000 dinara posle pet godina i 70000 dinara posle deset godina c) da plati u deset rata po 12500 dinara i to posle godinu dana prvu, a ostale krajem svake sledeüe godine.

Koja je moguünost najpovoljnija za dužnika, ako je kapitalisanje godišnje po godišnjoj stopi 4%. 7.3.46. Dvanaest godina je krajem svake godine ulagano u banku K dinara uz interes po stopi 5% i godišnje kapitalisanje. Na osnovu sume ovih uloga korisnik je narednih deset godina krajem svakih šest meseci podizao iz banke iznos od 10000 dinara. U ovom periodu godišnja kamata je raþunata po stopi od 6% uz polugodišnje kapitalisanje. Pošto je podigao poslednjih 10000 imovina kod banke je ugašena. Odrediti iznos uloga K. 7.3.47. Pet godina ulagano je krajem godine u banku po 30000 dinara uz godišnju kamatnu stopu prve tri godine 4%, a posle toga 5% i godišnje kapitalisanje. Odrditi sumu uloga na kraju osme godine. 7.3.48. Odrediti godišnju kamatnu stopu po kojoj zbir polugodišnjih dekurzivnih uloga od po 5000 dinara posle deset godina uz polugodišnje kapitalisanje iznosi 180000 dinara.

244


7.3.49. Poþetkom svakog meseca u toku tri godine ulaže se po 8000 dinara uz 12% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti sumu uloga posle pet godina. 7.3.50. Krajem svakog meseca u toku pet godina ulaže se po 5000 dinara uz 10% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti sumu uloga posle 8 godina.

245

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.4. Amortizacija kredita Rešeni zadaci: 7.4.1. Zajam od 300000 dinara amortizuje se 5 godina jednakim dekurzivnim godišnjim anuitetima uz 6% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Napraviti amortizacioni plan. Rešenje:

Vrednost anuiteta je a

K 0 V65%

300000 0,2373964

71218,92 din.

Amortizacioni plan se pravi u vidu sledeüe tabele:

k 1 2 3 4 5

Sk - 1 300000 246781,08 190369,02 130572,24 67187,65 0

ik 18000 14806,86 11422,14 7834,33 4031,26 ¦ ik=56094,59

bk 53218,92 56412,05 59796,78 63384,58 67187,66 ¦ bk=299999,99

gde je S0

K0

300000

i1

S 0 0,06

300000 0,06 18000

b1

a i1

S1

S 0 b1

300000 53218,92

i2

S1 0,06

246781,08 0,06 14806,86

b2

a i2

S2

S1 b2

71218,92 18000

53218,92

71218,92 14806,86

246781,08

56412,05

246781,08 56412,05 190369,02

i tako redom.

246

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Ako je amortizacioni plan taþno uraÿen, poslednja otplata mora potpuno da eliminiše dug, zbir svih otplata mora biti jednak zajmu, i zbir svih kamata mora zadovoljiti sledeüu jednakost ¦ ik n a K 5 71218,92 300000 56094,6 . Evidentno da je naš amortizacioni plan taþno uraÿen.

7.4.2. Zajam od 400000 dinara otplaüuje se 10 godina jednakim polugodišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 4% i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti amortizacioni plan za poslednju godinu amortizacije. Rešenje:

Za pravljenje amortizacionog plana potrebno je znati anuitet i stanje duga na poþetku obraþunskog perioda za koji treba uraditi amortizacioni plan, što je u ovom sluþaju stanje duga posle osamnaestog anuiteta. Anuitet iznosi a

K 0 V pmn m

%

400000 V220 %

400000 0,0612

24480din ,

ostatak duga posle isplaüenog osamnaestog anuiteta iznosi S18

a IV pmn 18 m

%

24480 IV22%

24480 1,9416

47530,37 din

Amortizacioni plan za poslednju godinu amortizacije dat je sledeüom tabelom: k 19 20

ik 950,61 480,02

Sk - 1 47530,37 24000,98

bk 23529,39 23999,98

7.4.3. Zajam se otplaüuje 16 godina jednakim godišnjim anuitetima uz 10% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Kamata za 10 godinu iznosi 10000 dinara. Napraviti plan amortizacije za poslednju godinu.

