MATEMATIKA 1 skripta studij: Biotehnologija i Prehrambena ... - PBF

MATEMATIKA 1
skripta
studij: Biotehnologija i
Prehrambena tehnologija
1

Sadržaj
1 Matrice i determinante 4
1.1 Pojam matrice i operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Pojam inverzne matrice. Matrične jednadžbe. . . . . . . . . . 16
1.4 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5 Sustavi linearnih jednadžbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.5.1 Cramerove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.5.2 Gaussova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.6 Svojstvene vrijednosti i svojstveni vektori matrice . . . . . . . 29
2 Nizovi 35
3 Realne funkcije realne varijable 43
3.1 Pojam inverzne funkcije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.2 Trigonometrijske i arkus funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.3 Logaritamske i eksponencijalne funkcije . . . . . . . . . . . . . 53
3.4 Ograničenost skupova i funkcija u R . . . . . . . . . . . . . . 54
4 Granična vrijednost funkcije jedne varijable 59
4.1 a = ±∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4.2 Granična vrijednost i neprekidnost. ”Tablične” granične vrijednosti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
5 Diferencijalni račun funkcije jedne varijable 70
5.1 Derivacija složene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
5.2 Logaritamsko deriviranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
5.3 Derivacije višeg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
5.4 Diferencijal funkcije i njegova primjena . . . . . . . . . . . . . 79
5.5 Derivacije implicitno zadanih funkcija . . . . . . . . . . . . . . 82
5.6 Parametrizacija i polarne koordinate . . . . . . . . . . . . . . 83
5.6.1 Derivacije parametarski zadanih funkcija . . . . . . . . 84
2

5.6.2 Polarne koordinate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
6 Primjena diferencijalnog računa funkcije jedne varijable 90
6.1 Tangenta, normala, kut medu krivuljama . . . . . . . . . . . . 90
6.2 Osnovni teoremi diferencijalnog računa . . . . . . . . . . . . . 96
6.3 Monotonost i derivacija funkcije. Lokalni ekstremi. . . . . . . 98
6.3.1 Primjena lokalnih ekstrema . . . . . . . . . . . . . . . 101
6.4 L’Hospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
6.5 Asimptote . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
6.6 Konveksnost i konkavnost. Točke infleksije. Ubrzani/usporeni
rast/pad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
6.7 Kvalitativni graf funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
3

1 Matrice i determinante
1.1 Pojam matrice i operacije s matricama
Matrica je pravokutna shema relanih ili kompleksnih brojeva rasporedenih u
retke i stupce i njih zovemo elementima matrice. Matrica A sa m redaka, n
stupaca i s elementima a ij zapisuje se kao
⎡
⎤
a 11 a 12 a 13 ··· a 1n
a 21 a 22 a 23 ··· a 2n
A =
= [a ij ].
⎢
⎣ . . . . ⎥
⎦
a m1 a m2 a m3 ··· a mn
Takvu matricu zovemo m × n (čitaj: m puta n) matrica ili matrica tipa
(reda, dimenzije) m × n. Pritom niz brojeva a i1 ,a i2 ,a i3 ,...,a in zovemo i-
ti redak, a niz brojeva a 1j ,a 2j ,...,a mj poredanih jedan ispod drugog, j-ti
stupac matrice A. Ako vrijedi m = n, kažemo da je A kvadratna matrica
reda n.
Matricu sa samo jednim retkom zovemo jednoretčana matrica, a matricu
sa samo jednim stupcem zovemo jednostupčana matrica. Matrica A je jednaka
matrici B ako imaju isti broj redaka i isti broj stupaca i za njihove
elemente vrijedi a ij = b ij , za sve i i j. S M m,n označavat ćemo skup svih
m×n matrica.
Neka su A,B ∈ M m,n . Matricu C ∈ M m,n s elementima
c ij = a ij +b ij , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n
zovemo zbrojem ili sumom matrica A i B i pišemo C = A+B.
Ako je A ∈ M m,n i c ∈ R, matricu B ∈ M m,n s elementima
b ij = ca ij , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n
zovemo umnožak ili produkt matrice sa skalarom c i označavamo B = cA.
4

Neka je A ∈ M m,n i B ∈ M n,p . Umnožak ili produkt matrica A i B je
matrica C = A·B ∈ M m,p kojoj su elementi odredeni formulom
n∑
c ij = a ik b kj za sve 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ p.
k=1
Važnu klasu matrica čine dijagonalne matrice. Najpoznatiji primjer dijagonalne
matrice je jedinična matrica
⎡ ⎤
1 0 ··· 0 0
. 0 1 .. 0
I =
. . .. . .. . .. .
∈ M n,n .
⎢ . ⎣ 0 .. 1 0 ⎥
⎦
0 0 ··· 0 1
Lako je provjeriti da za svaku kvadratnu matricu A ∈ M n,n vrijedi
A·I = I ·A = A.
Malo općenitija, dijagonalna matrica je ona kod koje su svi izvandijagonalni
elementi jednaki nuli. Dijagonalnu matricu kojoj su dijagonalni elementi
α 1 ,α 2 ,...,α n označavamo s diag(α 1 ,α 2 ,...,α n ), tj.
⎡
⎤
α 1 0 ··· 0 0
. 0 α 2 .. 0
diag(α 1 ,α 2 ,...,α n ) =
. . .. . .. . .. .
.
⎢ . ⎣ 0 .. αn−1 0 ⎥
⎦
0 0 ··· 0 α n
Nul-matrica je matrica kojoj su svi elementi nula i kraće se označava s 0 i,
takoder pripada klasi dijagonalnih matrica.
Potencije kvadratne matrice A definiraju se induktivno:
A 0 = I, A n = AA n−1 za n ∈ N.
Lako se pokaže da vrijedi A n A m = A m A n = A m+n za sve nenegativne cijele
brojeve m i n. Stoga je dobro definiran matrični polinom
P k (A) = a k A k +a k−1 A k−1 +...+a 1 A+a 0 I,
5

pri čemu su a 0 ,...,a k realni brojevi.
Postoji još jedna vrlo korisna operacija na matricama. Naziva se operacijom
transponiranja.
Neka je A ∈ M m,n . Matrica A T ∈ M n,m naziva se transponirana matrica
matrici A, ako je svaki redak od A T jednak odgovarajućem stupcu matrice
A. Prema tome, transponiranu matricu dobivamo tako da stupce (retke)
matrice zamijenimo njenim retcima (stupcima). Ako je
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
a 11 a 12 ··· a 1n
a 11 a 21 ··· a m1
a 21 a 22 ··· a 2n
A =
onda je A T a 12 a 22 ··· a m2
=
.
⎢
⎣ . . ··· . ⎥ ⎢
⎦ ⎣ . . ··· . ⎥
⎦
a m1 a m2 ··· a mn a 1n a 2n ··· a mn
Glavna svojstva operacije transponiranja su
(a) (A T ) T = A,
(b) (A+B) T = A T +B T ,
(c) (AB) T = B T A T .
Zadatak 1 Ako je A =
3A+B T .
⎡
⎢
⎣
−2 2
3 4
−5 −6
⎤
[ ⎥ 1 5 −6
⎦ , B = 2 −2 3
]
odredite
Rješenje:
⎡ ⎤ ⎡
−2 2
3· ⎢
⎣ 3 4 ⎥
⎦ + ⎢
⎣
−5 −6
⎤ ⎡
1 2
5 −2 ⎥
⎦ = ⎢
⎣
−6 3
⎤ ⎡
3·(−2)+1 3·2+2
3·3+5 3·4−2 ⎥
⎦ = ⎢
⎣
3·(−5)−6 3·(−6)+3
−5 8
14 10
−21 −15
⎤
⎥
⎦
Zadatak [ 2 Odredite ] matricu [ X koja ] zadovoljava uvjet 2A−3X = B, ako
2 −1 −5 −2
je A = , B = .
5 3 1 3
6

Rješenje:
2A−3X = B ⇒ 3X = 2A−B ⇒ X = 2 3 A− 1 3 B
[
2 −1
]
[
−5 −2
]
[
3 0
]
⇒ X = 2 3
5 3
− 1 3
1 3
=
3 1
.
Zadatak 3 Odredite m,n ∈ N iz:
a) A 3×4 ·B 4×5 = C m×n
b) A 2×3 ·B m×n = C 2×6
c) A 2×m ·B n×3 = C 2×3
Rješenje:
a) m = 3, n = 5
b) m = 3, n = 6
c) m = n ∈ N
Zadatak 4
⎡ ⎤
1 2
[ ]
−2 3 4 0
·
0 −1
⎢ ⎥
5 −1 2 3 ⎣ −1 0 ⎦
4 0
[
]
−2·1+3·0+4·(−1)+0·4 −2·2+3·(−1)+4·0+0·0
=
5·1+(−1)·0+2·(−1)+3·4 5·2+(−1)·(−1)+2·0+3·0
[ ]
−6 −7
= .
15 11
Zadatak 5 Neka je A =
⎡
⎢
⎣
0 1 2
0 0 3
0 0 0
⎤
⎥
⎦ . Izračunajte a) A3 (= 0), b) (A T ) 3 .
7

Zadatak 6⎡Dokažite da ⎤ je matrica A nultočka polinoma P 2 (x) = x 2 −4x−5,
1 2 2
ako je A = ⎢
⎣ 2 1 2 ⎥
⎦ .
2 2 1
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎤
Rješenje: A 2 =
A 2 −4A−5I =
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
1 2 2
2 1 2 ⎥ ⎢
⎦· ⎣
2 2 1
⎤ ⎡
9 8 8
8 9 8 ⎥
⎦ − ⎢
⎣
8 8 9
1 2 2 9 8 8
2 1 2 8 9 8 ⎥
⎦ ,
2 2 1 8 8 9
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
4 8 8 5 0 0 0 0 0
8 4 8 ⎥
⎦ − ⎢
⎣ 0 5 0 ⎥
⎦ = ⎢
⎣ 0 0 0
8 8 4 0 0 5 0 0 0
⎡
⎥
⎦ = ⎢
⎣
Primjetite da je P 2 (x) = (x−5)(x+1), pa iako je P 2 (A) = 0 matrica A je
različita i od 5I i od −I.
Zadatak 7 Zadano je: B =
Odredite (AB) T .
⎡
⎢
⎣
1 2 −1
2 3 0
−1 0 3
⎤
⎥
⎦ , BAT =
Rješenje: (AB) T = B T ·A T , B je simetrična, tj. B T = B
⎡ ⎤
−1 5 2
⇒ (AB) T = B T ·A T = B ·A T = ⎢
⎣ 3 7 −2 ⎥
⎦ .
7 4 8
⎡
⎢
⎣
−1 5 2
3 7 −2
7 4 8
⎥
⎦ .
⎤
⎥
⎦ .
[ ] 3
cosα −sinα
Zadatak 8 =?
sinα cosα
Rješenje:
[ ] 2 [ ] [ ]
cosα −sinα cosα −sinα cosα −sinα
= ·
sinα cosα sinα cosα sinα cosα
[ ] [ ]
cos 2 α−sin 2 α −2sinαcosα cos2α −sin2α
=
=
2sinαcosα −sin 2 α+cos 2 α sin2α cos2α
8

=
=
[ ] 3 [ ] [
cosα −sinα cos2α −sin2α cosα −sinα
= ·
sinα cosα sin2α cos2α sinα cosα
[ ]
cos2αcosα−sin2αsinα −sinαcos2α−sin2αcosα
sin2αcosα+cos2αsinα −sin2αsinα+cos2αcosα
[ ]
cos3α −sin3α
.
sin3α cos3α
]
1.2 Determinante
Determinanta kvadratne matrice je funkcija det : M n,n → C i označavamo je
s detA,|A| ili ∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a 11 a 12 ··· a 1n
∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a 21 a 22 ··· a 2n
.
. . ··· .
a n1 a n2 ··· a nn
Definiramo je induktivno po redu matrice:
n = 1, A = [a 11 ⇒ detA = a 11
[ ]
∣
a11 a 12
a 11 a ∣∣∣∣
12
n = 2, A = ⇒ detA =
= a
a 21 a 22
∣ 11 a 22 −a 12 a 1
a 21 a 22
Za matrice višeg reda determinata se definira (a može se izračunati i njena
vrijednost) koristeći tzv. razvoj determinante po retku ili stupcu, koji se još
naziva i Laplaceov razvoj determinante.
Neka je A ∈ M n,n . S M ij ∈ M n−1,n−1 označit ćemo podmatricu od A koja
9

nastaje izbacivanjem njenog i-tog retka i j-tog stupca. Npr. ako je
⎡
⎤
a 11 ... a 1,j−1 a 1j a 1,j+1 ··· a 1n
. . . . .
a i−1,1 ··· a i−1,j−1 a i−1,j a i−1,j+1 ··· a i−1,n
A =
a i,1 ··· a i,j−1 a ij a i,j+1 ··· a i,n
,
a i+1,1 ··· a i+1,j−1 a i+1,j a i+1,j+1 ··· a i+1,n
⎢
⎣ . . . . . ⎥
⎦
a n1 ··· a n,j−1 a nj a n,j+1 ··· a nn
onda je
⎡
M ij =
⎢
⎣
⎤
a 11 ... a 1,j−1 a 1,j+1 ··· a 1n
. . . .
a i−1,1 ··· a i−1,j−1 a i−1,j+1 ··· a i−1,n
a i+1,1 ··· a i+1,j−1 a i+1,j+1 ··· a .
i+1,n
. . . .
⎥
⎦
a n1 ··· a n,j−1 a n,j+1 ··· a nn
Minora elementa a ij matrice A ∈ M n,n je determinanta matrice M ij . Algebarski
komplement elementa a ij je skalar A ij = (−1) i+j detM ij .
Sada, za A ∈ M n,n vrijedi
n∑
detA = a ij A ij , 1 ≤ i ≤ n.
j=1
Ovu formulu nazivamo razvoj determinante po i-tom retku. Isto tako vrijedi
formula Sada, za A = (a ij ) ∈ M n,n vrijedi
n∑
detA = a ij A ij , 1 ≤ j ≤ n
i=1
koju nazivamo razvoj determinante po j-tom stupcu.
⎡ ⎤
a 11 a 12 a 13 a 14
Zadatak 9 A =
a 21 a 22 a 23 a 24
⎢
⎣ a 31 a 32 a 33 a
⎥
34 ⎦ , M 23, A 23 , M 33 , A 33 =?
a 41 a 42 a 43 a 44
10

⎡ ⎤ ⎡ ⎤
a 11 a 12 a 14 a 11 a 12 a 14
Rješenje: M 23 = ⎢
⎣ a 31 a 32 a 34
⎥
⎦ , M 33 = ⎢
⎣ a 21 a 22 a 24
⎥
⎦ ,
a 41 a 42 a 44 a 41 a 42 a 44
A 23 = (−1) 2+3 detM 23 = −detM 23 , A 33 = (−1) 3+3 detM 33 = detM 33 .
−2 1 3
Zadatak 10 Izračunajte D =
5 4 2
∣ −3 0 5
a) razvojem po drugom retku
b) razvojem po trećem stupcu
∣
Rješenje: a)
D = 5(−1) 2+1 ∣ ∣∣∣∣
1 3
0 5
∣ ∣ ∣∣∣∣ −2 3
∣∣∣∣ −2 1
∣ +4(−1)2+2 −3 5 ∣ +2(−1)2+3 −3 0
= −5(5−0)+4(−10+9)−2(0+3) = −35.
∣
b)
D = 3(−1) 1+3 ∣ ∣∣∣∣
5 4
−3 0
∣ ∣ ∣∣∣∣ −2 1
∣∣∣∣ −2 1
∣ +2(−1)2+3 −3 0 ∣ +5(−1)3+3 5 4
= 3(0+12)−2(0+3)+5(−8−5) = −35.
∣
[ ] [ ]
1 2 4 3
Zadatak 11 Neka je A = i B = .
3 4 2 1
a) Vrijedi li AB = BA?
b) Vrijedi li det(AB) = det(BA) = detA·detB?
c) Vrijedi li formula za kvadrat zbroja, tj. (A+B) 2 = A 2 +2AB +B 2 ?
Rješenje:
[
8 5
a) AB =
20 13
] [
13 20
, BA =
5 8
11
]
. Dakle, AB ≠ BA.

) det(AB) = 8·13−20·5 = 104−100 = 4,
det(BA) = 13·8−5·20 = 4,
detA·detB = (−2)·(−2) = 4
c) (A + B) 2 = (A + B) · (A + B) = (A + B) · A + (A+B) · B = A 2 +
BA+AB +B 2 . Dakle, formula za kvadrat zbroja bi vrijedila kada bi
vrijedilo BA = AB, što ne vrijedi (vidi a).
Svojstva determinanti:
1. detA = detA T
2. Zamjenom dva susjedna retka (ili stupca) deteminanta mijenja predznak
3. Ako su u determinanti dva retka (stupca) jednaka (ili proporcionalna)
ona je jednaka nuli
4. Determinanta matricedobivena izpočetnematriceAmnoženjemnekog
retka ili stupca skalarom λ jednaka je λ · detA (ovo pravilo češće se
koristi na način da se svi elementi nekog retka ili stupca skrate za
zajednički faktor koji se izvlači ispred determinante). Odavde slijedi
det(λA) = λ n detA za kvadratnu matricu A reda n.
5. Ako matrice C, A, B imaju sve retke jednake osim i−tog, pri čemu je
i−ti redak matrice C jednak zbroju i−tih redaka matrica A i B, onda
je detC = detA + detB. Napomenimo da općenito ne vrijedi da je
det(A+B) = detA+detB.
6. Vrijednost determinante se ne mijenja ako se nekom retku (ili stupcu)
pribroje elementi nekog drugog retka (ili stupca) pomnoženi skalarom
λ
7. Binet-Cauchyjev teorem: det(A·B) = detA·detB
12

Zadatak 12 Izračunajte
∣
−4 1 1 1 1
1 −4 1 1 1
1 1 −4 1 1
1 1 1 −4 1
1 1 1 1 −4
.
∣
Rješenje: Dodajući prvom stupcu prvo drugi stupac, te treći, četvrti i peti
stupac (primjetite da je zbroj elemenata po recima jednak 0), te razvijajući
determinantu po prvom stupcu dobije se:
−4 1 1 1 1
0 1 1 1 1
1 −4 1 1 1
0 −4 1 1 1
1 1 −4 1 1
=
0 1 −4 1 1
= 0.
1 1 1 −4 1
0 1 1 −4 1
∣ 1 1 1 1 −4 ∣ ∣ 0 1 1 1 −4 ∣
Zadatak 13 Izračunajte
∣
1 a b+c
1 b c+a
1 c a+b
∣
koristeći svojstva determinante.
Rješenje: Dodajući drugi stupac trećem stupcu, izlučujući iz trećeg stupca
zajednički faktor dobije se
1 a b+c
1 a a+b+c
1 a 1
1 b c+a
=
1 b a+b+c
= (a+b+c)
1 b 1
= 0.
∣ 1 c a+b ∣ ∣ 1 c a+b+c ∣ ∣ 1 c 1 ∣
Zadatak 14 Pokažite na primjeru determinanti reda 4 da ako su svi elementi
ispod (iznad) glavne dijagonale jednaki 0, onda je determinanta jednaka
produktu dijagonalnih elemenata.
13

Rješenje: Primjer gornje trokutaste matrice. Razvijanjem uzastopce po
prvom stupcu dobije se:
∣ a 11 a 12 a 13 a ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ∣ ∣ 14 ∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣ a 22 a 23 a 24
∣ ∣ 0 a 22 a 23 a ∣∣∣∣
24
a 33 a ∣∣∣∣
34
= a 11 0 a 33 a 34 = a 11 a 22 = a 11 a 22 a 33 a 44 .
0 0 a 33 a 34
0 a 44 0 0 a
∣
44
0 0 0 a 44
Zadatak 15 Korištenjem elementarnih transformacija na recima i stupcima
matrice (tj. korištenjem svojstava determinante) svedite sljedeće determi-
1 2 3
3 −2 5
nante na gornje trokutaste i izračunajte ih: a)
4 5 6
b)
2 4 −3
∣ 5 7 8 ∣ ∣ 5 −3 2 ∣
Rješenje: b)
3 −2 5
{ }
2 4 −3
Pomnožimo drugi redak sa -1 i dodamo prvom retku
=
Pomnožimo drugi redak sa -2 i dodamo trećem retku
∣ 5 −3 2 ∣
1 −6 8
{ }
=
2 4 −3
Pomnožimo prvi redak sa -2 i dodamo drugom retku
Pomnožimo prvi redak sa -1 i dodamo trećem retku
∣ 1 −11 8 ∣
1 −6 8
{ }
1 −6 8
=
0 16 −19
Izlučimo -5 iz trećeg retka
5
Zamijenimo drugi i treći redak
0 1 0
∣ 0 −5 0 ∣
∣ 0 16 −19 ∣
{ }
1 −6 8
Pomnožimo drugi redak sa
=
= 5
0 1 0
= 5·1·1·(−19) = −95.
-16 i dodamo trećem retku
∣ 0 0 −19 ∣
Zadatak 16 Neka je matrica A = [a i,j ] zadana sa a i,j = |i−j|. Izračunajte
detA ako je matrica A formata a) 2×2 b) 3×3 c) 4×4.
14

⎡ ⎤
0 1 2 3
Rješenje: c) Iz definicije se lako vidi da je A =
1 0 1 2
⎢ ⎥. Sada je:
⎣ 2 1 0 1 ⎦
3 2 1 0
0 1 2 3
{ }
1 0 1 2
detA =
1 0 1 2
1. i 2. redak
= = −
0 1 2 3
2 1 0 1
zamjene mjesta
2 1 0 1
∣ 3 2 1 0 ∣
∣ 3 2 1 0 ∣
{ }
1 0 1 2
Pomno˘zimo prvi redak sa −2 i dodajmo trećem
=
= −
0 1 2 3
Pomno˘zimo prvi redak sa −3 i dodajmo ˘cetvrtom
0 1 −2 −3
∣ 0 2 −2 −6
1 2 3
{ }
= −2
1 −2 −3
Pomno˘zimo prvi redak sa −1 i dodajmo drugom
Pomno˘zimo prvi redak sa −1 i dodajmo trećem
∣ 1 −1 −3 ∣
1 2 3
1 2 3
= −2
0 −4 −6
= 12
0 1 2
= −12.
∣ 0 −3 −6 ∣ ∣ 0 2 3 ∣
∣
Zadatak 17 Odredite detA ako je matrica A reda 10 zadana sa a i,j = i·j.
Rješenje:
detA = 10!
∣
1 2 3 ... 10
1 2 3 ... 10
. . . . .
1 2 3 ... 10
= 0.
∣
Zadatak 18 Izračunajte det(A 100 ) ako je A =
[
3 5
1 2
]
.
Rješenje: det(A 100 ) = (detA) 100 = 1.
15

1.3 Pojam inverzne matrice. Matrične jednadžbe.
Definicija 1 Matricu B zovemo inverznom matricom matrice A ako je A·
B = B ·A = I (I jedinična matrica).
Oznaka: B = A −1 .
Naziv: Matricu koja ima inverznu zovemo regularnom matricom. Matricu
koja nema inverznu matricu zovemo singularnom matricom.
Kako je jedinična matrica kvadratna, slijedi da matrica A (pa onda i A −1 )
ima isti broj redaka i stupaca kao i I.
[ ]
1 1
Primjer 1 Pokažimo da je matrica A = singularna matrica. Pretpostavimo
suprotno. Neka je B = inverzna matrica matrice A
1 1
[ ]
b1,1 b 1,2
b 2,1 b 2,2
[ ]
b1,1 +b 2,1 b 1,2 +b 2,2
tj. neka je AB = BA = I. Kako je AB =
, da
b 1,1 +b 2,1 b 1,2 +b 2,2
bi vrijedilo AB = I mora vrijediti b 1,1 + b 2,1 = 1 i b 1,1 + b 2,1 = 0, što je
nemoguće, što znači da A −1 ne postoji.
Ako je AA −1 = I tada koristeći Binet-Cauchyjev teorem (i očitu činjenicu
da je detI = 1) slijedi detA·detA −1 = 1, što očito daje detA ≠ 0.
Ako je detA ≠ 0, tada možemo formirati matricu
⎡ ⎤T
A 1,1 A 1,2 ... A 1,n
B = 1
A 2,1 A 2,2 ... A 2,n
= 1
detA ⎢
⎣ . . . . ⎥ detA A∗ .
⎦
A n,1 A n,2 ... A n,n
Matricu A ∗ (transponiranu matricu matrice algerbarskih komplemenata) zovemo
adjunktom matrice A. Lako se vidi (koristeći Laplaceov razvoj determinante
i svojstvo da je determinanta matrice sa dva ista retka jednaka 0)
da je AA ∗ = A ∗ A = detA·I. Odavde odmah slijedi da je AB = BA = I tj.
da je B = A −1 .
Time je dobiven sljedeći teorem.
16

Teorem 1 A je regularna matrica akko je detA ≠ 0
Vrijede sljedeća svojstva invertiranja matrica:
1. (AB) −1 = B −1 A −1 .
2. (A −1 ) −1 = A
3. (λA) −1 = 1 λ A−1 , λ ≠ 0
4. detA −1 = 1
detA .
Inverzna matrica se može dobiti i sljedećim postupkom (Gaussov algoritam;
daleko efikasniji od nalaženja adjunkte u slučaju matrica velikog reda):
Ukoliko je detA ≠ 0, onda se matrica [A.I] (jedinična matrica I se nadopiše
do matrice A), elementarnim transformacijama na recima može dovesti do
oblika [I.A −1 ].
Podelementarnimtransformacijamanarecimapodrazumjevajusesljedeći
postupci:
1. Zamjena dva retka.
2. Množenje nekog retka brojem različitim od 0.
3. Dodavanje nekog retka pomnoženog sa brojem nekom drugom retku.
⎡ ⎤
1 0 1
Zadatak 19 Odredite A −1 za A = ⎢
⎣ 0 0 2 ⎥
⎦ , koristeći a) adjunktu matrice
A b) Gaussov algoritam.
1 0 1
Rješenje: a) Kako je detA =
0 0 2
1 0
= −2
= −6 ≠ 0, to je
∣ −1 3 ∣
−1 3 1
∣ −1 3 1 ∣
matrica A regularna. Odredimo matricu algebarskih komplemenata matrice
A. Imamo redom:
A 1,1 = (−1) 2 ∣ ∣∣∣∣
0 2
3 1
∣ ∣ ∣∣∣∣ ∣ = −6, A 1,2 = (−1) 3 0 2
∣∣∣∣ −1 1 ∣ = −2, A 1,3 = (−1) 4 0 0
−1 3
∣ = 0,
17

