Matematika 1 : Vježbe [PDF]
174 101 688KB
Croatian Pages [172] Year 2004
Papiere empfehlen
![Matematika 1 : Vježbe [PDF]](https://vdoc.tips/img/200x200/matematika-1-vjebe.jpg)
- Author / Uploaded
- Ivan Slapničar
Datei wird geladen, bitte warten...
Zitiervorschau
Ivan Slapniˇ car Saˇsa Kreˇsi´ c Josipa Bari´ c Marko Mati´ c
MATEMATIKA 1 Vjeˇ zbe
http://www.fesb.hr/mat1 Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Split, listopad 2004.
Radna verzija
c 2004. Sva prava pridrˇzana. Copyright
Sadrˇ zaj I.
ˇ RIJESENI ZADACI
1
1. OSNOVE MATEMATIKE
3
1.1. Nejednadˇzba s apsolutnom vrijednoˇs´cu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2. Dokazivanje jednadˇzbe matematiˇckom indukcijom
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.3. Dokazivanje nejednadˇzbe matematiˇckom indukcijom . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.4. Binomni pouˇcak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.5. Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.6. Jednakost s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
ˇ 1.7. Cetvrti korijen kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.8. Nejednakost s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.9. Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.10. Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
2. LINEARNA ALGEBRA
13
2.1. Sustav linearnih jednadˇzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
2.2. Sustav linearnih jednadˇzbi s parametarskim rjeˇsenjima . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
2.3. Homogeni sustav linearnih jednadˇzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
2.4. Sustav linearnih jednadˇzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
2.5. Rastav matrice na simetriˇcni i antisimetriˇcni dio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
2.6. Mnoˇzenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
2.7. Potenciranje matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
2.8. Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
2.9. Rang matrice ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
2.10. Matriˇcna jednadˇzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
2.11. Rjeˇsavanje matriˇcne jednadˇzbe invertiranjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
2.12. Laplaceov razvoj determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
2.13. Raˇcunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
2.14. Laplaceov razvoj determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
iii
2.15. Raˇcunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik . . . . . . . . . . .
25
2.16. Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
2.17. Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
ˇ 3. VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA GEOMETRIJA
29
3.1. Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
3.2. Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
3.3. Visina trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
3.4. Volumen paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
3.5. Visina paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
3.6. Volumen tetraedra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
3.7. Sjeciˇste simetrale kuta i simetrale stranice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
3.8. Srediˇste trokutu opisane kruˇznice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
3.9. Udaljenost toˇcke od pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
3.10. Tri pravca u prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
3.11. Mimosmjernost pravaca u prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
3.12. Sjeciˇste pravca i ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
3.13. Okomitost dviju ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
3.14. Pravac paralelan s ravninom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
3.15. Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
3.16. Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
4. FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
41
4.1. Podruˇcje definicije funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
4.2. Graf op´ce sinusoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
4.3. Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
4.4. Nejednakost izmedu kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
4.5. Inverzna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
4.6. Inverzna funkcija logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
4.7. Limes eksponencijalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
4.8. Limes trigonometrijskih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
4.9. Limes oblika 1∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
0 0
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
4.11. Limes oblika ∞ − ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
4.12. Limes oblika ∞ · 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
4.13. Limes oblika
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
4.14. Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
4.10. Limes oblika
∞ ∞
iv
4.15. Vrste prekida funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
4.16. Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
4.17. Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
5. DERIVACIJE I PRIMJENE
55
5.1. Derivacije elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
5.2. Tangenta na eksplicitno zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
5.3. Tangenta na parametarski zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
5.4. Derivacija implicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
5.5. Logaritamsko deriviranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
5.6. Asimptote funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
5.7. Ekstremi funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
5.8. Lokalni ekstremi i ˇsiljci funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
5.9. Ekstremi funkcije zadane parametarski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
5.10. Geometrijski ekstrem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
62
5.11. Intervali monotonosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
62
5.12. Intervali zakrivljenosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
63
5.13. Tok funkcije I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
64
5.14. Tok funkcije II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65
5.15. Tok funkcije III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
5.16. Tok funkcije IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
68
5.17. Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
5.18. Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
6. NIZOVI I REDOVI
73
6.1. Limes niza po definiciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
6.2. Gomiliˇsta niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
74
6.3. Konvergencija niza realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
6.4. Limesi nekih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
6.5. Konvergencija uklijeˇstenog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
6.6. Primjena vaˇznijih limesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
6.7. Konvergencija reda realnih brojeva I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
6.8. Konvergencija reda realnih brojeva II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
6.9. Konvergencija reda realnih brojeva III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
6.10. Prvi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
6.11. Drugi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
6.12. D’Alembertov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
80
v
6.13. Cauchyjev kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
80
6.14. Raabeov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
6.15. Leibnitzov kriterij konvergencije za alternirane redove . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
6.16. Konvergencija reda funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
82
6.17. Razvoj funkcije u Taylorov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
82
6.18. Taylorov red trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
6.19. Razvoj funkcije u MacLaurinov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
6.20. Razvoj funkcije u MacLaurinov red pomo´cu geometrijskog reda . . . . . . . . . . . . .
85
6.21. Konvergencija reda potencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
86
6.22. Zadaci za vjeˇzbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
87
6.23. Rjeˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
88
II.
DA/NE KVIZ
89
7. Osnove matematike
91
8. Linearna algebra
101
9. Vektorska algebra i analitiˇ cka geometrija
113
10.Funkcije realne varijable
123
11.Derivacije i primjene
133
12.Nizovi i redovi
143
III.
ˇ PODSJETNIK ZA UCENJE
151
13.Osnove matematike
153
14.Linearna algebra
155
15.Vektorska algebra i analitiˇ cka geometrija
157
16.Funkcije realne varijable
159
17.Derivacije i primjene
161
18.Nizovi i redovi
163
vi
Popis slika 3.1
Visina trokuta spuˇstena iz vrha B
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
3.2
Srediˇste trokutu opisane kruˇznice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
4.1
Parabola y = 16 − x2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
4.2
Sinusoida f1 (x) = sin 2x . . . . . . Sinusoida f2 (x) = sin 2x − π3 . . π 1 Sinusoida f (x) = − 2 sin 2x − 3 . Kosinusoida f (x) = 2 cos 3x + π4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
54
Funkcija f (x) = 2 sin(2x) + sin(4x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65
4.3 4.4 4.5 5.1 5.2 5.3
2
Funkcija f (x) = x +
2 x
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
e−x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
68
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
2 x
72
Funkcija f (x) = 1 − x ln √2x x
5.4
Funkcija f (x) =
5.5
Funkcija f (x) = x2 +
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
vii
Dio I.
ˇ RIJESENI ZADACI
1. OSNOVE MATEMATIKE
1.1. Nejednadˇ zba s apsolutnom vrijednoˇ s´ cu . . . . . . . . 1.2. Dokazivanje jednadˇ zbe matematiˇ ckom indukcijom . 1.3. Dokazivanje nejednadˇ zbe matematiˇ ckom indukcijom 1.4. Binomni pouˇ cak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . 1.6. Jednakost s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . ˇ 1.7. Cetvrti korijen kompleksnog broja . . . . . . . . . . . 1.8. Nejednakost s kompleksnim brojevima . . . . . . . . 1.9. Zadaci za vjeˇ zbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10. Rjeˇ senja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
3 4 5 5 6 6 8 8 10 11
Nejednadˇ zba s apsolutnom vrijednoˇ s´ cu
Nadite skup svih rjeˇsenja nejednadˇzbe |x − 1| < |x + 1|.
(1.1)
Rjeˇ senje. Ako je x 6= −1, onda se nejednadˇzba (1.1) moˇze napisati u obliku x − 1 x + 1 < 1.
Prema teoremu 1.10 (i) vrijedi
x−1 < 1. x+1 Ova nejednadˇzba se moˇze rijeˇsiti tako da se posebno promatraju nejednakosti −1
0 i x > −1 pa je rjeˇsenje ovih nejednakosti presjek skupova (0, ∞) ∩ (−1, ∞) = (0, ∞). (ii) Ako je 2x < 0 i x + 1 < 0, tada x zadovoljava x < 0 i x < −1 pa je rjeˇsenje ovih nejednakosti presjek skupova (−∞, 0) ∩ (−∞, −1) = (−∞, −1). S obzirom da f (x) pozitivno ako i samo ako x zadovoljava (i) ili (ii), rjeˇsenje nejednadˇzbe (1.3) je unija skupova A = (−∞, −1) ∪ (0, ∞). Sluˇcaj 2. Nejednakost x−1
x−1 2 −1=− . x+1 x+1
(1.4)
2 Sliˇcno kao u Sluˇcaju 1, na´ci ´cemo toˇcke u kojima je funkcija g(x) = − x+1 negativna. To oˇcito vrijedi kada je x + 1 > 0, odnosno x > −1. Dakle, nejednadˇzba (1.4) ima za rjeˇsenje skup
B = (−1, ∞). Konaˇcno rjeˇsenje. Da bismo dobili konaˇcno rjeˇsenje zadatka podsjetimo se da je nejednadˇzba (1.2) zadovoljena ako i samo ako je x istovremeno rjeˇsenje sluˇcaja 1 i 2. Dakle, x mora biti element presjeka skupova A i B, A ∩ B = ((−∞, −1) ∪ (0, ∞)) ∩ (−1, ∞) = (0, ∞). Na kraju se prisjetimo da smo pretpostavili da je x 6= −1 pa za tu toˇcku moramo posebno provjeriti da li zadovoljava nejednadˇzbu (1.1). To oˇcito nije istina pa su elementi skupa (0, ∞) jedina rjeˇsenja nejednadˇzbe (1.1).
1.2.
Dokazivanje jednadˇ zbe matematiˇ ckom indukcijom
Dokaˇzite matematiˇckom indukcijom sljede´cu jednadˇzbu: 1 + a + a 2 + . . . + ak =
ak+1 − 1 , a−1
a 6= 1,
k ∈ N.
(1.5)
ˇ Rjeˇ senje. Neka je M skup svih prirodnih brojeva k za koje jednakost (1.5) vrijedi. Zelimo dokazati da je M = N. Jednakost oˇcigledno vrijedi za k = 1 pa je time ispunjen uvjet P4 (i) iz definicije 1.13 (baza indukcije).
5 ˇ Sada pretpostavimo da jednakost (1.5) vrijedi za sve k = 1, 2, . . . , n. Zelimo pokazati da iz toga slijedi da jednakost vrijedi za k = n + 1. Imamo 1 + a + a2 + . . . + an + an+1 =
an+1 − 1 + an+1 a−1
(1.6)
jer je po pretpostavci zbroj ˇclanova od 1 do an dan jednakoˇs´cu (1.5). Ako zbrojimo ˇclanove na desnoj strani jednadˇzbe (1.6) dobivamo 1 + a + a2 + . . . + an+1 =
an+2 − 1 , a−1
ˇsto pokazuje da jednakost (1.5) vrijedi za k = n + 1. Time je ispunjen korak indukcije. Kako je n proizvoljan broj, iz aksioma P4 definicije 1.13 slijedi da je M = N, odnosno da jednakost (1.5) vrijedi za sve n ∈ N.
1.3.
Dokazivanje nejednadˇ zbe matematiˇ ckom indukcijom
Dokaˇzite matematiˇckom indukcijom nejednakost (1 + a)k > 1 + ka,
k ≥ 2,
a > 0.
(1.7)
Rjeˇ senje. Kao u prethodnom zadatku oznaˇcimo sa M skup svih prirodnih brojeva k ≥ 2 za koje nejednakost (1.7) vrijedi. Za k = 2 dobivamo (1 + a)2 = 1 + 2a + a2 > 1 + 2a pa je time ispunjena baza indukcije, odnosno uvjet P4 (i) iz definicije 1.13. Da bismo dokazali korak indukcije pretpostavimo da nejednakost (1.7) vrijedi za k = 2, 3, . . . n. ˇzelimo pokazati da iz toga slijedi istinitost nejednakosti (1.7) za k = n + 1. Krenimo od lijeve strane nejednakosti: (1 + a)n+1 = (1 + a)(1 + a)n > (1 + a)(1 + na) gdje smo iskoristili pretpostavku da (1.7) vrijedi za k = n. Nadalje imamo (1 + a)(1 + na) = 1 + (n + 1)a + na2 > 1 + (n + 1)a pa zakljuˇcujemo da je (1 + a)n+1 > 1 + (n + 1)a. Ovo pokazuje da nejednakost (1.7) vrijedi za k = n + 1, a kako je n proizvoljan broj iz aksioma P4 definicije 1.13, zakljuˇcujemo da je M = N. Dakle, nejednakost (1.7) je istinita za sve k ∈ N\{1}.
1.4.
Binomni pouˇ cak
U razvoju binoma odredite ˇclan koji ne sadrˇzi x.
√
1 x+ √ 4 x
6
6 Rjeˇ senje. Prema formuli (P 1.2) vrijedi
√
1 x+ √ 4 x
6
=
k 6 X 6 √ 6−k 1 x . · √ 4 x k
k=0
Sredivanjem desne strane jednakosti dobivamo 6 X 6 √ 3 1 6 · x3− 4 k . x+ √ = 4 k x k=0
U razvoju binoma ˇclan koji ne sadrˇzi x bit ´ce oblika
6 k
x0 , za neki k ∈ N. Dakle, mora vrijediti
3 3 − k = 0, 4 odakle dobivamo da je k = 4. Zakljuˇcujemo da traˇzeni ˇclan razvoja ima vrijednost 6 6! = 15 = 4! · 2! 4 i peti je po redu ˇclan tog razvoja.
1.5.
Zbroj koeficijenata u razvoju binoma
Odredite zbroj koeficijenata u razvoju binoma 5x2 − 4y 3 Rjeˇ senje. Prema (P 1.2) vrijedi 2
5x − 4y
3 7
=
7 X 7
k=0
k
7
.
5x2
7−k
· −4y 3
k
Zbroj koeficijenata u razvoju binoma dobit ´cemo kada u gornju relaciju uvrstimo x = 1 i y = 1. Zbog jednostavnijeg izraˇcunavanja te vrijednosti moˇzemo uvrstiti u lijevu stranu jednakosti pa traˇzeni zbroj iznosi 7 5 · 12 − 4 · 13 = 17 = 1.
1.6.
Jednakost s kompleksnim brojevima
Kompleksni broj a zadovoljava uvjet √ 3 3 |a| + a = − i. 2 2 Rijeˇsite jednadˇzbu 10 2
3
a z = |a |
1+i 1−i
3
(1.8)
.
Rjeˇ senje. Da bismo odredili kompleksni broj a uvedimo oznake p a = x + iy, x, y ∈ R, |a| = x2 + y 2 .
(1.9)
7 Uvrˇstavanjem ovih izraza u (1.8) dobivamo p
x2
+
y2
√ 3 3 + x + iy = − i. 2 2
Lijeva strana ove jednakosti jednaka je desnoj ako su realni i kompleksni dijelovi jednaki, odnosno p
3 , 2√ 3 . y=− 2
x2 + y 2 + x =
Odredimo sada nepoznanicu x iz gornje jednadˇzbe: r 3 3 x2 + = − x, 4 2 3 9 x2 + = − 3x + x2 , 4 4 1 x= . 2 √
Dakle, vrijedi a = 12 − 23 i pa je |a| = 1 i |a3 | = |a|3 = 1. Da bismo rijeˇsili jednadˇzbu (1.9) moramo najprije izraˇcunati a10 . To je najlakˇse izraˇcunati tako da a prikaˇzemo u kompleksnom obliku (vidi poglavlje 1.8.1) a = r (cos(ϕ) + i sin(ϕ)) ,
r = |a| = 1,
ϕ = arctg
5π y = . x 3
Koriste´ci Moivreovu formulu (P 1.4) za potenciranje kompleksnog broja dobivamo a10 = r10 (cos(10ϕ) + i sin(10ϕ)) 2π 3π + i sin 16π + = cos 16π + 3 3 √ 1 2π 3 2π = cos + i sin =− +i . 3 3 2 2 Uvrˇstavanjem dobivenih rezultata u (1.9) dobivamo √ ! 3 1+i 3 1 . z2 = − +i 2 2 1−i Racionalizacijom kompleksnog broja
jednadˇzba se svodi na
1+i 1−i √ ! 1 3 − +i z 2 = i3 , 2 2
odnosno z2 =
− 12
−i
+i
√ 3 2
.
Racionalizacijom nazivnika z 2 moˇzemo pisati kao z2 = −
√ 3 1 +i , 2 2
8 ili u trigonometrijskom obliku z 2 = cos
5π 6
i sin
5π 6
.