247


Kako je i10 a S15

S9 p S9 S 9 V1016%9 16 15 10%

a IV

i10 p

10000 0,10

100000 0,2054

100000 din 20540 din

20540 0,9091 18672,91 din

to je amortizacioni plan za poslednju godinu dat sledeüom tabelom: k 16

ik 1867,29

Sk - 1 18672,91

bk 18672,70

7.4.4. Zajam od 100000 dinara amortizuje se godišnjim anuitetima od 8000 dinara uz 4% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Izraþunati poslednji anuitet. Rešenje:

Pošto je K0 = 100000 dinara, a anuitet a = 8000 dinara, pri p%=4% to imamo K 0 100000 12,5. 8000 a Kako u koloni tablice IV4n% ni za jedno n ne postoji vrednost IV4n% K0

a IV pn% IV pn%

12,5 , veü

je IV417% 12,1657 , a IV418% 12,6593 , zakljuþujemo da üe biti 17 anuiteta po 8000 dinara, a poslednji anuitet üe biti manji od 8000 dinara. Stanje duga posle isplate sedamnaestog anuiteta od po 8000 dinara je jednako razlici glavnice zajma ukamaüenog za period od sedamnaest godina i sume dekurzivnih godišnjih uloga od po 8000 dinara takoÿe za period od sedamnaest godina, odnosno:

S17

K 0 I 417% 8000 III 416% 1 .

248

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Pošto se poslednjim anuitetom isplaüenim na kraju osmaneste godine mora razdužiti sav dug, onda je poslednji anuitet jednak stanju duga posle isplate sedamnaestog anuiteta ukamaüenog za poslednju osamnaestu godinu, odnosno osamnaesti anuitet je jednak: a18

S17 I 41%

K

0

I 417% 8000 III 416% 1 I 41%

100000 1,9479 8000 23,6975 1,04

5418,4 din.

7.4.5. Zajam od 80000 dinara amortizuje se godišnjim anuitetima od 24000 dinara. Godišnja kamatna stopa je 5% i kapitalisanje je godišnje. Napraviti amortizacioni plan. Rešenje:

Amortizacioni plan je dat sledeüom tabelom: k 1 2 3 4

Sk - 1 80000 60000 39000 16950

ik 4000 3000 1950 847,5 ¦ ik=9797,5

bk 20000 21000 22050 16950 ¦ bk=80000

ak 24000 24000 24000 17797,5 ¦ak=89797,5

7.4.6. Zajam se amortizuje sa 10 jednakih anuiteta. Koliþnik izmeÿu treüe i prve otplate je jednak 1,0816. Razlika izmeÿu treüe i prve otplate je 500 dinara. Izraþunati a) kamatnu stopu po kojoj je obraþunata kamata b) prvu otplatu c) anuitet d) iznos zajma

249


a) b3 b1

b1 r 2 b1

r2

1,0816 r

1,0816

1,04 p %

500 b1

500 0,0816

4%

b)

b3 b1

b1 r 2 b1

b1 r 2 1

6127,45 din

c)

a

b1 I 410%

6127,45 1,4802

9069,85 din

d)

K0

a IV410%

9069,85 8,1109

73564,67 din

7.4.7. Zajam se otplaüuje jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje kapitalisanje. Poslednji interes za otplatu tog zajma je in= 5250 dinara a pretposlednji in-1=10250 dinara. Razlika izmeÿu prvog i drugog interesa je i1-i2=3384,20 dinara. Odrediti: a) godišnju kamatnu stopu b) anuitet c) vreme otplaüivanja zajma d) prvu otplatu e) poslednju otplatu f) zajam.

250


a 1 II pn % k 1` imamo

Imajuüi u vidu da je ik a)

in 1

a 1 II p2 % a

r in

odakle je r 2 in 1

r 1

r 2 1

r

r in r 1

in 1 II 1p %

a 1 II 1p % a

in

r 2 in 1 r 2 1

in 1 1 II p2% in

5250

in 1 in

10250 5250

1,05 p %

Godišnja kamatna stopa je 5% b) a

in 1 II 51%

r in r 1

5250 1,05 0,05

110250 din

Anuitet je 110250 dinara. c) i1 i2

r n 1

a § r 1· ¸ ¨ r n 1 © r ¹ a § r 1· ln ¸ ¨ i1 i2 © r ¹ a § r 1· 10 ¨ ¸ n 1 i1 i2 © r ¹ ln r

a 1 II 5n% a 1 II 5n%1 a II 5n%1 II 5n%

Vreme otplaüivanja zajma je 10 godina.