A 2,1 = (−1) 3 ∣ ∣∣∣∣
0 1
3 1
A 3,1 = (−1) 4 ∣ ∣∣∣∣
0 1
0 2
Odavdje je
A −1 = 1 −6
∣ ∣ ∣∣∣∣ ∣ = 3, A 2,2 = (−1) 4 1 1
∣∣∣∣ −1 1 ∣ = 2, A 2,3 = (−1) 5 1 0
−1 3 ∣ = −3,
∣ ∣ ∣∣∣∣ ∣ = 0, A 3,2 = (−1) 5 1 1
∣∣∣∣ 0 2 ∣ = −2, A 3,3 = (−1) 6 1 0
0 0 ∣ = 0.
⎡
⎢
⎣
−6 −2 0
3 2 −3
0 −2 0
⎤
⎥
⎦
T
=
⎡
⎢
⎣
1 −1/2 0
1/3 −1/3 1/3
0 1/2 0
b)
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0
[A|I] = ⎢
⎣ 0 0 2 0 1 0 ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 0 0 2 0 1 0 ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 0 3 2 1 0 1 ⎥
⎦
−1 3 1 0 0 1 0 3 2 1 0 1 0 0 2 0 1 0
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡
⎤
1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 −1/2 0
∼ ⎢
⎣ 0 3 0 1 −1 1 ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 0 1 0 1/3 −1/3 1/3 ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 0 1 0 1/3 −1/3 1/3 ⎥
⎦ .
0 0 2 0 1 0 0 0 1 0 1/2 0 0 0 1 0 1/2 0
Odavde čitamo:
A −1 =
⎡
⎢
⎣
1 −1/2 0
1/3 −1/3 1/3
0 1/2 0
⎤
⎥
⎦ .
⎤
⎥
⎦ .
Zadatak 20⎡Za koje vrijednosti ⎤ parametra k ∈ R postoji inverzna matrica
2 −k 3
matrice A = ⎢
⎣ −2 1 −3 ⎥
⎦ .
2 7 5
Rješenje: Kako je
detA =
∣
2 −k 3
−2 1 −3
2 7 5
=
∣ ∣
2 −k 3
0 1−k 0
0 7+k 2
= 4(1−k),
∣
18

to detA ≠ 0 ⇔ 4(1−k) ≠ 0 ⇔ k ≠ 1 povlači da je matrica A regularna (v.
gornji teorem).
Zadatak 21 Ako je A =
A −1 = 1
ad−bc
[
d −b
−c
a
]
.
[
a b
c d
Rješenje: Lako se provjeri da je
]
[
a b
i detA = ad − bc ≠ 0, pokažite da je
c d
][
d −b
−c
a
]
= (ad−bc)I.
Zadatak
[
22
]
Riješite
[
matričnu
]
jednadžbu a) AX = B b) XA = B, gdje je
1 2 3 4
A = , B = .
3 4 −1 5
Rješenje: Primjetimo da je detA = 4 − 6 = −2 ≠ 0, što znači da je A
regularna matrica.
a) Jednadžba AX = B sada povlači X = A −1 B, što daje (v. prethodni
zadatak)
X = A −1 B = − 1 2
[
4 −2
−3 1
][
3 4
−1 5
]
=
[
−7 −3
5 7/2
]
.
b) Jednadžba XA = B sada povlači X = BA −1 , što daje
[ ][ ] [
X = BA −1 3 4 −2 1
=
=
−1 5 3/2 −1/2
0 1
19/2 −7/2
]
.
Zadatak 23 RiješitematričnujednadžbuXA−2B = C akoje A =
B =
[
2 1 −1
3 0 6
]
, C =
[
1 0 5
−1 −2 1
]
.
⎡
⎢
⎣
1 1 1
0 1 1
0 0 1
⎤
⎥
⎦ ,
19

Rješenje: Kako je očito detA = 1 to je A regularna matrica, pa jednadžba
XA − 2B = C povlači X = (C + 2B)A −1 . Primjetimo da imamo dobro
”ulančane” matrice jer je matrica C +2B formata 2×3 dok je matrica A −1
reda 3 tj. formata 3×3, pa je matrica X formata 2×3.
Odredimo A −1 Gaussovim algoritmom:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 −1 1 0 0 1 −1 0
[A|I] = ⎢
⎣ 0 1 1 0 1 0 ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 0 1 0 0 1 −1 ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 0 1 0 0 1 −1 ⎥
⎦ ,
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
što daje A −1 =
⎡
⎢
⎣
X = (2B +C)A −1 =
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
⎤
⎥
⎦ . Konačno
[
5 2 3
5 −2 13
] ⎡ ⎢ ⎢⎣
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
⎤
⎥
⎦ = [
5 −3 1
5 −7 15
]
.
[
Zadatak
]
24 Riješite matričnu jednadžbu (2A −1 X) −1 = A ∗ , ako je A =
1 −2
3 4
.
Rješenje: Kako je detA = 10 ≠ 0, to je matrica A regularna pa je zadatak
dobro zadan. Sada je
(
2A −1 X ) −1 = A ∗ ⇔ ( 2A −1 X ) −1 = (detA)A −1 ⇔ 2A −1 X = 1
detA A ⇔ X = 1
2detA A2
[ ][ ] [ ] [ ]
= 1 1 −2 1 −2
= 1 −5 −10 −1/4 −1/2
=
20 3 4 3 4 20 15 10 3/4 1/2
Zadatak 25 Riješite matričnu
[ ]
jednadžbu a) AX = 5X + 3A ∗ b) XA =
3 1
5X +3A ∗ gdje je A = .
−2 4
20

Rješenje: a)OčitojeAX = 5X+3A ∗ ⇔ (A−5I)X
[
= 3A ∗ . Daljnjipostupak
]
−2 1
rješavanja ovisi o tome je li matrica A − 5I = regularna ili
−2 −1
singularna. No kako je det(A−5I) = 4 ≠ 0 to je matrica A−5I regularna
matrica. Sada je
(A−5I)X = 3A ∗ ⇔ X = 3(A−5I) −1 A ∗ = 3· 1
4
= 3 4
[
−6 −2
4 −8
]
=
[
−9/2 −3/2
3 −6
[
−1 −1
2 −2
]
.
][
4 −1
2 3
b) Imamo XA = 5X + 3A ∗ ⇔ X(A − 5I) = 3A ∗ ⇔ X = 3A ∗ (A − 5I) −1 .
Odavde se lako vidi da je rješenje i ove jednadžbe
[ ]
−9/2 −3/2
X = .
3 −6
Napomena: Iako kod matričnog množenja treba paziti na poredak množitelja
ovdje smo dobili isto rješenje. Ovdje to nije slučajnost već posljedica jednakosti
A −1 (A−λI) −1 = (A−λI) −1 A −1 . Pokažite tu jednakost. Ona povlači
i da je A ∗ (A−λI) −1 = (A−λI) −1 A ∗ .
]
1.4 Rang matrice
Važan pojam kod razmatranja postojanja rješenja kod linearnih sustava je
rang matrice sustava.
Definicija 2 Matrica A ≠ 0 ima rang r ako je barem jedna subdeterminanta
r−tog reda različita od 0, dok su sve subdeterminante višeg reda jednake 0.
Po definiciji nul-matrica ima rang jednak 0.
Oznaka: r(A) = r.
Navedene definicijske uvjete je računski zahtjevno provjeravati (npr. matrica
reda 4 ima 16 subdeterminanti reda 3, pa kada bi htjeli pokazati da je rang
takve matrice jednak 2, morali bi naći barem jednu subdeterminantu reda 2
21

azličitu od 0 (što nije problem) i pokazati da sve subdeterminante reda 3
(kojih ima 16) su jednake 0.
Daleko brže je korištenjem elementarnih transformacija sa retcima i stupcima
(koječuvaju”različitost”od0determinanata(uovomslučajusubdeterminanata))
reducirati matricu na matricu istog ranga koja u gornjem lijevom
kutu ima jediničnu matricu reda r.
⎡ ⎤
2 −1 3 0 1
Zadatak 26 Odredite rang matrice A =
1 2 −1 3 2
⎢
⎣ 3 1 2 3 3
⎥
⎦ .
1 2 3 1 1
Rješenje:
⎛⎡
⎤⎞
⎛⎡
⎤⎞
1 2 −1 3 2 1 2 −1 3 2
r(A) = r
2 −1 3 0 1
⎜⎢
⎥⎟
⎝⎣
3 1 2 3 3 ⎦⎠ = r 0 −5 5 −6 −3
⎜⎢
⎥⎟
⎝⎣
0 −5 5 −6 −3 ⎦⎠
1 2 3 1 1 0 0 4 −2 −1
⎛⎡
⎤⎞
⎛⎡
⎤⎞
1 2 −1 3 2 1 0 0 0 0
= r
0 −5 5 −6 −3
⎜⎢
⎥⎟
⎝⎣
0 0 4 −2 −1 ⎦⎠ = r 0 1 0 0 0
⎜⎢
⎥⎟
⎝⎣
0 0 4 −2 −1 ⎦⎠
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
⎛⎡
⎤⎞
1 0 0 0 0
= r
0 1 0 0 0
⎜⎢
⎥⎟
⎝⎣
0 0 1 0 0 ⎦⎠ = 3.
0 0 0 0 0
Zadatak 27 Zakojevrijednostiparametra k jerang matriceA =
jednak 2.
⎡
⎢
⎣
2 1 3
1 −2 0
4 k 6
⎤
⎥
⎦
22

Rješenje:
⎛⎡
r(A) = r⎜⎢
⎝⎣
2 1 3
1 −2 0
4 k 6
⎤⎞
⎛⎡
⎥⎟
⎦⎠ = r ⎜⎢
⎝⎣
2 1 3
1 −2 0
0 k −2 0
⎤⎞
⎥⎟
⎦⎠
Ako je k = 2 tada je r(A) = 2.
1.5 Sustavi linearnih jednadžbi
Jedan od najvažnijih problema linearne algebre jest rješavanje sustava linearnih
jednadžbi
a 11 x 1 + a 12 x 2 + ··· + a 1n x n = b 1
a 21 x 1 + a 22 x 2 + ··· + a 2n x n = b 2
. . . .
a m1 x 1 + a m2 x 2 + ··· + a mn x n = b m .
(1)
Uvodenjem matrice sustava A ∈ M m,n , jednostupčane matrice rješenja x ∈
M n,1 i jednostupčane matrice desne strane sustava b ∈ M m,1 ,
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
a 11 a 12 a 13 ··· a 1n x 1 b 1
a 21 a 22 a 23 ··· a 2n
x 2
b 2
A =
, x =
, b =
,
⎢
⎣ . . . . ⎥ ⎢
⎦ ⎣ . ⎥ ⎢
⎦ ⎣ . ⎥
⎦
a m1 a m2 a m3 ··· a mn x n b m
sustav (1) prelazi u matrični problem
Ax = b.
• Sustav je suglasan ako postoji barem jedno rješenje tog sustava. U
protivnom je nesuglasan.
• Suglasan sustav je odreden ako ima samo jedno rješenje.
• Sustav koji ima više rješenja je neodreden.
23

1.5.1 Cramerove formule
U slučaju kada je m = n imamo
a 11 x 1 + a 12 x 2 + ··· + a 1n x n = b 1
a 21 x 1 + a 22 x 2 + ··· + a 2n x n = b 2
. . . .
a n1 x 1 + a n2 x 2 + ··· + a nn x n = b n ,
(2)
pa je determinanta
D = detA =
∣
∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a 11 a 12 a 13 ··· a 1n
a 21 a 22 a 23 ··· a 2n
. . . .
a n1 a n2 a n3 ··· a nn
tzv. determinanta sustava.
Ako je D ≠ 0, rješenje sustava (2) dano je Cramerovim formulama:
D ·x i = D i , i = 1,2,...,n,
gdje je D i determinanta koja se dobije iz determinante D tako da se elementi
i-tog stupca zamijene ”slobodnim” članovima b 1 ,b 2 ,...,b n .
Zadatak 28 Uz pomoć Cramerovih formula rješite sustav
x 1 − x 2 + x 3 = −2
2x 1 + x 2 − 2x 3 = 6
x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 2
.
Rješenje:
1 −1 1
0 −1 0
D =
2 1 −2
=
3 1 −1
3 −1
=
∣ 3 5
∣ 1 2 3 ∣ ∣ 3 2 5 ∣
−2 −1 1
1 −2 1
D 1 =
6 1 −2
= ... = 18, D 2 =
2 6 −2
∣ 2 2 3 ∣ ∣ 1 2 3
∣ = 18,
= ... = 36,
∣
24

D 3 =
∣
1 −1 −2
2 1 6
1 2 2
= ... = −18 ⇒ x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = −1.
∣
Za opći slučaj (m ≠ n) imamo Kronecker-Capellijev teorem: Sustav
jesuglasan⇔rangmatricesustavajednakjeranguproširenematricesustava.
1.5.2 Gaussova metoda
Zadatak 29 Gaussovom metodom riješite sustav:
Rješenje:
∼
∼
∼
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
2x 1 − x 2 + x 3 − x 4 = 1
2x 1 − x 2 − 3x 4 = 2
.
3x 1 − x 3 + x 4 = −3
2x 1 + 2x 2 − 2x 3 + 5x 4 = −6
⎤ ⎡
⎤
2 −1 1 −1 | 1 2 −1 1 −1 | 1
2 −1 0 −3 | 2
⎥
3 0 −1 1 | −3 ⎦ ∼ 0 0 −1 −2 | 1
⎢
⎥
⎣ 0 3 −5 5 | −9 ⎦
2 2 −2 5 | −6 0 3 −3 6 | −7
⎤ ⎡
⎤
2 −1 1 −1 | 1 2 −1 0 −3 | 2
0 3 −5 5 | −9
⎥
0 0 2 1 | 2 ⎦ ∼ 0 3 0 15 | −14
⎢
⎥
⎣ 0 0 0 −3 | 4 ⎦
0 0 1 2 | −1 0 0 1 2 | −1
⎤ ⎡
⎤
2 −1 0 −3 | 2 2 −1 0 0 | −2
0 1 0 5 | −14/3
0 0 1 2 | −1
⎥
⎦ ∼ 0 1 0 0 | 2
⎢
⎣ 0 0 1 0 | 5/3
⎥
⎦
0 0 0 1 | −4/3 0 0 0 1 | −4/3
⎤
1 0 0 0 | 0 x 1 = 0
0 1 0 0 | 2
x 2 = 2
0 0 1 0 | 5/3
⎥ ⇒ .
⎦ x 3 = 5/3
0 0 0 1 | −4/3 x 4 = −4/3
25

Zadatak 30 Gaussovom metodom riješite sustav:
x 1 − 2x 2 + 3x 3 − 4x 4 = 4
x 2 − x 3 + x 4 = −3
x 1 + 3x 2 − 3x 4 = 1
− 7x 2 + 3x 3 + x 4 = −3
.
Rješenje:
∼
∼
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎤ ⎡
1 −2 3 −4 | 4 1 −2 3 −4 | 4
0 1 −1 1 | −3
1 3 0 −3 | 1
⎥
⎦ ∼ 0 1 −1 1 | −3
⎢
⎣ 0 5 −3 1 | −3
0 −7 3 1 | −3 0 −7 3 1 | −3
⎤ ⎡
⎤
1 0 1 −2 | −2 1 0 1 −2 | −2
0 1 −1 1 | −3
⎥
0 0 2 −4 | 12 ⎦ ∼ 0 1 −1 1 | −3
⎢
⎥
⎣ 0 0 1 −2 | 6 ⎦
0 0 −4 8 | −24 0 0 0 0 | 0
⎤
1 0 0 0 | −8 x 1 = −8
0 1 0 −1 | 3
x 2 = 3+t
⎥ ⇒ , t ∈ R
0 0 1 −2 | 6 ⎦ x 3 = 6+2t
0 0 0 0 | 0 x 4 = t
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x 1 −8 0
⇒
x 2
⎢
⎣ x
⎥
3 ⎦ = 3
⎢
⎣ 6
⎥
⎦ +t 1
⎢
⎣ 2
⎥
⎦ , t ∈ R.
x 4 0 1
⎤
⎥
⎦
Zadatak 31 Diskutirajte sustav
x 1 + x 2 − x 3 = 0
2x 1 − x 2 + x 3 = 1
2x 1 + ax 2 − 2x 3 = 2
u ovisnosti o parametru a.
26

Rješenje:
⎡
⎢
⎣
⎤ ⎡
1 1 −1 | 0
2 −1 1 | 1 ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣
2 a −2 | 2
1 1 −1 | 0
0 −3 3 | 1
0 a−2 0 | 2
⎤
⎥
⎦
Ako je a = 2 sustav je nesuglasan (r(A) < r(Ab)). Ako je a ≠ 2 računamo
dalje
∼
∼
⎡
⎤ ⎡
⎤
1 1 −1 | 0 1 0 −1 | −2/(a−2)
⎢
⎣ 0 −3 3 | 1 ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 0 0 3 | (a+4)/(a−2) ⎥
⎦
0 1 0 | 2/(a−2) 0 1 0 | 2/(a−2)
⎡
⎤ ⎡
⎤
1 0 −1 | −2/(a−2) 1 0 0 | 1/3
⎢
⎣ 0 0 1 | (a+4)/3(a−2) ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 0 1 0 | 2/(a−2) ⎥
⎦
0 1 0 | 2/(a−2) 0 0 1 | (a+4)/3(a−2)
⇒
x 1 = 1/3
x 2 = 2/(a−2)
x 3 = (a+4)/3(a−2)
.
Zadatak 32 Diskutirajte sustav
u ovisnosti o parametru a.
Rješenje:
⎡
∼
2x 1 + 3x 2 − x 3 + x 4 = 1
x 1 − x 2 + 2x 3 − x 4 = a
3x 1 + 2x 2 + x 3 = 4
⎤ ⎡
⎤
2 3 −1 1 | 1 1 −1 2 −1 | a
⎢
⎣ 1 −1 2 −1 | a ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 2 3 −1 1 | 1 ⎥
⎦
3 2 1 0 | 4 3 2 1 0 | 4
⎡
⎤ ⎡
⎤
1 −1 2 −1 | a 1 −1 2 −1 | a
⎢
⎣ 0 5 −5 3 | 1−2a ⎥
⎦ ∼ ⎢
⎣ 0 5 −5 3 | 1−2a
0 5 −5 3 | 4−3a 0 0 0 0 | 3−a
27
⎥
⎦ .

Ako je a ≠ 3 sustav je nesuglasan, a ako je a = 3 sustav je suglasan i
neodreden.
[ ]
2 3 −1
Zadatak 33 RješitematričnujednadžbuAX = B akoje A = , B =
3 −2 1
[ ]
1
.
2
Rješenje:
[
2 3 −1
3 −2 1
] ⎡ ⎤
x 1
[
⎢ ⎢⎣ x 2
⎥ 1
⎦ = 2
x 3
]
⇔ 2x 1 + 3x 2 − x 3 = 1
3x 1 − 2x 2 + x 3 = 2
⇒
[ ] [ ] [
2 3 −1 | 1 5 1 0 | 3 5 1 0 | 3
∼ ∼
3 −2 1 | 2 3 −2 1 | 2 13 0 1 | 8
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x 1 = t x 1 0 1
x 2 = 3−5t ⇒ ⎢
⎣ x 2
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 3 ⎥
⎦ +t ⎢
⎣ −5 ⎥
⎦ , t ∈ R.
x 3 = 8−13t x 3 8 −13
]
Zadatak [ 34]
Rješite matričnu jednadžbu XA 8 + A ∗ = XA − A 11 ako je
0 1
A = .
1 0
Rješenje:
[ ]
X(A 8 −A) = −A ∗ −A 11 , A ∗ 0 −1
= ,
−1 0
[ ][ ] [ ]
0 1 0 1 1 0
A 2 = = = I za parne potencije
1 0 1 0 0 1
[ ][ ] [ ]
1 0 0 1 0 1
A 3 = = = A za neparne potencije
0 1 1 0 1 0
[ ] [ ] [ ]
1 0 0 1
⇒ A 8 1 −1
−A = I −A = − =
0 1 1 0 −1 1
28

⇒ det(A 8 −A) = 0 ⇒ (A 8 −A) −1 nepostojiparješavamosustavX(I−A) = 0
⇔
[ ][
x11 x 12
x 21 x 22
1 −1
−1 1
]
=
[
0 0
0 0
]
⇔
⇒ x 11 = x 12 = a,⇒ x 21 = x 22 = b ⇒ X =
x 11 − x 12 = 0
−x 11 + x 12 = 0
x 21 − x 22 = 0
−x 21 + x 22 = 0
[
a a
b b
]
, a,b ∈ R.
1.6 Svojstvene vrijednosti i svojstveni vektori matrice
Svojstvene vrijednosti i svojstveni vektori matrica se pojavljuju u mnogim
problemima u primjeni što će ilustrirati i sljedeći primjer.
Primjer 1 Promatramo šumu sastavljenu od dvije vrste drveća gdje sa A n
i B n označavamo broj članova pojedine vrste u n-toj godini. Kada pojedino
drvo uvene, novo drvo raste na njegovom mjestu, ali može biti bilo koje vrste.
Konkretno, neka vrsta A bude dugo živuća sa 1% uvelih svake godine, dok
kod vrste B svake godine uvene 5% drveća. S druge strane vrsta B je brzo
rastuća pa 75% ispražnjenih mjesta preuzima vrsta B. Pitamo se koliko će
koje vrste biti nakon n godina?
Rješenje: Kao ilustraciju pogledajmo samo skicu kako bi riješili ovakav
problem.
Pokušajmo najprije, znajući vrijednosti A n i B n , odrediti broj stabala u
(n+1)-oj godini, odnosno A n+1 i B n+1 . Znamo da od vrste A tijekom godine
uvene 1% stabala, odnosno 0.01A n stabala. To znači da ih u (n+1)-ugodinu
prelazi 99%, odnosno 0.99A n . Slično, u (n+1)-u godinu prelazi 95% stabala
vrste B, odnosno 0.95B n , a uvene 0.05B n . Godišnje, dakle, ukupno uvene
0.01A n + 0.05B n stabala. 3/4 tih mjesta, odnosno 75%, preuzme vrsta B,
29

dok preostalu 1/4 mjesta, odnosno 25%, preuzima vrsta A. Tako dobivamo:
A n+1 = 0.99A n +(0.01A n +0.05B n )·0.25
B n+1 = 0.95B n +(0.01A n +0.05B n )·0.75
Odatle slijedi:
A n+1 = 0.9925A n +0.0125B n
B n+1 = 0.0075A n +0.9875B n
Ako to zapišemo matrično dobijemo:
[ ]
An+1
= D ·
B n+1
gdje je matrica D zadana sa:
D =
[
An
B n
]
[
0.9925 0.0125
0.0075 0.9875
Nakon što nademo λ takav da je det(D − λI) = 0 dobijemo dvije svojstvene
vrijednosti matrice D i to λ 1 = 1 i λ 2 = 0.98. [ Jedan ] pripadni svojstveni
vektor za svojstvenu vrijednosti λ 1 = 1 je x = dok je svojstveni 5
3
[ ]
1
vektor zasvojstvenu vrijednost λ 2 = 0.98y = . Kadabiimalipočetne
−1
uvjete stanja populacija A i B onda bi taj vektor stanja morali prikazati kao
linearnu kombinaciju vektora x i y i pomoću toga izračunati završni izraz.
Odgovor na slična pitanja dat ćemo u ovom poglavlju.
Na početku nam treba par definicija.
Definicija 3 Kažemo da je λ ∈ C svojstvena vrijednost matrice A ∈
M n,n ako postoji barem jedan x ∈ M n,1 , x ≠ 0 takav da je Ax = λx. Za
takav x kažemo da je svojstveni vektor matrice A i da pripada svojstvenoj
vrijednosti λ.
]
30

Kako računamo svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore?
Po definiciji mora vrijediti da je Ax = λx ⇔ (A − λI)x = 0. Ukoliko
je det(A − λI) ≠ 0 onda je jedinstveno rješenje trivijalno i to x = 0 (vidi
homogene sustave). S obzirom da smo u definiciji svojstvene vrijednosti zahtijevali
da x ≠ 0 moramo naći takav λ da det(A−λI) = 0.
Za dobivene svojstvene vrijednosti računanje pripadnih svojstvenih vektora
se svodi na rješavanje sustava (A−λI)x = 0. Važno je primijetiti da svojstveni
vektori nisu jedinstveni što lagano vidimo na sljedeći način.
Neka je λ svojstvena vrijednosti matrice A i x pripadni svojstveni vektor.
Neka je x = α·x za α ∈ C. Vrijedi:
Ax = A(α·x) = αAx = αλx = λ(α·x) = λx
Vidimo da je i x takoder svojstveni vektor koji pripada istoj svojstvenoj
vrijednosti λ. Dakle, ako je x svojstveni vektor, onda je i svaki vektor koji je
kolinearan sa x takoder svojstveni vektor za tu istu svojstvenu vrijednost.
[ Zadatak ] 35 Odreditesvojstvenevrijednostiisvojstvenevektore matriceA =
2 3
4 1
.
Rješenje: Svojstvene vrijednosti:
Tražimo takav λ da det(A−λI) = 0.
|A−λI| = 2−λ 3
4 1−λ = (2−λ)(1−λ)−12 = λ2 −3λ−10 = 0
⇔ λ 1 = 5,λ 2 = −2
Svojstveni vektori:
Nadimo prvo svojstveni vektor[ koji pripada ] svojstvenoj [ ] vrijednosti λ 1 .
−3 3 x1
Ax = λ 1 x ⇔ (A−5I)x = 0 ⇔ · = 0 ⇔ x 1 = x 2
4 −4 x 2
[ ]
3
Uzmimo npr. x 2 = 3 ⇒ x = .
3
31