Primjenom formule (P 1.5) za raˇcunanje n-tog korjena kompleksnog broja slijedi 5π 5π √ 6 + 2kπ 6 + 2kπ zk = 1 cos + i sin , k = 1, 2. 2 2 Jednadˇzba (1.9) ima dva rjeˇsenja dana s 5π 5π + i sin , z1 = cos 12 12 17π 17π + i sin . z2 = cos 12 12
1.7.
ˇ Cetvrti korijen kompleksnog broja
Rijeˇsite jednadˇzbu (3 + 2i)(1 + i) + 2i 7−i 4 = ·z . (2 − i)(1 + i) − 3 −4 Rjeˇ senje. Zadani izraz potrebno je svesti na izraz oblika z 4 = w te tada izraˇcunati ˇcetvrte korijene kompleksnog broja w. Sredivanjem lijeve strane jednakosti dobivamo z−i 4 1 + 7i = ·z . i −4
Pomnoˇzimo li sada brojnik i nazivnik lijeve strane s −i dobit ´cemo 7−i=
7−i 4 ·z , −4
odakle je z 4 = −4. Zadatak smo sveli na raˇcunanje ˇcetvrtih korijena iz w = −4. Prema poglavlju 1.8.1 znamo da kompleksni broj w ima argument ϕ = π i modul |w| = 4 pa ga moˇzemo zapisati u obliku w = z 4 = 4 (cos π + i sin π) . Primjenom formule (P 1.5) za vrijednosti ˇcetvrtih korijena kompleksnog broja z dobivamo √ π π z0 = 2 cos + i sin = 1 + i, 4 4 √ 3π 3π + i sin z1 = 2 cos = −1 + i, 4 4 √ 5π 5π z2 = 2 cos = −1 − i, + i sin 4 4 √ 7π 7π + i sin z3 = 2 cos = 1 − i. 4 4
1.8.
Nejednakost s kompleksnim brojevima
Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi cos arg −2iz 4
≥ 0,
|z + 4| − 6 ≤ 1. 4 − |z − 2|
(1.10)
9 Rjeˇ senje. Oznaˇcimo arg(z) = ϕ. Tada prema relaciji (P 1.3) vrijedi arg −2iz 4 = arg (−2i) + arg z 4 + 2kπ, k ∈ Z.
Nadalje, arg(−2i) = 3π 2 , a iz Moivreove formule za potenciranje kompleksnog broja (P 1.4) slijedi arg(z 4 ) = 4ϕ. Tada je 3π + 4ϕ + 2kπ arg −2iz 4 = 2 pa moˇzemo pisati 3π 3π cos + 4ϕ + 2kπ = cos + 4ϕ . 2 2 Takoder vrijedi cos
3π + 4ϕ 2
π 3π = cos 2π − − 4ϕ = cos − 4ϕ = sin(4ϕ). 2 2
Zbog uvjeta (1.10) argument ϕ mora zadovoljavati sin(4ϕ) ≥ 0 ˇsto implicira 0 + 2kπ ≤ 4ϕ ≤ π + 2mπ,
m ∈ Z,
ϕ ∈ [0, 2π).
Intervali u kojima se nalazi argument ϕ odredeni su s m=0
=⇒
m=1
=⇒
m=2
=⇒
m=3
=⇒
π , 4 π 3π ≤ϕ≤ , 2 4 5π , π≤ϕ≤ 4 7π 3π ≤ϕ≤ . 2 4
0≤ϕ≤
(1.11)
Iz drugog uvjeta zadatka kompleksni broj z mora zadovoljavati |z + 4| − 6 ≤ 1, 4 − |z − 2|
odnosno |z + 4| + |z − 2| − 10 ≤ 0.
(1.12)
Ovaj razlomak je negativan kada su brojnik i nazivnik razliˇcitih predznaka. Stoga moramo razmatrati sljede´ce sluˇcajeve: Sluˇcaj 1. |z + 4| + |z − 2| − 10 ≥ 0 i 4 − |z − 2| < 0.
(1.13)
Prvu nejednakost moˇzemo odreduje skup A = {z ∈ C | |z + 4| + |z − 2| ≥ 10} .
(1.14)
Prisjetimo se da skup toˇcaka {z ∈ C | |z − z1 | + |z − z2 | = 2a} predstavlja elipsu sa fokusima z1 i z2 ako je |z1 − z2 | < 2a. Dakle, skup A predstavlja dio ravnine izvan elipse koja ima fokuse u toˇckama z1 = −4 i z2 = 2, duljinu velike poluosi a = 5 i duljinu male poluosi b = 4. Zbog znaka jednakosti skup takoder ukljuˇcuje i rub elipse. Druga nejednakost odreduje skup B = {z ∈ C | |z − 2| > 4} . S obzirom da skup toˇcaka {z ∈ C | |z − z0 | = r}
(1.15)
10 odreduje kruˇznicu radijusa r sa srediˇstem u toˇcki z0 , skup B predstavlja dio ravnine izvan kruˇznice radijusa 4 sa srediˇstem u toˇcki z0 = 2. Zbog striktne nejednakosti kruˇznica nije ukljuˇcena u skup B. Rjeˇsenje nejednadˇzbi (1.13) je presjek skupova A i B. Sluˇcaj 2. |z + 4| + |z − 2| ≤ 0 i 4 − |z − 2| > 0.
(1.16)
Sliˇcno kao u sluˇcaju 1 zakljuˇcujemo da prva nejednakost predstavlja dio kompleksne ravnine unutar elipse sa fokusima u toˇckama z1 = −4, z2 = 2, velikom poluosi duljine a = 5 i malom poluosi duljine b = 4. Druga nejednakost predstavlja dio ravnine unutar kruˇznice radijusa 4 sa srediˇstem u toˇcki z0 = 2. Rjeˇsenje nejednadˇzbi (1.16) je presjek gore opisanih skupova. Konaˇcno rjeˇsenje nejednadˇzbe (1.12) je unija skupova koji predstavljaju rjeˇsenja za sluˇcajeve 1 i 2. Nazovimo taj skup C. Kompleksni brojevi koji zadovoljavaju uvjete zadatka iz nejednadˇzbi (1.10) se moraju nalaziti u skupu C, a njihovi argumenti moraju zadovoljavati nejednakosti (1.12).
1.9.
Zadaci za vjeˇ zbu
1. Rijeˇsite nejednadˇzbu |2x + 1| − |x − 3| > x + 5 2. Rijeˇsite nejednadˇzbu
x2 + 2x x2 − 4x + 3 < 1.
3. Odredite sve toˇcke kompleksne ravnine koje zadovoljavaju uvjete |z − i| < 1, |z − 1| ≤ 1. 4. Rijeˇsite jednadˇzbu (2 + 5i) · z 3 − 2i + 5 = 0 5. Rijeˇsite jednadˇzbu
8 8z 4 + √ (1 − i) = 0. 2
6. Skicirajte u Gauss-ovoj ravnini kompleksne brojeve za koje vrijedi: |z − i| + Re(z + 1) ≤ 3, |z − 1| + Im(2i − z) ≥ 1. 7. Matematiˇckom indukcijom dokaˇzite 12 − 22 + 32 − · · · (−1)n−1 · n2 = (−1)n−1 ·
n(n + 1) . 2
8. Primjenjuju´ci matematiˇcku indukciju dokaˇzite n X k 3 2n + 3 = − . 3k 4 4 · 3n k=1
9. Metodom matematiˇcke indukcije dokaˇzite nejednakost √ 1 1 1 1 √ + √ + √ + · · · + √ ≥ n. n 1 2 3
11 10. Odredite x ako je poznato da je tre´ci ˇclan u razvoju binoma x + xlog x jednak 1000000.
5
11. Odredite onaj ˇclan u razvoju binoma √ 12 1 3 √ 3 2 a + a 2 koji se nalazi uz potenciju a13 .
1.10.
Rjeˇ senja
1. x ∈ −∞, − 29 .
2. x ∈ −∞, − 21 .
3. Traˇzene toˇcke su u presjeku skupova toˇcaka zadanih sljede´cim nejednadˇzbama x 2 + (y − 1)2 < 1, (x − 1)2 + y 2 ≤ 1. √ 3 2
√
+ 21 i, z1 = − 23 + 21 i, z2 = −i. 3π √ 3π √ +2kπ +2kπ . + i sin 4 4 5. 4 z = 4 1 cos 4 4
4. z0 =
2
6. Traˇzene toˇcke su zadane jednadˇzbom x = − y4 +
y 2
+ 43 .
7. Tvrdnju dokazujemo primjenom principa matematiˇcke indukcije opisanom u naslovu poglavlju 1.4. 8. Tvrdnju dokazujemo primjenom principa matematiˇcke indukcije opisanom u naslovu 1.4. 9. Zadanu nejednakost dokazujemo primjenom principa matematiˇcke indukcije opisanom u naslovu 1.4. 10. x = 10. 1 13 11. 12 6 26 a .
2. LINEARNA ALGEBRA
2.1. Sustav linearnih jednadˇ zbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
2.2. Sustav linearnih jednadˇ zbi s parametarskim rjeˇ senjima
. . . . . . . . .
14
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
2.4. Sustav linearnih jednadˇ zbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . .
15
2.5. Rastav matrice na simetriˇ cni i antisimetriˇ cni dio . . . . . . . . . . . . .
16
2.6. Mnoˇ zenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
2.7. Potenciranje matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
2.3. Homogeni sustav linearnih jednadˇ zbi
2.8. Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
2.9. Rang matrice ovisan o parametru
20
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10. Matriˇ cna jednadˇ zba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
2.11. Rjeˇ savanje matriˇ cne jednadˇ zbe invertiranjem . . . . . . . . . . . . . . .
21
2.12. Laplaceov razvoj determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
2.13. Raˇ cunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . . . . .
23
2.14. Laplaceov razvoj determinante n-tog reda
24
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
2.16. Zadaci za vjeˇ zbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.15. Raˇ cunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik
25
2.17. Rjeˇ senja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
U nekim zadacima u ovom poglavlju ´cemo koristiti elementarne transformacije nad matricama i determinantama. U tu svrhu uvodimo sljede´ce oznake αRi + Rj → Rj znaˇci da redak i mnoˇzimo sa α i pribrajamo ga retku j. Sliˇcno, Ri ↔ Rj oznaˇcava zamjenu redaka i i j. Analogne operacije na stupcima oznaˇcavamo s αSi + Sj → Sj i Si ↔ Sj .
2.1.
Sustav linearnih jednadˇ zbi
Rijeˇsite sustav jednadˇzbi 2x1 + 3x2 + 11x3 + 5x4 = 2 x1 + x2 + 5x3 + 2x4 = 1 2x1 + x2 + 3x3 + 2x4 = −3 x1 + x2 + 3x3 + 4x4 = −3.
14 Rjeˇ senje. Postupkom 2 1 2 1
Gaussove eliminacije (vidi poglavlje 2.4) dobivamo: 3 11 5 2 1 1 5 2 1 R2 −2R1 →R2 R3 −2R1 →R3 1 5 2 1 3 11 5 2 1 ↔R2 2 1 →R4 R−→ R4 −R −→ 2 1 3 2 −3 1 3 2 −3 1 3 4 −3 1 1 3 4 −3
1 −R2 →R1 1 1 5 2 1 R R +R2 →R3 0 R3 4 /2→R 1 1 1 0 4 −→ 0 −1 −7 −2 −5 0 0 −2 2 −4
1 0 0 0
0 4 1 1 R1 −4R4 →R1 R2 −R4 →R2 1 1 1 0 4 →R3 R3 +6R −→ 0 −6 −1 −5 0 1 −1 2
R1 + 57 R3 →R1
1 0 0 0
0 1 0 0
R2 + 72 R3 →R2
1 0 0 0 5 −7 R3 /−7→R3 R4 − 71 R3 →R4 0 1 0 0 2 −2 −→ 0 0 0 0 −7 7 0 0 1 1 −1 2
0 −2 0 0 1 −1 0 1
Dakle, rjeˇsenje zadanog sustava glasi x1 = −2,
2.2.
x2 = 0,
x4 = −1.
x3 = 1,
Sustav linearnih jednadˇ zbi s parametarskim rjeˇ senjima
Rijeˇsite sustav jednadˇzbi x1 + x2 − x3 − 3x4 + 4x5 = 2
3x1 + x2 − x3 − x4 = 2 9x1 + x2 − 2x3 − x4 − 2x5 = 5
x1 − x2 − x4 + 2x5 = 1.
Rjeˇ senje. Gaussovom metodom eliminacije, prema postupku opisanom u poglavlju 2.4, dobivamo:
1 1 −1 −3 4 2 R2 −3R1 →R2 R3 −9R1 →R3 3 1 −1 −1 0 2 1 →R4 R4 −R −→ 9 1 −2 −1 −2 5 1 −1 0 −1 2 1
1 1 −1 −3 4 2 0 −2 2 8 −12 −4 2 R2 /−2→R −→ 0 −8 7 26 −38 −13 0 −2 1 2 −2 −1
R1 −R2 →R1 1 1 −1 −3 4 2 R3 +8R2 →R3 R 0 1 −1 −4 6 2 2 →R4 4 +2R −→ 0 −8 7 26 −38 −13 0 −2 1 2 −2 −1
1 0 0 0
1 0 0 0
0 0 1 −2 0 1 −1 −4 6 2 3 →R2 R2 +R −→ 0 1 6 −10 −3 0 0 0 0 0
0 0 1 −2 0 −1·R3 →R3 1 −1 −4 6 2 3 →R4 R4 −R −→ 0 −1 −6 10 3 0 −1 −6 10 3
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
1 −2 0 2 −4 −1 6 −10 −3 0 0 0
15 Iz dobivenih rezultata zakljuˇcujemo da sustav ima dvoparametarsko rjeˇsenje, odnosno beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja koja ovise o dva parametra. Oznaˇcimo li te parametre sa α i β traˇzena rjeˇsenja moˇzemo zapisati u obliku x1 = 2β − α x2 = −1 + 4β − 2α
x3 = −3 + 10β − 6α x4 = α x5 = β.
2.3.
Homogeni sustav linearnih jednadˇ zbi
Rijeˇsite homogeni sustav jednadˇzbi: x1 + x 2 + x 3 = 0 3x1 + x2 − x3 = 0 2x1 + x2 = 0. Rjeˇ senje. Proˇsirenu matricu sustava postupkom Gaussove eliminacije (vidi poglavlje 2.4) svodimo na reducirani oblik: R1 +R3 →R1 R2 /−2→R2 1 1 1 0 R2 −3R1 →R2 1 1 1 0 1 0 −1 0 R3 −2R1 →R3 −2·R3 +R2 →R3 3 1 −1 0 0 −2 −4 0 0 1 2 0 −→ −→ 2 1 0 0 0 −1 −2 0 0 0 0 0
Sustav ima parametarsko rjeˇsenje i uzmemo li da je x3 = t, gdje je t parametar, onda iz reduciranog oblika proˇsirene matrice slijedi da je x2 = −2x3 = −2t, odnosno x1 = x3 = t.
2.4.
Sustav linearnih jednadˇ zbi ovisan o parametru
Rijeˇsite sustav u ovisnosti o parametru λ: λx + y + z = 1 x + λy + z = λ x + y + λz = λ2 . Rjeˇ senje. Sustav rjeˇsavamo metodom Gaussove eliminacije opisanom u poglavlju 2.4: 1 1 λ λ2 λ 1 1 1 1 ↔R3 1 λ 1 λ 1 λ 1 λ R−→ 2 λ 1 1 1 1 1 λ λ −R1 +R2 →R2 1 1 λ λ2 −λR1 +R3 →R3 0 λ − 1 1 − λ λ − λ 2 −→ 0 1 − λ 1 − λ 2 1 − λ3 1 1 λ λ2 R2 +R3 →R3 0 λ − 1 1−λ λ − λ2 −→ 2 3 0 0 (1 − λ) + (1 − λ ) (1 − λ ) + (λ − λ2 )
16 1 1 λ λ2 1−λ λ(1 − λ) . = 0 λ − 1 0 0 (1 − λ)(λ + 2) (1 − λ)(1 + λ)2
Zadane jednadˇzbe smo sveli na gornje trokutasti sustav oblika x + y + λz = λ2
(λ − 1)y + (1 − λ)z = λ(1 − λ)
(1 − λ)(λ + 2)z = (1 − λ)(1 + λ)2
Iz posljednje jednadˇzbe slijedi z=
(1 − λ)(1 + λ)2 (1 − λ)(λ + 2)
uz uvjet da je λ 6= 1, −2. Dakle, za λ 6= 1, −2 sustav ima jedinstveno rjeˇsenje x=−
λ+1 , λ+2
y=
1 , λ+2
z=
(1 + λ)2 . λ+2
Za λ = 1 sustav se svodi na jednadˇzbu x + y + z = 1 iz koje dobivamo x = 1 − y − z, odnosno dvoparametarsko rjeˇsenje gdje su y i z parametri. Takvo rjeˇsenje obiˇcno piˇsemo u obliku x = 1 − α − β,
y = α,
z = β,
α, β ∈ R.