251

5%

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike d) b1

a I

10 5%

110250 1,6289

67683,7129 din

Prva otplata je 67683,7129 dinara. e) b10

b1 I 59%

67683,7129 1,5513 104997,74 din

Poslednja otplata je 104997,74 dinara. f) K0

a IV510%

110250 7,7217

851317,425 din.

Zajam je iznosio 851317,425 dinara.

7.4.8. Zajam se otplaüuje godišnjim anuitetima od 7373,52 dinara uz godišnje kapitalisanje. Prva otplata je 4373,52 dinara ,a šesta otplata je 5321,06 dinara. Izraþunati a) godišnju kamatnu stopu b) iznos zajma c) broj anuiteta. Rešenje:

a) Iz bk

bi I pk %i sledi

b6 5321,06 1,21665 r b1 4373,52 Godišnja kamatna stopa je 4%. r5

5

1,21665

252

1,04 p %

4%

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike b) a b1 je upravo godišnji interes na iznos zajma pa je i1 a b1 7373,52 4373,52 K 0 p i1 K 0 75000din p p 0,04 Iznos zajma je 75000 dinara. Prvi interes i1

c) a 7373,52 ln b1 4373,52 n a b1 I 4n% b1 1,04 n 13,32 ln 1,04 ln 1,04 Zajam üe se amortizovati sa 13 godišnjih anuiteta od 7373,52 dinara i þetrnaestim anuitetnim ostatkom. ln

7.4.9. Zajam od 300000 dinara se otplaüuje 10 godina jednakim polugodišnjim anuitetima uz 4% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Koliko iznosi ostatak duga na poþetku sedmog perioda otplate.

Rešenje: Za ovakve uslove vraüanja zajma, anuitet iznosi a K 0 V220 300000 0,0612 18360din. % Ostatak duga na poþetku sedmog perioda otplate je jednak stanju duga posle šeste otplate, odnosno 6 S 6 a IV220 18360 12,1062 222269,83 dinara. %

7.4.10. Zajam se amortizuje sa petnaest godišnjih anuiteta od 8000 dinara i šesnaestim anuitetnim ostatkom od 5000 dinara uz 6% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Koliko iznosi a) zajam b) ostatak duga za poslednje tri godine.

253


a) Zajam je jednak zbiru sadašnje vrednosti sume petnaest dekurzivnih uloga od po 8000 dinara i sadašnje vrednosti poslednjeg dekurzivnog uloga od 5000 dinara (videti zadatak 7.4.6.). Odnosno K0

5000 II 616% 8000 III 614% 1 II 615%

5000 0,3936 8000 22,2760 1 0,4173

79672,6din.

b) Ostatak duga za poslednje tri godine je u stvari stanje duga posle trinaeste otplate, a to je razlika iznosa zajma ukamaüenog trinaest godina i sume trinaest dekurzivnih uloga od po 8000 dinara, odnosno S13

K 0 I 613% 8000 III 612% 1

79672,6 2,1329 8000 18,8821

18876,89 din

7.4.11. Deseti interes zajma koji otplaüuje jednakim godišnjim anuitetima 18 godina uz 8% i godišnje kapitalisanje, iznosi 8000 dinara. Odrediti anuitet i ostatak duga na poþetku pretposlednje godine. Rešenje:

Iz jednakosti ik a

i10 1 II 89%

a 1 II pn %k 1 a

8000 1 0,5002

ik dobijamo 1 II pn % k 1

16006,4 din.

Ostatak duga na poþetku pretposlednje godine je jednak stanju duga posle šesnaeste otplate, odnosno S16

a IV82%

16006,4 1,7833

28544,22 dinara.