Svojstveni vektor koji pripada [ svojstvenoj ] [ vrijednosti ] λ 2 .
4 3 x1
Ax = λ 2 x ⇔ (A+2I)x = 0 ⇔ · = 0 ⇔ x 1 = − 3
4 3 x x 4 2
2
[ ]
−3
Uzmimo npr. x 2 = 4 ⇒ x =
4
Zadatak 36 Odredite svojstvene vrijednosti matrice A =
Rješenje: |A − λI| =
1−λ 1 1
0 1−λ 1
1 0 −λ
⎡
⎢
⎣
1 1 1
0 1 1
1 0 0
⎤
⎥
⎦
= {razvoj po trećem retku} =
1 1
1−λ 1 −λ· 1−λ 1
0 1−λ = 1 − (1 −λ) − λ(1 −λ)2 = λ 2 (2 −λ) = 0
Sada vidimo da je λ 1,2 = 0 i λ 3 = 2.
Zadatak 37 Broj članova [ populacije ] [ A i B na ] nekom staništu [ u ] n-toj[ godini ]
An An−1 A0 10
odredeno je rekurzijom = D pri čemu je =
B n B n−1 B 0 90
]
3
4
[
1
2
i D =
0 1
Rješenje:
. Odredite broj članova tih populacija nakon 100 godina.
Nalaženje svojstvenih vrijednosti:
Prvo računamo svojstvene vrijednosti matrice D. Po definiciji mora vrijediti
da je Dx = λx ⇔ (D −λI)x = 0. Ukoliko je det(D −λI) ≠ 0 onda je
očito rješenje trivijalno i to x = 0. S obzirom da smo u definiciji svojstvene
vrijednosti zahtijevali da x ≠ 0 moramo naći takav λ da det(D−λI) = 0.
det(D−λI) = 0 ⇔
1
2 −λ 3
4
0 1−λ = 0 ⇔ ( 1
2 −λ )(1−λ) = 0 ⇔ λ 1 = 1,λ 2 = 1 2
32

Nalaženje svojstvenih vektora:
Sljedećikorakjetraženjepripadnihsvojstvenihvektorazaλ 1 iλ 2 . Tražimo
svojstveni vektor koji pripada svojstvenoj vrijednosti λ 1 = 1:
[ ][ ]
−
1 3 x1
2 4
Dx = λ 1 x ⇔ Dx = x ⇔ (D −I)x = 0 ⇔ = 0
0 0 x 2
⇔ − 1 2 x 1 + 3 4 x 2 = 0 ⇔ x 1 = 3 2 x 2 ⇒ x 2=2 x =
Tražimo svojstveni vektor koji pripada svojstvenoj vrijednosti λ 2 = 1:
2
Dy = λ 2 y ⇔ Dy = 1 ( [ ][ ]
2 y ⇔ D− 1 0
3
)y
2 I y1
4
= 0 ⇔ = 0
0 1 y
2 2
[
3 y ] ]
4 2
⇔
1
2 y 2
= 0 ⇒ y 2=0 y =
[
1
0
[
3
2
]
Prikaz početnog vektora kao linearne kombinacije svojstvenih
vektora:
Sada prikažemo vektor
[
A0
B 0
]
[
A0
B 0
]
= αx+βy = α
kao linearnu kombinaciju vektora x i y.
[ ] [ ]
x1 y1
+β ⇔
x 2 y 2
A 0 = αx 1 +βy 1
B 0 = αx 2 +βy 2
⇔
10 = 3α+β
90 = 2α
33

⇔ α = 45,β = −125 ⇔
Zaključak:
] [
3
= 45
B 0 2
[
A0
]
−125
[
1
0
]
Sada imamo
[ ] [ ]
A1 A0
= D = 45Dx−125Dy = 45x−125· 1
B 1 B 0
2 y
Nadalje
[ ] [ ]
A2 A1
= D = 45Dx−125· 1 45x−125·( ) 2 1
B 2 B 1
2 Dy = y
2
Općenito onda vrijedi da je
[
An
Sada za n = 100 dobijemo
] [
3
= 45·1 n ·
B n 2
] ( ) [ n 1 1
−125· ·
2 0
]
[
A100
] [
135
=
B 100 90
] [
−125·7.9·10 −31·
1
0
] [
135
≈
90
]
⇔ A 100 = 135,B 100 = 90
Što dobijemo za n = 200 ?
34

2 Nizovi
Definicija 4 Funkcije a : N → R nazivamo nizovima u R.
Uobičajeno je umjesto a(n) pisati a n i nizove označavati s (a n ).
Zadatak 38 Napišite nekoliko prvih članova niza zadanog s:
a) a n = ⌊ √ n ⌋, b) a n = ∑ n
k=1k(k +1),
c) a 1 = 1, a n+1 = 2a n −n, n ≥ 1.
Rješenje: a) 1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,... b) 2,8,20,40,...
c) 1,1,0,−3,−10,...
Definicija 5 Za niz realnih brojeva (a n ) kažemo da je ograničen ako je
skup {a 1 ,a 2 ,a 3 ,...,a n ,...} ograničen, tj. ako postoje m, M ∈ R tako da je
m ≤ a n ≤ M za svaki n ∈ N.
Zadatak 39 Pokažite da je niz (a n ) ograničen:
a) Ako je a n = n3 +1
n 3 +4 , pokažite 0 < a n < 1.
b) Ako je a n = 1
1·2 + 1
2·3 +...+ 1
n(n+1) , pokažite 0 < a n < 1.
Rješenje: a) a n = n3 +4−3
= 1− 3
n 3 +4 n 3 +4 . Budući je 3
> 0 za ∀n ∈ N
n 3 +4
zaključujemo da zaista vrijedi a n < 1. Očito, a n > 0 pa je dakle ovaj niz
ograničen.
1
b) Vrijedi:
n(n+1) = n+1−n
n(n+1) = 1 n − 1
n+1 . Sada:
n∑ 1
n∑
( 1
a n =
k(k +1) = k − 1 )
k +1
k=1 k=1
(
= 1− 1 ) ( 1
+
2 2 3)
− 1 ( 1
+
3 4)
− 1 +...+
= 1− 1
n+1
( 1
n−1 − 1 ) ( 1
+
n n − 1 )
n+1
Slično kao gore, 0 < 1
n+1 ≤ 1 2 , ∀n ∈ N, pa vidimo da 0 < a n < 1, te je niz
(a n ) zaista ograničen.
35

Zadatak 40 Pokažite da su nizovi a) a n = (−1) n+1 n b) a n+1 n = n√ 2 c)
a n = sin(n!) ograničeni.
n
Definicija 6 Za niz realnih brojeva (a n ) kažemo da je rastući (padajući)
ako vrijedi a n ≤ a n+1 (a n ≥ a n+1 ) za svaki n ∈ N. Ako vrijede stroge
nejednakosti kažemo da je niz (a n ) strogo rastući (strogo padajući). Za
niz koji je rastući ili padajući (strogo rastući ili strogo padajući) kažemo da
je monoton (strogo monoton).
Zadatak 41 Jesu li sljedeći nizovi monotoni?
a) a n = 2n−3 , b) a n = 3√ n+1− 3√ n c) a n = 2n
n!
n
.
Rješenje:
a) a n+1 −a n = 2(n+1)−3
n+1
− 2n−3
n
=
3
n(n+1)
> 0, ∀n ∈ N
Slijedi a n+1 > a n , te je ovaj niz strogo rastući.
√
b) a n = ( 3√ n+1− 3√ 3 (n+1)2 + 3√ n(n+1)+ 3√ n
n)· √ 2
3 (n+1)2 + 3√ n(n+1)+ 3√ n = 1
√ 2 3 (n+1)2 + 3√ n(n+1)+ 3√ n 2
Očito: a n+1 < a n , pa zaključujemo da je ovaj niz strogo padajući.
Definicija 7 Kažemo da je a ∈ R granična vrijednost ili limes niza
realnih brojeva (a n ), ako ∀ε > 0 ∃n 0 ∈ N takav da za ∀n > n 0 vrijedi
|a n −a| < ε.
Tada pišemo: lim
n→∞
a n = a i kažemo da je niz (a n ) konvergentan.
Za niz koji nije konvergentan kažemo da je divergentan.
Primjetimo da se nejednakost |a n −a| < ε može zapisati u obliku a−ε <
a n < a+ε, odnosno, nejednakost |a n −a| < ε odreduje sve one članove niza
(a n ) koji su od a udaljeni za manje od ε.
Zadatak 42 Dokažite da je broj 1 limes niza a n = n+1
n .
36

Rješenje:
∣ |a n −a| =
n+1 ∣∣∣
∣ n −1 = 1 n < ε
što vrijedi za ∀n > n 0 = [ 1
ε]
.
Zadatak 43 a) Odredite sve članove niza a n = 2n+1
n+3
više od 10 −4 . b) Pokažite da je lim n→∞ a n = 2.
koji su od 2 udaljeni za
Rješenje: a)
∣ 2n+1 ∣∣∣
∣ n+3 −2 > 10 −4 ⇔ 5
n+3 > 10−4 ⇔ n < 49997
b)Neka jeε > 0proizvoljan. Imamo: ∣ ∣2n+1
−2∣ ∣
n+3 < ε⇔
5
< ε⇔ 5 −3 < n.
n+3 ε
Stavimo n 0 = [ 5
−3] . Kako n > n
ε 0 = [ 5
−3] povlači n > 5 − 3 (jer
ε ε
⌊x⌋ ≤ x < x+1), to gornje ekvivalencije dokazuju tvrdnju.
Teorem 2 Svaki konvergentan niz je ograničen.
Zadatak 44 Pokažite da su nizovi a) a n = 1+(−1) n b) a n = n (−1)n divergentni.
Rješenje: a) Primjetite da je niz (a n ) ograničen. Jedini ”kandidati” za
graničnu vrijednost su a = 0 i b = 2 (zašto?) a = 0 nije limes zadanog niza,
jer se u intervalu 〈0−1,0+1〉 ne nalazi niti jedan paran član niza (a 2k = 2),
a kada bi a = 0 bio limes van tog intervala smije biti najviše konačno mnogo
članova niza. Analogno se pokazuje da b = 2 nije limes zadanog niza.
b) Niz (a n ) nije ograničen jer a 2k = 2k, a taj skup se ne može smjestiti niti
u jedan ograničeni interval.
37

SVOJSTVA LIMESA:
Neka su nizovi (a n ) i (b n ) konvergentni. Tada vrijedi:
1) lim
n→∞
(a n ±b n ) = lim
n→∞
a n ± lim
n→∞
b n
2) lim
n→∞
(a n ·b n ) = lim
n→∞
a n · lim
n→∞
b n
a n
3) lim = lim n→∞a n
, ako lim b n ≠ 0
n→∞ b n lim n→∞ b n n→∞
4) ako je niz (a n ) ograničen i lim
n→∞
b n = 0, tada lim
n→∞
(a n ·b n ) = 0
Zadatak 45 Odredite sve n ∈ N tako da vrijedi a) ∣ 1
−0 ∣ n < 10 −4 b)
2 ∣√ 1
n
−0∣ < 10 −4 c) ∣ ( )
1 n
−0 ∣ < 10 −4 d) ∣ 1
−0∣ ∣ < 10 −4
3
lnn
Teorem 3 Vrijedi
1.
2.
lim
n→∞ qn =
lim
n→∞
⎧
⎪⎨
⎪⎩
1
= 0, α > 0.
nα 0 ;|q| < 1
1 ;q = 1
divergentan ;q = −1
∞ ;|q| > 1.
ODREDITE GRANIČNE VRIJEDNOSTI SLJEDEĆIH NIZOVA:
Zadatak 46
a n = 3n2 −n+1
5n 2 +n−1
38

Rješenje:
3n 2 −n+1
lim
n→∞ 5n 2 +n−1 = lim 3− 1 + 1 n n 2
n→∞ 5+ 1 − 1 = 3 5
n n 2
Zadatak 47
a n = (4+3n)2 (n 3 −n 2 +2n+1) 4
(n 7 +2n 2 −1) 2
Rješenje:
(
(4+3n) 2 (n 3 −n 2 +2n+1) 4 4
lim
= lim
+3) 2 (
n 1−
1
+ ) 2 + 1 4
n n 2 n 3
n→∞ (n 7 +2n 2 −1) 2 n→∞ (1+ 2 − 1 = 32 ·1 4
= 9
)
n 5 n 2 1 2 7
Zadatak 48
Rješenje:
a n =
√ n−1−
√
n2 +1
3√
3n3 +3+ 4√ n 5 +1
lim
n→∞
√ √
n−1− n2 +1
3√
3n3 +3+ 4√ n 5 +1 = lim
n→∞
12 √ (n−1) 6 − 12√ (n 2 +1) 6
12 √ (3n 3 +3) 4 + 12√ (n 5 +1) 3
= lim
n→∞
12
√ (1−
1
n
√
12 (3+
3
)6
· 1
n 9 − 12 √ (1+
1
n 2 )6
· 1
n 3
n 3 ) 4
· 1
n 3 + 12 √ (1+
1
n 5 ) 3
= 0−0
0+1 = 0
Zadatak 49 Neka je niz (a n ) zadan s a 1 = 0.7, a 2 = 0.77, a n = 0.77...7
(n−znamenki 7). Odredite lim n→∞ a n .
Rješenje: a n = 7 + ( 7 +···+ 7 = 7
10 10 2 10 n 10 1+
1
+···+ ) 1
10 10 =
7
n−1 10
Odavde slijedi lim n→∞ a n = 7.
9
1−( 1 10) n
1− 1 10
.
Zadatak 50
a n = 1+ 1 3 + 1 3 2 +...+ 1
3 n
1+ 1 5 + 1 5 2 +...+ 1
5 n
39

Rješenje: Vrijedi: s n = a 1 · 1−qn . Primijenimo to:
1−q
1+ 1
lim
+ 1 +...+ 1
3 3 2 3 n
n→∞ 1+ 1 + 1 +...+ 1 = lim
5 5 2 5 n
1· 1−(1/3)n+1
1−1/3
n→∞ 1· 1−(1/5)n+1
1−1/5
= 6 5
Zadatak 51
a n = ( √ n+2− √ n+1) cosn
Rješenje:
lim (√ n+2− √ √ √ n+2+ n+1
n+1)· √ √ ·cosn
n→∞ n+2+ n+1
1
= lim √ √ ·cosn = 0
n→∞ n+2+ n+1
budući je cos ograničena funkcija.
Zadatak 52
Rješenje:
a n = 1 n 2 + 2 n 2 +...+ n n 2
1+2+...+n
lim
n→∞ n 2
= lim
n(n+1)
2
n→∞ n 2
= 1 2 lim 1+ 1 n
n→∞ 1
= 1 2
NEODREDENI OBLICI:
0
0 , ∞
∞ , ∞−∞, 0·∞, ∞0 , 1 ∞ , 0 0
Zadatak 53
a) a n = n ( √ n 2 +1+ √ n 2 −1), b) a n = n ( √ n 2 +1− √ n 2 −1)
40

Rješenje:
a) lim
n→∞
n ( √ n 2 +1+ √ n 2 −1) = ∞·(∞+∞) = ∞
b) lim n ( √ n 2 +1− √ n 2 −1) = ∞·(∞−∞)
n→∞
= lim n ( √ n 2 +1− √ √
n2 +1+ √ n
n 2 −1)·
2 −1
√
n→∞ n2 +1+ √ n 2 −1
2n
= lim √
n→∞ n2 +1+ √ n 2 −1 = lim 2
n→∞
√
1+ 1
n 2 +
√
1− 1 n 2 = 2
1+1 = 1
Zadatak 54
a n = n+ 3√ 4−n 3
Rješenje:
lim (n+ 3√ 4−n 3 ) = (∞−∞)
n→∞
= lim
n→∞
(n+ 3√ 4−n 3 )· n2 −n 3√ 4−n 3 + 3√ (4−n 3 ) 2
n 2 −n 3√ 4−n 3 + 3√ (4−n 3 ) 2
= lim
n→∞
4
n 2 −n 3√ 4−n 3 + 3√ (4−n 3 ) 2 = 4
∞+∞+∞ = 0
(
lim 1+ 1 n
= e
n→∞ n)
Zadatak 55
lim
n→∞
( ) n+2 n−1
(= 1 ∞ )
n+3
Rješenje:
⎧
(
lim 1+ n−1 ) n+2 (
n→∞ n+3 −1 = lim 1+ −4 ) [ n+2 ⎨ (
= lim 1+ −4
n→∞ n+3 n→∞ ⎩ n+3
= e lim
n→∞
−4(n+2)
n+3 = e −4 41
] −4
)n+3
n+3
−4
⎫
⎬
⎭
n+2

Zadatak 56
lim
n→∞
( ) n 2 −n 2
+n+1
n 2 +n−1
Rješenje:
lim
n→∞
( ) n 2 −n 2 ( )
+n+1 n 2 n 2
+n−1
= lim = (1 ∞ )
n 2 +n−1 n→∞ n 2 +n+1
(
= lim 1+
n→∞
⎧⎡
) n 2 ⎪⎨ (
−2
= lim ⎣ 1+
n 2 +n+1 n→∞ ⎪ ⎩
−2
n 2 +n+1
)n 2 +n+1
−2
⎤
⎦
−2
n 2 +n+1
⎫
⎪⎬
⎪⎭
n 2
= e lim
n→∞
−2n 2
n 2 +n+1 = e −2 42

3 Realne funkcije realne varijable
U realnom području funkcije ćemo najčešće zadavati samo pravilom pridruživanja
x ↦→ f(x). U tom slučaju definiramo prirodnu domenu D(f),
sliku R(f), skup nultočka N(f) te graf Γ(f) funkcije f s:
D(f) = {x ∈ R : f(x) ∈ R}
R(f) = {y ∈ R : ∃x ∈ R, f(x) = y}
N(f) = {x ∈ D(f) : f(x) = 0
Γ(f) = {(x,y) : y = f(x),x ∈ D(f)} ⊆ R×R
Zadatak 57 Neka je f(x) = x 2 −x. Odredite a) f(f(x)) b) f(f(f(−1))).
Rješenje:
a) f(f(x)) = f(x 2 −x) = (x 2 −x) 2 −(x 2 −x)
= (x 4 −2x 3 +x 2 )−x 2 +x = x 4 −2x 3 +x.
b) f(f(f(−1))) = f(f(2)) = f(2) = 2.
Zadatak 58 Neka je f(x) = x+2, g(x) = 3−x 2 . Vrijedi li f ◦g = g ◦f?
Za koje x ∈ R vrijedi (g ◦f)(x) = (f ◦g)(x)?
Rješenje:
(f ◦g)(x) = f[g(x)] = f(3−x 2 ) = (3−x 2 )+2 = 5−x 2 .
(g ◦f)(x) = g[f(x)] = g(x+2) = 3−(x+2) 2 = −x 2 −4x−1.
Kako je (f ◦g)(0) = 5 i (g ◦f)(0) = −1, to slijedi f ◦g ≠ g ◦f.
Iz (f ◦ g)(x) = (g ◦ f)(x) se dobije 5 − x 2 = −x 2 − 4x − 1, što daje
x = −3/2.
Zadatak 59 Prikažitekaokompozicijuelementarnijihfunkcija sljedećefunkcije
a) f(x) = 3√ 3+ √ 1−x b) f(x) = 5 (3x+1)2 c) f(x) = 1+ 1 .
1+ 1
1+x
43

Rješenje: a) f 1 (x) = 1−x, f 2 (x) = √ x, f 3 (x) = 3+x, f 4 (x) = 3√ x. Lako
se provjeri da je f(x) = (f 4 ◦f 3 ◦f 2 ◦f 1 )(x).
b) f 1 (x) = 3x + 1, f 2 (x) = x 2 , f 3 (x) = 5 x . Lako se provjeri da je f(x) =
(f 3 ◦f 2 ◦f 1 )(x).
c) f 1 (x) = 1+x, f 2 (x) = 1 x . Lako se provjeri da je f(x) = (f 1 ◦f 2 ◦f 1 ◦f 2 ◦
f 1 )(x).
Zadatak 60 Odredite D(f) ako je f(x) = √ 3−x+ 3√ x+5+ 1 4√ 2+x
.
Rješenje:
D 1 ... 3−x ≥ 0 ⇔ x ≤ 3,
D 2 ... x+5 ∈ R ⇔ x ∈ R,
D 3 ... 2+x > 0 ⇔ x > −2.
Odavde je D(f) = D 1 ∩D 2 ∩D 3 = 〈−2,3].
3.1 Pojam inverzne funkcije.
Definicija 8 Kažemo da je f −1 : Y → X inverzna funkcija funkciji f :
X → Y ako vrijedi:
a) (f −1 ◦f)(x) = x b) (f ◦f −1 )(y) = y.
Primjer 2 Odredite inverzne funkcije sljedećim funkcijama a) f(x) = 4x b)
f(x) = x+3 c) f(x) = 4x+3 d) f(x) = 1 x
Rješenje:
a) f(f −1 (x)) = x ⇔ 4f −1 (x) = x ⇔ f −1 (x) = x 4
b) f(f −1 (x)) = x ⇔ f −1 (x)+3 = x ⇔ f −1 (x) = x−3
c) f(f −1 (x)) = x ⇔ 4f −1 (x)+3 = x ⇔ f −1 (x) = x−3
4
d) f(f −1 (x)) = x ⇔ 1
f −1 (x) = x ⇔ f−1 (x) = 1 x
44

Sljedeći pojmovi se pokazuju korisnima kod izučavanja postojanja inverznih
funkcija.
Definicija 9 Kažemo da je funkcija f : X → Y injektivna (injekcija) ako
vrijedi:
(x 1 ≠ x 2 ⇒ f(x 1 ) ≠ f(x 2 )) ⇔ (f(x 1 ) = f(x 2 ) ⇒ x 1 = x 2 ).
Primjer 3 Pokažite da su sljedeće funkcije injektivne na svojim prirodnim
domenama: a) f(x) = 3x−1
x+2 b) f(x) = x3 .
Rješenje:
a) D(f) = R\{−2} pa uzmimo x 1 ,x 2 ∈ R\{−2} takve da je x 1 ≠ x 2 i za
njih trebamo pokazati da je f(x 1 ) ≠ f(x 2 ). Imamo 3x 1−1
x 1 +2 ≠ 3x 2−1
x 2 +2 ⇔
(3x 1 −1)(x 2 +2) ≠ (3x 2 −1)(x 1 +2) ⇔ 6x 1 −x 2 ≠ 6x 2 −x 1 ⇔ x 1 ≠ x 2
Za dobiveno znamo da je točno te je stoga točna i početna relacija tj.
f(x 1 ) ≠ f(x 2 ).
b) D(f) = R, uzmimo x 1 ,x 2 ∈ R t.d. x 1 ≠ x 2 i pogledajmo f(x 1 ) ≠
f(x 2 ) ⇔ x 3 1 ≠ x3 2 ⇔ x 1 ≠ x 2
Primjer 4 Pokažite da funkcija f(x) = x 2 nije injektivna na R.
Rješenje: Uzmimo npr. x 1 = −2 i x 2 = 2, vrijedi da je x 1 ≠ x 2 dok je
f(x 1 ) = f(x 2 ) = 4 pa traženi uvijet u definiciji ne vrijedi.
Definicija 10 Kažemo da je funkcija f : X → Y surjektivna (surjekcija)
ako je R(f) = Y, odnosno, ako za svaki y ∈ Y postoji x ∈ X tako da je
f(x) = y.
Primjer 5 Neka je f(x) = 4x+1 .a) Odredite D(f). b) Odredite Y ⊆ R tako
3x−5
da je f : D(f) → Y surjekcija.
45

Rješenje:
a) Zbognazivnikaizdomenemoramoizbaciti 5 3 tejestogadomenaD(f) =
R\{ 5 3 }.
b) Traženi Y je upravo slika funkcije, a do slike npr. možemo doći tako da
nadjemo domenu inverzne funkcije. Metodama sličnim kao u Primjeru
2. dobijemo da jef −1 (x) = −5x−1
4−3x odakleslijedi da jeD(f−1 ) = R(f) =
R\{ 4 3 }
Definicija 11 Kažemo da je funkcija f : X → Y bijekcija ako je i injekcija
i surjekcija.
Primjer 6 Je li funkcija iz Primjera 5 bijektivna?
Lako je vidjeti da vrijedi sljedeći teorem (draw a picture).
Teorem 4 Funkcija ima inverznu funkciju ako i samo ako je bijekcija.
Primjer 7 Funkcija f : R → R zadana s f(x) = x 2 nema inverznu funkciju,
jer nije niti injektivna niti surjektivna.
Inverznu funkciju funkciji f : [0,∞〉 → [0,∞〉, f(x) = x 2 nazivamo drugim
korjenom i označavamo s: f −1 (x) = √ x.
Odredite inverznu funkciju funkciji f : 〈−∞,0] → [0,∞〉, f(x) = x 2 .
Što je √ x 2 ?
Vrijedi:
R(f) = D(f −1 ) i R(f −1 ) = D(f)
Zadatak 61 Odredite D(f), R(f), N(f) i f −1 (x) funkcije f(x) = x+1
2x−3 .
Rješenje:
* f(x) = 0 ⇔ x = −1
46

* 2x−3 ≠ 0 ⇔ x ≠ 3/2 ⇒ D(f) = R\{3/2}
* x = f(f −1 (x)) = f−1 (x)+1
2f −1 (x)−3 ⇔ f−1 (x) = 3x+1
2x−1
⇒ R(f) = R\{1/2}
Zadatak 62 OdrediteprirodnudomenuD(f)islikuR(f) funkcijaa) f(x) =
√ 1
x−4
b) f(x) = √ x 2 +x+1 c) f(x) = 1
x 2 +x+2
Rješenje: a)
d) f(x) =
1
x 2 +x−6 .
D(f)...x−4 > 0 ⇔ x > 4 ⇒ D(f) = 〈4,∞〉.
Sliku funkcije f odredit ćemo tako da prvo nademo inverznu funkciju f −1 , te
zatim njoj odredimo domenu D(f −1 ), a znamo da vrijedi: R(f) = D(f −1 )
R(f)...f(x) = y ⇔ √ 1 ( 1
= y ⇔ x−4 y = √ )
x−4 & y ≠ 0
( )
1
⇔
y = x−4 & y ≥ 0 & y ≠ 0 ⇔
(x = 1 )
2 y +4, & y > 0 ⇒ R(f) = 〈0,∞〉.
2
b)
D(f)...x 2 +x+1 > 0, D = b 2 −4ac = −3 < 0 ⇒ D(f) = R.
R(f)... √ x 2 +x+1 = y ⇔ ( x 2 +x+1 = y 2 & y ≥ 0 ) ⇔ (x 2 +x+1−y 2 = 0 & y ≥ 0).
Posljednja jednadžba će imati realna rješenja (po x) akko je D = 1−4(1−
y 2 ) ≥ 0 što lako daje |y| ≥ √ 3/2. Uvažavajući uvjet y ≥ 0 dobije se R(f) =
[ √ 3/2,∞〉.
c)
D(f)...x 2 +x+2 ≠ 0, D = −7 < 0 ⇒ D(f) = R.
(
1
R(f)...y =
x 2 +x+2 ⇔ x 2 +x+2− 1 )
y = 0 & y ≠ 0 .
Jednadžba x 2 +x+2− 1 y = 0 ima realna rješenja akko D = 1−4(2− 1 y ≥
0 ⇔ −7+ 4 y
d)
≥ 0 ⇔ 0 < y ≤ 4/7 ⇒ R(f) = 〈0,4/7].
D(f)...x 2 +x−6 ≠ 0 ⇔ (x ≠ −3, x ≠ 2) ⇒ D(f) = R\{−3,2}.
47