Za λ = −2 imamo sustav x + y − 2z = 4 −3y + 3z = −6 0z = 3
koji zbog zadnje jednakosti 3 = 0 oˇcito nema rjeˇsenja.
2.5.
Rastav matrice na simetriˇ cni i antisimetriˇ cni dio
Svaka kvadratna matrica A se moˇze napisati kao zbroj simetriˇcne i anti-simetriˇcne matrice. Pokaˇzite da su te matrice dane sa 1 1 A1 = (A + AT ), A2 = (A − AT ) 2 2 (vidi poglavlje 2.1.5). Odredite A1 i A2 ako je zadano 1 2 0 3 2 . A= 4 (2.1) 1 −1 1 Rjeˇ senje. Pretpostavimo da se matrica moˇze napisati kao zbroj A = A 1 + A2
(2.2)
gdje je AT1 = A1
(simetriˇcna matrica),
AT2 = −A2
(anti-simetriˇcna matrica).
Transponiranjem jednadˇzbe (2.2) dobivamo AT = AT1 + AT2 = A1 − A2 .
(2.3)
17 Zbrajanjem pa zatim oduzimanjem jednadˇzbi (2.2) i (2.3) dobivamo A + AT = 2A1 ,
A − AT = 2A2 ,
iz ˇcega slijedi
1 1 (A + AT ), A2 = (A − AT ). 2 2 Lako je provjeriti da je A1 simetriˇcna, a A2 anti-simetriˇcna matrica: A1 =
AT1 =
1 1 T A + (AT )T = (AT + A) = A1 , 2 2
AT2 =
1 1 T A − (AT )T = (AT − A) = −A2 . 2 2
Za zadanu matricu A u jednadˇzbi (2.1) imamo
1 4 1 AT = 2 3 −1 0 2 1
pa za njezin rastav na simetriˇcni i antisimetriˇcni dio dobivamo 1 1 4 1 1 2 0 1 4 3 2 + 2 3 −1 = 3 A1 = 2 1 0 2 1 1 −1 1 2 1 4 1 0 1 2 0 1 4 3 2 − 2 3 −1 = 1 A2 = 2 1 0 2 1 1 −1 1 2
2.6.
3 3 1 2
1 2 1 2
1
,
−1 − 21 3 . 0 2 3 −2 0
Mnoˇ zenje matrica
Umnoˇzak dviju matrica A i B op´cenito nije komutativan. Medutim, ako je AB = BA onda kaˇzemo da matrice A i B komutiraju. Odredite sve matrice koje komutiraju s matricom 1 −1 0 1 −1 . A= 0 0 0 1 Rjeˇ senje. Oznaˇcimo matricu B s
x1 B = x2 x3
y1 y2 y3
z1 z2 . z3
Potrebno je odrediti sve koeficijente xi , yi , zi za koje vrijedi AB = BA. Ovaj uvjet je ekvivalentan sustavu linearnih jednadˇzbi za elemente matrice B. Za umnoˇzak AB dobivamo x1 − x 2 y 1 − y 2 z 1 − z 2 AB = x2 − x3 y2 − y3 z2 − z3 , x3 y3 z3 dok je
x1 BA = x2 x3
−x1 + y1 −x2 + y2 −x3 + y3
−y1 + z1 −y2 + z2 . −y3 + z3
18 Izjednaˇcavanjem matrica AB i BA slijedi da elementi matrice B moraju zadovoljavati sustav jednadˇzbi x1 − x 2 = x 1 ,
y1 − y2 = −x1 + y1 ,
x2 − x 3 = x 2 , x3 = x 3 ,
z1 − z2 = −y1 + z1 ,
y2 − y3 = −x2 + y2 , y3 = −x3 + y3 ,
z2 − z3 = −y2 + z2 , z3 = −y3 + z3 .
Iz ovog sustava se oˇcigledno vidi da je x2 = 0, x3 = 0,
y 2 = x1 , y 3 = x2 ,
z2 = y 1 , z3 = y 2 ,
x3 = 0,
y3 = 0.
Zakljuˇcujemo da koeficijenti xi , yi , zi zadovoljavaju relacije x1 = y 2 = z 3 ,
y1 = z 2 ,
Ako uvedemo oznake x1 = α, y1 = β i z1 = γ, onda se α β B = 0 α 0 0
x2 = x3 = 0. matrica B moˇze zapisati u obliku γ β α
gdje su α, β i γ proizvoljni parametri. Lako se izravnim raˇcunom provjeri da svaka ovakva matrica komutira s matricom A.
2.7.
Potenciranje matrice
Zadana je matrica 1 1 0 A = 0 1 1 . 0 0 1
Pokaˇzite da je n-ta potencija matrice A dana sa 1 n A n = 0 1 0 0
n(n−1) 2
n 1
.
Rjeˇ senje. Da bismo odredili n-tu potenciju matrice A potrebno je najprije izraˇcunati nekoliko potencija niˇzeg reda, npr. za n = 2, 3, 4. Iz oblika tih potencija treba prepoznati op´ci oblik za A n . Konaˇcno, ispravnost dobivenog oblika treba provjeriti matematiˇckom indukcijom. Za n = 2, 3, 4 imamo 1 1 0 1 1 0 1 2 1 A 2 = 0 1 1 0 1 1 = 0 1 2 , 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 3 1+2 1 2 1 1 1 0 3 , A 3 = 0 1 2 0 1 1 = 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
1 4 1+2+3 1 3 1+2 1 1 0 . 4 3 0 1 1 = 0 1 A 4 = 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
19 Iz oblika ovih potencija pogadamo da 1 A n = 0 0
je Pn−1 1 n k=1 k n = 0 1 1 0 0
n 1 0
n(n−1) 2
n 1
(2.4)
gdje smo koristili formulu 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)/2 (primjer 1.3). Ispravnost izraza za A n ´cemo provjeriti matematiˇckom indukcijom (P4, definicija 1.13). Izraz je oˇcigledno ispravan za n = 1 pa je time ispunjena baza indukcije. Pretpostavimo sada da jednadˇzba (2.4) vrijedi za sve n ≤ m. Tada za n = m + 1 dobivamo 1 1 0 1 m m(m−1) 2 Am+1 = Am A = 0 1 m 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 m + 1 m + m(m−1) 1 m+1 2 = 0 1 m + 1 = 0 1 0 0 1 0 0
(m+1)m 2
m +1 , 1
ˇsto pokazuje da jednadˇzba (2.4) vrijedi za n = m + 1. Dakle, po principu matematiˇcke indukcije jednadˇzba vrijedi za svako n ∈ N.
2.8.
Rang matrice
Odredite rang matrice
A=
2 3 −1 4 1 0 1 2 3 4 0 7 −2 −1 4 1 4 −2 3 5
Rjeˇ senje. Prema definiciji 2.4 i teoremu 2.4 zakljuˇcujemo da je postupak traˇzenja ranga matrice istovjetan s postupkom Gaussove eliminacije. Primjenom postupka Gaussove eliminacije na zadanu matricu, dobivamo: R2 −2R1 →R2 1 0 1 2 R 2 3 −1 4 1 →R3 2 R43 −3R 1 +2R1 →R4 3 −1 4 0 1 2 R5 −4R R1 ↔R2 1 →R5 3 −→ 4 0 7 4 0 7 −→ 3 −2 −1 −2 −1 4 1 4 1 4 −2 3 5 4 −2 3 5
1 0 1 2 0 3 −3 0 0 4 −3 1 0 −1 6 5 0 −2 −1 −3
1 0 0 0 0
0 1 2 1 −1 0 0 1 1 0 5 5 0 −3 −3
R2 /3→R2 −→
R4 −5R3 →R4 R5 +3R3 →R5 −→
1 0 1 2 0 1 −1 0 0 4 −3 1 0 −1 6 5 0 −2 −1 −3 1 0 0 0 0
0 1 2 1 −1 0 0 1 1 . 0 0 0 0 0 0
2 →R3 RR34−4R +R2 →R4 R5 +2R 2 →R5 −→
20 Dakle, r(A) = 3.
2.9.
Rang matrice ovisan o parametru
U ovisnosti o parametru λ ∈ R odredite rang matrice 1 1 1 A = 1 λ λ 2 . 1 λ2 λ Rjeˇ senje. Da bismo odredili rang(A) matricu A ´cemo svesti na gornje trokutasti oblik jer se iz takvog oblika matrice najlakˇse vidi broj nezavisnih redaka ili stupaca. Primjenjujemo sljede´ce elementarne transformacije: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 →R −R1 +R3 →R3 1 λ λ2 −R1 +R 0 λ − 1 λ2 − 1 −→2 2 0 λ − 1 λ2 − 1 −→ 2 2 1 λ λ 1 λ λ 0 λ2 − 1 λ − 1
1 1 λ−1 = 0 0 (λ − 1)(λ + 1)
1 (λ − 1)(λ + 1) . λ−1
Drugi i tre´ci redak u gornjoj matrici smijemo podijeliti sa λ − 1 samo uz pretpostavku da je λ 6= 1. Tada dobivamo 1 1 1 1 1 1 −(λ+1)R2 +R3 →R3 0 0 1 1 λ + 1 λ +1 . −→ (2.5) 0 λ+1 1 0 0 −λ(λ + 2)
Iz ovog oblika matrice se lako vidi da za λ = 0 dobivamo 1 1 1 0 1 1 0 0 0
iz ˇcega zakljuˇcujemo da je rang(A) = 2. Sliˇcno, 1 0 0
za λ = −2 imamo 1 1 1 −1 0 0
pa je opet rang(A) = 2. Takoder moramo provjeriti i rang za λ = 1 jer smo do gornje-trokutastog oblika matrice (2.5) doˇsli uz pretpostavku λ 6= 1. Oˇcigledno, u ovom sluˇcaju imamo matricu 1 1 1 1 1 1 1 1 1 pa je rang(A) = 1. Za sve ostale vrijednosti λ matrica (2.5) ima tri nezavisna retka pa je rang(A) = 3.
2.10.
Matriˇ cna jednadˇ zba
Rijeˇsite matriˇcnu jednadˇzbu AX = B, gdje je 2 0 A = 2 −3 i 1 −1
2 0 6 B = −1 −6 0 . 0 −2 1
21 Rjeˇ senje. Prema poglavlju 2.1.3 znamo da matrica X mora biti reda (2, 3) pa je tada moˇzemo pisat u obliku a b c . X= d e f Uvrˇstavanjem zadanih matrica u jednadˇzbu AX = B dobivamo 2 0 2 0 6 a b c 2 −3 · = −1 −6 0 d e f 1 −1 0 −2 1
Nakon mnoˇzenja matrica slijedi 2 0 6 2a 2b 2c 2a − 3d 2b − 3e 2c − 3f = −1 −6 0 0 −2 1 a−d b−e c−f Izjednaˇcavanjem odgovaraju´cih elemenata u matricama imamo 2a = 2, 2a − 3d = −1,
2b = 0, 2b − 3e = −6,
a − d = 0,
2c = 6, 2c − 3f = 0,
b − e = −2,
c − f = 1.
Dakle, a = 1,
b = 0,
c = 3,
d = 1,
e = 2,
f =2
pa traˇzena matrica X ima oblik X=
2.11.
1 0 3 . 1 2 2
Rjeˇ savanje matriˇ cne jednadˇ zbe invertiranjem
Rijeˇsite matriˇcnu jednadˇzbu B(AX − I)−1 = I gdje je 1 2 A = 3 2 , 2 1
10 −2 −9 2 5 , B = −5 4 −1 −4
1 2 0 C = 2 1 −3 . 0 2 3
Rjeˇ senje. Da bismo odredili nepoznatu matricu X pomnoˇzimo zadanu jednadˇzbu slijeva s B −1 . Tada dobivamo B −1 B(AX − I)−1 C = B −1 I, odnosno (AX − I)−1 C = B −1 .
Pomnoˇzimo sada dobivenu jednakost zdesna s C −1 ,
(AX − I)−1 CC −1 = B −1 C −1 . Iz ovoga slijedi (AX − I)−1 = (CB)−1 ,
gdje smo koristili svojstvo B −1 C −1 = (CB)−1 (vidi poglavlje 2.8). Posljednja jednadˇzba ekvivalentna je s AX − I = CB, odnosno AX = CB + I.
22 Izraˇcunajmo sada vrijednost izraza 1 CB + I = 2 0
CB + I. 2 0 10 −2 −9 1 0 0 1 −3 −5 2 5 + 0 1 0 2 3 4 −1 −4 0 0 1
0 2 1 1 0 0 1 2 1 = 3 1 −1 + 0 1 0 = 3 2 −1 . 2 1 −2 0 0 1 2 1 −1
Budu´ci da je A matrica tipa 3 × 2 i matrica CB + I tipa 3 × 3 zakljuˇcujemo da traˇzena matrica X mora biti tipa 2 × 3 pa je moˇzemo pisati u obliku x1 y 1 z 1 X= . x2 y 2 z 2 Sada jednadˇzba AX = CB + I poprima oblik 1 2 3 2 x1 y1 x2 y 2 2 1
z1 z2
1 2 1 = 3 2 −1 . 2 1 −1
Mnoˇze´ci matrice na lijevoj strani jednadˇzbe dolazimo do sljede´cih sustava jednakosti: x1 + 2x2 = 1, 3x1 + 2x2 = 3,
y1 + 2y2 = 2, 3y1 + 2y2 = 2,
2x1 + x2 = 2,
2y1 + y2 , = 1,
z1 + 2z2 = 1, 3z1 + 2z2 = −1,
2z1 + z2 = −1.
Do traˇzenih rjeˇsenja do´ci ´cemo primjenjuju´ci Gaussovu metodu eliminacije nad proˇsirenom matricom sustava Ap na sljede´ci naˇcin:
1 2 1 2 1 −3R1 +R2 →R2 1 2 1 2 1 −2R1 +R3 →R3 0 −4 0 −4 −4 Ap = 3 2 3 2 −1 −→ 2 1 2 1 −1 0 −3 0 −3 −3
1 2 1 2 1 1 0 1 0 −1 −2R2 +R1 −→ 0 1 0 1 1 −→ 0 1 0 1 1 . 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
− 14 R2
Odavde dobivamo sljede´ce sustave nejednakosti: x1 + 0x2 = 1, 0x1 + x2 = 0,
z1 + 0z2 = −1, 0z1 + z2 = 1.
y1 + 0y2 = 0, 0y1 + y2 = 1,
Slijedi da nepoznanice imaju vrijednosti x1 = 1,
x2 = 0,
y1 = 0,
z1 = −1,
y2 = 1,
pa matricu X moˇzemo pisati u obliku X=
1 0 −1 0 1 1
.
z2 = 1
23
2.12.
Laplaceov razvoj determinante
Pomo´cu Laplaceovog razvoja izraˇcunajte determinantu
1 D = a a 2
1 c . c2
1 b b2
Rjeˇ senje. Kod raˇcunanja determinante korisno je prethodno transformirati determinantu u oblik kojim se pojednostavnjuje njeno raˇcunanje. To se obiˇcno radi tako da se elementarnim transformacijama (vidi poglavlje 2.9.1) nastoji u odredenom retku ili stupcu dobiti ˇsto viˇse nula. Dakle,
1 D = a a2
1 b b2
b−a = 2 b − a2 = (b − a)
1 c c2
(−S1 +S2 →S2 ) 1 a = 2 a
0 b−a b2 − a 2
1 c c2
(−S1 +S3 →S3 ) 1 a = 2 a
c−a c − a b − a = c2 − a2 (b − a)(b + a) (c − a)(c + a)
1 c−a 1 = (b − a)(c − a) 1 b+a c+a b + a (c − a)(c + a)
= (b − a)(c − a)(c − b).
0 b−a b2 − a 2
0 c−a c2 − a 2
Lako se uvjeriti da je ovaj postupak raˇcunanja determinante lakˇsi od direktne primjene Laplaceovog razvoja na determinantu D.
2.13.
Raˇ cunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik
Svodenjem matrice na gornje trokutasti oblik izraˇcunajte determinantu
1 2 0 1 2 3 −1 0 D = 2 4 0 −1 −1 0 4 −1
.
Rjeˇ senje. Vrlo ˇcesto determinante se raˇcunaju tako da se matrica elementarnim transformacijama svede na trokutasti oblik jer je determinanta takve matrice jednaka umnoˇsku elemenata na dijagonali.