254

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.4.12. Sedma otplata jednog zajma koji se amortizuje 8 godina jednakim polugodišnjim anuitetima uz 16% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje iznosi 6000 dinara. Koliko je sadržano interesa u prvih deset anuiteta? Rešenje:

Važi sledeüe: bk

a II pn % k 1 a

¦i k 1

10

k

¦ a1 II

16 k 1 p%

a I

16 8%

II

7 16 7 1 8%

6000 0,4632

10

k 1 10a a ¦ II 16 p%

k 1

10a

II

b

n k 1 p%

12953,37din

a 1 II pn %k 1 to je

Kako je ik 10

bk

III

9 8%

10a

k 1

1

a 1 r r2 r9 16 r

12953,37 13,4866 1 74759,7 din. 3,4259

10 12953,37

7.4.13. Po zajmu koji se otplaüuje za 25 godina jednakim godišnjim anuitetima uz 6% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje, iznos duga na poþetku desete godine je 200000 dinara. Odrediti anuitet, prvu otplatu, otplaüeni deo duga poþev od petog i zakljuþno sa dvadesetim plaüenim anuitetom Rešenje:

a b1

9 S 9 V625 %

a II 625%

O20 O5

200000 0,0990 19800 din 19800 0,2330

4613,4 din

b1 III 619% 1 b1 III 64% 1

b1 III 619% III 64%

4613,4 35,7856 4,6371 143700,49 din.

7.4.14. Zajam od 300000 dinara otplaüuje se 12 godina jednakim godišnjim anuitetima uz 6% godišnje kamata i godišnje kapitalisanje. Na traženje dužnika posle 7 plaüenih anuiteta poverilac je smanjio interesnu stopu na 4%, a vreme za amortizaciju je ostalo isto. Odrediti

a) anuitet za prvih 7 godina b) ostatak duga posle 7 godina 255

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike c) anuitet posle promene uslova amortizacije. Rešenje:

a)

a

K 0 V612%

300000 0,1193 35790 din

b)

S7

a IV612%7

35790 4,2124 150761,8 din

c)

a novo

S 7 V45%

150761,8 0,2246

33861,1 din

7.4.15. Zajam od 200000 dinara treba da se otplati za 10 godina jednakim godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 8% i godišnje kapitalisanje. Tri meseca po isplati šestog anuiteta stranke su se dogovorile da se kamatna stopa smanji za 2% i da dužnik plati ostatak duga u narednih 8 godina. Odrediti novi anuitet po kom üe dužnik otplaüivati ostatak duga. Rešenje:

a

K 0 V810%

S6

a IV810%6

200000 0,1490

29800 din

29800 3,3121 98700,58 din

Kroz tri meseca stanje duga je naraslo na S 6 3 0,08 § 3 0,08 · 98700,58 ¨1 ¸ 100674,6 din pa novi anuitet za 12 12 ¹ © promenjene uslove kreditiranja iznosi S6

a novo

100674,6 V68%

100674,6 0,1610 16208,6 din.

7.4.16. Peta otplata zajma koji se amortizuje deset godina godišnjim anuitetima uz 4% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje iznosi 82822,83 dinara. Posle 6 godina smanjena je interesna stopa za 1% s tim da se dug izmiri u odreÿenom vremenu. Dužnik je i pored smanjene interesne stope nastavio da plaüa iste anuitete sve do poslednje godine. Odrediti koliki je bio poslednji anuitet kojim je dug potpuno izmiren?

256


b5 I 410%51

a

a IV410%6

S6

82822,83 1,2653 104795,73 din. 104795,73 3,6299

380398 din

Na poþetku poslednje desete godine stanje duga je jednako razlici stanja duga posle šeste godine ukamaüenog tri godine po novim kamatnim uslovima i sume godišnjih dekurzivnih uloga za tri godine po novim kamatnim uslovima.

S

S9

6

I 33% a III 32% 1

380398 1,0927 104795,73 2,0909 1

91747,78 din Poslednji anuitet je jednak stanju duga na poþetku desete godine ukamaüenog za period od godinu dana (u toku desete godine). a poslednji S 9 I 31% 91747,78 1,03 94500,2 din.