(
1
R(f)...
x 2 +x−6 = y ⇔ x 2 +x−6− 1 )
y = 0, & y ≠ 0 .
Jednadžba x 2 +x−6− 1 y = 0 ima realna rješenja akko D = 1−4(−6− 1 y ) ≥
0 ⇔ 25y+4
y
≥ 0 ⇔ (y ≤ −4/25∨y > 0) ⇒ R(f) = 〈−∞,−4/25]∪〈0,∞〉.
Slikafunkcija zadanihpoda), b) i c) možesenaći i najednostavniji način.
a) Znamo da: 0 ≤ √ x−4 < +∞. Odatle slijedi:
0 <
1
√ x−4
< +∞ ⇒ R(f) = 〈0,∞〉
b) Odredimo najprije sliku funkcije g(x) = x 2 + x + 1. Znamo da je
x 2 +x+1 > 0. Točkaukojojkonveksna kvadratnafunkcijapostižeminimalnu
vrijednost jenjenotjeme: x T = − b
2a = −1 2 itavrijednostiznosiy T = g(x T ) =
1
4 − 1 2 +1 = 3 4 . To znači da: 3
4 ≤ x2 +x+1 < +∞.
Budući je korijenska funkcija monotona slijedi:
√
3
2 ≤ √ x 2 +x+1 < +∞ ⇒ R(f) =
[√
3
2 , ∞ 〉
c) Slično kao pod b): znamo x 2 + x + 2 > 0. Minimalna vrijednost te
funkcije je
pa odatle
Konačno, slijedi
0 <
y T = c− b2
4a = 2− 1 4 = 7 4
7
4 ≤ x2 +x+2 < +∞.
1
x 2 +x+2 ≤ 4 7
⇒ R(f) =
〈
0, 4 ]
.
7
Pogledajmo zašto ovakva jednostavna ”procedura” ne prolazi za funkciju
zadanu pod d). Za razliku od kvadratne funkcije u nazivniku zadane pod
c), funkcija g(x) = x 2 + x −6 ima nultočke. To znači da joj predznak nije
48

konstantan, odnosno da ona nije uvijek pozitivna. Procedura prolazi do
koraka kad zaključujemo da
− 25 4 ≤ x2 +x−6 < +∞.
Sada bi trebalo množiti sa x 2 + x − 6, no to ne možemo upravo zbog toga
što predznak te funkcije nije konstantan, već je za x ∈ 〈−3, 2〉 negativan, a
za x ∈ 〈−∞, −3〉∪〈2,+∞〉 pozitivan. Morali bismo razlučiti 2 slučaja:
1) − 25 4 ≤ 1
x2 +x−6 < 0 ⇔ −∞ <
x 2 +x−6 ≤ − 4
25
2) 0 < x 2 1
+x−6 < +∞ ⇔ 0 <
x 2 +x−6 < +∞
pa odatle zaključujemo
R(f) =
〈
−∞, − 4 ]
∪〈0,+∞〉.
25
3.2 Trigonometrijske i arkus funkcije
Trigonometrijske funkcije budući periodične ”jako” su neinjektivne (svaki
y ∈ [−1,1] ima beskonačno mnogo originala), a budući da su nam inverzne
procedure za trigonometrijske funkcije potrebne (v. npr. trigonometrijske
jednadžbe) arkus funkcije se uvode na sljedeći način.
Definirajmo sljedeće funkcije:
[
Sin : − π 2 , π ]
→ [−1,1], Sinx = sinx.
2
Cos : [0,π] → [−1,1], Cosx = cosx.
〈
Tg : − π 2 , π 〉
→ R, Tgx = tgx.
2
Ctg : 〈0,π〉 → R, Ctgx = ctgx.
Za razliku od funkcija sin, cos, tg, ctg ove su funkcije bijektivne pa su i
invertibilne tj. imaju inverzne funkcije. Imamo sljedeće definicije:
[
arcsin = Sin −1 : [−1,1] → − π 2 , π ]
,
2
49

arccos = Cos −1 : [−1,1] → [0,π],
〈
arctg = Tg −1 : R → − π 2 , π 〉
,
2
arcctg = Ctg −1 : R → 〈0,π〉.
y⩵ sin x
1.0
0.5
4Π 7Π
2
3Π 5Π
2
2Π 3Π
2
Π Π 2
0.5
1.0
Π
2
Π
3Π
2
2Π
5Π
2
3Π
7Π
2
4Π
y⩵ cos x
1.0
0.5
4Π 7Π
2
3Π 5Π
2
2Π 3Π
2
Π Π 2
0.5
1.0
Π
2
Π
3Π
2
2Π
5Π
2
3Π
7Π
2
4Π
y⩵ arcsin x
Π
2
y⩵ arccos x
Π
3
1
5
2
1
2
1.0 0.5 0.5 1.0
1 2
2
Π
2
1
1
1
2
Π 2
1.0 0.5 0.5 1.0
y⩵ tg x
y⩵ ctg x
6
6
4
4
2
2
2Π 3Π
2
Π Π 2
Π
2
Π
3Π
2
2Π
2Π 3Π
2
Π Π 2
Π
2
Π
3Π
2
2Π
2
2
4
4
6
6
50

y⩵ arctg x
Π2
1
6 4 2 2 4 6
1
Π2
y⩵ arcctg x
Π
2
Π2
1
6 4 2 2 4 6
Primjer 8 Koristeći definiciju arkus funkcija odredite:
1. arcsin0, arccos0, arctg0, arcctg0.
2. arcsin0.5, arccos0.5,arccos1, arctg1, arcctg1.
3. arcsin √ 2/2, arccos √ 3/3, arcsin(− √ 2/2), arccos− √ 3/3, arctg √ 3/3,
arcctg √ 3/3
Primjer 9 Pojednostavite sljedeće izraze:
1. sinarcsinx, arcsinsinx, cosarccosx, arccoscosx.
2. arcsinx+arccosx, arctgx+arcctgx.
3. cosarcsinx, arcsincosx, sinarccosx, arccossinx, tgarcsinx, ctgarcsinx.
4. arcsin
x √
1+x 2, arccos
1 √
1+x 2, arctg
x √
1−x 2.
Rješenje:
1. sinarcsinx = x
{
∈ [−1,1],
x−2kπ, x ∈ [−
π
2
arcsinsinx =
+2kπ, π
+2kπ], k ∈ Z
2
π −x−2kπ, x ∈ [ π +2kπ, 3π
+2kπ], k ∈ Z
2 2
51

2. Znamo da je sin ( π
−α) = cosα. Uzmemo li α = arccosx, dobit ćemo
2
( π
)
sin
2 −arccosx = cosarccosx = x,
odakle, budućije π−arccosx ∈ 2 [−π, π ] (sjetimo se da je 0 ≤ arccosx ≤
2 2
π), slijedi da
što konačno daje
π
−arccosx = arcsinx,
2
arcsinx+arccosx = π 2 .
Slično, koristeći tg ( π
2 −α) = ctgα, uz α = arcctgx, se pokazuje da
vrijedi
arctgx+arcctgx = π 2 .
3. Koristimo izraz sin 2 α+cos 2 α = 1, odnosno iz njega izvedene izraze
Kako je
te
sinα = ± √ √
1−cos 2 α i cosα = ± 1−sin 2 α.
− π 2 ≤ arcsinx ≤ π [
2 , ∀x ∈ [−1,1] i cosx ≥ 0, ∀x ∈ − π 2 , π
]
,
2
0 ≤ arccosx ≤ π, ∀x ∈ [−1,1] i sinx ≥ 0, ∀x ∈ [0, π],
slijedi
cosarcsinx =
√
1−sin 2 arcsinx = √ 1−x 2 ,
sinarccosx = √ 1−cos 2 arccosx = √ 1−x 2 .
Nadalje,
tgarcsinx = sinarcsinx
cosarcsinx =
x
√
1−x
2 ,
ctgarcsinx = cosarcsinx
√
1−x
sinarcsinx = 2
.
x
52

x
4. U izraz arcsin √
1+x 2
uvrstimo x = tgt, t ∈ 〈− π, π 〉. Uočimo odmah da
2 2
je tada t = arctgx. Tako dobivamo
arcsin
x
√ = arcsin tgt
√
1+x
2 1+tg 2 t = arcsin
= arcsin
sint
cost
1
cost
= arcsinsint = t = arctgx
Koristeći istu supstituciju (x = tgt) lako se pokazuje i da je
arccos
1
√
1+x
2
Uz supstituciju x = sint, dobivamo
= arctgx = arcsin
x
x
arctg √ = arctg sint
√
1−x
2 1−sin 2 t
= arctgtgt = t = arcsinx
√
√
1+x
2 .
sint
cost
1+ sin2 t
cos 2 t
= arctg
sint
cost
3.3 Logaritamske i eksponencijalne funkcije
y⩵ 1 a x ,
a1
y⩵ a x ,
a1
25
25
20
20
15
15
10
10
5
5
10 8 6 4 2 2 4
4 2 2 4 6 8 10
53

y⩵ log a x,
a1
2.0
y⩵ log 1 x, a1
a
1.5
1
1.0
0.5
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5
1
0.5
1.0
2
1.5
3.4 Ograničenost skupova i funkcija u R
Osnovna geometrijska svojstva funkcija (odnosno njihovih grafova tj. krivulja
u R 2 ) koje ćemo izučavati u ovom kolegiju su: ograničenost (lokalni
i globalni ekstremi; asimptotska ponašanja i asimptote), monotonost (rast
i pad), konveksnost i konkavnost (udubljenost i ispupčenost tj. valovitosti;
ravnotežna stanja).
Definicija 12 Kažemo da je m ∈ R donja meda (donja ograda) skupa
A ⊆ R ako je a ≥ m za svaki a ∈ A.
Kažemo da je M ∈ R gornja meda (gornja ograda) skupa A ⊆ R ako je
a ≤ M za svaki a ∈ A.
Definicija 13 Kažemo da je m ∈ R minimum (minimalni element; najmanji
element) skupa A ⊆ R ako je a ≥ m za svaki a ∈ A i m ∈ A. Oznaka:
m = minA.
Kažemo da je M ∈ R maksimum (maksimalni element; najveći element)
skupa A ⊆ R ako je a ≤ M za svaki a ∈ A i M ∈ A. Oznaka: M = maxA.
Definicija 14 Kažemoda jem ∈ R infimum skupa A ⊆ R akoje mnajveća
donja meda. Oznaka: m = infA.
Kažemo da je M ∈ R supremum skupa A ⊆ R ako je M najmanja gornja
meda. Oznaka: M = supA.
Definicija 15 Navedeni pojmovi (omedenost skupova, maksimum i minimum
skupa, infimum i supremum skupa) prenose se na funkcije (realne funk-
54

cije) koristeći skup R(f).
Posebice:
1. Funkcija je omedena odozdo (odozgo) ako je skup R(f) omeden odozdo
(odozgo).
2. maxf = maxR(f), minf = minR(f)
3. supf = supR(f), inff = infR(f)
Primjer 10 Odredite skup donjih meda, gornjih meda, minA, maxA, infA,
supA(akopostoje)za sljedećeskupove: a)A = [0,7〉b) A = { 1, 1 2 ,..., 1 n ,...}
c) A = Z d) A = {3sin(πx) : x ∈ R} e) A = { 1
x+3 : x ∈ [0,4]} .
Rješenje:
a) skup donjih meda = 〈−∞,0]
skup gornjih meda = [7,+∞〉
minA = infA = 0, maxA ne postoji, supA = 7
b) skup donjih meda = 〈−∞,0]
skup gornjih meda = [1,+∞〉
minA ne postoji, infA = 0, maxA = supA = 1
c) skup donjih meda = ne postoji
skup gornjih meda = ne postoji
infA i supA ne postoje, pa onda ne postoje ni minA i maxA
d) skup donjih meda = 〈−∞,−3]
skup gornjih meda = [3,+∞〉
minA = infA = −3, maxA = supA = 3
e) skup donjih meda = 〈−∞, 1 7 ]
skup gornjih meda = [ 1 3 ,+∞〉
minA = infA = 1 7 , maxA = supA = 1 3
55

Zadatak 63 Odrediteograničenostsljedećihfunkcija, tj. odrediteΓ(f), inff,
supf, minf, maxf:
a) f(x) = arccosx, b) f(x) = arctgx, c) f(x) = e −x
d) f(x) = lnx, e) f(x) = √ x
Rješenje:
a) 0 ≤ arccosx ≤ π, ∀x ∈ [−1,1] ⇒ minf = 0, maxf = π
b) −π/2 < arctgx < π/2, ∀x ∈ R ⇒ inff = −π/2, supf = π/2
c) 0 < e −x < +∞, ∀x ∈ R ⇒ inff = 0, supf ne postoji
d) −∞ < lnx < +∞, ∀x ∈ 〈0,+∞〉 ⇒ ne postoje ni inff ni supf
e) 0 ≤ √ x < +∞, ∀x ∈ [0,+∞〉 ⇒ minf = 0, supf ne postoji
fx⩵ x
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
2 4 6 8
Zadatak 64 Odrediteograničenostsljedećihfunkcija, tj. odrediteΓ(f), inff,
supf, minf, maxf:
a) f(x) =
1
2+3e x b) f(x) = e−x2 c) f(x) =
Zadatak 65 Odredite domenu funkcije:
Rješenje:
1
√
9+x
2
f(x) = ln|sinx−cosx|+ 3√ sinx−cosx+ 4√ 14x−40−x 2
D 1 ...|sinx−cosx| > 0 ⇔ sinx ≠ cosx ⇔ x ≠ π 4 +kπ,k ∈ Z
56

D 2 ...−x 2 +14x−40 ≥ 0 ⇒ x 1,2 = −14±√ 196−160
= −14±6 ⇒ x 1 = 10, x 2 = 4
−2 −2
{ } 9π
⇒ D(f) = D 1 ∩D 2 = [4,10]\
4
( )
5π
4 ≈ 3.93 < 4, 13π
4 ≈ 10.21 > 10
Zadatak 66 Odredite domenu funkcije:
Rješenje:
f(x) = arcsin 1−x2
1+x 2 +(1−log2 2x) −2
D 1 ... −1 ≤ 1−x2
1+x 2 ≤ 1
⇔ −1−x 2 ≤ 1−x 2 ≤ 1+x 2
⇓
⇓
0 ≤ 2 2x 2 ≥ 0
D 2 ... x > 0
D 3 ... 1−log 2 2x ≠ 0 ⇔ log 2 2x ≠ 1 ⇔ log 2 x ≠ ±1
⇒ x ≠ 2 x ≠ 1 2
{ } 1
⇒ D 1 ∩D 2 ∩D 3 = 〈0,+∞〉\
2 ,2
Zadatak 67 Odredite domenu funkcije:
f(x) = (log e−2 arctge x ) −1/2
57

Rješenje: 0 < e − 2 < 1 te zaključujemo da je ova logaritamska funkcija
padajuća. Mora vrijediti
log e−2 arctge x > 0 ⇔ 0 < arctge x < 1
Lijeva nejednakost je zadovoljena za ∀x ∈ R budući je e x > 0,∀x ∈ R, a
desna:
arctge x < 1 ⇔ e x < tg1 ⇔ x < lntg1
Domena ove funkcije je stoga: D(f) = 〈−∞,lntg1〉
Zadatak 68 Odredite domenu funkcije:
√
f(x) = x+3 √ x+1
Rješenje:
D 1 ... x+1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1
D 2 ... x+3 √ x+1 ≥ 0 ⇔ √ x+1 ≥ − x 3
Za x ≥ 0 nejednadžba je zadovoljena. Kad je x < 0, nejednadžbu možemo
kvadrirati te dobivamo:
x+1 ≥ x2
9 ⇔ x2 −9x−9 ≤ 0 ⇔ x ∈
[ 3
2 (3−√ 13),
]
3
2 (3+√ 13)
što znači da je D 2 ... x ∈ [ 3
(3−√ 13),+∞〉. Uočimo: 3(3 − √ 13)/2 ≈
2
−0.91, pa zaključujemo
[ 3
D(f) = D 1 ∩D 2 = D 2 = x ∈
2 (3−√ 13),+∞ 〉
NAPOMENA: Skiciranjem krivulja y = 3 √ x+1 i y = −x, očitajte rješenje
grafički.
10
5
5 5 10
5
10
58

Zadatak 69 Odredite domenu funkcije:
f(x) = [ (
log 1/3 x 2 −1/2 )] 1/2
Rješenje: Mora vrijediti:
(
log 1/3 x 2 −1/2 ) ≥ 0 ⇔ 0 < x 2 −1/2 ≤ 1
D 1 ... x 2 > 1/2 ⇔ |x| > √ 2/2 ⇔ x ∈ 〈−∞,− √ 2/2〉∪〈 √ 2/2,+∞〉
D 2 ... x 2 ≤ 3/2 ⇔ |x| ≤ √ 6/2 ⇔ x ∈ [− √ 6/2, √ 6/2]
⇒ D(f) = D 1 ∩D 2 = [− √ 6/2,− √ 2/2〉∪〈 √ 2/2, √ 6/2]
4 Granična vrijednost funkcije jedne varijable
Koristeći graničnu vrijednost funkcije ispitujemo ponašanje funkcije na rubovima
domene (v. vertikalne asimptote, horizontalne asimptote, kose asimptote;
usporedivanje beskonačno malih veličina, usporedivanje beskonačno velikih
veličina; ”razotkrivanje neodredenih oblika”
0
0 , ∞
∞ , 0·∞, ∞−∞, 00 , 1 ∞ , ∞ 0 .
Primjer 11 a) f(x) = sinx
x , x 0 = 0, +∞, −∞. b) f(x) = √ x+1 − √ x,
x 0 = 0, +∞. c) f(x) = (1+x) 1/x , x 0 = −1, x 1 = 0, +∞.
Primjer 12 Sljedećioblicise takoderjavljajukodispitivanjagraničnogponašanja
funkcija:
+∞+∞, ∞·∞,
Jesu li i to neodredeni oblici?
0
∞ , ∞
0 , c∞ , c ≠ 1, c 0 , c ≠ 0,∞.
59

Definicija 16 Kaže se da je A ∈ R granična vrijednost (limes) funkcije
f : D → R u točki a ∈ D ′ = D ∪∂D ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0, tako
da za svaki x ∈ D za koji je 0 < |x−a| < δ vrijedi |f(x)−A| < ε.
Piše se: lim
x→a
f(x) = A.
-osnovni limesi
-svojstva limesa
-definicija neprekidnosti
-neprekidnost elementarnih funkcija na svojoj domeni
-limes slijeva, limes zdesna
4.1 a = ±∞
Postupci analogni postupcima kod izračunavanja graničnih vrijednosti nizova.
( ) x
3
Zadatak 70 Izračunajte lim
x→∞ 3x 2 −4 − x2
.
3x+2
Rješenje:
lim
x→∞
= lim
x→∞
)
3x 2 −4 − x2
3x+2
( x
3
2x 3 +4x 2|:x3
(3x 2 −4)(3x+2) |:x3 = lim
x→∞
= |∞−∞| = lim
x→∞
3x 4 +2x 3 −3x 4 +4x 2
(3x 2 −4)(3x+2)
2+ 4
( )(
x
) = 2 3−
4
x 3+
2
9 .
2 x
Primjetite da u slučaju x → +∞ imamo oblik neodredenosti +∞−∞, dok
u slučaju x → −∞ imamo oblik neodredenosti −∞+∞.
Zadatak 71 Izračunajte a) lim x→+∞ f(x) b) lim x→−∞ f(x), ako je
f(x) = √ x 2 +2x+3− √ x 2 −2x+3.
Rješenje: Racionalizacijom brojnika se dobije f(x) =
a)
lim f(x) = lim
x→+∞ x→+∞
√ 4x
x 2 +2x+3+ √ . x 2 −2x+3
4x
∣ ∣∣
√
x2 +2x+3+ √ x 2 −2x+3 = ∞
∣
∞
60

= 4 lim
x→+∞
b)
= 4 lim
x→−∞
x √
x 2
√
x 2 +2x+3+ √ x 2 −2x+3 √
x 2
lim f(x) = lim
x→−∞ x→−∞
x √
x 2
√
x 2 +2x+3+ √ x 2 −2x+3 √
x 2
= 4 lim
x→+∞
1
√
1+ 2 + 3 +
x x 2
√
1− 2 x + 3
x 2 = 4 2 = 2.
∣ 4x ∣∣∣
√
x2 +2x+3+ √ x 2 −2x+3 = −∞
∞ ∣
= 4 lim
x→−∞
−1
√
1+ 2 + 3 +
x x 2
√
1− 2 x + 3
x 2 = −4
2 = −2.
Zadatak 72 Izračunajte a) lim x→+∞ ( 3√ x 3 +3x 2 −x)
b) lim x→+∞ ( √ x 2 −2x−x) c) lim x→+∞ ( 3√ x 3 +3x 2 − √ x 2 −2x).
Rješenje: a)
√
lim ( 3√ x 3 +3x 2 −x) = |∞−∞| = lim ( 3√ 3 (x3 +3x
x 3 +3x 2 −x)
2 ) 2 +x 3√ x 3 +3x 2 +x 2
√
x→+∞ x→+∞ 3 (x3 +3x 2 ) 2 +x 3√ x 3 +3x 2 +x 2
= lim
x→+∞
= lim
x→+∞
3x 2 ∣ ∣∣
√
3 (x3 +3x 2 ) 2 +x 3√ x 3 +3x 2 +x = ∞
∣
2 ∞
3x 2 | : x 2
√
(x3 +3x 2 ) 2 +x 3√ x 3 +3x 2 +x 2 | : x = 3 lim 2
3
x→+∞
1
= 1.
√(1+ 3 x )2 +
√1+ 3 3 +1 x
b)
√
lim (√ x 2 −2x−x) = |∞−∞| = lim (√ x2 −2x+x
x 2 −2x−x) √
x→+∞ x→+∞ x2 −2x+x
∣ −2x ∣∣∣
= lim √
x→∞ x2 −2x+x = −∞
x 1
∞ ∣ = −2 lim √ = −2 lim = −1.
x→∞ x2 −2x+x x→∞
√1− 2 +1 x
c)
lim
x→+∞ ( 3√ x 3 +3x 2 − √ x 2 −2x) = |∞−∞| = lim
x→+∞ ( 3√ x 3 +3x 2 −x−( √ x 2 −2x−x))
= lim
x→+∞ ( 3√ x 3 +3x 2 −x)− lim
x→∞
( √ x 2 −2x−x) = 1−(−1) = 2.
3
61

Zadatak 73 Izračunajte lim x→∞ ( 3√ x 6 +1− √ x 4 +x 2 +1).
Rješenje:
lim ( 3√ x 6 +1− √ x 4 +x 2 +1) = lim( 3√ x 6 +1−x 2 − √ x 4 +x 2 +1+x 2 )
x→∞ x→∞
= lim
1
x→∞ 3
= lim
x→∞
( 3√ x 6 +1−x 2 )− lim
x→∞
( √ x 4 +x 2 +1−x 2 )
√
(x6 +1) 2 +x 2 3√ x 6 +1+x 4−lim
x→∞
x 2 +1
√
x4 +x 2 +1+x 2 = 0−1 2 = −1 2 .
Zadatak 74 Akoje f(x) = 3x −3 −x
3 x +3 −x , izračunajtea) lim x→+∞ f(x) b)lim x→−∞ f(x).
Rješenje:
3 x −3 −x ∣ ∣∣
a) lim
x→+∞ 3 x +3 = ∞
−x ∞
∣ = lim
x→+∞
∣ 3 x −3 −x ∣∣∣
b) lim
x→−∞ 3 x +3 = −∞
−x +∞∣ = lim
x→−∞
3 x −3 −x | : 3 x
3 x +3 −x | : 3 x = lim
x→+∞
) x
1− ( 1
9
1+ ( )
1 x = 1.
9
3 x −3 −x | : 3 −x 9 x −1
= lim
3 x +3 −x | : 3−x x→−∞ 9 x +1 = −1.
4.2 Granična vrijednost i neprekidnost. ”Tablične”
granične vrijednosti
Definicija 17 Kaže se da je funkcija f : D → R neprekidna u x 0 ∈ D ako
je lim x→x0 f(x) = f(x 0 ).
Kaže se da je funkcija f neprekidna ako je neprekidna za svaki x 0 ∈ D.
Teorem 5 Svaka elementarna funkcija je neprekidna na svojoj prirodnoj domeni.
Zadatak 75 Izračunajte a) lim x→−1 f(x) b) lim x→2 f(x) c) lim x→3 f(x) d)
lim x→0 f(x), ako je f(x) = x3 −3x−2
x+x 2 .
62

Rješenje: a)
x 3 −3x−2
lim =
x→−1 x+x 2
b) lim
x→2
x 3 −3x−2
x+x 2 =
0
∣0∣ = lim
0
∣6∣ = 0.
x→−1
(x+1) 2 (x−2)
x(x+1)
d) lim
x→0
x 3 −3x−2
x+x 2 =
x 3 −3x−2
c) lim =
x→3 x+x 2
∣
−2
0
(x+1)(x−2)
= lim
x→−1 x
∣ = ∞.
4
∣3∣ = 4 3 .
=
0
∣−1∣ = 0.
Zadatak 76 (DZ) Izračunajte lim x→3
x 3 −4x 2 −3x+18
x 3 −5x 2 +3x+9 .
Rješenje:
∣ x 3 −4x 2 −3x+18 ∣∣∣
lim
x→3 x 3 −5x 2 +3x+9 = 0
0∣ = lim (x−3) 2 (x+2)
x→3 (x−3) 2 (x+1) = lim x+2
x→3 x+1 = 5 4 .
√ √ √3x−3−3
Zadatak 77 Izračunajte a) lim 3x−3−3 3
x→4 b) lim
4−x x→4 .
4−x
Rješenje:
= lim
x→4
√ 3x−3−3
a) lim =
x→4 4−x
3(x−4)
(4−x)( √ 3x−3+3) = 3lim
x→4
√ √3x−3−3
3
b) lim
x→4
4−x
√ 0
3x−3−3
∣0∣ = lim ·
x→4 4−x
x−4
4−x lim
x→4
= 3 √lim
x→4
√ 3x−3+3
√ 3x−3+3
1
√ = 3·(−1)·1
3x−3+3 6 = −1 2 .
√ 3x−3−3
= − 1 3
4−x
√ 2 .
Zadatak 78 Izračunajte a) (DZ) lim x→−8
√ 1−x−3
2+ 3√ x
b) lim x→0
3 √ x+64−4
8− √ x+64 .
Rješenje:
√ 1−x−3
a) lim
x→−8 2+ 3√ x
=
0
∣0∣ = lim
x→−8
√ √ 1−x−3
1−x+3·4−2
2+ 3√ x · √ 3√ x+ 3√ x 2
4−2 3√ x+ 3√ x 2
63