24 Elementarne transformacije oznaˇcavamo kao u prethodnom zadatku. 1 1 2 0 1 2 0 1 2 3 −1 0 (R3 +R4 ↔R4 ) 2 3 −1 0 D = = − 0 −1 2 4 −1 0 4 −1 −1 0 −1 0 4 −1 2 4 1 2 0 1 0 −1 −1 −2 (R1 +R3 →R3 ) (−2R1 +R2 →R2 ) = − = − 0 4 −1 −1 0 −1 2 4 (2R2 +R3 →R3 ) = − = −2 · 3
1 2 0 1 0 −1 −1 −2 (−R2 +R4 →R4 ) = − 0 0 2 −4 0 −1 2 4
1 2 0 1 0 −1 −1 −2 0 0 2 −4 0 0 3 6
1 2 0 1 0 −1 −1 −2 (−R3 +R4 →R4 ) = −2 · 3 0 0 1 −2 0 0 1 2
= −2 · 3·1 · (−1) · 1 · 4 = 24.
2.14.
1 2 0 1 0 −1 −1 −2 0 2 4 0 0 −1 2 4
1 2 0 1 0 −1 −1 −2 0 0 1 −2 0 0 0 4
Laplaceov razvoj determinante n-tog reda
Izraˇcunajte determinantu reda n: α 0 D = ... 0 β
β α .. .
0 β .. .
... ... .. .
0 0
... ...
α 0
0 0 .. . . β α
Rjeˇ senje. Uoˇcimo da se na glavnoj dijagonali nalaze elementi α te da se elementi β nalaze na dijagonali iznad glavne i na mjestu (n, 1). Na ovu determinantu je stoga prikladno primijeniti Laplaceov razvoj po prvom stupcu jer ´cemo time dobiti dvije trokutaste determinante reda n − 1: β 0 0 . . . 0 α β 0 . . . 0 α β 0 . . . 0 0 α β . . . 0 D = (−1)1+1 α ... ... . . . . . . ... + (−1)n+1 β 0 α β . . . 0 .. .. . . . .. . . 0 0 . . . . . .. α β 0 0 . . . 0 0 . . . α β 0 α = ααn−1 + (−1)n+1 ββ n−1 = αn + (−1)n+1 β n .
Pri tome smo koristili svojstvo da je determinanta trokutaste matrice jednaka umnoˇsku elemenata na dijagonali.
25
2.15.
Raˇ cunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik
Izraˇcunajte determinantu n-tog reda −1 2 2 −1 D= .. .. . . 2 2
. −1
2 ... 2 ... .. .. . . 2 ...
2 2 .. .
Rjeˇ senje. Za razliku od prethodnog primjera u ovoj determinanti ne postoje stupci ili retci koji imaju puno nula. Medutim, zbog simetrije elemenata koji se javljaju u njoj ovu determinantu prikladno je izraˇcunati svodenjem na trokutasti oblik. Primijetimo da kada bi se u prvom retku nalazile samo jedinice, trokutasti oblik bi se lako dobio mnoˇzenjem prvog retka sa −2 i pribrajanjem ostalim retcima. S obzirom da je suma elemenata u svakom stupcu jednaka −1 + (n − 1)2 = 2n − 3, prvom retku pribrojimo sumu preostalih n − 1 redaka. Time dobivamo 2n − 3 2n − 3 2n − 3 . . . 2n − 3 1 1 1 ... 1 2 −1 2 −1 2 ... 2 2 ... 2 2 2 2 −1 . . . 2 2 −1 . . . 2 D= = (2n − 3) .. .. .. .. . . .. .. .. . . .. . . . . . . . . . . 2 2 2 ... −1 2 2 2 . . . −1 (−2R1 +R2 →R2 ) = (2n − 3)
.. .
2.16.
1 1 1 0 −3 0 2 2 −1 .. .. .. . . . 2 2 2
... ... ... .. . ...
−1 1 0 2 .. .
(−2R1 +R3 →R3 ) = (2n − 3)
1 1 1 ... 1 0 −3 0 ...0 0 0 −3 . . . 0 .. .. .. .. .. . . . . . 2 2 2 . . . −1
(−2R1 +Rn →Rn ) = (2n − 3)
1 1 1 0 −3 0 0 0 −3 .. .. .. . . . 0 0 0
... ... ... .. . ...
Zadaci za vjeˇ zbu
= (−3)n−1 (2n − 3). −3 1 0 0 .. .
1. Za matrice A=
1 1 0 1
,
B=
1 −1 0 1
,
C=
1 3 2 1
,
D=
4 0 2 1
,
26 izraˇcunajte AB, BA, A2 + AB − 2B. 2. Izraˇcunajte tre´cu potenciju matrice n-tog 1 0 0 · · 0
reda 1 1 0 · · 0
1 1 1 · · 0
Uputa: Izraˇcunajte najprije za n = 2 i n = 3.
··· ··· ··· · · ···
1 1 1 · · 1
3. Rijeˇsite sustav jednadˇzbi 2x1 + 2x2 − x3 + x4 = 4 4x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 6
8x1 + 5x2 − 3x3 + 4x4 = 12 3x1 + 3x2 − 2x3 + 2x4 = 6 4. Rijeˇsite sustav jednadˇzbi x1 + 3x2 + 5x3 − 4x4 = 1
x1 + 3x2 + 2x3 − 2x4 + x5 = −1 x1 − 2x2 + x3 − x4 − x5 = 3 x1 − 4x2 + x3 + x4 − x5 = 3 x1 + 2x2 + x3 − 4x4 + x5 = −1
5. Rijeˇsite homogeni sustav x1 + 2x2 + x3 + x4 = 0 2x1 + x2 + x3 + 2x4 = 0 x1 + 2x2 + 2x3 + x4 = 0 x1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0 6. Odredite rang matrice
−1 2 0 1 4 A = 1 2 3 −1 5 . 0 4 3 0 9
7. Odredite matricu X za koju vrijedi 3A − 2X = B, ako je 3 2 1 −5 A= , B= . −2 1 2 3 8. Izraˇcunajte determinante matrica: 0 0 0 (a) A = 3 −1 6 , 2 8 3 −1 2 5 6 3 −1 −15 −18 , (b) B = 2 1 0 7 3 1 1 6
27
0 c −b x −c 0 a y . (c) C = b −a 0 z −x −y −z 0
9. Izraˇcunajte 1 2 0 1 (a) 0 0 · · 0 0 1 n n 2 (b) n n · · n n
2.17. 1.
determinante n − tog reda: 3 ··· n 2 · · · n − 1 1 · · · n − 2 , · · · 0 ··· 1 n · · · n n · · · n 3 · · · n . · · · n ··· n
Rjeˇ senja
1 0 0 1
1 s 2 s3 · · · sn 0 1 s2 · · · sn−1 0 0 1 · · · sn−2 · · · · · 0 0 0 ··· 1
2.
,
1 0 0 1
,
0 4 0 0
.
, gdje je sn = 1 + 2 + · · · + n =
3. x1 = 1, x2 = 1, x3 = −1 i x4 = −1. 0 −1 −1 −1 + α 0 . 0 4. X = −1 −1 0 2 −1 x1 0 x2 5. X = x3 = λ 0 . 1 x4 6. r(A) = 3. 4 7. X = −4
11 2
0
.
8. (a) 0, (b) 320, (c) (ax + by + cz)2 . 9. (a) 1, (b) (−1)n−1 n!.
n(n+1) . 2
3. VEKTORSKA ALGEBRA I ˇ ANALITICKA GEOMETRIJA
3.1. Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Visina trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Volumen paralelopipeda . . . . . . . . . . . 3.5. Visina paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . 3.6. Volumen tetraedra . . . . . . . . . . . . . . . 3.7. Sjeciˇ ste simetrale kuta i simetrale stranice 3.8. Srediˇ ste trokutu opisane kruˇ znice . . . . . 3.9. Udaljenost toˇ cke od pravca . . . . . . . . . 3.10. Tri pravca u prostoru . . . . . . . . . . . . . 3.11. Mimosmjernost pravaca u prostoru . . . . . 3.12. Sjeciˇ ste pravca i ravnine . . . . . . . . . . . 3.13. Okomitost dviju ravnina . . . . . . . . . . . 3.14. Pravac paralelan s ravninom . . . . . . . . . 3.15. Zadaci za vjeˇ zbu . . . . . . . . . . . . . . . . 3.16. Rjeˇ senja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
29 30 31 32 32 33 34 35 35 36 36 37 38 38 38 39
Skalarni produkt
Zadani su vektori p = λa + 17b i q = 3a − b gdje je |a| = 2, |b| = 5 a kut izmedu a i b je ϕ = Odredi koeficijent λ tako da vektori p i q budu medusobno okomiti.
2π 3 .
Rjeˇ senje. Zbog uvjeta okomitosti vektora p i q imamo p · q = 0 (definicija 3.4). Skalarni produkt p · q dan je s p · q = (λa + 17b) · (3a − b)
= 3λa · a + (51 − λ)a · b − 17b · b.
Prema definiciji 3.4 za skalarni produkt dobivamo a · a = |a||a| cos(0) = 4,
a · b = |a||b| cos(ϕ) = −5, b · b = |b||b| cos(0) = 25.
30 Dakle, za p · q imamo p · q = 3λ4 + (51 − λ)(−5) − 17 · 25 = 17λ − 680. S obzirom da je ·q = 0 slijedi da je 17λ − 680 = 0, odnosno λ = 40.
3.2.
Vektorski produkt
Dani su vektori a = (0, 2λ, λ), b = (2, 2, 1) i c = (−1, −2, −1). (a) Odredite vektor d koji zadovoljava uvjete a × b = c × d i a × c = b × d. (b) Pokaˇzite da su vektori a − d i b − c kolinearni. (c) Odredite parametar λ tako da je (a − b) · c = a · d + λ. Rjeˇ senje. (a) Oznaˇcimo komponente vektora produkt vrijedi i j k i a × b = 0 2λ λ = λ 0 2 2 1 2
d s d = x1 i + x2 j + x3 k. Po teoremu 3.3 za vektorski j 2 2
k 1 = 2λj − 4λk, 1
i j k c × d = −1 −2 −1 = (x2 − 2x3 )i + (x3 − x1 )j + (2x1 − x2 )k, x1 x2 x3
i j k i j k 2 1 = −λj + 2λk, a × c = 0 2λ λ = −λ 0 −1 −2 −1 −1 −2 −1
i b×d=2 x1
j 2 x2
k 1 = (2x3 − x2 )i + (x1 − 2x3 )j + (2x2 − 2x1 )k. x3
Uvrˇstavanjem dobivenih izraza u uvjet (a) zadatka dobivamo
(x2 − 2x3 )i + (x3 − x1 )j + (2x1 − x2 )k = 2λj − 4λk,
(2x3 − x2 )i + (x1 − 2x3 )j + (2x2 − 2x1 )k = −λj + 2λk. Vektori u gornjim jednakostima su isti samo ako su im odgovaraju´ce komponente iste pa izjednaˇcavanjem komponenata dobivamo sljede´ci sustav jednadˇzbi: 0x1 + x2 − 2x3 = 0
−x1 + 0x2 + x3 = 2λ
2x1 − x2 + 0x3 = −4λ 0x1 − x2 + 2x3 = 0
x1 + 0x2 − 2x3 = −λ −2x1 + 2x2 + 0x3 = 2λ.
31 Ovaj sustav ´cemo rjeˇsiti svodenjem matrice sustava na gornje trokutasti oblik. 1 0 −2 −λ 0 1 −2 0 −1 R1 +R2 →R2 0 1 2λ 0 1 2λ −2R 12 R6 →R6 −1 1 +R3 →R3 2 −1 R1 +R R1 ↔R5 2 −1 0 −4λ 0 −4λ 6 →R6 −→ −→ 0 −1 0 −1 2 0 2 0 0 1 1 −2 0 0 −2 −λ −1 1 0 λ −2 2 0 2λ
1 0 0 0 0 0
1 0 −2 −λ 1 0 −2 −λ 0 2 +R3 →R3 0 0 −1 λ 1 −2 0 R 2 +R4 →R4 0 −1 R 0 −1 4 −2λ 4 −2λ R ↔R R 2 5 6 →R6 −→ 2 +R −→ 0 −1 0 −1 2 0 2 0 0 0 1 −2 0 0 −1 λ 0 1 −2 0 0 −1 2 0
0 −2 λ 1 −2 0 2R5 +R 3 →R3 1 0 2 −2λ 2 R3 −→ 0 0 0 0 −1 λ 0 0 0
1 0 0 0 0 0
Dakle, vektor d dan je s d = −λ(3i + 2j + k).
0 −2 −λ 1 −2 0 2R3 +R1 →R1 0 1 −λ 2 →R2 2R3 +R −→ 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
0 −3λ 0 −2λ 1 −λ . 0 0 0 0 0 0
(b) Da bismo pokazali kolinearnost vektora a − d i b − c koristimo ˇcinjenicu da su dva vektora kolinearna ako i samo ako je njihov vektorski produkt nula. Vrijedi (a − b) × (b − c) = a × b − a × c − d × b + d × c. S obzirom da je vektorski produkt anti-komutativan, imamo d × c = −c × d i d × b = −b × d. Stoga je (a − b) × (b − c) = a × b − c × d − a × d − b × d. Budu´ci da je prema uvjetu (a) zadatka a × b = c × d i a × c = b × d, slijedi (a − d) × (b − c) = 0. Dakle, vektori a − d i b − c su kolinearni. (c) Da bismo odredili parametar λ iz uvjeta (a − b) · c = a · c + λ najprije ´cemo odrediti vrijednost izraza (a − b) · c: (a − b) · c = (2λj + λk − 2i − 2j − k) · (−i − 2j − k) = 2 − 4λ + 4 − λ + 1 = −5λ + 7.
S druge strane, vrijednost izraza a · c + λ dana je s a · c + λ = (2λj + λk)(−i − 2j − k) + λ = −4λ. Dakle, λ more ispunjavati uvjet −5λ + 7 = −4λ, odnosno λ = 7.
3.3.
Visina trokuta
Odredite visinu vB spuˇstenu iz vrha B u trokutu ABC s vrhovima A(1, −2, 8), B(0, 0, 4), C(6, 2, 0) (vidi sliku 3.1).
32 1
B
0.9
0.8
0.7
VB
0.6
0.5
0.4
0.3
A
C
0.2
0.1
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Slika 3.1: Visina trokuta spuˇstena iz vrha B
Rjeˇ senje. Prema poglavlju 3.5.3 vrijedi −− → AB = (0 − 1)i + (0 + 2)j + (4 − 8)k = −i + 2j − 4k, −→ AC = (6 − 1)i + (2 + 2)j + (0 − 8)k = 5i + 4j − 8k. Traˇzenu visinu dobit ´cemo pomo´cu formule P = b·v2B pa u tu svrhu raˇcunamo povrˇsinu zadanog trokuta koriste´ci svojstvo V6 definicije 3.5 i j k √ → −→ 1 1 1 −− P = |AB × AC| = | −1 2 −4 | = | − 28j − 14k| = 7 |2j + k| = 7 5. 2 2 2 5 4 −8 Sada je
3.4.
√ 2·7 5 2P 2√ vB = −→ = √ 21. = 3 52 + 4 2 + 8 2 |AC|
Volumen paralelopipeda
Izraˇcunajte volumen paralelopipeda razapetog vektorima a = i − 3j + k,
b = 2i + j − 3k,
c = i + 2j + k.
Rjeˇ senje. Prema formuli iz teorema 3.4 vrijedi 1 −3 1 1 −3 = 1(1 + 6) + 3(2 + 3) + 1(4 − 1) = 7 + 15 + 3 = 25. V = 2 1 2 1
3.5.
Visina paralelopipeda
Izraˇcunajte visinu paralelopipeda razapetog vektorima a = 3i + 2j − 5k,
b = i − j + 4k,
c = i − 3j + k
33 ako je za osnovicu uzet paralelogram razapet vektorima a i b. Rjeˇ senje. Za volumen paralelopipeda razapetog vektorima a, b i c vrijedi V = (a × b) · c.
(3.1)
S druge strane, znamo da je V = Bv gdje je B povrˇsina osnovice paralelopipeda a v njegova visina. Budu´ci da osnovicu paralelopipeda ˇcini paralelogram razapet vektorima a i b, slijedi da je B = |a×b|. Tada je V = Bv = |a × b|v. (3.2)
Iz jednadˇzbi (3.1) and (3.2) slijedi
v= Prema teoremu 3.4 vrijedi
Prema teoremu 3.3 imamo
(a × b) · c . |a × b|
3 2 −5 4 = 49. (a × b) · c = 1 −1 1 −3 1
i j k 2 −5 = 3i − 17j − 5k, a × b = 3 1 −1 4
pa slijedi da je
|a × b| =
p
32 + (−17)2 + (−5)2 =
Uvrˇstavanjem dobivenih rezultata u (3.3) dobivamo v =
3.6.