7.4.17. Kod banke je 1.VII 1995. godine podignut zajam od 500000 dinara uz obavezu korisnika da zajam isplati za vreme od 10 godina jednakim polugodišnjim anuitetima uz 24% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Banka raþuna kamatu 30. juna i 31. decembra. 30. oktobra 2002. godine promenjeni su uslovi otplaüivanja i to godišnja kamatna , stopa je smanjena za 2%, a vreme amortizacije je produženo za godinu dana. Izraþunati anuitet pre 30. oktobra 2002. godine i posle tog datuma. Rešenje:

Anuitet pre konverzije zajma (pre 30. oktobra 2002. godine) je iznosio

a

500000 V1220%

500000 0,1339

66950 din.

Stanje duga 1.VII 2002.god. je stanje duga posle þetrnaest anuiteta, odnosno

S14

a IV1220%14

66950 4,1114

275258,23 din.

Novi anuitet se izraþunava za nove kamatne uslove: a novo

S14 V118 %

275258,23 0,1943

53482,67 din. 257

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Anuitet koji üe se isplatiti 31.XII 2002. godine üe biti uveüan za period od 30. juna 2002. godine do 30. oktobra 2002. i to za iznos razlike kamata od 24% i 22% na S14 za taj period. Odnosno, taj anuitet üe iznositi a31. XII 2002.

a novo

S14 0,02 120 360

53482,67

275258,23 0,02 120 360

55317,7 din.

7.4.18. Najveüa kreditna sposobnost u toku meseca za neku stranku iznosi 10000 dinara. Koliki se zajam može podiüi u banci na osnovu ovoga na period od dvadeset godina ako banka a) obraþunava kamatu jednom godišnje po godišnjoj kamatnoj stopi od 12% b) obraþunava kamatu meseþno po godišnjoj kamatnoj stopi od 12%.

Rešenje:

a) Meseþna konformna kamatna stopa je pk

12

1,12 1 1,0095 p k %

0,95% .

Zajam koji se može podiüi na period od dvadest godina iznosi K0

a

rkm,mn 1 rkm,mn rk ,m 1

10000

1,0095 240 1 1,0095 240 0,0095

941000 din.

b) Zajam koji se može podiüi pod ovim uslovima na period od dvadeset godina je r pmn 1 K0

a

m

§ · r pmn ¨¨ r p 1¸¸ m © m ¹

10000

1,01240 1 1,01240 0,01

258

908193,83 din.

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.4.19. Zajam se amortizuje 10 godina jednakim polugodišnjim anuitetima od 20000 dinara uz 6% godišnje kamatne stope i godišnje kapitalisanje. Izraþunati ukupno plaüenu kamatu u toku amortizacije zajma. Rešenje:

Ukupno plaüena kamata je razlika izmeÿu koliþine novca date polugodišnjim anuitetima i iznosa zajma. Polugodišnja konformna kamatna stopa za godišnju kamatnu stopu od 6% iznosi p k 1,06 1 0,0296 p k % 2,96% pa zajam iznosi

K0

a

rkm,mn 1 rkm,mn rk ,m 1

20000

1,0296 20 1 1,0296 20 0,0296

298639,75 din.

Ukupno isplaüena kamata je 20

¦i

k

20 20000 298639,75 101360,25 din.

k 1

7.4.20. Zajam se amortizuje 15 godina jednakim godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 6% i godišnje kapitalisanje. Peta otplata je 4000 dinara. Posle desetog plaüenog anuiteta kamatna stopa je poveüana za 2%, a vreme amortizacije je produženo za dve godine. Odrediti anuitete pre i posle promene uslova amortizacije. Rešenje:

Anuitet pre promene uslova amortizacije iznosi

a

b5 I 615%51

4000 1,8983

7593,2 din.

Stanje duga posle desetog plaüenog anuiteta iznosi S10

a IV615%10

7593,2 4,2124

31985,6 din.

259

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike Novi anuitet iznosi a novo

S10 V87%

31986,6 0,1921 6144,43 din.