1−x−9
= lim ·4−2 3√ x+ 3√ x
√ 2
= lim
x→−8 8+x 1−x+3
√ ∣
3
x+64−4 ∣∣∣
b) lim
x→0 8− √ x+64 = 0
0
x→−8
−8−x
8+x lim 4−2 3√ x+ 3√ x
√ 2
= −1·12
x→−8 1−x+3 6 = −2.
∣ = ∣ supst. x+64 = t 6 , t → 2 ∣ t 2 −4 = lim
t→2 8−t 3
(t−2)(t+2)
= lim
t→2 (2−t)(4+t+t 2 ) = −1 3 .
lim x→0
sinx
x
= 1 ⇒ lim x→x0
sinϕ(x)
ϕ(x)
= 1, ako lim x→x0 ϕ(x) = 0.
Zadatak 79 Izračunajte a) lim x→0
sin6x
x
b) (DZ) lim x→0
sinπx
sin(10x) .
Rješenje:
a) lim
x→0
sin6x
x
∣ sinπx ∣∣∣
b)lim
x→0 sin10x = 0
0∣ = lim
x→0
=
0
∣0∣ = lim
x→0
sinπx
πx ·
sin6x
6x
10x
sin10x · π
sin6x ·6 = 6lim
x→0 6x = 6.
10 = π 10
sinπx
lim x→0 πx
sin10x
lim x→0 10x
= π 10 .
Zadatak 80 Izračunajte a) lim x→0
2x+sin5x
3x−sin4x b) lim x→∞ 2x+sin5x
3x−sin4x .
Rješenje:
∣ 2x+sin5x ∣∣∣
a)lim
x→0 3x−sin4x = 0
0∣ = lim 2+ sin5x ·5
5x
x→0 3− sin4x ·4 = 2+5
3−4 = −7.
4x
2x+sin5x
∣ ∣∣
b) lim
x→∞ 3x−sin4x = ∞
∣ = lim
∞
2+ sin5x
x
x→∞ 3− sin4x
x
= 2 3 .
Zadatak 81 Izračunajte a) lim x→0
√
sin4x
√
x+2− 2
b) (DZ) lim √ 3
x+8−2
x→0 . sin5x
64

Rješenje:
sin4x
a)lim √ √ =
0
x→0 x+2− 2
∣0∣ = lim
x→0
√ 3
x+8−2
b)lim =
0
x→0 sin5x ∣0∣ = lim
x→0
sin4x
x
x
sin5x lim
x→0
lim
x→0 (√ x+2+2) = 4·2 √ 2 = 8 √ 2.
1
√
3 (x+8)2 +2 3√ x+8+4 = 1 1
512 = 1
60 .
Zadatak 82 Izračunajte a) (DZ) lim x→6
sin(6−x)
x 2 −36
b) lim x→6
lim x→−2
sin(8+4x)
sin(6x+12) .
Rješenje:
a) lim
x→6
sin(6−x)
x 2 −36
=
0
∣0∣ = lim
x→6
6−x
b)lim
x→6 sin(x 2 −36) = lim
x→6
c) lim
x→−2
6−x
sin(x 2 −36)
sin(6−x)
(x−6)(x+6) = lim sin(6−x)
lim
x→6 x−6 x→6
= − 1
12 lim sin(x−6)
= − 1
x→6 x−6 12 .
x 2 −36
sin(x 2 −36) ·
∣ sin(8+4x) ∣∣∣
sin(6x+12) = 0
0∣ = lim
x→−2
6−x
= −1· lim
x 2 −36 x→6
sin4(x+2)
sin6(x+2) = lim
x→−2
c) (DZ)
1
x+6
1
x+6 = − 1
12 .
sin4(x+2)
4(x+2)
·
sin6(x+2)·4
6 = 2 3 .
Zadatak 83 Izračunajte a) lim x→0
1−cosx
x 2
b) lim x→0
1−cosx
x
c) lim x→0
1−cosx
x 3 .
Rješenje:
a)lim
x→0
1−cosx
x 2 =
b)lim
x→0
1−cosx
x
c)lim
x→0
1−cosx
x 3
0
∣0∣ = lim
x→0
2sin 2 x 2
x 2
( sin
x
2
= 2lim
x→0 x
1−cosx 1−cosx
= lim ·x = lim lim
x→0 x 2 x→0 x 2
1−cosx
= lim · 1
x→0 x 2 x = lim
x→0
1−cosx
x 2
) 2
sin
= 2(
x ) 2 ( ) 2
2 1
lim = 2· = 1
x→0 x 2 2 .
x = 1 ·0 = 0.
x→0 2
1
lim
x→0 x = 1 ·∞ = ∞.
2
lim x→0
1−cosx
x 2 = 1 2
⇒ lim x→x0
1−cosϕ(x)
ϕ 2 (x)
= 1 2 , ako lim x→x 0
ϕ(x) = 0.
65

Zadatak 84 Izračunajte a) (DZ) lim x→0
1−cos4x
3x
Rješenje:
a) lim
x→0
1−cos4x
3x
b) lim
x→0
tg(3x)−sin(3x)
x 3
= lim
x→0
sin(3x)(1−cos(3x))
x 3 cos(3x)
= 1 3 lim 1−cos4x
·16x = 1
x→0 16x 2 3 · 1
2
= lim
x→0
sin(3x)
sin(3x)
= 27lim
x→0 3x
b) lim x→0
tg(3x)−sin(3x)
x 3 .
(
·16·0 = 0.
)
1
−1 cos(3x)
x 3
1−cos(3x)
(3x) 2 1
cos(3x) = 27·1·1
2·1
1 = 27 2 .
Zadatak 85 Izračunajte lim x→π/6
2sinx−1
cos(3x) .
Rješenje:
2sinx−1
lim =
x→π/6 cos(3x)
0
∣ ∣∣supst.
∣0∣ = π t = x−
6 → 0; x = t+ π 2sin(t+π/6)−1
∣ = lim
6 t→0 cos(3t+π/2)
= lim
t→0
√
3sint+cost−1
−sin(3t)
√
3
sint
= −lim
t→0
− 1−cost
t t
sin(3t)
3t
3
√
3−0
= −
1·3
= −
√
3
3 .
Zadatak 86 Izračunajte lim x→0
1−cos(1−cosx)
x 4 .
Rješenje:
1−cos(1−cosx)
lim
x→0
x 4
1
= lim
x→0 2 ·
1−cos(1−cosx)
= lim
x→0 (1−cosx) 2
( 1−cosx
x 2 ) 2
= 1 2 ·( 1
2) 2
= 1 8
· (1−cosx)2
x 4
Zadatak 87 Izračunajte a) lim x→0
arcsinx
x
b)(DZ) lim x→0
arctgx
x
.
66

Rješenje:
(
arcsinx 0
a) lim =
x→0 x 0)
t
= lim
t→0 sint = 1
arctgx
b) lim
x→0 x
t
= lim
t→0 tgt = lim
t→0
sint
lim t→0 t
= {supst. t = arcsinx → 0, x = sint}
= 1
( 0
= = {supst. t = arctgx → 0, x = tgt}
0)
cost
sint
t
= 1
( )
Zadatak 88 Znajućidaje lim x→+∞ 1+
1 x (
x = epokažiteda jelimx→−∞ 1+
1 x
x)
=
e.
Rješenje:
lim
x→−∞
(
1+ 1 x) x
= |1 ∞ | = |supst. t = −x → +∞| = lim
t→+∞
( ) t t
= lim = lim
t→+∞ t−1 t→+∞
(
1+ 1 ) t (
= lim 1+ 1
t−1 t→+∞ t−1
(
1− 1 ) −t
t
) t−1 (
1+ 1
t−1
)
= e·1 = e.
lim x→x0 (1+ϕ(x)) 1
ϕ(x) = e, ako limx→x0 ϕ(x) = 0.
Zadatak 89 Izračunajte a) lim x→0
ln(1+x)
x
b) lim x→0
e x −1
x .
Rješenje:
ln(1+x)
a) lim
x→0 x
b) lim
x→0
e x −1
x
=
0
∣0∣ = lim 1
( )
ln(1+x) = lim
x→0 x x→0 ln(1+x)1 x = ln lim
x→0 (1+x)1 x = lne = 1.
=
0
∣0∣ = |supst. t = t
ex −1 → 0, x = ln(t+1)| = lim
t→0 ln(t+1)
1
= = 1 1 = 1.
lim t→0
ln(t+1)
t
lim x→x0
ln(1+ϕ(x))
ϕ(x)
= 1, lim x→x0
e ϕ(x) −1
ϕ(x)
= 1 ako lim x→x0 ϕ(x) = 0.
67

) x (x
Zadatak 90 Izračunajte a) (DZ) lim 2 2
+1
x→∞ x 2 −1
b) lim x→π/2 (sinx) tgx .
Rješenje:
( ) x 2 x 2 (
+1
a) lim = |1 ∞ | = lim 1+ 2 ) x 2
x→∞ x 2 −1 x→∞ x 2 −1
⎛
(
= lim ⎝ 1+ 2
x→∞ x 2 −1
)x 2 −1
2
⎞
⎠
2
x 2 −1·x2 = e lim x→∞ 2x2
x 2 −1 = e 2 .
(
= lim
x→π/2
b) lim = (sinx) tgx = |1 ∞ | = lim (1+sinx−1) tgx
x→π/2
x→π/2
)
1 (sinx−1)tgx
sinx−1 = e
lim x→π/2 (sinx−1)tgx = e lim t→0 cost−1
−sint = e 0 = 1.
(1+sinx−1)
Zadatak 91 Izračunajte lim x→0
3 x −1
5 x −1 .
Rješenje:
3 x −1
lim
x→0 5 x −1 = lim e xln3 −1
x→0 e xln5 −1 = lim
x→0
e xln3 −1
·ln3
xln3
e xln5 −1
·ln5 = 1·ln3
1·ln5 = ln3
ln5 .
xln5
Zadatak 92 (DZ) Izračunajte a) lim x→∞
ln(x 2 −x+1)
ln(x 10 +x+1) b) lim x→0 ln(x2 −x+1)
ln(x 10 +x+1) .
Rješenje:
ln(x 2 −x+1)
∣ ∣∣
a) lim
x→∞ ln(x 10 +x+1) = ∞
ln [ x 2( 1− 1
∣ = lim
+ )]
1
x x 2
∞ x→∞ ln [ x 10( )]
1+ 1 + 1
x 9 x 10
lnx 2 +ln ( 1− 1
= lim
+ 1
x
x→∞ lnx 10 +ln ( 2+ ln(1−1 x + 1 )
x 2
ln|x|
) = lim
1+ 1 + 1 x→∞
x 9 x 10 x 9+ 1
= lim
x→0
ln(1+x 2 −x)
x 2 −x
x 2 )
∣
ln(x 2 −x+1) ∣∣∣
b) lim
x→0 ln(x 10 +x+1) = 0
0
10+ ln(1+ 1 )
x 10
ln|x|
∣
= 1 5 .
x+x 10 x 2 −x
= 1·1·(−1) = −1.
ln(1+x+x 10 ) x+x10 68

Zadatak 93 (DZ) Izračunajte a) lim x→1
arcsin(1−x 2 )
x 2 +x−2
b) lim x→0
ln(1+sin(3x))
x
.
Rješenje: Koristeći ”tablični” limes iz Zadatka 87(a), dobivamo
(
arcsin(1−x 2 ) 0 arcsin(1−x
a) lim = = lim
x→1 x 2 +x−2 0)
2 ) 1−x 2
·
x→1 1−x 2 x 2 +x−2
(
arcsin(1−x 2 ) −(x+1)
= lim · lim = 1· − 2 )
= − 2
x→1 1−x 2 x→1 x+2 3 3
(
ln(1+sin(3x)) 0 ln(1+sin(3x))
b) lim = = lim ·
x→0 x 0)
sin(3x)
x→0 sin(3x) x
sin(3x)
= 1· lim ·3 = 3
x→0 3x
69

5 Diferencijalni račun funkcije jedne varijable
Diferencijalni račun je dinamičko izučavanje funkcija, odnosno izučavanje
kakosefunkcijemijenjaju(brzinapromjeneveličine). Terminologijajenaslijedena
iz fizike (kinetika!).
Primjer 13 (NEWTON) Neka je dan zakon kretanja t ↦→ s(t), t ≥ 0, pri
čemu s = s(t) opisuje prevaljenji put u vremenu t. Prosječna brzina u vremenskom
intervalu [t 1 ,t 2 ] je tada dana s:
v[t 1 ,t 2 ] = s(t 2)−s(t 1 )
t 2 −t 1
.
Kako prosječna brzina ”skriva” moguće velike razlike u trenutnim brzinama,
od interesa je izučavati trenutne brzine npr. u t 1 > 0. Prirodno je u tom
slučaju gledati t 2 ≈ t 1 , tj.
v[t 1 ,t 1 +∆t] = s(t 1 +∆t)−s(t 1 )
∆t
za ”male” ∆t.
Zadatak 94 Neka je dan zakon kretanja s(t) = t 2 . Odredite prosječnu brzinu
u trenutku t 1 = 2.
Rješenje:
v[2,2+∆t] = s(2+∆t)−s(2)
∆t
= (2+∆t)2 −2 2
∆t
= ∆t(4+∆t)
∆t
= 4+∆t ≈ 4 (m/s)
Primjer 14 PROBLEM TANGENTE (LEIBNIZ)
fx 0
fx 0 x
x 0
x 0 x
70

Pravac koji siječe krivulju (na desnoj slici gore - onaj koji prolazi kroz
točke (x 0 ,f(x 0 )) i (x 0 +∆x,f(x 0 +∆x))) nazivamo sekanta. Označimo s α s
kut koji sekanta zatvara s pozitivnim dijelom x-osi, a s k s koeficijent smjera
sekante.
Totalni prirast funkcije f u x 0 (apsolutna promjena funkcije, prirast zavisne
varijable) za prirast nezavisne varijable ∆x je:
∆f(x 0 ) = f(x 0 +∆x)−f(x 0 )
Prosječni nagib krivulje y = f(x) na intervalu [x 0 , x 0 +∆x] (omjer prirasta
zavisne i nezavisne varijable, relativna promjena, prosječna brzina promjene)
je:
k s = f(x 0 +∆x)−f(x 0 )
= ∆f(x 0)
(x 0 +∆x)−x 0 ∆x
= ∆y
∆x = tgα s
Sekantni odnos prelazi u tangentni kada ∆x → 0, tj. tangentu u točki
(x 0 ,f(x 0 )) dobijemo iz sekanate kroz (x 0 ,f(x 0 )) graničnim procesom ∆x →
0. Imamo
k t = tgα t = lim tgα ∆f(x 0 )
s = lim
∆x→0 ∆x→0 ∆x
f(x 0 +∆x)−f(x 0 )
= lim
∆x→0 ∆x
gdje je k t koeficijent smjera tangente, a α t kut koji tangenta zatvara s pozitivnim
dijelom x-osi.
Definicija 18 Derivacija funkcije y = f(x) u točki x 0 je limes (ako postoji)
f ′ f(x 0 +∆x)−f(x 0 )
(x 0 ) = lim
∆x→0 ∆x
OZNAKE: y ′ dy
,
dx
∆f(x 0 )
= lim
∆x→0 ∆x
Zadatak 95 Odredite po definiciji f ′ (0) i f ′ (1) ako je f(x) = √ 1+x.
Rješenje:
f ′ (0) = lim
∆x→0
f ′ (1) = lim
∆x→0
√ ( 1+∆x−1 0
= ·
∆x 0)
√ √ ( 2+∆x− 2 0
= ·
∆x 0)
√
1+∆x+1
√
1+∆x+1
= lim
∆x→0
√
2+∆x+
√
2
√
2+∆x+
√
2
= lim
∆x→0
,
1+∆x−1
∆x( √ 1+∆x+1) = 1 2
1
( √ 2+∆x+ √ 2) = 1
2 √ 2
71

Zadatak 96 Odredite po definiciji f ′ (2) ako je f(x) = ln(1+x).
Rješenje:
f ′ ln(3+∆x)−ln3
(2) = lim
∆x→0 ∆x
( 0
=
0)
= lim
∆x→0
ln ( )
1+ ∆x
3
= lim
∆x ∆x→0
ln ( )
1+ ∆x
3
∆x
3 ·3 = 1 3
Zadatak 97 Odredite po definiciji f ′( π
2)
ako je f(x) = sinx.
Rješenje:
f ′ ( π
2
)
sin( π 2
= lim
+∆x)−sin(π)
2
∆x→0 ∆x
= − lim
∆x→0
( 0
=
0)
1−cos∆x
(∆x) 2 ·∆x = − 1 2 ·0 = 0
cos∆x−1
= lim
∆x→0 ∆x
Primjer 15 Zadane su funkcije:
Izračunajte f ′ (0).
a) f(x) = |x|, b) f(x) = 3√ x, c) f(x) = 3√ x 2 .
Rješenje: a) Kako je f(x) =
{
x, x ≥ 0
−x, x < 0 , imamo
f ′ (3) = f ′ (1/2) = f ′ (154) = ... = 1
f ′ (−2) = f ′ (−3/4) = f ′ (−213) = ... = −1
Nadalje,
{
f ′ f(0+∆x)−f(0) |∆x| 1, ∆x > 0
(0) = lim = lim
∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x = −1, ∆x < 0
Zaključujemo da f ′ (0) ne postoji, odnosno da f nije derivabilna za x 0 = 0.
Tangenta na funkciju u x 0 = 0 ne postoji.
72

2.0
1.5
1.0
0.5
2 1 1 2
b) f ′ f(0+∆x)−f(0)
(0) = lim = lim
∆x→0 ∆x ∆x→0
3√
∆x
∆x = lim
∆x→0
1
√ = ∞
(∆x)
2
3
Ni ova funkcija nije derivabilna u x 0 = 0, odnosno f ′ (0) ne postoji. No,
tangenta na funkciju u x 0 = 0 postoji!
t ... x = 0 (k t = ∞), n ... y = 0
3
2
1
3 2 1 1 2 3
1
2
3
√
c) f ′ 3
f(0+∆x)−f(0) (∆x)
2
(0) = lim = lim
∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x
= lim
∆x→0
1
3√
∆x
= ±∞
Ni ova funkcija nije derivabilna u x 0 = 0, a tangenta na funkciju u x 0 = 0
postoji.
1.5
1.0
0.5
4 2 2 4
73

DERIVACIJE NEKIH OSNOVNIH ELEMENTARNIH FUNKCIJA
• f(x) = C, C ∈ R
f ′ f(x+∆x)−f(x)
(x) = lim
∆x→0 ∆x
C −C
= lim
∆x→0 ∆x = lim 0
∆x→0 ∆x = 0
• f(x) = x 3
• f(x) = x n
f ′ ∆f(x)
(x) = lim
∆x→0
= lim
∆x→0
(x+∆x) 3 −x 3
∆x = lim
∆x→0 ∆x
(x+∆x−x)[(x+∆x) 2 +x(x+∆x)+x 2 ]
∆x
= lim
∆x→0 ((x+∆x)2 +x(x+∆x)+x 2 ) = 3x 2
f ′ ∆f(x)
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim (x+∆x) n −x n
∆x→0 ∆x
x+∆x−x (
= lim (x+∆x) n−1 +(x+∆x) n−2 ·x
∆x→0 ∆x
+(x+∆x) n−3 ·x 2 +...+(x+∆x)·x n−2 +x n−1)
= nx n−1
• f(x) = 3√ x
f ′ ∆f(x)
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim
∆x→0
x+∆x−x
= lim ·
∆x→0 ∆x
1
=
3 3√ x 2
No, jednostavnije je ovako:
3√ √ √
x+∆x−
3 3
x (x+∆x)2 + 3√ x(x+∆x)+ 3√ x
· √ 2
∆x
3 (x+∆x)2 + 3√ x(x+∆x)+ 3√ x 2
1
√
3 (x+∆x)2 + 3√ x(x+∆x)+ 3√ x 2
y = 3√ x ⇔ y 3 = x ⇒ 3y 2·y ′ = 1 ⇔ y ′ = 1
3y 2 = 1
3 3√ x 2
74

• f(x) = n√ x
y = n√ x ⇔ y n = x ⇒ ny n−1 ·y ′ = 1 ⇔ y ′ = 1
ny n−1 = 1
n n√ x n−1
• f(x) = sinx
• f(x) = cosx
f ′ ∆f(x)
(x) = lim
∆x→0
= lim
∆x→0
= cosx
∆x = lim
2cos ( x+ ∆x
2
∆x
∆x→0
sin(x+∆x)−sinx
∆x
)
sin
∆x
2
= cosx lim
∆x→0
sin ∆x
2
∆x
2
Sjetimo se da je cosx = sin ( π
−x) i sinx = cos ( π
−x) . Odatle slijedi
2 2
( π
)
f ′ (x) = cos
2 −x ·(−1) = −sinx
• f(x) = e x
f ′ ∆f(x)
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim e x+∆x −e x
∆x→0 ∆x
• f(x) = a x , a > 0
f ′ ∆f(x)
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim
∆x→0
• f(x) = x α
= a x lim
∆x→0
a x+∆x −a x
∆x
e ∆xlna −1
∆x·lna ·lna = ax lna
f ′ ∆f(x)
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim (x+∆x) α −x α
∆x→0 ∆x
= x α lim
∆x→0
= αx α lim
∆x→0
e αln(1+∆x x ) −1
∆x
ln ( )
1+ ∆x
x
∆x ·x = αx α · 1
x
e x (e ∆x −1)
= lim = e x
∆x→0 ∆x
a x (a ∆x −1)
= lim
∆x→0 ∆x
= lim
∆x→0
= x α e αln(1+∆x
lim
∆x→0
αln ( 1+ ∆x
x
x = αxα−1
x α(( )
1+ ∆x α )
x −1
∆x
x ) −1
) · αln( 1+ )
∆x
x
∆x
Pravila deriviranja:
75

(f ±g) ′ = f ′ ±g ′
(f ·g) ′ = f ′ ·g +f ·g ′
(c·f) ′ = c·f ′ ,
c ∈ R
( f
g) ′
= f′ ·g −f ·g ′
g 2 , g ≠ 0
Zadatak 98 Odredite f ′ (x) ako je
a) f(x) = 5x 2 −2x+3, Rj : f ′ (x) = 10x−2
b) f(x) = x 2 ·lnx Rj : f ′ (x) = x(2lnx+1)
c) f(x) = 3x
cosx , Rj : f′ (x) = 3x ·ln3·cosx+3 x ·sinx
cos 2 x
d) f(x) = x √ x+ 2 x 2, Rj : f′ (x) = 3 √ 4 x−
2 x 3
Zadatak 99 Ako je f(x) = e x sinx, izračunajte f ′ (0).
Rješenje:
f ′ (x) = e x sinx+e x cosx, f ′ (0) = 1
5.1 Derivacija složene funkcije
Vrijedi :
[g(f(x))] ′ = g ′ (f(x))·f ′ (x)
76

Zadatak 100 Odredite f ′ (x) ako je
a) f(x) = cos 5 x Rj : f ′ (x) = −5cos 4 x·sinx
b) f(x) = lntg x Rj : f ′ (x) = 1
2 sinx
Zadatak 101 Odredite f ′ (x) ako je f(x) = ln|x|.
Rješenje: f(x) =
{
lnx, x > 0,
ln(−x), x < 0
⇒ f ′ (x) = 1 x , x ≠ 0
Zadatak 102 Odredite f ′ (x) ako je f(x) = sin 6 x+cos 6 x.
Rješenje:
f ′ (x) = 6sin 5 x·cosx−6cos 5 x·sinx = 6sinxcosx(sin 2 x−cos 2 x)(sin 2 x+cos 2 x)
= −3sin2xcos2x = − 3 2 sin4x
5.2 Logaritamsko deriviranje
Zadatak 103 y = (1+x) 1 x
(domena!)
Rješenje:
y = e ln(1+x) 1 x
= e 1 x·ln(1+x)
⇒ y ′ = (1+x) 1 x −1 · x−(1+x)ln(1+x)
x 2
Zadatak 104 y = (cosx) x +x cosx
Rješenje:
y = e x·ln(cosx) +e cosx·lnx
[
⇒ y ′ = (cosx) x ·[ln(cosx)−xtgx]+x cosx · −sinx·lnx+ cosx ]
x
77

Zadatak 105 y = arctg(x x )
Rješenje:
y = arctg(e x·lnx ) ⇒ y ′ = xx ·(lnx+1)
1+x 2x
Zadatak 106 y = x xx
Rješenje:
lny = x x ·lnx ⇒ ln(lny) = x·lnx+ln(lnx)
∣
⇒ 1
lny · 1
y ·y′ = lnx+x· 1
x + 1
lnx · 1
x
(
⇒ y ′ = y lny lnx+1+ 1 ) (
= x xx ·x x ·lnx lnx+1+ 1 )
x·lnx
x·lnx
′
5.3 Derivacije višeg reda
y ′′ = (y ′ ) ′
y (n) = (y (n−1) ) ′ = dn y
dx = d ( ) d n−1 y
n dx dx n−1
Zadatak 107 Ako je y = arcsin
x
√
1+x
2 , odredite y′′ .
Rješenje:
y ′ = 1
1+x 2, y′′ = − 2x
(1+x 2 ) 2
Zadatak 108 Ako je f(x) = 1
5x+2 , odredite f(n) (x).
78

Rješenje:
f ′ 5
(x) = −
(5x+2) 2, f′′ (x) = 2·52
(5x+2) 3
f ′′′ (x) = − 3!·53
(5x+2) 4, f(4) (x) = 4!·54
(5x+2) 5
⇒ f (n) (x) = (−1) n
n!·5 n
(5x+2) n+1
Zadatak 109 Ako je y = x 2 ·e 2x , odredite y (20) .
Rješenje: -koristimo Leibnizovu formulu: (f ·g) (n) =
-stavimo: f(x) = x 2 , g(x) = e 2x
-imamo
n∑
k=0
( n
k)
f (n−k) g (k)
f ′ (x) = 2x, f ′′ (x) = 2,
f ′′′ (x) = f (4) (x) = ... = f (20) (x) = 0,
g ′ (x) = 2e 2x , g ′′ (x) = 4e 2x , ..., g (20) (x) = 2 20 e 2x
∑20
( ) 20
⇒ (x 2 ·e 2x ) (20) = (x 2 ) (20−k) (e 2x ) (k)
k
=
k=0
( ) 20
(x 2 ) (0) (e 2x ) (20) +
20
= 2 20 e 2x (x 2 +20x+95)
( ) 20
(x 2 ) ′ (e 2x ) (19) +
19
( ) 20
(x 2 ) ′′ (e 2x ) (18)
18
5.4 Diferencijal funkcije i njegova primjena
Ako funkcija f u x 0 ima n−tu derivaciju tada se diferencijal n−tog reda u
x 0 za prirast nezavisne varijable ∆x definira sa
d n f(x 0 ) = f (n) (x 0 )(∆x) n ,
pri čemu diferencijal prvog reda d 1 f(x 0 ) pišemo df(x 0 ) i nazivamo totalnim
diferencijalom ili samo diferencijalom.
79