(3.3)
√ 323.
√49 . 323
Volumen tetraedra
Odredite α tako da volumen tetraedra razapetog vektorima a, b i αc iznosi 2/3, gdje je a = i + j − 2k,
b = 2i + j − k,
1 c = i − k. 3
Rjeˇ senje. Prema primjeru 3.8 vrijedi V =
1 |(a × b) · αc|. 6
Raspisivanjem desne strane jednakosti i koriste´ci formulu iz teorema 3.4 dobivamo 1 1 −2 α −2α (a × b) · αc = 2 1 −1 = 1 − − 0 − 1 + α − 2 (0 − α) = 3 3 α 0 −α 3 α α 4 = − − + 2α = α. 3 3 3 Uvrˇstavanjem u (3.4) imamo
odnosno, Traˇzena rjeˇsenja su α1 = 3 i α2 = −3.
2 1 4α = , 3 6 3 |α| = 3.
(3.4)
34
3.7.
Sjeciˇ ste simetrale kuta i simetrale stranice
Zadan je trokut s vrhovima A(2, 3, 2), B(0, 1, 1) i C(4, 4, 0). Odredite koordinate sjeciˇsta S simetrale unutarnjeg kuta pri vrhu A i simetrale stranice AB. − − → Rjeˇ senje. Toˇcku S ´cemo dobiti kao sjeciˇste ravnine R koja je okomita na AB i prolazi kroz poloviˇste −−→ −−→ P stranice AB i pravca p kroz A s vektorom smjera s = AB0 + AC0 , gdje je −→ −−→ AC AC0 = −→ . |AC|
− − → −−→ AB AB0 = − − → , |AB| Prema primjeru 3.2 vrijedi − − → AB = {−2, −2, −1},
−→ AC = {2, 1, −2}.
Prema poglavlju 3.6 vrijedi −−→ AB0 =
2 2 1 − ,− ,− 3 3 3
−−→ AC0 =
,
2 1 2 , ,− 3 3 3
.
Poloviˇste P duˇzine AB ima koordinate 2+0 3+1 2+1 3 P = = 1, 2, . , , 2 2 2 2 Jednadˇzbu ravnine R dobivamo koriˇstenjem formule (P 3.12), 3 R ≡ −2 · (x − 1) − 2 · (y − 2) − 1 · z − = 0, 2 odnosno R ≡ −2x − 2y − z +
15 = 0. 2
Nadalje, vrijedi
−−→ −−→ 1 s = AB0 + AC0 = 0 · i − j − k 3 pa prema formuli (P 3.7) jednadˇzba pravca p u kanonskom obliku glasi p≡
x−2 y−3 z−2 = = . 0 −1 −3
Pomo´cu jednadˇzbe pravca p i jednadˇzbe ravnine R raˇcunamo koordinate traˇzenog sjeciˇsta: x=2 y = −t + 3 p≡ z = −3t + 2. −2 · 2 − 2 · (−t + 3) − (−3t + 2) + t=
9 . 10
Dakle, S=
2,
7 21 ,− 10 10
.
15 =0 2
35
Slika 3.2: Srediˇste trokutu opisane kruˇznice
3.8.
Srediˇ ste trokutu opisane kruˇ znice
Dokaˇzite vektorskim raˇcunom da se u trokutu simetrale stranica sijeku u jednoj toˇcki (vidi sliku 3.2). Rjeˇ senje. Neka su D, E, i F poloviˇsta stranica AB, BC, i CA trokuta ABC. Neka je toˇcka T takva da je −−→ − − → −→ −−→ T D ⊥ AB, T E ⊥ BC, odnosno
−− → −− → T D · AB = 0,
−→ −−→ T E · BC = 0.
Tada je −→ −→ −→ −− → −−→ −→ −− → −→ −−→ T F · AC = T F (AB + BC) = T F · AB + T F · BC = −−→ −−→ − − → −→ −−→ −−→ = (T D + DF ) · AB + (T E + EF ) · BC = −−→ − − → 1 −−→ − − → −→ −−→ 1 − − → −−→ = T D · AB + BC · AB + T E · BC + BA · BC = 2 2 1 −−→ − − → 1− − → −−→ = 0 + BC · AB + 0 − AB · BC = 0, 2 2 −→ −→ pa je T F ⊥ AC.
3.9.
Udaljenost toˇ cke od pravca
Odredite najkra´cu udaljenost toˇcke T = (2, 1, 3) od pravca x−1 y−1 z−1 = = . 1 2 3
36 Rjeˇ senje. Najprije ´cemo odrediti jednadˇzbu ravnine koja prolazi toˇckom T i okomita je na zadani pravac. Jednadˇzba ravnine kroz zadanu toˇcku ima oblik A(x − 2) + B(y − 1) + C(z − 3) = 0 gdje su A, B i C komponente vektora normale na ravninu. Kako je zadani pravac okomit na ravninu, vektor smjera pravca je ujedno i normala na ravninu iz ˇcega slijedi da je A = 1, B = 2 i C = 3. Dakle, ravnine je zadana jednadˇzbom x + 2y + 3z − 13 = 0. Odredimo sada sjeciˇste zadanog pravca i ravnine. Parametarska jednadˇzba pravca glasi x = t + 1,
y = 2t + 1,
z = 3t + 1,
t ∈ R.
Uvrˇstavanjem ovih izraza u jednadˇzbu ravnine dobivamo t = 21 , pa je toˇcka presjeka S dana s x=
1 3 +1= , 2 2
y=2
1 + 1 = 2, 2
z=3
1 5 +1= . 2 2
Najmanja udaljenost toˇcke T od pravca iznosi s 2 2 r 5 3 3 2 + (1 − 2) + 3 − = . 2− d(T, S) = 2 2 2
3.10.
Tri pravca u prostoru
Zadane su toˇcke A = (1, 2, 2),
B = (3, 1, 2),
C = (−1, 5, 2),
D = (2, −1, 0).
Odredite jednadˇzbu pravca koji prolazi toˇckom T = (1, 2, 3) i okomit je na pravce odredene vektorima − − → −−→ AB i CD. Rjeˇ senje. Neka je rA = i + 2j + 2k radijus vektor toˇcke A te sliˇcno oznaˇcimo radijus vektore toˇcaka B, C i D. Tada je − − → AB = rB − rA = 2i − j, Traˇzimo pravac ˇciji je vektor smjera okomit moˇzemo uzeti −− → −−→ s = AB × CD =
−−→ CD = rD − rC = 3i − 6j − 2k.
− − → −−→ na vektore AB i CD. Dakle, za vektor smjera pravca i j k 2 −1 0 = 2i + 4j − 9k. 3 −6 −2
S obzirom da toˇcka T = (1, 2, 3) leˇzi na pravcu, jednadˇzba traˇzenog pravca je x−1 y−2 z−3 = = . 2 4 −9
3.11.
Mimosmjernost pravaca u prostoru
Zadani su pravci p1 koji prolazi kroz toˇcke A = (1, 0, −1) i B = (−1, 1, 0) i p2 koji prolazi kroz toˇcke C = (3, 1, −1) i D = (4, 5, −2). Dokaˇzite da su ti pravci mimosmjerni i odredite najmanju udaljenost
37 izmedu njih. Rjeˇ senje. Pravci p1 i p2 imaju vektore smjera −− → s1 = AB = −2i + j = k, −−→ s2 = CD = i + 4j = k. Zadani pravci nisu paralelni jer je s1 × s2 = −5i − j − 9k 6= 0. −−→ Pokaˇzimo da se pravci i ne sijeku pa ´ce tada biti mimosmjerni. Uvedimo vektor v = CB = −4i = k koji spaja toˇcku C na pravcu p2 s toˇckom B na pravcu p1 . Mjeˇsoviti produkt −4 0 1 1 = 11 v · (s1 × s2 ) = −2 1 1 4 −1
je razliˇcit od nule pa zakljuˇcujemo da vektori s1 , s2 i v nisu komplanarni. Iz ovoga slijedi da se pravci p1 i p2 ne sijeku. Najkra´ca udaljenost izmedu dva mimosmjerna pravca odreduje se po formuli d= Kako je |s1 × s2 | = | − 5i − j − 9k| =
√
|v · (s1 × s2 )| . |s1 × s2 |
107, imamo 11 d= √ . 107
3.12.
Sjeciˇ ste pravca i ravnine
Zadan je pravac p kao presjek ravnina x − 2z − 3 = 0 i y − 2z = 0. Odredite sjeciˇste pravca p i ravnine x + 3y − z + 4 = 0. Rjeˇ senje. Najprije odredimo parametarsku jednadˇzbu pravca p. Ravnine kojima je zadan pravac imaju normale n1 = i − 2k i n2 = j − 2k. S obzirom da je pravac p okomit na obe normale, za vektor smjera pravca moˇzemo uzeti s = n1 × n2 = 2i + 2j + k. Potrebno je jos pronaˇci toˇcku koja leˇzi na pravcu. Ako uzmemo da je z = 0 u jednadˇzbama kojima je zadan pravac, tada dobivamo x = 3 i y = 0 pa traˇzena toˇcka ima koordinate (3, 0, 0). Iz ovoga te iz vektora smjera pravca slijedi da je parametarska jednadˇzba pravca dana s x = 2t + 3,
y = 2t,
z = t,
t ∈ R.
Uvrˇstavanje ovih izraza u jednadˇzbu ravnine x + 3y − z + 4 = 0 daje t = −1. Iz ovoga slijedi da toˇcka presjeka pravca p i zadane ravnine ima komponente x = 2(−1) + 3 = 1,
y = 2(−1) = −2,
z = −1.
38
3.13.
Okomitost dviju ravnina
Odredi jednadˇzbu ravnine π koja prolazi toˇckama A = (1, 2, 3), B = (3, 2, 1) i okomita je na ravninu π1 : 4x − y + 2z − 7 = 0. Rjeˇ senje. Neka je P = (x, y, z) proizvoljna toˇcka u ravnini π. Tada vektori −− → AB = 2i − 2k, −→ AP = (x − 1)i + (y − 2)j + (z − 3)k leˇze u ravnini π. Kako je ravnina π1 okomita na ravninu π, vektor normale n1 = 4i − j + 2k takoder − − → −→ leˇzi u ravnini π pa su vektori AB, AP i n1 komplanarni. Stoga njihov mjeˇsoviti produkt iˇsˇcezava, odnosno x−1 y−2 z−3 −→ −− → 2 0 −2 = 0. AP · AB × n1 = 4 −1 2 Iz gornje jednakosti slijedi da je ravnina π dana s
x + 6y + z − 16 = 0.
3.14.
Pravac paralelan s ravninom
Odredite jednadˇzbu ravnine π koja prolazi toˇckama A = (1, 0, −1) i B = (−1, 2, 1), a paralelna je s pravcem koji je presjek ravnina 3x + y − 2z − 6 = 0 i 4x − y + 3z = 0. Rjeˇ senje. Vektori normala zadanih ravnina dani su s n1 = 3i + j − 2k i n2 = 4i − j + 3k. Primijetimo da pravac u kojem se sijeku zadane ravnine ima vektor smjera s = n1 × n2 = i − 17j − 7k.
− − → Kako su vektori s i AB paralelni s ravninom π, vektor
− − → n = AB × s = 20i − 12j + 32k je okomit na tu ravninu. Sada je ravnina π potpuno odredena vektorom normale n i toˇckom A = (1, 0, −1) koja leˇzi u njoj pa za jednadˇzbu ravnine dobivamo 20(x − 1) − 12(y − 0) + 32(z + 1) = 0, odnosno 5x − 3y + 8z + 3 = 0.
3.15.
Zadaci za vjeˇ zbu
1. Zadani su vrhovi A(1, −2, 3), B(3, 2, 1) i C(6, 4, 4) paralelograma ABCD. Odredite koordinate vrha D. 2. Neka su m i n jediniˇcni vektori koji zatvaraju kut od 45◦ . Odredite povrˇsinu paralelograma s dijagonalama e = 2m − n, f = 4m − 5n. 3. Odredite broj λ tako da vektori 2i − 3j i λi + 4j budu okomiti.
39 4. Nadite kut α izmedu vektora a i b ako je poznato da je (a + b) okomito na (7a − 5b) i da je (a − 4b) okomito na (7a − 2b). 5. Odredite duljinu visine vA spuˇstene iz vrha A u trokutu ABC ako su vrhovi trokuta A(1, 0, −1), B(−1, 1, 1), C(0, 2, 1). 6. Odredite volumen paralelopipeda ako su mu bridovi zadani vektorima a = [1, 0, 3], b = [−1, 1, 0] i c = [2, 1, 1]. 7. Odredite broj t tako da vektori a = [3, 2, t], b = [−1, 0, 0], c = [4, 1, 0] ne ˇcine bazu vektorskog prostora. 8. Vrhovi trokuta su A(1, 1, 1), B(3, 0, 3), C(−2, 1, 1). Odredite jednadˇzbu simetrale kuta BAC. 9. Nadite jednadˇzbu ravnine koja sadrˇzi toˇcku T (1, −3, 2), a paralelna je s ravninom 7x−4y+z−4 = 0. 10. Nadite jednadˇzbu ravnine koja sadrˇzi toˇcku P (1, −1, 2) i pravac zadan jednadˇzbama 3x + y − z + 5 = 0, x − y + 2z − 1 = 0. 11. Na pravcu
y+2 z − 10 x+4 = = 1 −1 −1 odredite toˇcku A koja je najbliˇza pravcu p≡
q≡
3.16.
Rjeˇ senja
1. D(4, 0, 6). √ 3 2 2 .
2. P =
3. λ = 6. 4. cos α = 0.53. 5. vA =
√ 34 2 .
6. V = 8. 7. t = 0. 8.
x−1 −1
=
y−1 −1
=
z−1 2 .
9. 7x − 4y + z − 11 = 0. 10. 2x + 2y − 3z + 6 = 0. 11. A(4, −10, 2).
x−3 y−3 z+3 = = . 1 −4 2
4. FUNKCIJE REALNE VARIJABLE
4.1. Podruˇ cje definicije funkcije . . . . . . . . 4.2. Graf op´ ce sinusoide . . . . . . . . . . . . . 4.3. Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . 4.4. Nejednakost izmedu kompozicija funkcija 4.5. Inverzna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Inverzna funkcija logaritamske funkcije . 4.7. Limes eksponencijalne funkcije . . . . . . 4.8. Limes trigonometrijskih funkcija . . . . . 4.9. Limes oblika 1∞ . . . . . . . . . . . . . . . 4.10. Limes oblika 00 . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11. Limes oblika ∞ − ∞ . . . . . . . . . . . . . 4.12. Limes oblika ∞ · 0 . . . . . . . . . . . . . . ∞ 4.13. Limes oblika ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . 4.14. Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . 4.15. Vrste prekida funkcije . . . . . . . . . . . . 4.16. Zadaci za vjeˇ zbu . . . . . . . . . . . . . . . 4.17. Rjeˇ senja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
41 43 44 44 45 46 47 48 48 48 49 49 50 50 51 52 53
Podruˇ cje definicije funkcije
Odredite podruˇcja definicije funkcija: (a) f (x) =
√
(b) f (x) =
√
x+1−
√ 1 3 − x + ex ,
16 − x2 + log sin (x − 3),
x+2 , (c) f (x) = ln arcsin 5−x q 2 80x−170 + log 3−2x−5x (d) f (x) = arch log 3−2x−5x 2 8x−17 .
Rjeˇ senje. (a) Prema poglavljima 4.6.2 i 4.6.3 , funkcija f je definirana za sve x za koje su ispunjeni uvjeti x + 1 ≥ 0, 3 − x ≥ 0 i x 6= 0. Iz navedenih nejednadˇzbi slijedi x ≥ 0,
x ≤ 3 i x 6= 0.
42 Dakle, D(f ) = [−1, 0i ∪ h0, 3] .
√ (b) Zadanu funkciju zapiˇsimo u obliku f (x) = f1 (x) + f2 (x), gdje je f1 (x) = 16 − x2 i f2 (x) = log sin (x − 3). Prema poglavlju 4.6.2 funkcija f1 definirana je za sve x ∈ R za koje vrijedi 16 − x2 ≥ 0
⇒
(4 − x)(4 + x) ≥ 0.