Zadaci za vežbu

7.4.21. Dug od K dinara treba da se isplati sa deset godišnjih anuiteta od po 50000 dinara uz godišnju kamatnu stopu 8% i godišnje kapitalisanje. Umesto ovog, dužnik se odluþuje za drugu moguünost, da dug oduži sa pet godišnjih anuiteta uz ostale jednake uslove. Koliko iznosi novi anuitet? 7.4.22. Zajam se otplaüuje za 4 godine jednakim šestomeseþnim anuitetima od po 8000 dinara uz 8% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti a) prvu otplatu b) treüu otplatu c) iznos zajma d) ukupno isplaüenu kamatu. 7.4.23. Zajam se otplaüuje 10 godina jednakim šestomeseþnim anuitetima uz 6% godišnje kamate i polugodišnjim kapitalisanjem. Prva otplata iznosi 10000 dinara.Odrediti koliko je otplaüeno poþev od sedmog zakljuþno sa petnaestim anuitetom. 7.4.24. Zajam od 1 000 000 dinara otplaüuje se za 20 godina jednakim šestomeseþnim anuitetima uz 4% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Izraditi amortizacioni plan za poslednja tri perioda otplaüivanja. 7.4.25. Ostatak duga zajma koji se amortizuje dvadeset godina jednakim godišnjim anuitetima sa 5% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje, posle petnaestog plaüenog anuiteta iznosi 100000 dinara. Napraviti amortizacioni plan za prve tri godine. 7.4.26. Po zajmu koji se otplaüuje 15 godina jednakim šestomeseþnim anuitetima uz 10% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje, osma otplata iznosi 5000 dinara.. Odrediti dvanaestu otplatu i izraditi amortizacioni plan za deseti, jedanaesti dvanaesti period otplaüivanja.

260

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.4.27. Deseti interes zajma koji se amortizuje deset godina jednakim polugodišnjim anuitetima uz 12% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje iznosi 4000 dinara. Odrediti amortizacioni plan za poslednja tri perioda. 7.4.28. Zajam se amortizuje dvadeset godina jednakim godišnjim anuitetima uz 5% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Ostatak duga posle trinaest plaüenih anuiteta je 80000 dinara. Napraviti amortizacioni plan za prve tri godine amortizacije. 7.4.29. Zajam se otplaüuje 12 godina jednakim polugodišnjim anuitetima od 7000 dinara uz 8% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti koliko je otplaüeno zajma poþev od petog zakljuþno sa osamnaestim anuitetom. 7.4.30. Zajam od 500000 dinara amortizuje se dvadeset godina jednakim godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 4% i godišnje kapitalisanje. Tri meseca po isplati petog anuiteta stranke su se dogovorile da se kamatna stopa smanji za 1%, a da se zajam otplati u narednih deset godina. Izraþunati novi anuitet. 7.4.31. Dužnik otplaüuje kod banke dva zajma. Prvi od 100000 dinara na 15 godina uz 6% godišnje kamate jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje kapitalisanje. Drugi od 200000 dinara na 20 godina uz istu kamatnu stopu, ali uz polugodišnje kapitalisanje, isplaüuje polugodišnjim anuitetima. Posle sedam godina oba zajma se spajaju u jedan i tako novoformirani zajam treba da se amortizuje u narednih deset godina jednakim godišnjim anuitetima i godišnje kapitalisanje uz godišnju kamatnu stopu 4%. Izraþunati anuitet kojim se amortizuje novi zajam. 7.4.32. Zajam od 150000 dinara amortizuje se dvanaest godina jednakim godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 8% i godišnje kapitalisanje. Prve þetiri godine dužnik je redovno plaüao anuitete, a posle toga sledeüih þetiri godine dužnik nije platio nijedan anuitet. Tada su se stranke dogovorile da dužnik nastavi da plaüa redovno anuitete uz kamatnu stopu 9% i u predviÿenom roku otplati dug. Izraþunati novi anuitet. 7.4.33. Zajam se amortizuje deset godina jednakim polugodišnjim anuitetima uz 6% godišnje kamatne stope i polugodišnje kapitalisanje. Osma otplata iznosi 10000 dinara. Sedamnaest dana po isplati sedmog anuiteta kamatna stopa je smanjena za 2%, a dužnik se obavezuje da zajam otplati u narednih pet godina jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje kapitalisanje. Odrediti novi anuitet.