Kako je za funkciju f(x) = x
df(x) = f ′ (x)∆x = ∆x
to se dobije dx = ∆x pa možemo pisati
d n f(x 0 ) = f (n) (x 0 )(dx) n , df(x 0 ) = f ′ (x 0 )dx.
Iz f ′ ∆f(x
(x 0 ) = lim 0 )
∆x→0 ako je f ′ (x
∆x 0 ) ≠ 0 se dobije linearna aproksimacija
(u smislu linearnog prirasta nezavisne varijable ∆x
∆f(x 0 ) ≈ f ′ (x 0 )∆x = df(x 0 )
odnosno
f(x 0 +∆x) ≈ f(x 0 )+df(x 0 ) = f(x 0 )+f ′ (x 0 )∆x.
Analogno uz uvjet f ′′ (x 0 ) ≠ 0 se dobije kvadratna aproksimacija
f(x 0 +∆x) ≈ f(x 0 )+df(x 0 )+ 1 2! d2 f(x 0 ) = f(x 0 )+f ′ (x 0 )∆x+ 1 2! f′′ (x 0 )(∆x) 2
ili općenito uz uvjet f (n) (x 0 ) ≠ 0 aproksimacija n−tog reda
f(x 0 +∆x) ≈ f(x 0 )+df(x 0 )+ 1 2! d2 f(x 0 )+···+ 1 n! dn f(x 0 ).
Zadatak 110 Za funkciju f(x) = x 3 −2x+1 odredite ∆f(1), df(1), d 2 f(1),
d 3 f(1), te provjerite jednakost
∆f(1) = df(1)+ 1 2! d2 f(1)+ 1 3! d3 f(1).
Rješenje:
∆f(1) = f(1+∆x)−f(1) = (1+∆x) 3 −2(1+∆x) 2 +1−0 = ∆x+3(∆x) 2 +(∆x) 3 .
Kako je f ′ (x) = 3x 2 −2, f ′′ (x) = 6x, f ′′′ (x) = 6, to je
df(1) = f ′ (1)∆x = ∆x, d 2 f(1) = f ′′ (1)(∆x) 2 = 6(∆x) 2 ,
d 3 f(1) = f ′′′ (1)(∆x) 3 = 6(∆x) 3
pa je
df(1)+ 1 2! d2 f(1)+ 1 3! d3 f(1) = ∆x+3(∆x) 2 +(∆x) 3 .
Usporedivanjem dobivenih izraza za∆f(1) idf(1)+ 1 2! d2 f(1)+ 1 3! d3 f(1)slijedi
tražena jednakost.
80

Zadatak 111 (DZ) Za funkciju f(x) = x 4 +2x 3 −3x 2 +5 odredite ∆f(2),
df(2), d 2 f(2), d 3 f(2), d 4 f(2), te provjerite jednakost
∆f(2) = df(2)+ 1 2! d2 f(2)+ 1 3! d3 f(2)+ 1 4! d4 f(2).
Iskoristite dobivenu jednakost da polinom f(x) raspišete po potencijama od
x−2.
Zadatak 112 Odredite približnu vrijednost za 3√ 1.2 koristeći a) linearnu
aproksimaciju b) kvadratnu aproksimaciju.
Rješenje: Stavljajući f(x) = 3√ x, x 0 = 1, ∆x = 0.2, te uzimajući u obzir
f ′ (x) = 1
3 3√ x 2, f′′ (x) = − 2 1
9 3√ , dobiva se x 5
a)
3√ √ 3
1.2 ≈ 1+ 1
3 3√ ≈ 1.06667.
120.2 b)
3√ √ 3
1.2 ≈ 1+ 1
3 3√ 1 2
1 20.2− 29
1
3√
1
5 0.22 ≈ 1.06223.
Zadatak 113 Izračunajtepribližnuvrijednostza sin29 ◦ koristećia) linearnu
aproksimaciju b) kvadratnu aproksimaciju.
Rješenje: Stavljajući f(x) = sinx, x 0 = π, ∆x = 6 −1◦ = − π dobivamo 180
a)
sin29 ◦ ≈ sin π 6 +cos π (
6 · − π )
= 1 180 2 − π√ 3
360 ≈ 0.48489.
b)
sin29 ◦ ≈ sin π 6 +cos π 6 ·
(
− π )
− 1 180 2 sin π (
− π ) 2 1 =
6 180 2 − π√ 3
360 − π2
4·180 2
≈ 0.48481.
81

5.5 Derivacije implicitno zadanih funkcija
Zadatak 114 Derivirajte te nacrtajte graf sljedećih implicite zadanih funkcija:
a) x 2 +y 2 = 4, b) x 2 −y 2 = 1, c) x 2 +4y 2 = 4, d) y 2 = x+1
Rješenje: a) y ′ = − x y , d) y′ = 1
2y
Zadatak 115 Ako je y = y(x) zadano implicite sa 2y = 1 + xy 3 , odredite
y ′ (1).
Rješenje:
y ′ =
y 3
2−3xy 2
y 3 −2y +1 = 0 ⇔ y 1 = 1, y 2,3 = − 1 2 (1±√ 5)
npr. za y = 1 ⇒ y ′ (1) = −1
Zadatak 116 Ako je y = y(x) zadano implicite sa x = ylny − y, odredite
y ′ .
Rješenje: y ′ = 1
lny
Zadatak 117 Ako je y = y(x) zadano implicite sa x y −y x = 0, odredite y ′ .
Rješenje:
x y = y x ⇔ ylnx = xlny
∣
⇒ y ′ lnx+y · 1
x
′
= lny +x· 1
y ·y′ ⇔ x·y ·y ′ ·lnx+y 2 = x·y ·lny +x 2 ·y ′
⇔ x·y ′ (ylnx−x) = y(xlny −y) ⇔ y ′ =
y(xlny −y)
x(ylnx−x)
82

Zadatak 118 Ako je ae x + be y = 1 (a,b ∈ R,b ≠ 0), pokažite da je y ′′ =
y ′ (1−y ′ ).
Rješenje:
ae x +be y ·y ′ = 0 ⇒ y ′ = − aex
be y = −a b ex−y
y ′′ = − a b ex−y ·(1−y ′ ) ⇒ y ′′ = y ′ (1−y ′ )
Zadatak 119 Ako je x 2 +y 2 = 1, odredite y ′′ (
Rješenje:
1√
2
)
uz uvjet y > 0.
2x+2y ·y ′ = 0 ⇒ y ′ = − x y
⇒ y ′′ = − y −xy′
y
( )
2
1 1
T √2 , √
2
=
x2
−y −
y
= −y2 −x 2
y 2 y 3
⇒ y ′′ ( 1√2
)
= −1 2 − 1 2
1
2 √ 2
= −2 √ 2
5.6 Parametrizacija i polarne koordinate
Ako je
Γ = {(x(t),y(t)) : t ∈ D ⊆ R},
kažemo da je krivulja Γ zadana parametarski. Ovisnost varijabli x i y zadana
je posredno, preko parametra t.
R ∋ t ↦−→ (x(t),y(t)) ∈ R 2
Primijetimo da je eksplicitni zapis jednadžbe krivulje zapravo specijalan
slučaj parametrizacije. Naime, imamo
Γ = {(x,f(x)) : x ∈ D ⊆ R} = Γ(f),
gdje x možemo smatrati parametrom.
83

Primjer 16 Odredite sljedeće krivulje:
a) x(t) = e t , y = e −2t , b) x(t) = t 3 , y(t) = t 2 , c) x = 4cos 2 t, y = 3sin 2 t.
Rješenje:
a) y = e −2t = (e t ) −2 = 1 x2, x,y > 0
b) y = t 2 = ( 3√ x) 2 = 3√ x 2
c) x = 4cos 2 t ⇔ x 4 = cos2 t, y = 3sin 2 t ⇔ y 3 = sin2 t
⇒ x 4 + y 3
= 1, x,y ≥ 0
Primjer 17 Odredite sljedeće krivulje:
a) x = 3cost, y = 2sint,
b) x = 3sint, y = 2cost,
c) x = 3cos(2t), y = 2sin(2t).
Rješenje:
a) x = 3cost ⇔ x 3
y = 2sint ⇔ y 2
⇒ x2
9 + y2
4 = 1.
= cost ⇒
x2
9 = cos2 t
= sint ⇒
y2
4 = sin2 t
Ista krivulja (elipsa) dobije se i pod b) i c). Ovo su dakle 3 različite parametrizacije
iste krivulje. Razlikuju se u načinu kretanja materijalne točke.
5.6.1 Derivacije parametarski zadanih funkcija
Neka je funkcija y = f(x) zadana parametarski tj. sustavom jednadžbi
x = ϕ(t), y = ψ(t),
tada vrijedi
84

y ′ = dy dy
dx = dt
dx
dt
= ψ′ (t)
ϕ ′ (t)
ili
y ′ = ẏ
ẋ
Zadatak 120 Ako je funkcija zadana parametarski sa x = √ 2t−t 2 , y =
arcsin(t−1), t ∈ [0,2], odredite y ′ .
Rješenje:
√
1−(t−1) 2
y ′ = ẏ
1
ẋ = 1
√2−2t
2 2t−t 2
= 1
1−t , t ∈ [0,1〉∪〈1,2]
Zadatak 121 Neka je funkcija zadana parametarski sa x = 2cost, y =
3sint, t ∈ R. Odredite vrijednost derivacije ove funkcije u točki T( √ 2, 3√ 2
2 ).
Rješenje:
y ′ = dy dy
dx = dt
= 3cost
dx
−2sint = −3 ctgt, (t ≠ kπ,k ∈ Z)
2
dt
x = √ 2 ⇒ √ 2 = 2cost ⇒ cost = √ }
2
2
y = 3√ 2
⇒ 3√ 2
= 3sint ⇒ sint = √ ⇒ t = π +2kπ
2 4
2 2 2
( dy
⇒
dx) ∣ ∣∣∣t=π/4
= − 3 2 ctg π 4 = −3 2
Zadatak 122 Ako je funkcija zadana parametarski s x = 2cost, y = 3sint,
odredite y ′′ .
Rješenje:
dy
dx = ẏ
ẋ = 3cost
−2sint = −3 2 ctgt
)
d 2 y
dx = d( dy
dx
2 dx
=
d( dy
dx)
dt
dx
dt
= +3 1
2 sin 2 t
−2sint = − 3
4sin 3 t
85

Zadatak 123 Ispitajte da li funkcija x = t + 1 , y = 1 + t2 zadovoljava
2t 2 t 2
jednakost d2 y
+ d2 x
= 1.
dx 2 dy 2
Rješenje:
dy
dx = ẏ
ẋ = t,
dx
dy = ẋ
ẏ = 1 t ,
⇒ d2 y
dx 2 + d2 x
dy 2 = 1
d 2 y
dx = d( )
dy
dx
=
2 dx
( )
d 2 dx
x d
dy = dy
2 dy
=
d( dy
dx)
dt
dx
dt
d( dx
dy)
dt
dy
dt
= t3
t 3 −1 ,
= − 1
t 3 −1 ,
Zadatak 124 Koristeći linearnu (kvadratnu) aproksimaciju izračunajte približnu
vrijednost od y(2.3) ako je y = y(x) zadana parametarski s
x(t) = 1+t3
t 2
, y(t) = 3−t2
3+t 2 .
Rješenje: Prisjetimo se da je linearna aproksimacija dana s:
y(x 0 +∆x) ≈ y(x 0 )+y ′ (x 0 )∆x.
Izaberimo x 0 = 2. Tada je naravno ∆x = 0.3. Koliko je y(x 0 )? Kako bismo
to izračunali, najprije moramo odrediti parametar t koji uvrštavanjem u x(t)
daje vrijednost 2, odnosno takav t da je x(t) = 2. Imamo
x(t) = 1+t3
t 2 = 2 ⇔ t 3 −2t 2 +1 = 0.
Jedno rješenje je očito, a ono je t 0 = 1. Slijedi:
Ostalo je odrediti y ′ .
y(2) t 0=1
= 3−12
3+1 2 = 1 2 .
y ′ = ẏ
ẋ = − 12t
(3+t 2 ) 2
−2t −3 +1 = 12t 4
(3+t 2 ) 2 ·(2−t 3 )
86

Sada
Konačno,
y ′ (2) t 0=1
=
12·1 4
(3+1 2 ) 2 ·(2−1 3 ) = 3 4 .
y(2.3) ≈ y(2)+y ′ (2)·0.3 = 1 2 + 3 ·0.3 = 0.725.
4
5.6.2 Polarne koordinate
POLARNE KOORDINATE
T(x,y) ≡ T(ϕ,r)
x = rcosϕ , y = rsinϕ
r = √ x 2 +y 2 ≥ 0 , ϕ ∈ R
Zadatak 125 Odredite polarne koordinate točaka koje su zadane u Kartezijevim
koordinatama:
a) T 1 (1,1), b) T 2 (1,2), c) T 3 (−1, √ 3), d) T 4 (−2,−5).
Rješenje:
a) r 1 = √ 1 2 +1 2 = √ 2, tgϕ 1 = y x = 1 ⇒ ϕ 1 = π
( 4
π
=⇒ T 1
4 , √ )
2
b) r 2 = √ 1 2 +2 2 = √ 5, tgϕ 2 = y x = 2 ⇒ ϕ 2 = arctg2
=⇒ T 2
(arctg2, √ )
5
√
c) r 3 = (−1) 2 +( √ √
3
3) 2 = 2, tgα =
1 = √ 3 ⇒ α = π 3
⇒ ϕ 3 = π −α = 2π ( ) 2π
3 =⇒ T 3
3 , 2
d) r 4 = √ (−2) 2 +(−5) 2 = √ 29, tgα = 5 2 ⇒ α = arctg 5 2
⇒ ϕ 4 = π +α = π +arctg 5 (
2 =⇒ T 4 π +arctg 5 2 , √ )
29
87

Polarne koordinate nam omogućuju da neke krivulje koje je teško zadati
u Kartezijevim koordinatama, zadamo eksplicitno u polarnim koordinatama,
Γ = {(ϕ,f(ϕ)) : ϕ ∈ D ⊆ R} ⊆ R 2 .
Primjer 18 Skicirajte krivulje zadane u polarnim koordinatama:
a) r = ϕ, b) r = 1 , c) r = 1−cosϕ, d) r = sin3ϕ.
ϕ
KARDIOIDAr⩵1cosφ
r⩵φ SPIRALA
20
1.0
0.5
10
2.0 1.5 1.0 0.5
20 10 10 20
0.5
10
1.0
20
r⩵sinφ
0.5
0.5 0.5
0.5
1.0
Primjer 19 Odredite polarne jednadžbe sljedećih krivulja:
a) x 2 +y 2 = R 2 , b) (x−R) 2 +y 2 = R 2 , c) x 2 +(y −R) 2 = R 2 .
88

Rješenje:
x = rcosϕ , y = rsinϕ
a) (rcosϕ) 2 +(rsinϕ) 2 = R 2 ⇔ r 2 (cos 2 ϕ+sin 2 ϕ) = R 2 ⇔ r 2 = R 2 ⇒ r = R
b) (rcosϕ−R) 2 +(rsinϕ) 2 = R 2 ⇔ r 2 cos 2 ϕ−2rRcosϕ+R 2 +r 2 sin 2 ϕ = R 2
⇔ r 2 (cos 2 ϕ+sin 2 ϕ) = 2rRcosϕ ⇔ r 2 = 2rRcosϕ ⇔ r = 2Rcosϕ
c) (rcosϕ) 2 +(rsinϕ−R) 2 = R 2 ⇔ r 2 cos 2 ϕ+r 2 sin 2 ϕ−2rRsinϕ+R 2 = R 2
⇔ r 2 (cos 2 ϕ+sin 2 ϕ) = 2rRsinϕ ⇔ r 2 = 2rRsinϕ ⇔ r = 2Rsinϕ
Zadatak 126 Krivulja je zadana u polarnim koordinatama s r = e ϕ . Odredite
vrijednost derivacije na taj način zadane funkcije y = y(x) u točki
T(0,e π/2 ) danoj u Kartezijevim koordinatama.
Rješenje: Imamo
x = e ϕ cosϕ, y = e ϕ sinϕ
i nadalje
y ′ = ẏ
ẋ = eϕ sinϕ+e ϕ cosϕ
e ϕ cosϕ−e ϕ sinϕ = sinϕ+cosϕ
cosϕ−sinϕ
(ϕ ≠ π 4 +kπ, k ∈ Z )
S druge strane,
x = 0 ⇒ 0 = e ϕ cosϕ
y = e π/2 ⇒ e π/2 = e ϕ sinϕ
}
⇒ ϕ = π 2
⇒
( ) ∣ dy
∣∣∣ϕ=π/2
= sin π +cos π 2 2
dx cos π −sin π 2 2
= −1
89

6 Primjena diferencijalnogračunafunkcijejedne
varijable
6.1 Tangenta, normala, kut medu krivuljama
Jednadžba tangente na krivulju y = f(x) s diralištem D(x D ,y D ) glasi:
Jednadžba normale glasi:
t...y −y D = f ′ (x D )(x−x D ).
n...y −y D = − 1
f ′ (x D ) (x−x D).
Zadatak 127 Odredite one tangente krivulje y = 1 3 x3 − 3 2 x2 + x koje su
paralelne s pravcem p...y = −x.
Rješenje:
Označimo dirališne točke traženih tangenata sa (x D ,y D ). Iz
uvjeta paralelnosti slijedi jednakost koeficijenata smjera k t = k p , što daje
y ′ (x D ) = k p odnosno x 2 D −3x D + 1 = −1. Rješavanjem dobijemo x D1 = 1,
x D2 = 2. Koordinate dirališni točaka su: D 1 (1,−1/6), D 2 (2,−4/3). Jednadžbe
traženih tangenata su:
t 1 ...y + 1 6 = −1(x−1) ⇔ y = −x+ 5 6 ,
t 2 ...y + 4 3 = −1(x−2) ⇔ y = −x+ 2 3 .
Zadatak 128 Odredite jednadžbu tangente i normale cikloide (tautokrone)
zadane parametarski sa x = 2(t−sint), y = 2(1−cost) u točki T(π−2,2).
Što je sa točkama A(4kπ,0), k ∈ Z?
Rješenje: Lako se vidi da cikloida prolazi kroz zadanu točku za vrijednost
parametra t = π/2. Korištenjem formule za derivaciju parametarski zadane
funkcije dobije se
y ′ = dy
dx = ẏ
ẋ =
2sint
2(1−cost) = sint
1−cost ,
90

što daje
Jednadžbe tangente i normale glase:
( ) dy
= 1.
dx
t=π/2
t...y −2 = 1(x−π +2) ⇔ y = x−π +4,
n...y −2 = −1(x−π +2) ⇔ y = −x+π.
Zadatak 129 Odredite jednadžbu tangente na krivulju zadanu u polarnim
koordinatamasar = ϕ (spirala)utočkisaKartezijevimkoordinatamaA(0,π/2)
Što je sa r = 1/ϕ u A(0,2/π)?
Rješenje: Iz veze Kartezijevih i polarnih koordinata, x = rcosϕ, y =
rsinϕ, i jednadžbe zadane krivulje r = ϕ, dobije se parametarska jednadžba
krivulje: x = ϕcosϕ, y = ϕsinϕ. Vrijednostpolarnogkuta ϕzakojikrivulja
prolazi kroz zadanu točku dobije se iz jednadžbi 0 = ϕcosϕ, π 2 = ϕsinϕ,
što očito daje ϕ = π . Koristeći formulu za derivaciju parametarski zadane
2
funkcije dobije se
dy
dy
dx = dϕ
dx
dϕ
što daje ( ) dy
dx
ϕ= π 2
Tražena jednadžba tangente glasi
= sinϕ+ϕcosϕ
cosϕ−ϕsinϕ
= 1+ π 2 ·0
0− π 2 ·1 = −2 π .
t...y − π 2 = −2 π (x−0) ⇔ y = −2 π x+ π 2 .
Zadatak 130 Odredite jednadžbu tangente na krivulju y = x−1
x
koja prolazi
točkom T(4,1).
Ekvivalentna formulacija: Odredite k ∈ R tako da je pravac y−1 = k(x−4)
tangenta krivulje y = x−1
x . 91

Rješenje:
Označimo dirališnu točku tražene tangente sa D(x D ,y D ) pri
čemu je y D = x D−1
x D
. Kako je y ′ = 1 x 2 to jednadžba tangente glasi
t...y − x D −1
= 1 (x−x
x D x 2 D ).
D
Kako tangenta t prolazi točkom T(4,1) to uvrštavanjem u jednadžbu tangente
dobivamo
1− x D −1
= 1 (4−x
x D x 2 D )
D
što rješavanjem daje x D = 2. Odavde je dirališna točka D(2, 1 ). Jednadžba
2
tražene tangente je
t...y − 1 2 = 1 4 (x−2) ⇔ y = 1 4 x.
Kut medu krivuljama
Neka je T 1 ∈ Γ 1 ∩ Γ 2 (tj. T 1 je jedna od presječnih točaka krivulja Γ 1
i Γ 2 ). Neka je tgα 1 = k 1 i tgα 2 = k 2 pri čemu je k 1 koeficijent smjera
tangente na krivulju Γ 1 u T 1 , a k 2 koeficijent smjera tangente na krivulju Γ 2
u T 1 (što znači da su α 1 ,α 2 kutovi koje te tangente zatvaraju s pozitivnim
smjerom apscise uzimajući u obzir pozitivnu orijentaciju ravnine). Tako je
(korištenjem adicionih formula za tangens):
∣ ∣ tg∡(Γ 1 ,Γ 2 ;T 1 ) = |tg(α 2 −α 1 )| =
tgα 2 −tgα 1 ∣∣∣ ∣ =
k 2 −k 1 ∣∣∣
1+tgα 2 tgα 1
∣1+k 1 ·k 2
tj.
∣ tg∡(Γ 1 ,Γ 2 ;T 1 ) =
k 2 −k 1 ∣∣∣
∣1+k 1 ·k 2
Ako je tangenta na krivulju Γ 2 okomita na os apscisa odnosno k 2 = ∞
tj. α 2 = π 2 , granični procesi s k 2 → ∞ daju u tom slučaju:
tg∡(Γ 1 ,Γ 2 ;T 1 ) = lim
k 2 →∞
iz čega slijedi:
ctg∡(Γ 1 ,Γ 2 ;T 1 ) = |k 1 |
92
∣ ∣ k 2 −k 1 ∣∣∣ ∣ =
1 ∣∣∣
1+k 1 ·k 2
∣k 1

Zadatak 131 Ishodištem koordinatnog sustava prolazi tangenta krivulje y =
√ x−1. Koliki kut zatvara ta tangenta s osi apscisa?
Rješenje: Označimox−koordinatudirališnetočkesax D odnosnoD(x D , √ x D −1).
Kako je y ′ = 1
2 √ x−1
to jednadžba tangente glasi
t...y − √ x D −1 =
1
2 √ x D −1 (x−x D).
Kako tangentaprolaziishodištem koordinatnogsustava O(0,0)uvrštavanjem
dobije se jednadžba
0− √ x D −1 =
1
2 √ x D −1 (0−x D) ⇔ −2(x D −1) = −x D ⇔ x D = 2
čime se dobije D(2,1), te tgα = k t = y ′ (2) = 1 2 . Traženi kut je α = arctg 1 2 =
0.4636 = 26 ◦ 33 ′ 54 ′′ .
Zadatak 132 Pod kojim kutom krivulja y = e −2x presijeca os ordinata?
Rješenje:
Presječna točka je očito T(0,1). Kako je y ′ = −2e −2x , to je
y ′ (0) = −2. Odavde je tgα = k t = y ′ (0) = −2 (pri čemu je α kut izmedu
tangente i pozitivnog smjera x−osi). Slijedi α = 116 ◦ 33 ′ 54 ′′ . Iz slike se lako
vidi da traženi kut iznosi α−90 ◦ = 26 ◦ 33 ′ 54 ′′ .
Zadatak 133 Odredite jednadžbu zajedničke tangente krivulja y = x 2 , y =
x 2 −4x+6.
Rješenje: Neka je D 1 (x 1 ,x 2 1 ) dirališna točka tražene zajedničke tangente i
krivulje y = x 2 , a (x 2 ,x 2 2−4x 2 +6) dirališna točka te iste tangente i krivulje
y = x 2 −4x+6. Iz oblika jednadžbe tangente se dobije
t...y −x 2 1 = 2x 1 (x−x 1 ) ⇔ y = 2x 1 x−x 2 1,
t...y −(x 2 2 −4x 2 +6) = (2x 2 −4)(x−x 2 ) ⇔ y = (2x 2 −4)x−x 2 2 +6.
Izjednačujući izrazezakoeficijent smjera iodsječaknay−osidobijesesustav:
2x 1 = 2x 2 −4, −x 2 1 = −x2 2 +6.
93

Iz prve jednadžbe slijedi x 1 = x 2 −2, što uvrštavanjem u drugu jednadžbu
daje −(x 2 −2) 2 = −x 2 2 +6 odakle slijedi x 2 = 5/2 i x 1 = 1/2. Uvrštavanjem
u npr. y = 2x 1 x−x 2 1 tražena jednadžba tangente glasi
t...y = x− 1 4 .
Zadatak 134 Odredite kut medu krivuljama x 2 +y 2 = 8, y 2 = 2x.
Rješenje: Rješavanjem sustava x 2 + y 2 = 8, y 2 = 2x dobiju se presječne
točkezadanihkrivuljaS 1 (2,2),S 2 (2,−2). Kakosukrivuljezrcalnosimetrične
s obzirom na x−os dovoljno je naći kut u točki S 1 (jednak kutu u S 2 ).
Iz x 2 +y 2 = 8 deriviranjem slijedi y ′ = −x/y odakle je koeficijent smjera
tangente na prvu krivulju u točki S 1 jednak k 1 = y ′ (2) = −2/2 = −1.
Iz y 2 = 2x deriviranjem slijedi y ′ = 1/y, odakle je koeficijent smjera
tangente na drugu krivulju u S 1 jednak k 2 = y ′ (2) = 1/2.
Konačno, tangens traženog kuta je
∣ tgϕ =
k 2 −k 1 ∣∣∣
∣ = 3
1+k 1 k 2
što daje ϕ = arctg3 = 71 ◦ 33 ′ 54 ′′ = 1.249.
Zadatak 135 Dokažite da su familije krivulja y = ax i x 2 + y 2 = b 2 ortogonalne
tj. da svaka krivulja iz prve familije siječe svaku krivulju iz druge
familije pod pravim kutom.
Rješenje: Neka je sa S(x s ,y s ) označeno proizvoljno sjecište tih krivulja.
Izy = axdobijesey ′ = aodaklejekoeficijent smjera tangentenakrivulju
y = ax u S jednak k 1 = y ′ (x s ) = a.
Iz x 2 + y 2 = b 2 deriviranjem se dobije y ′ = −x/y odakle je koeficijent
smjera tangente na krivulju x 2 +y 2 = b 2 u S jednak k 2 = y ′ (x s ) = −x s /y s =
−1/a (S(x s ,y s ) leži i na y = ax).
Kako je odavde k 1 k 2 = −1 slijedi ortogonalnost zadanih krivulja.
94