Iz grafa parabole y = 16 − x2 (slika 4.1) zakljuˇcujemo da je 20
10
0
−10
−20
−30
−40
−50 −8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
Slika 4.1: Parabola y = 16 − x2
D(f1 ) = [−4, 4] . Prema poglavlju 4.6.4 za funkciju f2 vrijedi sin (x − 3) > 0, odnosno, prema poglavlju 4.6.5, 0 + 2kπ < x − 3 < π + 2kπ,
k ∈ Z.
Dakle, D(f2 ) = {x ∈ h3 + 2kπ, 3 + π + 2kπi
: k ∈ Z}.
Podruˇcje definicije funkcije f je presjek podruˇcja definicije funkcija f1 i f2 . Budu´ci da traˇzeni presjek postoji samo kada u D(f2 ) uvrstimo k1 = −1 i k2 = 0 dobivamo D(f ) = h3 − 2π, 3 − πi ∪ h3, 4] . (c) Prema poglavlju 4.6.4 zakljuˇcujemo da mora biti ispunjeno arcsin
x+2 > 0. 5−x
Iz svojstava funkcije arcsin (vidi poglavlje 4.6.6) slijedi 0
0.
4.5.
Inverzna funkcija
Odredite inverznu funkciju trigonometrijske funkcije f (x) =
sin x + 2 . sin x + 1
Rjeˇ senje. Funkcija f (x) definirana je za one x ∈ R za koje je sin x 6= −1, odnosno x 6=
3π + 2kπ, 2
k ∈ Z.
Stoga je D(f ) = R \ { 3π 2 + 2kπ, k ∈ Z}. Prema teoremu 1.1 je f f −1 (x) = x. Oznaˇcimo li f −1 (x) = y, dobivamo jednadˇzbu x=
sin y + 2 sin y + 1
46
0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 −0.1 −0.2 −0.3 −0.4 −0.5
0
1
2
3
4
5
Slika 4.4: Sinusoida f (x) = − 21 sin 2x −
6
π 3
Rjeˇsavanjem ove jednadˇzbe imamo x sin y + x = sin y + 2 (x − 1) sin y = 2 − x 2−x sin y = x−1 y = arcsin odnosno f −1 (x) = arcsin
2−x , x−1
2−x . x−1
Prema poglavlju 4.6.6 dobivena funkcija definirana je za x ∈ R koji ispunjavaju uvjete x − 1 6= 0 i
−1≤
2−x ≤1 x−1
pa je 3 D f −1 (x) = , +∞ . 2
4.6.
Inverzna funkcija logaritamske funkcije
Odredite inverznu funkciju funkcije p f (x) = loga x + x2 + 1 . Rjeˇ senje. Funkcija f je strogo monotona kao kompozicija strogo monotonih funkcija pa ima inverz
47 f −1 . Kako je f f −1 (x) = x, slijedi da je
−1
loga f
(x) +
q
q
f −1 (x) +
2 [f −1 (x)]
+1 =x 2
[f −1 (x)] + 1 = ax q 2 [f −1 ] + 1 = ax − f −1 (x).
Oznaˇcimo li f −1 (x) = y dobivamo iracionalnu jednadˇzbu p y 2 + 1 = ax − y.
Slijedi
y 2 + 1 = a2x − 2ax y + y 2 2ax y = a2x − 1 y=
a2x − 1 . 2ax
Dakle, inverzna funkcija funkcije f (x) glasi f −1 (x) =
4.7.
a2x − 1 . 2ax
Limes eksponencijalne funkcije
Izraˇcunajte lijevu i desnu graniˇcnu vrijednost funkcije 1
f (x) =
ax − 1 1
a x +1
,
a > 1,
u toˇcki x = 0. Rjeˇ senje. Limes zdesna funkcije f (x) u toˇcki x = 0 izraˇcunamo pomo´cu supstitucije t = 1/x:
1 x
=t at 1 − at − 1 = lim t lim 1 = x → 0+ = lim t t→+∞ a 1 + t→+∞ a + 1 x→0+ a x + 1 t → +∞ 1
ax − 1
Pri tome smo koristili lim
t→+∞
1 at 1 at
= 1.
1 =0 at
za a > 1. Limes slijeva zadane funkcije u toˇcki x = 0 dobit ´cemo na isti naˇcin:
1 x
=t at − 1 lim 1 = lim = x → 0− = lim t t→−∞ a + 1 t→+∞ x→0− a x + 1 t → −∞ 1
ax − 1
1 at 1 at
−1 = −1. +1
48
4.8.
Limes trigonometrijskih funkcija
Izraˇcunajte
p √ 2 − 1 + cos(x) . lim x→0 sin2 (x)
Rjeˇ senje. Ovdje ´cemo koristiti ˇcinjenicu da je sin(ax) = a. x→0 x Naˇs cilj je transformirati funkciju pod limesom tako da moˇzemo iskorititi gornji rezultat: p p p √ √ √ 2 − 1 + cos(x) 2 − 1 + cos(x) 2 + 1 + cos(x) p = lim = lim √ x→0 x→0 sin2 (x) sin2 (x) 2 + 1 + cos(x) lim
lim
x→0
lim
x→0
2 − (1 + cos(x)) 1 − cos(x) p p √ = lim √ = 2 x→0 sin (x)( 2 + 1 + cos(x)) sin (x)( 2 + 1 + cos(x)) 2
2 sin2
2
2
sin (x)
limx→0 2
limx→0
4.9.
x
√
sin( x 2) x
sin(x) x
2+
2
p
sin( x 2) x
2
1 1 p = 2 lim = 2 √ x→0 sin(x) 1 + cos(x) 2 + 1 + cos(x) x
lim √ x→0
1 2+
p
1 + cos(x)
=2
1 1 1 √ = √ . 42 2 4 2
Limes oblika 1∞
Izraˇcunajte lim
x→∞
2x + 3 2x + 1
x+1
.
Rjeˇ senje. Budu´ci je
2x + 3 = 1, 2x + 1 to zadani limes ima neodredeni oblik 1∞ i rjeˇsavamo ga primjenom primjera 4.9 na sljede´ci naˇcin: x+1 x+1 x+1 1 2x + 3 2x + 1 + 2 lim = lim = lim 1 + 2x+1 = x→∞ 2x + 1 x→∞ x→∞ 2x + 1 2 2 " (x+1) x+ 21 # 2x+1 2x+2 1 = elimx→∞ 2x+1 = e1 = e. = lim 1+ x→∞ x + 21 lim
x→∞
4.10.
Limes oblika
Izraˇcunajte
0 0 √ 1 − 2x − x2 − (1 + x) . x→0 x lim
49 Rjeˇ senje. Zadani limes je neodredenog oblika 00 jer nakon uvrˇstavanja x = 0 funkcija u brojniku i funkcija u nazivniku poprimaju vrijednost 0. Racionalizacijom funkcije pod limesom dobivamo √ √ 1 − 2x − x2 − (1 + x) 1 − 2x − x2 + (1 + x) 1 − 2x − x2 − (1 + x)2 √ = ·√ = lim lim x→0 x 1 − 2x − x2 + (1 + x) x→0 x 1 − 2x − x2 + 1 + x = lim
x→0
=
4.11.
x
√
−2x2 − 4x −2x − 4 = lim √ = x→0 1 − 2x − x2 + 1 + x 1 − 2x − x2 + 1 + x
−4 = −2. 2
Limes oblika ∞ − ∞
Izraˇcunajte lim
x→±∞
p
x2 − 2x − 1 −
p x2 − 7x + 3 .
Rjeˇ senje. S obzirom da obje funkcije pod limesom teˇze prema +∞ kada x → ±∞ zadani limes je oblika ∞ − ∞. Racionaliziraju´ci funkciju pod limesom dobivamo p p lim x2 − 2x − 1 − x2 − 7x + 3 = x→±∞
= lim
x→±∞
"
# p √x2 − 2x − 1 + √x2 − 7x + 3 p √ x2 − 2x − 1 − x2 − 7x + 3 · √ = x2 − 2x − 1 + x2 − 7x + 3
= lim √ x→±∞
x2
= lim
x→±∞
Budu´ci da je
|x|
5x − 4 √ = − 2x − 1 − x2 − 7x + 3
q
1−
2 x
5x − 4 q + x12 + 1 − lim
x→+∞
7 x
+
x = 1, |x|
3 x2
lim
x→−∞
iz dobivenog rezultata zakljuˇcujemo da je lim
x→±∞
4.12.
p
x2
. x = −1, |x|
p − 2x − 1 − x2 − 7x + 3 =
(
5/2, x → +∞ −5/2, x → −∞.
Limes oblika ∞ · 0
Izraˇcunajte 1 lim ln x→0 x
r
1+x . 1−x
Rjeˇ senje. Za x = 0 funkcija pod limesom ima vrijednost ∞ · 0 pa primjenom svojstava funkcije ln moˇzemo pisati r 1 1+x 1 1 + x 2x . lim ln = lim ln x→0 x 1 − x x→0 1−x
50 Zbog teorema 4.7 (ii) i neprekidnosti funkcije ln x vrijedi (vidi primjer 4.9b)
lim ln
x→0
4.13.
1+x 1−x
1 2x
= ln lim
Limes oblika
x→0
"
1+
1 1−x 2x
1 # 1−x 1−x 2x
= ln elimx→0
1 1−x
= ln e1 = 1.
∞ ∞
Izraˇcunajte lim
x→∞
x − sin x . x + sin x
Rjeˇ senje. Izluˇcimo li x iz brojnika i nazivnika funkcije pod limesom dobivamo x 1 − sinx x 1 − sinx x x − sin x = lim lim = lim . sin x x→∞ x + sin x x→∞ x 1 + x→∞ 1 + sin x x x
Budu´ci je
−1 ≤ sin x ≤ 1,
∀x ∈ R,
to za x > 0 vrijedi sin x 1 −1 ≤ ≤ , x x x odnosno
sin x 1 −1 ≤ lim ≤ lim . x→∞ x x→∞ x x→∞ x lim
Odatle slijedi 0 ≤ lim
x→∞
odnosno lim
x→∞
sin x ≤ 0, x
sin x = 0. x
Sada za zadani limes vrijedi 1− x→∞ 1 + lim
4.14.
sin x x sin x x
=
1−0 = 1. 1+0
Neprekidnost funkcije
Odredite konstante a i b tako da funkcija x ≤ − π2 −2 sin(x), f (x) = a sin(x) + b, − π2 < x < cos(x), x ≥ π2
π 2
bude neprekidna.
Rjeˇ senje. S obzirom da je funkcija f (x) zadana po dijelovima pomo´cu neprekidnih funkcija, zakljuˇcujemo da je f (x) neprekidna na skupu n π πo R\ − , . 2 2
51 Potrebno je odrediti vrijednosti a i b tako da f (x) bude neprekidna u toˇckama x 1 = − π2 i x2 = odnosno da ispunjava uvjete iz definicije 4.6: f (x) = f (xi ), lim f (x) = lim +
x→x− i
i = 1, 2.
π 2,
(4.1)
xi
Za toˇcku x1 = − π2 vrijedi limπ − (−2 sin(x)) = 2,
x→− 2
limπ + (a sin(x) + b) = −a + b,
x→− 2
π π = −2 sin − = 2. f − 2 2
Uvrˇstavaju´ci dobivene rezultate u jednadˇzbu (4.1) dobivamo −a + b = 2. Za toˇcku x2 =
π 2
vrijedi (a sin(x) + b) = a + b, lim π
x→ 2 −
lim cos(x) = 0, π
x→ 2 +
f
π 2
cos
π 2
= 0.
Jednadˇzba (4.1) povlaˇci a + b = 0. Dakle, konstante a i b se mogu na´ci iz sustava −a + b = 2, a + b = 0, odnosno a = −1 i b = 1.
4.15.
Vrste prekida funkcije
Ispitajte vrste prekida funkcije f (x) = u toˇckama x1 = −2 i x2 = 2.
√
7+x−3 x2 − 4
Rjeˇ senje. Da bismo ispitali vrstu prekida funkcije u toˇckama x1 i x2 potrebno je izraˇcunati limes s lijeve i desne strane u tim toˇckama. Limes slijeva u toˇcki x1 = −2 je √ √ √ 7+x−3 7+x−3 7+x+3 √ lim = lim − x2 − 4 x2 − 4 x→−2− x→−2 7+x+3 =
lim
x→−2−
x−2 1 √ √ = lim − = −∞. x→−2 (x − 2)(x + 2)( 7 + x + 3) (x + 2)( 7 + x + 3)
Limes zdesna u toˇcki x1 = −2 dobivamo na isti naˇcin: √ 7+x−3 1 √ lim = lim = +∞. 2 + + x −4 x→−2 x→−2 (x + 2)( 7 + x + 3) Iz definicije 4.7 zakljuˇcujemo da zadana funkcija ima prekid druge vrste u toˇcki x 1 = −2.
52 Limes slijeva u toˇcki x2 = 2 je √ 7+x−3 1 1 √ = lim = lim− . x2 − 4 24 x→2− x→2 (x + 2)( 7 + x + 3) Za limes zdesna u toˇcki x − 2 = 2 oˇcigledno vrijedi √ 1 1 7+x−3 √ = lim = lim+ . x2 − 4 24 x→2+ x→2 (x + 2)( 7 + x + 3) S obzirom da su lijevi i desni limesi u toˇcki x2 = 2 jednaki, funkcija f (x) ima uklonjivi prekid u toj toˇcki.
4.16.
Zadaci za vjeˇ zbu
1. Odredite domenu funkcije
√
f (x) =
3 − x + arcsin
3 − 2x . 5
2. Odredite domenu funkcije
3. Nacrtajte graf funkcije
p f (x) = arccos log 31 x2 + 3 . π . f (x) = 2 cos 3x + 4
4. Neka je
f (x) = x + 2,
g(x) = x2 ,
h(x) =
Dokaˇzite da vrijedi (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h) . 5. Odredite inverznu funkciju funkcije f (x) = ln
2x − 1 . 3x + 2
6. Odredite inverznu funkciju funkcije π f (x) = 3 sin 2 x + . 3 7. Izraˇcunajte L = lim
x→∞
8. Izraˇcunajte
p
x2 + 1 −
√ 1+x−1 L = lim √ . x→0 3 1 + x − 1
9. Izraˇcunajte L = lim
x→0
10. Izraˇcunajte
p x2 − 1 .
√ x 1 + sin x.
2x + 3 √ . x→∞ x + 3 x2
L = lim
1 . x
53 11. Moˇzemo li definirati funkciju
x3 − 1 x−1 u x = 1 pa da tako definirana bude neprekidna i u x = 1? f (x) =
12. Definirajte funkciju
1 x u x = 0 pa da tako proˇsirena funkcija bude neprekidna za svaki x. f (x) = x sin
13. Dokaˇzite da je funkcija
1 3 f (x) = − x + 5 4
neprekidna na R. 14. Izraˇcunajte
x2 − (a + 1)x + a . x→a x3 − a 3
L = lim 15. Odredite vrijednost limesa L = lim
x→0
x2 − 2x + 3 x2 − 3x + 2
sinx x
.
16. Odredite jednostrane limese lim
x→0+
1 1+e
1 x
,
17. Odredite jednostrane limese 1 | sin x| , lim arctg + x x x→0+
4.17.
lim
x→0−
lim
x→0−
Rjeˇ senja
1. D(f ) = [−1, 3]. √ √ 2. D(f ) = − 6, 6 .
3. Koristiti upute dane u poglavlju 4.6.5 (vidi sliku 4.5).
4. Primjenom definicije 1.9. 5. f −1 (x) =
1+2ex 2−3ex .
6. f −1 (x) =
1 2
7. L = 0. 8. L = 23 . 9. L = e. 10. L = 2. 11. f (1) = 3. 12. f (0) = 1.
arcsin x3 − π3 .
1 1
1 + ex
.
1 | sin x| arctg + . x x
54
1.5
1
0.5
0
−0.5
−1
−1.5
0
1
2
3
4
5
6
7
Slika 4.5: Kosinusoida f (x) = 2 cos 3x +
13. Koriˇstenjem definicije 4.6. 14. L =
a−1 3a2 .
15. L = e. 16. 0, 1. 17.
π 2
+ 1, − π2 − 1.
8
π 4
9
5. DERIVACIJE I PRIMJENE
5.1.