261

Zbirka zadataka iz Poslovne matematike 7.4.34. Zajam od 200000 dinara treba da se otplati za 18 godina jednakim godišnjim anuitetima uz 5,5% godišnje kamatne stope i godišnje kapitalisanje. Posle 10 godina kamatna stopa je smanjena za 2%. Odrediti anuitet pre i posle konverzije zajma. 7.4.35. Zajam od 300000 dinara treba da se otplati za sedam godina jednakim godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 3,5% i godišnje kapitalisanje. Posle tri godine stopa je smanjena na 3%, a vreme amortizacije je produženo još za dve godine. Odrediti anuitet pre i posle konverzije zajma. 7.4.36. Koliki je meseþni anuitet na zajam od 100000 dinara koji treba otplatiti za deset godina uz godišnju kamatnu stopu 8% i a) godišnje kapitalisanje b) polugodišnje kapitalisanje. 7.4.37. Zajam od 120000 dinara amortizuje se pet godina jednakim meseþnim anuitetima uz 9% godišnje kamatne stope.Odrediti anuitet ako je

a) godišnje kapitalisanje b) polugodišnje kapitalisanje c) meseþno kapitalisanje. 7.4.38. Zajam od 300000 dinara se amortizuje 20 godina jednakim meseþnim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 12% i godišnje kapitalisanje. Koliko je plaüeno ukupno kamate za prvih, a koliko za drugih deset godina? 7.4.39. Zajam od 400000 dinara se amortizuje 10 godina jednakim meseþnim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 10% i godišnje kapitalisanje. Koliko je otplaüeno zajma poþev od desetog zakljuþno sa pedesetim anuitetom? 7.4.40. Zajam od 200000 dinara se amortizuje 15 godina jednakim meseþnim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 15% i godišnje kapitalisanje. Koliko je stanje duga posle sedme godine?

262


LITERATURA

1. Michael W. Klein, Mathematical Methods for Economics; ADDISONWESSLEY, 2002 2. Peter Hess, Using Mathematics in Economic Analysis, PRENTICE-HALL, 2002. 3. Alpha C. Chiang, Fundamental Methods of Mathematical Economics; McGREW-HILL International Edition, 1984 4. M.Hoy et all.., Mathematics for Economics; ADDISON-WESSLEY 1996 5. Demidoviþ, Zadaci i rešeni primeri iz više matematike, Tenhiþka knjiga, 1978. 6.Dr. Miodrag Ivoviü, Finansijska matematika, Ekonomski fakultet Beograd, 1999 7. Dr Luka Filipoviü, Matematika za ekonomiste, Viša poslovna škola Beograd, 1998. 8. Dr. Rajko Raleviü, Matematika za ekonomiste-Zbirka zadataka, Viša škola za ekonomiju, Beograd, 1990 9. Dr. Dragoslav Mitrinoviü, Matematika u obliku metodiþke zbirke zadataka sa rešenjima I deo, Graÿevinska knjiga, Beograd 1977. 10. Dr. Dragoslav Mitrinoviü, Matematika u obliku metodiþke zbirke zadataka sa rešenjima II deo, Graÿevinska knjiga, Beograd 1977.

263


DODATAK

KAMATNE (INTERESNE) TABLICE

Dodatak – Kamatne (interesne) tablice

266


267


268


269


270


271


272


273


274


275

Cyan Magenta Yellow Black

Diplomirao je na Elektrotehničkom fakultetu u Beogradu 1991. godine. Na istom fakultetu je magistrirao 1995. godine i doktorirao 2001. godine. Učesnik je više domaćih i inostranih kongresa i konferencija i ima preko trideset objavljenih radova u domaćim i međunarodnim stručnim publikacijama. Naučni je saradnik Instituta za fiziku, i docent na Fakultetu za poslovne studije Megatrend univerziteta primenjenih nauka za predmete Poslovna matematika i Poslovna statistika.

ISBN 86-7747-102-2

ZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE • Doc. dr Dušan Joksimović

Doc. dr Dušan Joksimović rođen je 1966. godine u Beogradu.

Megatrend univerzitet primenjenih nauka, Beograd, 2003.

Poslovna matematika-zbirka

Recommend Documents