Zadatak 136 Krivulja je zadana u polarnim koordinatama s r = e ϕ . Odredite
točke na toj krivulji u kojima je tangenta na tu krivulju paralelna s a)
y-osi b) x-osi c) pravcem x−y = 3.
Zadatak 137 (DZ) Dokažite da su familije hiperbola xy = a 2 i x 2 −y 2 = b 2
ortogonalne.
Zadatak 138 (DZ) U sjecištu krivulje y = √ 2−x s osi ordinata položena
je tangenta na krivulju. Kolika je udaljenost te tangente od ishodišta?
Rješenje: Uvrštavanjem x = 0 u jednadžbu krivulje (gornji dio parabole)
y = √ 2−x dobije se presječna točka krivulje i y−osi D(0, √ 2), koja je i
dirališna točka tangente. Kako jey ′ = − 1
2 √ tojednadžba tražene tangente
2−x
glasi
t...y − √ √
2
2 = −
4 (x−0)
ili u implicitnom obliku
t... √ 2x+4y −4 √ 2 = 0.
Iz formule za udaljenost točke od pravca slijedi
d(O(0,0),t) = |Ax 0 +By 0 +C|
√
A2 +B 2 = |√ 2·0+4·0−4 √ 2|
√ 2+16
= 4 3 .
Zadatak 139 (DZ) Odredite jednadžbu one normale krivulje y = xlnx koja
je okomita na pravac p...2x−2y −3 = 0.
Rješenje: Dovoljno je naći tangente koje su paralelne sa pravcem p. Kao u
prethodnom zadatku iz jednakosti koeficijenata smjera (koristeći da je y ′ =
lnx+1) dobiva se jednadžba lnx D +1 = 1, što daje x D = 1 pa onda i y D = 0.
Jednadžba normale glasi
n...y −0 = −1(x−1) ⇔ y = −x+1.
95

Zadatak 140 (DZ) Odredite jednadžbu tangente i normale krivulje zadane
parametarski sa x = t 3 +1, y = t 2 +t+1 u točki T(1,1).
Rješenje: Vrijednost parametra t za koji krivulja prolazi kroz zadanu točku
se dobije iz 1 = t 3 + 1, 1 = t 2 + t + 1, što očito daje t = 0. Korištenjem
formule za derivaciju parametarski zadane funkcije dobije se
y ′ = dy dy
dx = dt
dx
dt
= 2t+1
3t 2
što daje ( ) ( dy 1
= = ∞.
dx
t=0
0)
Zaključujemo da je koeficijent smjera tangente u točki T(1,1) beskonačan tj.
tangenta zatvara sa osi apscisa kut π/2. Jednadžbe tangente i normale sada
glase
t...x = 1, n...y = 1.
Zadatak 141 (DZ) Odredite jednadžbu tangente i normale krivulje zadane
parametarski sa x = 2e t , y = e −t u točki T(2,1). Koja je to krivulja?
Rješenje: t...y = − 1 x+2, n...y = 2x−3.
2
Zadatak 142 (DZ) Pod kojim se kutom sijeku krivulje y = √ 2x i y = 1 2 x2 .
6.2 Osnovni teoremi diferencijalnog računa
Teorem 6 (FERMAT) Neka funkcija f : (a,b) → R ima u c ∈ (a,b)
(globalni) ekstrem. Ako postoji f ′ (c), tada je f ′ (c) = 0.
Dokaz: Neka funkcija f u c ima (globalni) maksimum (dokaz za slučaj minimuma
provodi se analogno). Uzmimo prvo ∆x < 0. Kako je u tom slučaju
očito ∆f(c) = f(c+∆x)−f(c)
∆x ∆x
≥ 0, to je i f ′ (c) = lim ∆x→0
∆f(c)
∆x
≥ 0. Analogno,
u slučaju ∆x > 0 se dobiva f ′ (c) = lim ∆x→0
∆f(c)
∆x
≤ 0. Time smo dobili
0 ≤ f ′ (c) ≤ 0 što daje f ′ (c) = 0.
96

Teorem 7 (ROLLE) Neka funkcija f : [a,b] → R zadovoljava sljedeća
svojstva:
1. f je neprekidna na [a,b].
2. f je derivabilna na (a,b).
3. f(a) = f(b).
Tada postoji c ∈ (a,b), tako da je f ′ (c) = 0.
Dokaz: Ako je f konstantna funkcija tj. f(x) = f(a) = f(b) za svaki
x ∈ [a,b], tada je f ′ (x) = 0 za svaki x ∈ (a,b).
Neka je M = max{f(x) : x ∈ [a,b]}, m = min{f(x) : x ∈ [a,b]}. Neka je
M > m ( M = m povlači da je f konstantna funkcija). Odavde je očito
ili M > f(a) = f(b) ili m < f(a) = f(b). Neka je M > f(a) = f(b). Iz
svojstava neprekidne funkcije na zatvorenom intervalu postoji x M ∈ [a,b]
tako da je f(x M ) = M, no kako je M > f(a) = f(b) to je x M ∈ (a,b). Iz
Fermatovog teorema sada slijedi f ′ (x M ) = 0. Analogno se pokazuje i slučaj
m < f(a) = f(b).
Teorem 8 (LAGRANGEOV TEOREM SREDNJE VRIJEDNOSTI)
Neka je f : [a,b] → R neprekidna funkcija derivabilna na (a,b). Tada postoji
c ∈ (a,b) tako da je
f(b)−f(a)
b−a
= f ′ (c).
Dokaz: Definirajmo pomoćnu funkciju F : [a,b] → R sa:
F(x) = f(x)−f(a)− f(b)−f(a) (x−a).
b−a
Kako je F(a) = F(b) = 0, F neprekidna na [a,b], te F derivabilna na (a,b),
to F zadovoljava uvjete Rolleovog teorema. Očito jeF ′ (x) = f ′ (x)− f(b)−f(a)
b−a
.
Iz Rolleovog teorema slijedi postojanje c ∈ (a,b) tako da je
što očito daje tvrdnju teorema.
0 = F ′ (c) = f ′ (c)− f(b)−f(a)
b−a
97

Teorem 9 (CAUCHYJEV TEOREM SREDNJE VRIJEDNOSTI)
Neka su f,g : [a,b] → R neprekidne funkcije, derivabilne na (a,b), pri čemu
je g ′ (x) ≠ 0 za svaki x ∈ (a,b). Tada postoji c ∈ (a,b) tako da je
f(b)−f(a)
g(b)−g(a) = f′ (c)
g ′ (c) .
Dokaz: Kako je g ′ (x) ≠ 0 za svaki x ∈ (a,b) to je g(a) ≠ g(b) (vidi Rolleov
teorem), pa je dobro definirana funkcija
F(x) = f(x)−f(a)− f(b)−f(a)
g(b)−g(a) (g(x)−g(a))
koja zadovoljava uvjete Rolleovog teorema. Kraj dokaza se provodi kao u
dokazu Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti.
6.3 Monotonostiderivacijafunkcije. Lokalniekstremi.
Kako je predznak funkcije lakše ispitati nego monotonost (koristeći samo
definiciju) cilj je karakterizirati rast i pad funkcije na intervalima koristeći
predznak (signum) prve derivacije funkcije.
Teorem 10 Neka je f : (a,b) → R derivabilna funkcija.
1. Ako je f rastuća na (a,b), onda je f ′ (x) ≥ 0 za svaki x ∈ (a,b).
2. Ako je f padajuća na (a,b), onda je f ′ (x) ≤ 0 za svaki x ∈ (a,b).
3. Ako je f konstantna funkcija, onda je f ′ (x) = 0 za svaki x ∈ (a,b).
Dokaz:
1. Ako je f rastuća, to je očito ∆f(x)
∆x
f ′ ∆f(x)
(x) = lim ∆x→0 ≥ 0.
∆x
≥ 0 za svaki x ∈ (a,b), pa je i
2. Ako je f padajuća, to je očito ∆f(x)
∆x
≤ 0 za svaki x ∈ (a,b), pa je i
f ′ (x) = lim ∆x→0
∆f(x)
∆x
≤ 0.
3. Vidi izvode derivacija osnovnih elementarnih funkcija.
98

Napomenimo da funkcija može biti strogo rastuća, a da ipak njezina derivacija
u nekim točkama isčezava. (Primjer: f(x) = x 3 )
Koristeći Lagrangeov teorem srednje vrijednosti pokažimo i obrat gornjeg
teorema.
Teorem 11 Neka je f : (a,b) → R derivabilna funkcija.
1. Ako je f ′ (x) ≥ 0 (f ′ (x) > 0) za svaki x ∈ (a,b), onda je f rastuća
(strogo rastuća) funkcija.
2. Ako je f ′ (x) ≤ 0 (f ′ (x) < 0) za svaki x ∈ (a,b), onda je f padajuća
(strogo padajuća) funkcija.
3. Ako je f ′ (x) = 0 za svaki x ∈ (a,b), onda je f konstantna funkcija.
Dokaz: Sve tri tvrdnje dokazuju se korištenjem Lagrangeovog teorem srednje
vrijednosti (pokrata: LTSV). Pokažimo prvu tvrdnju.
Neka je x 1 < x 2 . Iz LTSV primjenjenog na interval [x 1 ,x 2 ] dobiva se
postojanje c ∈ (x 1 ,x 2 ) tako da je f(x 2 )−f(x 1 ) = f ′ (c)(x 2 −x 1 ), no kako je
f ′ (c) ≥ 0 (i x 2 −x 1 > 0) slijedi f(x 2 )−f(x 1 ) ≥ 0. Time smo iz pretpostavke
x 1 < x 2 dobili f(x 1 ) ≤ f(x 2 ), što i jest definicija rastuće funkcije.
Preostale tvrdnje se dokazuju analogno.
Sljedeći cilj nam je dati nužne i dovoljne uvjete za postojanje lokalnih
ekstrema derivabilnih funkcija.
Definicija 19 Kaže se da funkcija f ima lokalni ekstrem u točki x 0 ako
postoji okolina oko x 0 , (x 0 − ε,x 0 + ε), ε > 0, u kojoj funkcija f u x 0 ima
ekstrem.
IzFermatovog teorema primjenjenog na derivabilnu funkciju f nainterval
(x 0 −ε,x 0 +ε)neposrednoslijedidaakoderivabilnafunkcijaf ux 0 imalokalni
ekstrem, tada je f ′ (x 0 ) = 0 (nužan uvjet za postojanje lokalnog ekstrema).
Kako očito f ′ (x 0 ) = 0 nije i dovoljan uvjet (vidi primjer funkcije f(x) =
x 3 ) za lokalni ekstrem pokažimo i neke dovoljne uvjete.
99

Teorem 12 Neka je f : (a,b) → R derivabilna funkcija i neka je x 0 ∈ (a,b)
tako da postoji f ′′ (x 0 ). Ako je f ′ (x 0 ) = 0 i f ′′ (x 0 ) < 0 (f ′′ (x 0 ) > 0), tada
funkcija f ima u x 0 lokalni maksimum (lokalni minimum).
Dokaz: Neka je f ′ (x 0 ) = 0 i f ′′ (x 0 ) > 0. Kako je
f ′′ f ′ (x 0 +∆x)−f ′ (x 0 )
(x 0 ) = lim
∆x→0 ∆x
ikakojef ′ (x 0 ) = 0, topostojiε > 0takodaje f′ (x 0 +∆x)
∆x
> 0za−ε < ∆x < ε.
Odavde za −ε < ∆x < 0 slijedi f ′ (x 0 +∆x) < 0, što daje da je funkcija f na
intervalu (x 0 −ε,x 0 ) strogo padajuća. Analogno se na intervalu (x 0 ,x 0 +ε)
zaključi da je funkcija f strogo rastuća. Time je pokazano da funkcija f u
x 0 ima (strogi) lokalni minimum.
Analogno se iz pretpostavki f ′ (x 0 ) = 0, f ′′ (x 0 ) < 0 dobiva zaključak
o predznaku prve derivacije funkcije f u okolini od x 0 , pa i zaključak o
(strogom) lokanom maksimumu.
Kakoseujednostavnimprimjerimalakovidipostojanjelokalnihekstrema
(f(x) = x 4 , f(x) = x 2n , n ∈ N), a da nisu ispunjeni dovoljni uvjeti iz gornjeg
teorema iskažimo i sljedeći teorem.
Teorem 13 Neka funkcija f : (a,b) → R ima do uključivo 2n−tu derivaciju
(n ∈ N). Neka je x 0 ∈ (a,b) tako da je f ′ (x 0 ) = ... = f (2n−1) (x 0 ) = 0 i
f (2n) (x 0 ) ≠ 0, tada f u x 0 ima lokalni ekstrem.
Dokaz: Neka je f ′ (x 0 ) = ... = f (2n−1) (x 0 ) = 0 i f (2n) (x 0 ) > 0. Primjenjujući
prethodni teorem na funkciju f (2n−2) dobiva se da funkcija f (2n−2)
ima u x 0 (strogi) lokalni minimum. No, kako je f (2n−2) (x 0 ) = 0, slijedi da
je funkcija f (2n−2) (x) pozitivna u nekoj okolini od x 0 , (x 0 −ε,x 0 )∪(x 0 ,x 0 +
ε), ε > 0. Zaključujemo da je f (2n−3) strogo rastuća u toj okolini, no kako
je f (2n−3) (x 0 ) = 0, slijedi da je f (2n−3) (x) < 0 na (x 0 −ε,x 0 ) i f (2n−3) (x) > 0
na (x 0 ,x 0 +ε). To znači da je f (2n−4) (x) padajuća na (x 0 −ε,x 0 ) i rastuća
na (x 0 ,x 0 + ε), a odakle opet slijedi zaključak da funkcija f (2n−4) u x 0 ima
lokalni minimum.
100
> 0

Spuštajući se tako ”skokovima” duljine 2, dolazi se do zaključka da i
funkcija f u x 0 ima lokalni minimum.
Analogna zaključivanja se mogu provesti i uz pretpostavku f (2n) (x 0 ) < 0.
6.3.1 Primjena lokalnih ekstrema
Definicija 20 Funkcija f ima u x 0 stacionarnu točku ako je f ′ (x 0 ) = 0.
Neka je x 0 stacionarna točka funkcije f. Ako je f ′′ (x 0 ) > 0, tada u
točki (x 0 ,f(x 0 )) funkcija postiže lokalni minimum, a ako je f ′′ (x 0 ) < 0 tada
funkcija u toj točki postiže lokalni maksimum.
Funkcija postiže svoje ekstremalne vrijednosti (maksimum i minimum)
na intervalu ili na rubu intervala ili u svojim stacionarnim točkama.
Zadatak 143 Odredite lokalneiglobalneekstreme funkcije f(x) = x 5 −5x 4 +
5x 3 +1 na [−1,2].
Rješenje:
f ′ (x) = 5x 4 −20x 3 +15x 2
f ′ (x) = 0 ⇔ 5x 2 (x 2 −4x+3) = 0 ⇔ x 1,2 = 0, x 3 = 1, x 4 = 3 /∈ [−1,2]
f ′′ (x) = 20x 3 −60x 2 +30x
f ′′ (0) = 0, f ′′ (1) = −25 < 0
paodatlezaključujemodafunkcijaux = 1postiželokalnimaksimum. Vrijedi
f(1) = 2. Što je s x = 0? S obzirom da je f ′′′ (x) = 30 ≠ 0, iz teorema 13.
slijedi da u 0 nema ekstrema.
Sada izračunamo još i vrijednosti funkcije f u rubovima intervala na
kojem ju promatramo:
f(−1) = −10, f(2) = −7.
Konačno vidimo da je M(1,2) lokalni i globalni maksimum, a m(−1,−10)
globalni minimum.
101

Zadatak 144 Odredite lokalne i globalne ekstreme funkcije f(x) = x 1 x na
[10 −2 ,10 2 ].
Rješenje:
f(x) = e 1 x·lnx ⇒ D(f) = 〈0,+∞〉
f ′ (x) = e 1 x·lnx · 1−lnx
x 2
f ′ (x) = 0 ⇔ 1−lnx = 0 ⇔ x = e
〈0,e〉 : f ′ (1) = (+) (+)
(+) > 0, 〈e,+∞〉 : f′ (3) = (+) (−)
(+) < 0,
Odavde zaključujemo da funkcija u x = e postiže lokalni maksimum. Imamo
f(e) = e 1/e ≈ 1.4447.
Nadalje, vrijednosti funkcije f u rubovima zadanog intervala su:
f(10 −2 ) = 10 −200 < 1, f(10 2 ) = 10 1/50 ≈ 1.0471
Sada vidimo da funkcija u M(e,e 1/e ) poprima lokalni i globalni maksimum,
dok u točki m(10 −2 ,10 −200 ) poprima globalni minimum.
Zadatak 145 (DZ) Odredite lokalne i globalne ekstreme funkcije f(x) =
x
. x 2 +2x+4
Rješenje: maksimum u M(2,1/6), minimum u m(−2,−1/2)
Zadatak 146 (DZ) Odredite lokalne i globalne ekstreme funkcije f(x) =
x 1−lnx .
Rješenje: M( √ e, 4√ e) maksimum
Zadatak 147 U lik omeden lukom krivulje y = √ 12−x i koordinatnim
osima upišite pravokutnik maksimalne površine. Kolike su stranice i površina
tog pravokutnika?
102

Rješenje:
P(x) = x·y = x·√12−x
= √ 12x 2 −x 3 , 0 < x < 12
Kako je korijenska funkcija monotona (rastuća), to je dovoljno promatrati
funkciju ispod korijena: f(x) = 12x 2 −x 3 . Tražimo njene stacionarne točke:
f ′ (x) = 24x−3x 2 = 0 ⇔ x 1 = 0, x 2 = 8
f ′′ (x) = 24−6x ⇒ f ′′ (8) = −24 < 0
što znači da se za x = 8 postiže maksimum. Dakle, duljine stranica pravokutnika
maksimalne površine upisanog u zadani lik su: x max = 8, y max = 2.
Sama površina iznosi: P max = P(8) = 16.
Zadatak 148 Odredite omjer stranica pravokutnika sa stranicama paralelnim
s koordinatnim osima maksimalne površine upisanog u lik odreden krivuljama
y = 2x, x+y = 30 i y = 0.
Zadatak 149 Odredite duljine stranica pravokutnika maksimalne površine
upisanog u lik 2|y| ≤ x ≤ 6−|y| pri čemu su stranice pravokutnika paralelne
s koordinatnim osima.
Rješenje:
P = 2ab, a = 6−y −2y = 6−3y, y > 0,
b = y
⇒ P(y) = 2(6−3y)·y = 12y−6y 2 , y > 0,
P ′ (y) = 12−12y = 0 ⇔ y = 1
P ′′ (y) = −12 < 0 ⇒ u x = 1 postiže se maksimum
P max = P(1) = 6, a max = 3, b max = 1
Zadatak 150 Koja je točka grafa funkcije y = √ −lnx najbliža ishodištu?
103

Rješenje: Udaljenost proizvoljne točke sa zadane krivulje od ishodišta je:
d(O,T) = √ x 2 +y 2 = √ x 2 −lnx
dovoljno je gledati: f(x) = x 2 −lnx, x ∈ 〈0,1]
limf(x) = +∞, f(1) = 1
x→0
f ′ (x) = 2x2 −1
= 0 ⇔ 2x 2 −1 = 0 ⇒ x =
x
f ′′ (x) = 2+ 1 > 0, ∀x ⇒ minimum
x2 (√ )
(√
f 2/2 = 1 2 + 1 2 ln2 = 1 2 (1+ln2) < 1 √ 2
2 ·2 = 1 ⇒ m 2 , ln √ )
2
√
2
2
Zadatak 151 Medu svih pravokutnicima opsega 2a, odredite duljine stranica
onog maksimalne površine.
Rješenje:
O = 2x+2y = 2a ⇒ y = a−x
P(x) = x·y = x·(a−x) = ax−x 2 , 0 < x < a
P ′ (x) = a−2x = 0 ⇔ x = a 2
P ′′ (x) = −2 ⇒ x max = a 2 , P max = P
( a
2)
= a2
4
KVADRAT!
Zadatak 152 Izradujemo prozorski okvir površine 6m 2 s tri vertikalne i jednom
horizontalnom prečkom. Odredite omjer visine i duljine prozora u kojeg
je utrošeno najmanje materijala.
Zadatak 153 Iz okruglog papira izrezati kružni isječak koji savijen daje ljevak
najvećeg volumena.
104

Rješenje: uvedimo oznake: R - polumjer okruglog papira, r-polumjer baze
stošca, H- visina stošca
2rπ = Rα ⇒ r = R 2π α
H = √ √
( α 2
R 2 −r 2 = R 1−
2π)
V = 1 3 r2 π ·H = 1
√
( α
) 2,
12π α2 ·R 3 1− 0 ≤ α ≤ 2π
2π
dovoljno je gledati: g(α) = α 4 − α6
4π 2
g ′ (α) = 4α 3 − 3α5
2π = 0 ⇒ α = 0, α = 2√ 6
2 3 π
(
g ′′ (α) = 12α 2 − 15α4 ⇒ g ′′ 2π √ )
6
= − 64 2π 2 3 3 π2 < 0
V max = V
(
2π √ 6
3
)
= 2√ 3
27 R3 π
Zadatak 154 (DZ) U kuglu polumjera R upišite stožac maksimalnog volumena.
Koliko iznosi polumjer baze i visina tog stošca?
Rješenje: r - polumjer baze stošca, h - visina stošca
V(h) = π 3 (2Rh2 −h 3 ), h max = 4R 3 , r max = R 3 ·2√ 2
Zadatak 155 (DZ) Medu svim pravokutnim trokutima opsega 2S, odredite
duljine stranica onog maksimalne površine.
Zadatak 156 (∗DZ) Dokažite nejednakosti: x− x2
2
< ln(1+x) < x, x > 0.
105

6.4 L’Hospitalovo pravilo
L’Hospitalovo pravilo za neodredeni oblik 0 0 : Neka su f,g : (a,b)\{x 0} → R
derivabilne funkcije pri čemu je lim x→x0 f(x) = lim x→x0 g(x) = 0 i g ′ (x) ≠ 0
f
za svaki x ∈ (a,b)\{x 0 }. Ako postoji lim ′ (x)
, tadapostoji i lim f(x)
x→x0 g ′ (x) x→x 0 g(x)
i vrijedi
f(x)
lim
x→x 0 g(x) = lim f ′ (x)
x→x 0 g ′ (x) .
Napomena 1 L’Hospitalovo pravilo vrijedi i za slučaj neodredenosti ∞ ∞ tj. i
u slučajukada jelim x→x0 f(x) = lim x→x0 g(x) = ∞. Uoba slučajaneodredenosti
L’Hospitalovo pravilo se može primjeniti i ako je x 0 = ∞.
Definicija 21 Funkcija f ima u x 0 nul-točku kratnosti n ako je n takav da
je lim x→x0
f(x)
(x−x 0 ) n ≠ 0,∞.
Primjer 20 Odredite red beskonačno malih veličina (tj. kratnost nul-točke
funkcije) u x 0 = 0:
1. f(x) = x−sinx
Rješenje: Kako je
x−sinx
lim =
x→0 x 3
0
∣0∣ = lim
x→0
1−cosx
3x 2 =
0
∣0∣ = lim
x→0
to f(x) = x−sinx ima u x 0 = 0 nul-točku kratnosti 3.
2. f(x) = cosx−1+ 1 2 x2
3. f(x) = x−ln(1+x)
sinx
6x = 1 6
Napomena 2 Prije upotrebe L’Hospitalovog pravila dobro je imati u vidu
sljedeće primjere.
1. Obrat L’Hospitalovog pravila ne vrijedi tj. iz postojanja lim x→x0
f(x)
g(x) ne
može se zaključiti postojanje lim x→x0
f ′ (x)
g ′ (x) .
Primjer: Lako se vidi da je lim x→∞
2x−sinx
2x+sinx = 1, dok lim x→∞ 2−cosx
2+cosx ne
postoji.
106

2. Kod primjeneL’Hospitalovog pravilanužnoje provjeravatineodredenosti.
Primjer: Očito je lim x→π/2
sinx
x
= sinπ/2
π/2
= 2/π, dok je lim x→π/2
cosx
1
=
0.
3. Iako L’Hospitalovo pravilo u mnogim slučajevima daje jednostavniju
proceduru za izračunavanje graničnih vrijednosti funkcija, ne smiju se
”zaboraviti” osnovne metode.
Primjer: Očito je lim x→∞
√
x 2 +1 √
x 2 +3
što nas vraća na polazni problem.
= 1 dok L’Hospital daje:
( √ √
x
lim
2 +1) ′
x→∞ ( √ x2 +3
= lim √
x 2 +3) ′ x→∞ x2 +1
Zadatak 157 Izračunajte a) lim x→∞
e 2x
x 4 b) lim x→0
e −1/x2
x 2 .
Rješenje: a)
b)
e 2x ∣ ∣∣
lim
x→+∞ x = ∞
∣ = lim
4 ∞
e −1/x2
lim
x→0 x 2
= 1 3 lim 2e 2x
x→∞
= lim
x→∞
2e 2x
∣ ∣∣
2x = ∞
∣
∞
1
x 2
=
x→0
e 1
x 2
∣ ∣∣
4x = ∞
∣ = 1 3 ∞ 2 lim 2e 2x ∣ ∣∣
x→∞ 3x = ∞
∣
2 ∞
∣ ∞ ∞
∣ = 1 3 lim
x→∞
∣ = lim
2e 2x
1
− 2
x 3
x→0
− 2 e 1
x 3
= ∞.
1
x→0
e 1
x 2 = lim
x 2 = 0.
Zadatak 158 Izračunajte lim x→0
tgx−sinx
x−sinx .
Rješenje:
∣ tgx−sinx ∣∣∣
lim
x→0 x−sinx = 0
0∣ = lim
x→0
1
−cosx cos 2 x
1−cosx
1−cos 3 x
= lim
x→0 cos 2 x(1−cosx) = lim 1+cosx+cos 2 x
x→0 cos 2 x
= 3.
107