5.1. Derivacije elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
5.2. Tangenta na eksplicitno zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Tangenta na parametarski zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Derivacija implicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56 57 58
5.5. Logaritamsko deriviranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Asimptote funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58 58
5.7. Ekstremi funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8. Lokalni ekstremi i ˇ siljci funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59 60
5.9. Ekstremi funkcije zadane parametarski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10. Geometrijski ekstrem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.11. Intervali monotonosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61 62 62
5.12. Intervali zakrivljenosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.13. Tok funkcije I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
63 64
5.14. Tok funkcije II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.15. Tok funkcije III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65 66
5.16. Tok funkcije IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.17. Zadaci za vjeˇ zbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.18. Rjeˇ senja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
68 70 71
Derivacije elementarnih funkcija
Derivirajte sljede´ce funkcije: (a) f (x) =
√ 3
x2 +
p √ x x,
(b) f (x) = sin x arctg x, (c) f (x) =
cos x 1+tg x ,
(d) f (x) =
sh x x3
+ ex cos x − (x3 + 2) log x,
(e) f (x) = ln ln(x4 + x), (f) f (x) = log√e
1 cos2 x .
56 Rjeˇ senje. (a) Zadanu funkciju moˇzemo pojednostavniti na sljede´ci naˇcin: 2
3
f (x) = x 3 + x 4 . Koriste´ci pravila deriviranja dana u poglavlju 5.1.3 dobivamo f 0 (x) =
2 2 −1 3 3 −1 3 2 −1 3 −1 2 x3 + x4 = x 3 + x 4 = √ + √ . 3 4 3 4 33x 43x
(b) Prema poglavljima 5.1.3 i 5.1.5 slijedi f 0 (x) = (sin x)0 arctg x + sin x (arctg x)0 = cos x arctg x + sin x
1 . 1 + x2
(c) Po pravilima za deriviranje kvocijenta i deriviranje trigonometrijskih funkcija imamo f 0 (x) = =
0
(cos x) (1 + tg x) − cos x (1 + tg x) (1 + tg x)
1 sin2 x cos x − cos x 2 (sin x+cos x) cos2 x
− sin x −
0
2
=
=
− sin x (1 + tg x) − cos x (1 + tg x)
− sin x cos x−sin2 x−1 cos x 1+2 sin x cos x cos2 x
2
1 cos2 x
=
=
cos x − sin x cos x − sin2 x − 1 . = 1 + 2 sin x cos x (d) Primjenom pravila deriviranja iz poglavlja 5.1.5 imamo 0 0 sh x + (ex cos x)0 − x3 + 2 log x = 3 x 1 ch x · x3 − sh x · 3x2 + ex cos x − ex sin x − 3x2 log x − x3 + 2 log e. = 6 x x
f 0 (x) =
(e) Prema teoremu 5.4 i pravilima deriviranja vrijedi f 0 (x) =
1 ln (x4
+ x)
x4
4x3 + 1 1 4x3 + 1 = . 3 +x x (x + 1) ln (x4 + x)
(f) Koriˇstenjem pravila za deriviranje sloˇzene funkcije (vidi teorem 5.4) dobivamo f (x) = log 0
= −4
5.2.
1 e2
1 cos2 x
0
h i0 = 2 loge (cos x)−2 = [−4 ln (cos x)]0 =
1 sin x (− sin x) = 4 = 4 tg x. cos x cos x
Tangenta na eksplicitno zadanu funkciju
Odredite jednadˇzbu tangente na krivulju f (x) = arctg e2x + ln u toˇcki x = 0.
r
e2x −1
2e2x
57 Rjeˇ senje. Da bi lakˇse odredili derivaciju funkcije f (x) u x = 0 najprije ´cemo pojednostavniti izraz za f (x): f (x) = arctg e
2x
+ ln
e2x 2x 2e − 1
21
= arctg e2x +
1 2x ln e − ln 2e2x − 1 2
1 1 1 = arctg e2x + 2x ln e − ln 2e2x − 1 = arctg e2x + x − ln 2e2x − 1 . 2 2 2
Derivacije funkcije f (x) je dana s f 0 (x) =
1 1 1 2e2x 1 2x 2x 2e + 1 − 4e = − 2x . 2x 2 2x 4x (e ) + 1 2 2e − 1 e + 1 2e − 1
Ako je k koeficijent smjera tangente na funkciju f (x) u toˇcki x = 0, tada k iznosi k = f 0 (0) =
2e0 1 − = 0. e0 + 1 2e0 − 1
Joˇs je potrebno odrediti vrijednost funkcije u toˇcki x = 0 jer tangenta prolazi kroz toˇcku T = (0, f (0)), f (0) = arctg 1 −
π 1 ln 1 = . 2 4
Dakle, jednadˇzba tangente glasi y−
5.3.
π = 0(x − 0), 4
odnosno y =
π . 4
Tangenta na parametarski zadanu funkciju
Nadite jednadˇzbu tangente na parametarski zadanu funkciju x(t) = ln(cos t + 1) y(t) = tg t + ctg t za t =
π 4.
Rjeˇ senje. Odredimo najprije toˇcku T = (x0 , y0 ) kroz koju prolazi traˇzena tangenta: ! √ π 2 x0 = ln cos + 1 = ln +1 , 4 2 π π y0 = tg + ctg = 2. 4 4 Koriste´ci formulu (P 5.10) odredimo derivaciju zadane funkcije: 1 1 1 − 2 cos2 t (cos t + 1) x˙ 0 cos2 t + sin2 t y = = =− . − sin t y˙ sin3 t cos2 t cos t+1 U toˇcki T vrijednost derivacije iznosi √ 2 1 − 2 22 1+ 0 π =− y √ 3 √ 2 4 2 2 2
√ 2 2
= 0.
2
Kako je koeficijent smjera tangente k = 0, jednadˇzba traˇzene tangente je y = 2.
58
5.4.
Derivacija implicitno zadane funkcije
Odredite derivaciju implicitno zadane funkcije xy + sin y = ex+y . Rjeˇ senje. Kako gore navedeni izraz implicitno definira y kao funkciju nezavisne varijable x, za derivaciju y 0 dobivamo y + xy 0 + cos y y 0 = ex+y (1 + y 0 ). Iz ove jednadˇzbe slijedi da je y 0 x + cos y − ex+y = ex+y − y,
odnosno
y0 =
5.5.
ex+y − y . x + cos y − ex+y
Logaritamsko deriviranje
Izraˇcunajte derivaciju funkcije f (x) =
(cos x)sin x . x2 + 3
(5.1)
Rjeˇ senje. Prema poglavlju 5.1.6 derivacija zadane funkcije raˇcuna se tako da se prethodno logaritmira izraz (5.1): ln(f (x)) = sin x ln (cos x) − ln x2 + 3 . Deriviranjem gornje jednakosti dobivamo
1 1 1 0 f (x) = cos x ln (cos x) + sin x (− sin x) − 2 2x. f (x) cos x x +3 Iz ovoga slijedi da je derivacija funkcije f (x) dana izrazom sin2 x (cos x)sin x 2x cos x ln (cos x) − . f (x) = − 2 x2 + 3 cos x x +3 0
5.6.
Asimptote funkcije
Odredite asimptote funkcije 1
f (x) = xe x2 −1 . Rjeˇ senje. Primijetimo da je funkcije definirana na skupu R \ {1, 1} jer eksponent x21−1 nije definiran u toˇckama x = ±1. Asimptote odredujemo prema formulama iz poglavlja 4.5 te dobivamo sljede´ce: 1. vertikalne asimptote: 1
lim xe x2 −1 = +∞,
x→1+
lim + xe
x→−1
1 x2 −1
= 0,
1
lim xe x2 −1 = 0,
x→1−
1
lim − xe x2 −1 = −∞.
x→−1
Dakle, x = −1 je lijeva vertikalna asimptota a x = 1 je desna vertikalna asimptota.
59 2. horizontalne asimptote: 1
1
lim xe x2 −1 = −∞
lim xe x2 −1 = +∞,
x→+∞
x→−∞
pa funkcija nema horizontalnih asimptota. 3. kose asimptote: koeficijent smjera k kose asimptote dan je s 1
xe x2 −1 = 1. k = lim x→±∞ x Odsjeˇcak l dan je s l = lim
x→±∞
= lim
x→±∞
h
1 i 1 e x2 −1 − 1 xe x2 −1 − x = lim 1
x→±∞
−2x (x2 −1)2
e
x
1 x2 −1
1 2x3 e x2 −1 = 0, 2 − 1)
= lim
− x12
x→±∞ (x2
gdje smo u raˇcunanju limesa koristili L’Hospitalovo pravilo. Slijedi da je kosa asimptota funkcije f (x) pravac y = x.
5.7.
Ekstremi funkcije
Odredite lokalne ekstreme funkcije f (x) =
ln x − ln2 x e . x
Rjeˇ senje. Prema teoremu 5.12 provjerimo najprije nuˇzan uvjet postojanja ekstrema funkcije: 1 x
· x − ln x · 1 − ln2 x ln x 2 1 ·e + · (−2 ln x) · · e− ln x = x2 x x 1 − ln x − ln2 x ln2 x − ln2 x = · e − 2 ·e = x2 x2 2 1 = 2 e− ln x · 1 − ln x − 2 ln2 x . x
f 0 (x) =
Mora biti f 0 (x) = 0. Uvrˇstavanjem izraˇcunate derivacije dobivamo −2 ln2 x − ln x + 1 = 0 odnosno, (ln x)1,2 =
(
−1 1 2
Za ln x1 = −1 a za ln x2 =
1 2
Dakle, stacionarne toˇcke funkcije f (x) su x1 =
⇒
x1 =
1 , e
√ x2 = e. √ i x2 = e. ⇒
1 e
Dovoljne uvjete za postojanje ekstrema najlakˇse ´cemo provjeriti pomo´cu prve derivacije koriˇstenjem teorema 5.14. Promatraju´ci izraz −2 ln2 x − ln x + 1 kao polinom drugog stupnja u varijabli ln x,
60 vidimo da je taj izraz negativan za ln x ∈ h−∞, −1i i ln x ∈ h1/2, ∞i a pozitivan √ za ln x ∈ h−1, 1/2i. Iz formule√za derivaciju zakljuˇcujemo da je f 0 (x) < 0 za x ∈ h−∞, 1/ei i x ∈ h e, ∞i a f 0 (x) > 0 za x ∈ h1/e, ei. Budu´ci je
√ 1 1 f = −1 i f e = √ , 4 e 2 e3 zadana funkcija ima lokalni minimum u toˇcki 1 T1 , −1 e
a lokalni maksimum u toˇcki T2
5.8.
√
1 e, √ 4 3 2 e
.
Lokalni ekstremi i ˇ siljci funkcije
Odredite lokalne ekstreme funkcije 2
2
f (x) = x 3 (1 − x) 3 . Rjeˇ senje. Provjerimo nuˇzan uvjet postojanja ekstrema funkcije koriˇstenjem teorema 5.12: i 2 2 2 2 1h 2 1 2 −1 −1 f 0 (x) = x− 3 (1 − x) 3 − x 3 · (1 − x) 3 = x− 3 (1 − x) 3 − x (1 − x) 3 = 3 3 3 1 2 −1 2 1 − 2x − = x 3 (1 − x) 3 (1 − x − x) = = 1 3 3 x 3 (1 − x) 13 =
2 1 − 2x . 3 (x − x2 ) 31
Iz f 0 (x) = 0 slijedi 1 − 2x = 0 pa je stacionarna toˇcka zadane funkcije x1 = 21 . Primjetimo da zadana funkcija nije derivabilna u toˇckama x2 = 0 i x3 = 1 pa su to kritiˇcne toˇcke zadane funkcije. Dovoljne uvjete ekstrema provjerit ´cemo pomo´cu prve derivacije, odnosno provjerit ´cemo da li u kritiˇcnoj toˇcki prva derivacija mijenja predznak. Za toˇcku x1 imamo dva sluˇcaja: 0 1. Za x < 12 su brojnik i nazivnik ve´ci od nule. Stoga je f (x) > 0 pa je funkcija f strogo rastu´ca 1 na intervalu 0, 2 .
2. Za x > 21 je brojnik manji od nule, a nazivnik ve´ci od nule pa je f 0 (x) < 0. Stoga je funkcija f strogo padaju´ca na intervalu 21 , 1 .
Prema teoremu 5.13 zakljuˇcujemo da funkcija f ima lokalni maksimum r 1 1 1 3 f = , za x= . 2 16 2 Za toˇcke x2 = 0 i x3 = 1 te da vrijedi sljede´ce: (a) Za x2 = 0 je lim
x→0−
2 1 − 2x = −∞ 1 3 x 3 (1 − x) 13
61 pa je za x < 0 funkcija f padaju´ca, dok je lim
x→0+
2 1 − 2x = +∞ 3 x 31 (1 − x) 13
pa je za x > 0 funkcija f rastu´ca. (b) Za x3 = 1 je lim−
x→1
2 1 − 2x = −∞ 1 3 x 3 (1 − x) 13
pa je za x < 1 funkcija f padaju´ca, dok je lim+
x→1
2 1 − 2x = +∞ 1 3 x 3 (1 − x) 13
pa je za x > 1 funkcija f rastu´ca. Zakljuˇcujemo da zadana funkcija ima lokalne minimume – ˇsiljke u toˇckama T2 (0, 0) i T3 (1, 0).
5.9.
Ekstremi funkcije zadane parametarski
Nadite lokalne ekstreme funkcije zadane parametarski s x(t) = t + sin t y(t) = 1 − cos t Rjeˇ senje. Provjerimo nuˇzne uvjete postojanja ekstrema koriste´ci teorem 5.12 i definiciju 5.5 te pravilo za deriviranje parametarski zadane funkcije (vidi poglavlje 5.4): sin t . 1 + cos t
f 0 (x) = Iz f 0 (x) = 0 slijedi
sin t = 0, odnosno, t = kπ,
k ∈ Z.
(5.2)
Ispitajmo dovoljne uvjete postojanja ekstrema (vidi teorem 5.14) za dobivene stacionarne toˇcke (5.2): f 00 (x) =
1 (1 + cos t)
2
uz 1 + cos t 6= 0
⇒
t 6= (2k + 1) π.
Iz (5.2) i (5.3) slijedi da mora biti t = 2kπ,
k ∈ Z.
Tada je
1 > 0 i f (2kπ) = 0, k ∈ Z. 4 Zadana funkcija ima lokalne minimume u toˇckama f 00 (2kπ) =
(2kπ, 0) ,
gdje je k ∈ Z.
(5.3)
62
5.10.
Geometrijski ekstrem
Odredite maksimalan volumen kruˇznog stoˇsca izvodnice s. Rjeˇ senje. Volumen stoˇsca polumjera R i visine h raˇcunamo po formuli V =
1 2 R hπ. 3
Izrazimo li visinu stoˇsca preko njegovog polumjera R i izvodnice s formulom h = volumen moˇzemo promatrati kao funkciju varijable R na sljede´ci naˇcin: 1 p V = V (R) = R2 s2 − R2 π. 3
√ s2 − R2 , onda
Trebamo prona´ci onu vrijednost polumjera R za koju funkcija V (R) poprima svoj maksimum. Ispituju´ci nuˇzne uvjete postojanja ekstrema funkcije V (R) prema teoremu 5.12 izraˇcunavamo: p 1 1 1 · (−2R) = V 0 (R) = π · 2R s2 − R2 + πR2 √ 3 3 2 s2 − R 2 R3 1 2 p π. = πR s2 − R2 − √ 3 3 s2 − R 2
Mora biti odakle je
1 2 πR s2 − R2 − πR3 = 0, 3 3
π R 2s2 − 2R2 − R2 = 0, 3 odnosno, (1) R = 0 ili (2) 2s2 − 3R2 = 0.
Sluˇcaj (1) nije mogu´c, a iz jednakosti (2) dobivamo r R=
2 s. 3
Dobili smo stacionarnu toˇcku funkcije V (R) za koju, provjeravanjem dovoljnih uvjeta postojanja ekstrema po teoremu 5.14 dobivamo r ! 2 00 s < 0. V 3 Volumen stoˇsca ´ce imati maksimalnu vrijednost za r R=
5.11.
2 s. 3
Intervali monotonosti
Odredite intervale monotonosti funkcije f (x) =
x √ − 3 x. 3
Rjeˇ senje. Zadana funkcija je definirana za svaki x ∈ R. Da bismo koriˇstenjem teorema 5.11 ispitali intervale rasta odnosno pada funkcije odredimo najprije njenu prvu derivaciju: √ 3 1 x2 − 1 1 1 0 √ f (x) = − √ · = . 3 3 3 3 x2 3 x2
63 Kako je f 0 (x) = 0 za x1 = −1 i x2 = 1, a f 0 (x) = −∞ za x3 = 0, to su kritiˇcne toˇcke sljede´ce: x1 = −1,
x2 = 1,
x3 = 0.
Provjeravanjem predznaka prve derivacije zadane funkcije dobivamo da je f 0 (x) < 0,
za x ∈ h−1, 0i ∪ h0, 1i
i f 0 (x) > 0,
za x ∈ h−∞, −1i ∪ h1, +∞i .