Zadatak 159 Izračunajte lim x→1 lnx·ln(x−1).
Rješenje:
ln(x−1)
limlnx·ln(x−1) = |0·(−∞)| = lim
x→1 x→1
1
lnx
∣
1
x−1
x→1 − 1 · 1
ln 2 x x
= lim
= −lim
x→1
ln 2 x
∣ ∣∣∣
x−1 = 0
0∣ = −lim
x→1
= ∣ ∞ ∣
∞
2lnx· 1
x
1
= 0.
Zadatak 160 Izračunajte lim x→π/2
(
Rješenje:
lim
x→π/2
x
− π
ctgx 2cosx
)
.
( x
ctgx − π )
= |∞−∞| = lim
2cosx
x→π/2
2xsinxcosx−πcosx
= lim
x→π/2 2cos 2 x
= 1 2 lim 2sinx+2xcosx
x→π/2 −sinx
2xcosx−π cosx
sinx
cosx
·2cosx sinx =
0
∣0∣
= 1 2 lim 2xsinx−π
x→π/2 cosx
= 1 2 · 2·1+2· π
2 ·0
−1
= −1.
Zadatak 161 Izračunajte lim x→1
( x
x−1 − 1
lnx)
.
Rješenje:
lim
x→1
( x
x−1 − 1
lnx
= lim
x→1
)
∣ xlnx−x+1 ∣∣∣
= |∞−∞| = lim
x→1 (x−1)lnx = 0
0∣ = lim
x→1
∣ lnx ∣∣∣
xlnx+(x−1) = 0
0∣ = lim
x→1
1
x
1+lnx+1 = 1
1+1 = 1 2 .
lnx
lnx+ x−1
x
Zadatak 162 Izračunajte a) lim x→∞
lnx
x
b) lim x→∞ (x−lnx).
108

Rješenje: a)
lnx
∣ ∣∣
lim
x→∞ x = ∞
∣ = lim
∞
1
x
x→∞
b)
(
lim(x−lnx) = |∞−∞| = lim x 1− lnx )
x→∞ x→∞ x
1 = 0.
= |∞·(1−0) = ∞·1| = ∞.
Zadatak 163 Izračunajte a) lim x→∞ x 1 x b) lim x→0 x x .
Rješenje: a)
b)
∣
lim
x→∞ x1 x = ∞ 0∣ ∣ = lim e 1 x lnx = e lim x→∞ lnx
x = ∣ ∞ ∣ = e lim x→∞
x→∞ ∞
lim
x→0 xx = ∣ ∣ 0
0 = lim
e xlnx = e lim x→0 lnx
1
x = e lim x→0
x→0
1
x
1 = e 0 = 1.
1
x
− 1
x 2 = e −lim x→0x = 1.
6.5 Asimptote
1. VERTIKALNA ASIMPTOTA - u konačnim rubovima domene
Ako je lim f(x) = ±∞ ili lim f(x) = ±∞, tada je pravac x = c
x→c+ x→c−
vertikalna asimptota (s lijeva, s desna ili s obje strane)
2. HORIZONTALNA ASIMPTOTA
Ako je lim f(x) = a, tada je pravac y = a horizontalna asimptota
x→+∞
u +∞. Ako je lim f(x) = a, tada je pravac y = a horizontalna
x→−∞
asimptota u −∞.
3. KOSA ASIMPTOTA - pravac oblika y = kx+l pri čemu
f(x)
k = lim
x→+∞ x , l = lim (f(x)−kx)
x→+∞
109

je kosa asimptota u +∞. Analogno kao kod horizontalnih asimptota,
može se dobiti i kosa asimptota u −∞. Specijalno, ako je k = 0, tada
je l = lim f(x) i zapravo imamo horizontalnu asimptotu y = l.
x→±∞
Ako postojihorizontalnaasimptotaunekoj ∞, tadautojistoj∞nema
”pravih” kosih asimptota.
Zadatak 164 Nadite asimptote krivulje y = x3
x 2 +1 .
Rješenje:
D(f) = R ⇒ nema vertikalnih asimptota
( )
x 3 ±∞
lim
x→±∞ x 2 +1 = x ∣ 3 : x 3
= lim
+∞ x→±∞ x 2 +1 ∣ = lim 1
: x
3 x→±∞
1
+ 1 = ±∞
x x 3
⇒ nema horizontalnih asimptota
k = lim
x→±∞
l = lim
x→±∞
x ∣ 3 : x 3
x 3 +x ∣ = lim : x
3 x→±∞
( x
3
x 2 +1 −x )
= lim
x→±∞
⇒ y = x kosa asimptota
1
1+ 1
x 2 = 1
−x ∣ ∣ : x
2
x 2 +1 ∣ ∣ : x
2 = lim
x→±∞
− 1 x
1+ 1 x 2 = 0
Zadatak 165 Nadite asimptote krivulje y = sin(5πx)·sin(7πx)
(x+x 3 ) 2 .
Rješenje:
D(f) = R\{0}, funkcija je parna
sin(5πx)·sin(7πx)
lim = lim
x→±∞ (x+x 3 ) sin(5πx)·sin(7πx)· 1
2 x→+∞ (x+x 3 ) = 0, 2
budući imamo produkt funkcija od kojih su prve dvije ograničene, a treća
teži k 0. Dakle, y = 0 je horizontalna asimptota. Nadalje,
sin(5πx)·sin(7πx)
lim
x→0 x 2 (1+x 2 ) 2
sin(5πx)
= lim ·5π · sin(7πx) 1
·7π ·
x→0 5πx 7πx (1+x 2 ) = 2 35π2
pa vidimo da pravac x = 0 nije vertikalna asimptota.
110

(
Zadatak 166 Nadite asimptote krivulje y = x·arctg 1+ 1 )
.
x
Rješenje:
D(f) = R\{0}
lim
(1+ x·arctg 1 )
= 0· π = 0, lim
(1+
x→0+ x 2 x·arctg 1 ) (
= 0· − π )
= 0
x→0− x 2
⇒ nema vertikalnih asimptota
lim
(1+ x·arctg 1 )
= ±∞·arctg1 = ±∞· π
x→±∞ x
4 = ±∞
⇒ nema ni horizontalnih asimptota
x·arctg ( )
1+ 1 )
x
k = lim = lim
x→±∞
l = lim
x→±∞
= lim
x→±∞
x
(
x·arctg
(
1+ 1 x
arctg ( 1+ 1 x)
−
π
4
1
x
(1+ arctg 1
x→±∞ x
)− π )
4 x
( 0
=
0)
⇒ y = π 4 x+ 1 je kosa asimptota
2
x·(
= lim arctg
x→±∞
= L ′ H = lim
x→±∞
= arctg1 = π 4
(
1+ 1 )
− π )
= ±∞·0
x 4
)
1
·(− 1
1+(1+1/x) 2 x 2
− 1
x 2 = 1 2
Zadatak 167 Nadite asimptote krivulje y = (1+x) 1/x .
Rješenje:
y = e 1 x ln(1+x) ⇒ D(f) = 〈−1, +∞〉\{0}
lim
x→−1+ e1 x ln(1+x) = e lim 1
x→−1+ x ·ln(1+x) = e −1·(−∞) = e +∞ = +∞
⇒ x = −1 je vertikalna asimptota (s desne strane)
Znamo da je lim(1 + x) 1/x = e, pa je lim (1 +
x→0 x→0− x)1/x = lim (1 +
x→0+ x)1/x = e
što znači da pravac x = 0 NIJE vertikalna asimptota (ni s jedne strane).
lim
x→+∞ e1 x ln(1+x) = e lim 1
x→+∞ x ·ln(1+x) = e 0·(+∞) = e 0 = 1
( )
ln(1+x) +∞
lim = = L ′ 1
H = lim
x→+∞ x +∞ x→+∞ 1+x = 0
⇒ y = 1 je horizontalna asimptota (kosih nema!)
111

Zadatak 168 Nadite asimptote krivulje y = 3√ x(x−1) 2 .
Rješenje:
D(f) = R
√ √
3
lim x(x−1)2 = 3 lim
x→±∞
x→±∞ x(x−1)2 = ±∞·(±∞) = (±∞)
⇒ nema horizontalnih asimptota
√ √ √
(
3 x(x−1)
2
x(x−1)
k = lim = 3 lim
2
= 3 lim 1− 1 2
= 1
x→±∞ x x→±∞ x 3 x→±∞ x)
l = lim ( 3√ x(x−1) 2 −x) = (±∞∓∞)
x→±∞
√
= lim ( 3√ 3 x2 (x−1)
x(x−1) 2 −x)·
4 +x 3√ x(x−1) 2 +x 2
√
x→±∞ 3 x2 (x−1) 4 +x 3√ x(x−1) 2 +x 2
= lim
x→±∞
= lim
x→±∞
= lim
x→±∞
x(x−1) 2 −x 3
√
3 x2 (x−1) 4 +x 3√ x(x−1) 2 +x 2
x−2x ∣ 2 : x
2
√
3 x2 (x−1) 4 +x 3√ x(x−1) 2 +x ∣ 2 : x
2
1
−2 x
√
3 (1− )
1 4
+
3
x
√ (1−
1
x
) 2
+1
= − 2 3
⇒ y = x− 2 3
je obostrana kosa asimptota
6.6 Konveksnost i konkavnost. Točke infleksije. Ubrzani/usporeni
rast/pad.
Definirajmo još i drugu (prva je monotonost) geometrijsku osobinu funkcija
(tj. njihovih grafova), kojom opisujemo ”valovitost”, ”ugibljivost” krivulja
(tj. grafova funkcija).
112

Definicija 22 Kaže se da je derivabilna funkcija f : (a,b) → R konveksna
(konkavna) na (a,b) ako se graf funkcije f nalazi iznad (ispod) svake svoje
tangente.
Iskažimo gornju definiciju i analitički. Ako je x 0 ∈ (a,b) proizvoljna
točka i f derivabilna na (a,b) tada je konveksnost ekvivalentna sa tvrdnjom
da je f(x) −[f ′ (x 0 )(x−x 0 ) + f(x 0 )] ≥ 0 za svaki x ∈ (a,b), dok u slučaju
konkavnosti treba vrijediti suprotna nejednakost.
Definicija 23 Kaže se da funkcija f : (a,b) → R ima u x 0 ∈ (a,b) točku
infleksije ako u x 0 prelazi iz konkavne u konveksnu ili obrnuto.
Teorem 14 Neka funkcija f : (a,b) → R ima drugu derivaciju. Ako je
f ′′ (x) > 0 za svaki x ∈ (a,b), tada je f konveksna na (a,b). Ako je f ′′ (x) < 0
za svaki x ∈ (a,b), tada je f konkavna na (a,b).
Dokaz: Neka je x 0 ∈ (a,b) proizvoljan. Definirajmo funkciju F : (a,b) → R
sa: F(x) = f(x) − f(x 0 ) − f ′ (x 0 )(x − x 0 ). Očito je F(x 0 ) = 0 i F ′ (x) =
f ′ (x)−f ′ (x 0 ), što dajeF ′ (x 0 ) = 0. Neka jesada f ′′ (x) > 0 zasvaki x ∈ (a,b).
Kako je F ′′ (x) = f ′′ (x) > 0 to je F ′ (x) strogo rastuća funkcija. Kako je
F ′ (x 0 ) = 0 to je F ′ (x) < 0 za x < x 0 i F ′ (x) > 0 za x > x 0 . Odavde je F
strogo padajuća funkcija za x < x 0 i strogo rastuća za x > x 0 tj. funkcija F
u x 0 ima (globalni) minimum i kako je F(x 0 ) = 0 slijedi F(x) ≥ 0 što i daje
konveksnost funkcije f.
Analogno se dokazuje i slučaj konkavnosti.
Teorem 15 Neka funkcija f : (a,b) → R ima neprekidnu drugu derivaciju.
Ako f u x 0 ∈ (a,b) ima točku infleksije, tada je f ′′ (x 0 ) = 0.
Dokaz: Neposredno slijedi iz prethodnog teorema (usporedi i sa dokazom
nužnog uvjeta za lokalni ekstrem).
Teorem 16 Neka funkcija f : (a,b) → R ima treću derivaciju. Ako je
f ′′ (x 0 ) = 0 i f ′′′ (x 0 ) ≠ 0, tada f u x 0 ima točku infleksije.
113

Dokaz: Dokaz analogan dokazu prvog dovoljnog uvjeta za lokalni ekstrem.
Definicija 24 Neka je f : (a,b) −→ R funkcija.
Kažemo da f usporeno raste na (a 1 ,b 1 ) ⊆ (a,b)
114

6.7 Kvalitativni graf funkcije
POSTUPAK:
1. odrediti domenu i nultočke funkcije (ako postoje)
2. provjeriti je li funkcija periodična, parna ili neparna
3. ponašanje na rubovima domene (vertikalne, horizontalne, kose asimptote)
4. lokalni ekstremi i monotonost
5. konveksnost, konkavnosti, točke infleksije
Zadatak 169 Nacrtajte kvalitativni graf funkcije y = x2 −2x+2
.
x−1
Rješenje:
1. D(f) = R\{1}, N(f) = ∅
2. funkcija nije ni parna ni neparna
x 2 −2x+2
3. lim
x→1+ x−1
= 1 x 2 −2x+2
= +∞, lim
0+ x→1− x−1
⇒ pravac x = 1 je vertikalna asimptota (s obje strane)
x 2 −2x+2 ∣ : x
lim
x→±∞ x−1 ∣ : x
x−2+ 2 x
= lim
x→±∞ 1− 1 x
⇒ nema horizontalnih asimptota
x 2 −2x+2 ∣ : x
2
k = lim
x→±∞ x(x−1) ∣ = lim : x
2 x→±∞
( ) x 2 −2x+2
l = lim −x
x→±∞ x−1
= ±∞
1− 2 x + 2
x 2
1− 1 x
= 1
= 1
0− = −∞
2−x ∣ : x
2
= lim
x→±∞ x−1 ∣ = lim
−1 x
: x x→±∞ 1− 1 x
⇒ pravac y = x−1 je kosa asimptota (s obje strane)
= −1
115

4. f ′ (x) = x2 −2x
(x−1) 2 = 0 ⇔ x(x−2) = 0 ⇔ x 1 = 0, x 2 = 2
◮ intervali monotonosti
〈−∞, 0〉 : f ′ (−1) = (+)
(+) > 0 ⇒ f raste
〈0, 1〉 : f ′ (1/2) = (−)
(+) < 0 ⇒ f pada
〈1, 2〉 : f ′ (3/2) = (−)
(+) < 0 ⇒ f pada
〈2, +∞〉 : f ′ (3) = (+)
(+) > 0 ⇒ f raste
⇒ u x = 0 lokalni maksimum: M(0,−2), u x = 2 lokalni minimum: m(2,2)
5. f ′′ 2
(x) =
(x−1) ≠ 0 3
◮ intervali konveksnosti i konkavnosti
〈−∞, 1〉 : f ′′ (0) = (+) < 0 ⇒ f je konkavna
(−)
〈1, +∞〉 : f ′′ (2) = (+) > 0 ⇒ f je konveksna
(+)
10
5
2 2 4
5
10
116

Zadatak 170 Nacrtajte kvalitativni graf funkcije y = √ x 2 +1.
Rješenje:
1. D(f) = R, f(x) > 0, ∀x ∈ R
2. funkcija je parna (graf je simetričan s obzirom na os y)
3. vertikalnih asimptota nema
√
x2 +1 = +∞ ⇒ nema horizontalnih asimptota
⇒
lim
x→±∞
k = lim
x→±∞
x
k 1 = lim
x→+∞
l 1 = lim
x→+∞
√
x2 +1
x
√
1+ 1 x 2
x
(√
x2 +1−x)
√
|x| 1+ 1
x
= lim
2
x→±∞ x
−x
= 1, k 2 = lim
x→−∞
= (∞−∞) = lim
x→+∞
1
= lim √
x→+∞ x2 = 1 ∞ = 0
(√
l 2 = lim x2 +1+x)
= (∞−∞) = ... = 0
x→−∞
pravci y = x i y = −x su kose asimptote
√
1+ 1 x 2
= −1
x
√ (√ x2 +1+x
x2 +1−x)
· √
x2 +1+x
4. y ′ =
x
√
x2 +1 ⇒ f′ (x) = 0 ⇔ x = 0
◮ intervali monotonosti
〈−∞, 0〉 : f ′ (−1) = (−)
(+) < 0 ⇒ f pada
〈0, +∞〉 : f ′ (1) = (+)
(+) > 0 ⇒ f raste
⇒ u x = 0 lokalni minimum: m(0,1)
5. y ′′ =
1
√ > 0 ⇒ konveksna na cijeloj domeni, nema točaka infleksije
(x2 +1)
3
117

4
2
4 2 2 4
2
4
Zadatak 171 Nacrtajte kvalitativni graf funkcije y = e sinx .
Rješenje:
1. D(f) = R, D(f) = ∅, f(x) > 0, ∀x ∈ R
2. funkcija je periodična: f(x+2kπ) = f(x), k ∈ Z
osnovni period: [0, 2π〉− dovoljno je tu promatrati
3. lim
x→±∞ esinx = e lim x→±∞sinx ne postoji! ⇒ nema horizontalnih asimptota
k = lim
x→±∞
e sinx
x
⇒ ne postoje ni kose asimptote
4. f ′ (x) = e sinx ·cosx = 0 ⇔ cosx = 0 ⇔ x = π 2 +kπ, k ∈ Z
u osnovni period ulaze: π/2 i 3π/2
118

◮ intervali monotonosti
[
π
〉 ( π
)
0, : f ′ = (+)·(+) > 0 ⇒ f raste
〈 2 〉 4
π
2 , 3π
: f ′ (π) = (+)·(−) < 0 ⇒ f pada
2
〈 〉 ( ) 3π 7π
2 , 2π : f ′ = (+)·(+) > 0 ⇒ f raste
4
( π
)
( ) 3π
⇒ M
2 , e lokalni maksimum, m
2 , 1
lokalni minimum
e
5. f ′′ (x) = e sinx (cos 2 x−sinx) = 0
⇔ cos 2 x−sinx = 0 ⇔ 1−sin 2 x−sinx = 0
supst. t = sinx ⇒ t 2 +t−1 = 0
⇔ t 1 = − 1 √
5
2 − 2 = −1.618 < −1, t 2 = − 1 √
5
2 + 2 = 0.618
sinx = t 2 = 0.618 ⇒ x 1 = 0.6662 = 38 ◦ 10 ′ 13 ′′
x 2 = π −x 1 = 2.475 = 141 ◦ 49 ′ 47 ′′
◮ intervali konveksnosti i konkavnosti
( π
)
[0, x 1 〉 : f ′′ = (+)·(+) > 0 ⇒ f konveksna
( 6
π
)
〈x 1 , x 2 〉 : f ′′ = (+)·(−) < 0 ⇒ f konkavna
( 2 ) 5π
〈x 2 , 2π〉 : f ′′ = (+)·(+) > 0 ⇒ f konveksna
6
⇒ T 1 (x 1 , 1.855) i T 1 (x 2 , 1.855) su točke infleksije
budući f ′′ mijenja predznak prilikom prolaska kroz njih
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
2Π 3Π
2
Π Π 2
0
Π
2
Π
3Π
2
2Π
5Π
2
3Π
7Π
2
4Π
119

Zadatak 172 Nacrtajte kvalitativni graf funkcije y = e 1
2x .
Rješenje:
1. D(f) = R\{0}, f(x) > 0, ∀x ∈ D(f)
2. funkcija nije ni parna ni neparna, ni periodična
3. lim e 1
2x = e +∞ = +∞, lim e 1
2x = e −∞ = 0
x→0+ x→0−
⇒ pravac x = 0 je vertikalna asimptota (samo) s desne strane
lim e 1
2x = e 0 = 1
x→±∞
⇒ pravac y = 1 je horizontalna asimptota s obje strane (kosih stoga nema)
(
4. f ′ (x) = e 1
2x · − 1 )
< 0, ∀x ∈ D(f)
2x 2
⇒ pada na cijeloj domeni, nema ekstrema
5. f ′′ (x) = e 1 1+4x
2x · ⇒ f ′′ (x) = 0 ⇔ 1+4x = 0 ⇔ x = − 1 4x 4 4
◮
〈
intervali konveksnosti i konkavnosti
−∞, − 1 〉
: f ′′ (−1) = (+)· (−)
4 (+) < 0 ⇒ f konkavna
〈− 1 〉
4 , 0 : f ′′ (−1/6) = (+)· (+)
(+) > 0 ⇒ f konveksna
〈0, +∞〉 : f ′′ (1) = (+)· (+)
(+) > 0 ⇒ f konveksna
⇒ T
(− 1 )
4 , e−2 je točka infleksije
budući f ′′ mijenja predznak prilikom prolaska kroz nju
120

7
6
5
4
3
2
1
10 5 0 5 10
Zadatak 173 Nacrtajte kvalitativni graf funkcije y = x
lnx .
Rješenje:
1. D(f) = 〈0, 1〉∪〈1, +∞〉
( )
x 0
3. lim
x→0+ lnx = = lim
−∞
x· 1
x→0+ lnx = 0·0 = 0
⇒ pravac x = 0 nije vertikalna asimptota
( )
( )
x 1
lim
x→1− lnx = x 1
= −∞, lim
0− x→1+ lnx = = +∞
0+
⇒ pravac x = 1 je vertikalna asimptota s obje strane
( )
x +∞
lim
x→+∞ lnx = = L ′ 1
H = lim
+∞ x→+∞
1
= lim x = +∞
x→+∞
x
⇒ nema horizontalnih asimptota
( )
1 1
k = lim
x→+∞ lnx = = 0 ⇒ nema ni kosih asimptota
+∞
4. f ′ (x) = lnx−1
ln 2 ⇒ f ′ (x) = 0 ⇔ lnx = 1 ⇔ x = e
x
◮ intervali monotonosti
〈0, 1〉 : f ′ (1/2) = (−)
(+) < 0 ⇒ f pada
〈1, e〉 : f ′ (2) = (−)
(+) < 0 ⇒ f pada
121

〈e, +∞〉 : f ′ (3) = (+)
(+) > 0 ⇒ f raste
⇒ m(e, e) je lokalni minimum
5. f ′′ (x) = 2−lnx
x·ln 3 x ⇒ f′′ (x) = 0 ⇔ lnx = 2 ⇔ x = e 2
◮ intervali konveksnosti i konkavnosti
〈0, 1〉 : f ′′ (1/2) = (+)
(−) < 0 ⇒ f konkavna
〈
1, e
2 〉 : f ′′ (2) = (+)
(+) > 0 ⇒ f konveksna
〈
e 2 , +∞ 〉 : f ′′ (8) = (−)
(+) < 0 ⇒ f konkavna
⇒ T ( e 2 , e 2 /2 ) je točka infleksije
10
8
6
4
2
2 4 6 8 10
2
4
122

Zadatak 174 Nacrtajte kvalitativni graf funkcije y = 3√ 3x 2 −x 3 .
Rješenje:
1. D(f) = R, f(x) = 0 ⇔ x = 0, x = 3 ⇒ N(f) = {0,3}
3. nema vertikalnih asimptota
√
3
lim x2 (3−x) = +∞·(∓∞) = ∓∞ ⇒ nema horizontalnih asimptota
x→±∞
√
3√
3x2 −x
k = lim
3 3x 2 −x ∣ 3 : x
3
= 3 lim
x→±∞ x x→±∞ x ∣ 3 = −1 : x
3
( )
3√
l = lim 3x2 −x 3 +x = (∓∞±∞)
x→±∞
( )
√
3
3√ (3x2 −x
= lim 3x2 −x 3 +x ·
3 ) 2 −x 3√ 3x 2 −x 3 +x 2
√
x→±∞
3 (3x2 −x 3 ) 2 −x 3√ 3x 2 −x 3 +x 2
= lim
x→±∞
3x ∣ 2 : x
2
√
3 (3x2 −x 3 ) 2 −x 3√ 3x 2 −x 3 +x ∣ 2 : x
2
3 3
= lim √
x→±∞ 3 (3
√ =
x −1)2 − 3 3
−1+1 1+1+1 = 1
x
⇒ pravac y = −x+1 je kosa asimptota s obje strane
4. f ′ (x) =
2x−x 2
√
(3x2 −x 3 ) ⇒ 2 f′ (x) = 0 ⇔ x 1 = 0, x 2 = 2
3
no u x = 0 f ′ nije definirana, a istovremeno 0 ∈ D(f)
f ′ nije definirana ni u x = 3 ∈ D(f)
x = 0 i x = 3 su kritične točke funkcije f
◮ intervali monotonosti
〈−∞, 0〉 : f ′ (1) = (−)
(+) < 0 ⇒ f pada
〈0, 2〉 : f ′ (1) = (+)
(+) > 0 ⇒ f raste
〈2, 3〉 : f ′ (5/2) = (−)
(+) < 0 ⇒ f pada
〈3, +∞〉 : f ′ (4) = (−)
(+) < 0 ⇒ f pada
3√
⇒ M(2, 4) je lokalni maksimum
123

5. f ′′ 2x 2
(x) = −√ 3 (3x2 −x 3 ) 5
f ′′ (x) = 0 ⇔ x = 0 no f ′′ nije definirana u x = 0
f ′′ nije definirana ni u x = 3 ∈ D(f)
◮ intervali konveksnosti i konkavnosti
〈−∞, 0〉 : f ′′ (−1) = (−)
(+) < 0 ⇒ f konkavna
〈0, 3〉 : f ′′ (2) = (−)
(+) < 0 ⇒ f konkavna
〈3, +∞〉 : f ′′ (4) = (−)
(−) > 0 ⇒ f konveksna
⇒ T (3, 0) je točka infleksije
Što je s točkom T(0,0)?
x(2−x)
lim
x→0− f′ (x) = lim √
x→0− 3 x4 (3−x) = lim 2
x→0−
2−x
√ = 2
3 x(3−x)
2 0− = −∞
lim
x→0+ f′ (x) = ... = 2
0+ = +∞
⇒ prva derivacija ima u 0 skok s −∞ na +∞ pa graf u ishodištu
ima ”lom” i lokalni minimum
3
2
1
2 1 1 2 3 4
1
2
3
124