Funkcija f je rastu´ca za x ∈ h−∞, −1i ∪ h1, +∞i, a padaju´ca za x ∈ h−1, 0i ∪ h0, 1i.
5.12.
Intervali zakrivljenosti
Odredite intervale konveksnosti, konkavnosti i toˇcke infleksije funkcije 2
f (x) = e−x . Rjeˇ senje. Intervale konveksnosti i konkavnosti odredit ´cemo pomo´cu teorema 5.15. Iz f 0 (x) = −2xe−x dobivamo
2
2 f 00 (x) = 2 2x2 − 1 e−x .
Iz
f 00 (x) = 0
slijedi 2 2 2x2 − 1 e−x = 0.
2
Kako je 2e−x 6= 0 za svaki x ∈ R, mora biti 2x2 − 1 = 0, odakle dobivamo √ √ 2 2 x1 = − i x2 = . 2 2 Vrijedi: (a)
√
√ 2 2 f (x) < 0 za − 0 za − >x> 2 2 D E √ E D√ pa je funkcija f strogo konveksna na intervalima −∞, − 22 i 22 , +∞ . 00
Budu´ci da je
f
√ ! √ 2 e − = 2 e
i
f
√ ! √ 2 e , = 2 e
to prema teoremu 5.16 zakljuˇcujemo da su toˇcke infleksije zadane funkcije √ √ ! √ √ ! 2 e 2 e T1 − , , i T2 . 2 e 2 e
64
5.13.
Tok funkcije I
Ispitajte tok funkcije f (x) = 2 sin(2x) + sin(4x). Rjeˇ senje. Primijetimo da je funkcija f (x) periodiˇcna s periodom π jer vrijedi f (x + π) = f (x). Stoga je dovoljno ispitati tok funkcije f (x) u intervalu [0, π). Najprije odredimo stacionarne toˇcke funkcije. Poˇsto je f 0 (x) = 4 (cos(2x) + cos(4x)) , uvjet f 0 (x) = 0 daje cos(2x) + cos(4x) = 0. Ova jednadˇzba se moˇze rijeˇsiti koriste´ci identitet cos(2α) = 2 cos2 (α) − 1, iz ˇcega dobivamo cos(2x) + 2 cos2 (2x) − 1 = 0. Uvodenjem supstitucije t = cos(2x) dobivamo kvadratnu jednadˇzbu 2t2 + t − 1 = 0 koja ima rjeˇsenja t1 = −1 i t2 = 21 . Odgovaraju´ca rjeˇsenja za x u intervalu [0, π) dana su s cos(2x) = −1, cos(2x) =
odnosno x1 =
π , 2
1 , 2
odnosno x2 =
π , 6
x3 =
5π . 6
Funkcija f (x) ima tri stacionarne toˇcke. Takoder primijetimo da funkcija nema toˇcaka u kojima f 0 (x) nije definirana. Toˇcke x1 , x2 , x3 dijele interval [0, π) na ˇcetiri dijela h
0,
π , 6
hπ π , , 6 2
h π 5π , , 2 6
h 5π 6
,π .
Na svakom od ovih dijelova ispitati ´cemo predznak prve derivacije. To je dovoljno napraviti u proizvoljnoj toˇcki odabranog intervala jer se predznak f 0 (x) ne mijenja unutar intervala. Imamo interval predznak f 0 (x) π 0, π 6π 2 π6 , 5π , 6 2 5π 6 ,π
f0 f0 f0 f0
√ 3 π 1 > 0, = 4 + 12 2 2 π 3 = −4 < 0, 2π 3 = −4< 0, √ 11π = 4 21 + 23 > 0. 12
π 5π Slijedi da f (x) raste na intervalima 0, π6 i 5π 6 , π , a pada na intervalu 6 , 6 .
Lokalne ekstreme odrediti ´cemo po predznaku druge derivacije u stacionarnim toˇckama. Za to nam je potrebno f 00 (x) = −8 (sin(2x) + 2 sin(4x)) .
65 Tada je π
√ = −12 3 < 0,
π pa u toˇcki x = funkcija ima lokalni maksimum, 6 6 π 00 π = 0, pa je x = toˇcka infleksije, f 2 2 √ 5π 5π 00 = 12 3 > 0, pa u toˇcki x = funkcija ima lokalni minimum. f 6 6 f 00
Graf funkcije f (x) prikazan je na Slici 5.1. 2.5 2 1.5 1
f(x)
0.5 0 −0.5 −1 −1.5 −2 −2.5 0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
x
Slika 5.1: Funkcija f (x) = 2 sin(2x) + sin(4x)
5.14.
Tok funkcije II
Ispitajte tok i nacrtajte graf funkcije f (x) = x2 +
2 . x
Rjeˇ senje. Tok funkcije ´cemo ispitati prema postupku opisanom u poglavlju 5.9: 1. Podruˇcje definicije zadane funkcije ne smije ukljuˇcivati nulu pa vrijedi D = R \ {0}. 2. Vrijedi 2
f (−x) = (−x) +
2 2 = x2 − . −x x
Budu´ci da je f (−x) 6= f (x) i f (−x) 6= −f (x), to promatrana funkcija nije ni parna ni neparna. 3. Funkcija nije periodiˇcna jer je elementarna, a ne sadrˇzi neku od trigonometrijskih funkcija.
66 4. Da bismo odredili nul-toˇcke funkcije rijeˇsimo jednadˇzbu f (x) = 0. Imamo x2 +
2 =0 x
x3 + 2 =0 x
⇔
√ pa je x = − 3 2 nul-toˇcka zadane funkcije.
⇔
x3 + 2 = 0
⇔
x=
√ 3
√ 3 −2 = − 2
5. Da bismo odredili vertikalne asimptote provjerimo sljede´ce: lim f (x) = −∞,
x→0−
lim f (x) = +∞.
x→0+
Dakle, x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f . Za horizontalne asimptote provjeravamo lim f (x) = +∞,
x→−∞
lim f (x) = +∞.
x→+∞
Dakle, funkcija f nema horizontalnih asimptota. Ispituju´ci limese x3 + 2 f (x) = lim = ±∞, x→±∞ x→±∞ x x2 lim
zakljuˇcujemo da funkcija f ne posjeduje ni kose asimptote. 6. Pri odredivanju ekstrema zadane funkcije krenimo od njene prve derivacije, f 0 (x) = 2x −
2 . x2
Kako je Df 0 = R \ {0} to je x1 = 0 kritiˇcna toˇcka funkcije f . Vidimo da je stacionarna toˇcka funkcije (druga kritiˇcna toˇcka) x2 = 1. Dovoljne uvjete ekstrema provjerimo pomo´cu prve derivacije. Vrijedi: (a) Za x ∈ h−∞, 0i vrijedi f 0 (x) < 0 pa je funkcija f strogo padaju´ca na intervalu h−∞, 0i.
(b) Za x ∈ h0, 1i je takoder f 0 (x) < 0 i funkcija f je strogo padaju´ca na tom intervalu.
(c) Za x ∈ h1, +∞i vrijedi f 0 (x) > 0 pa je funkcija f strogo rastu´ca na intervalu h1, +∞i.
Zakljuˇcujemo da zadana funkcija ima lokalni minimum u toˇcki (1, 3). 7. Intervale monotonosti smo ispitali u prethodnom koraku. 8. Izraˇcunajmo drugu derivaciju: f 00 (x) = 2 +
4 . x3
√ √ √ Iz f 00 (x) = 0 slijedi x = − 3 2. Budu´ci je f 000 (x) = − x124 , odnosno f 000 − 3 2 6= 0 to je x = − 3 2 toˇcka infleksije funkcije f .
Promatraju´ci predznak druge √ derivacije zakljuˇc ujemo prema √ teoremu 5.15 da je funkcija f konkavna na intervalu − 3 2, 0 i konveksna na −∞, − 3 2 ∪ h0, +∞i.
Funkcija je prikazana na Slici 5.2.
5.15.
Tok funkcije III
Ispitajte tok i nacrtajte graf funkcije f (x) = 1 − x2 e−x .
Rjeˇ senje. Prema poglavlju 5.9 ispitujemo sljede´ce:
67 40
30
20
10
0
−10
−20
−30
−40
−6
−4
−2
0
2
Slika 5.2: Funkcija f (x) = x2 +
4
6
2 x
1. Podruˇcje definicije zadane funkcije je D(f ) = R. 2. Oˇcigledno je da funkcija f nije ni parna ni neparna. 3. Funkcija f nije periodiˇcna jer je elementarna, a ne sadrˇzi neku od trigonometrijskih funkcija. 4. Rjeˇsavanjem jednadˇzbe f (x) = 0 dobivamo da graf funkcije f sijeˇce koordinatne osi u toˇckama T1 (−1, 0), T2 (1, 0) i T3 (0, 1). 5. Funkcija f nema vertikalnih asimptota. Da bismo odredili horizontalne asimptote provjerimo lim f (x) = lim 1 − x2 e−x = −∞ x→−∞
x→−∞
i
h∞i 1 − x2 −2x h ∞ i −2 = = = 0. = lim = lim x→+∞ x→+∞ x→+∞ ex x→+∞ ex ex ∞ ∞ Dakle, funkcija f ima horizontalnu asimptotu y = 0. lim f (x) = lim
Funkcija f nema kosih asimptota. 6. Odredimo prvu derivaciju zadane funkcije:
to jest,
f 0 (x) = −2xe−x − 1 − x2 e−x , f 0 (x) = e−x x2 − 2x − 1
pa iz f 0 (x) = 0 slijedi x2 − 2x − 1 = 0. Odatle za stacionarne toˇcke funkcije f dobivamo √ √ x1 = 1 − 2 ≈ −0.41, x2 = 1 + 2 ≈ 2.41. Za drugu derivaciju vrijedi f 00 (x) = −e−x x2 − 2x − 1 + e−x (2x − 2) = e−x 4x − x2 − 1 . √ Budu´ci da je f 00 1 − 2 < 0, graf funkcije f ima u toˇcki A ≈ (−0.41, 1.23) lokalni maksimum, √ a kako je f 00 1 − 2 > 0, graf funkcije f ima u toˇcki B ≈ (2.41, −0.43) lokalni minimum.
68 √
7. Ispituju´ci predznak prve derivacije zakljuˇcujemo da je funkcija f rastu´ca za x ∈ −∞, 1 − 2 ∪ √ √ √
1 + 2, +∞ , a padaju´ca za x ∈ 1 − 2, 1 + 2 . 8. Promatraju´ √ ci predznak druge derivacije
zakljuˇc√ujemo da je√funkcija f strogo konveksna za x ∈
2 − 3 , a strogo konkavna za x ∈ −∞, 2 − 3 ∪ 2 + 3, +∞ .
9. Rjeˇsavanjem jednadˇzbe f 00 (x) = 0, odnosno x2 − 4x + 1 = 0 dobivamo toˇcke √ √ x3 = 2 − 3, x4 = 2 + 3. √ √ Kako je f 000 2 ± 3 6= 0, to funkcija f u toˇckama x3,4 = 2 ± 3 ima toˇcke infleksije. Kako je √ √ f 2 − 3 ≈ f (0.27) ≈ 0.7 i f 2 + 3 ≈ f (3.73) ≈ −0.31, toˇcke infleksije funkcije f su oblika
M1 ≈ (0.27, 0.7),
M2 ≈ (3.73, −0.31)
Funkcija je prikazana na Slici 5.3. 2
0
−2
−4
−6
−8
−10
−12
−14
−16 −2
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Slika 5.3: Funkcija f (x) = 1 − x2 e−x
5.16.
Tok funkcije IV
Odredite tok i nacrtajte graf funkcije
ln 2x f (x) = √ . x
Rjeˇ senje. Koriste´ci upute dane u poglavlju 5.9, za zadanu funkciju odredujemo: 1. Domena funkcije f je D(f ) = {x ∈ R : x > 0}. 2. Funkcija f nije periodiˇcna.
69 3. Iz jednadˇzbe f (x) = 0 dobivamo da je x =
1 2
nul-toˇcka funkcije f .
4. Odredimo vertikalne asimptote zadane funkcije: ln 2x −∞ = −∞ lim f (x) = lim √ = x +0 x→0+ x→0+ pa je x = 0 desna vertikalna asimptota funkcije f . Provjerimo postojanje horizontalnih asimptota: 1 2 ln 2x 2 +∞ lim f (x) = lim √ = = L‘H = lim 2x1 = lim √ = +0. x→+∞ x→+∞ x→+∞ √ x→+∞ x +∞ x 2 x Dakle, y = 0 je desna horizontalna asimptota zadane funkcije. Odreduju´ci kose asimptote funkcije ispitujemo: 1 2 f (x) ln 2x 2 = lim √ = L‘H = lim 32x√ = lim √ = 0. x→+∞ x x→+∞ x→+∞ x→+∞ x x x 2 x
lim
Zakljuˇcujemo da funkcija f nema kosih asimptota. 5. Da bismo pronaˇsli ekstreme funkcije f odredimo najprije njenu prvu derivaciju: 1 1 √ ln 2x x − 2√ 2 − ln 2x x x 0 √ . = f (x) = x 2x x Iz jednadˇzbe f 0 (x) = 0 slijedi: 2 − ln 2x = 0
2x = e2 1 x = e2 2
Dakle, x = 21 e2 je stacionarna toˇcka funkcije f . Za drugu derivaciju funkcije f dobivamo √ √ − x1 2x x − (2 − ln 2x) 3 x 8 − 3 ln 2x f (x) = . =− 5 4x3 4x 2 00
Budu´ci je f
00
1 2 e 2
to zakljuˇcujemo da je toˇcka T1
=−
1 2
1 1 2 2e
52 < 0,
√ ! 1 2 2 2 e , 2 e
lokalni maksimum zadane funkcije.
6. Funkcija f je strogo rastu´ca na intervalu 0, 21 e2 , a strogo padaju´ca na intervalu 12 e2 , +∞
7. Iz jednadˇzbe f 00 (x) = 0 slijedi:
8 − 3 ln 2x = 0
8
2x = e 3 1 8 x = e3 . 2
70 Lako se provjeri da je f 000
1 83 2e
6= 0 pa zakljuˇcujemo da je x =
1 83 2e
toˇcka infleksije funkcije D E 8 f . Promatraju´ci predznak druge derivacije primje´cujemo da je f 00 (x) < 0 za x ∈ 0, 21 e 3 , a E D 8 f 00 (x) > 0 za x ∈ 12 e 3 , +∞ . D E E D 8 8 Dakle, funkcija f je konkavna na intervalu 0, 12 e 3 i konveksna na intervalu 21 e 3 , +∞ . Funkcija je prikazana na Slici 5.4 2
0
−2
−4
−6
−8
−10
−12
−14 0
0.5
1
1.5
Slika 5.4: Funkcija f (x) =
5.17.
2
2.5
ln √2x x
Zadaci za vjeˇ zbu
1. Nadite derivacije funkcija: (a) f (x) =
1 n+1 n+1 x
− n1 ,
√ x + x, q (c) f (x) = 21 ln 1+x 1−x ,
(b) f (x) =
p
(d) f (x) = ln cos x−1 x , (e) f (x) = 4− log2 (f) f (x) =
1 2
ln tg
(g) f (x) = ln
√ 1−x2 x 2
−
√ 1+√sin x 1− sin x
,
1 cos x 2 sin2 x ,
√ + 2 arctg sin x.
2. Odredite derivaciju implicitno zadanih funkcija: (a) x3 + y 3 = 3axy, (b) ex
2
+y 2
= arctg xy .
3. Odredite jednadˇzbu tangente funkcije f (x) = ln x koja prolazi ishodiˇstem.
71 4. Odredite jednadˇzbu tangente i jednadˇzbu normale funkcije f (x) = xx u toˇcki za koju je x0 = 1. 5. Odredite jednadˇzbu tangente na krivulju x arctg y − y = 0 u toˇcki za koju je y 0 = 1. 6. Odredite jednadˇzbu tangente na cikloidu x = t − sin t, y = 1 − cos t u t = 7. Odredite asimptote funkcije f (x) = 8. Odredite sve asimptote krivulje x =
π 2.
2x2 +9x+7 3(x+4) . 2t
t2 −1
et , y =
2
et t+1 .
9. Odredite sve asimptote krivulje y = ln (1 + x). 10. Odredite intervale monotonosti funkcije f (x) =
ex x .
11. Odredite intervale konveksnosti, konkavnosti i toˇcke infleksije funkcije f (x) = x 3 + 3x + 2. 12. Odredite lokalne ekstreme funkcije f (x) = sin x +
1 2
sin 2x.
13. Odredite lokalne ekstreme funkcije f (x) = x2 e−x . 14. Odredite volumen najve´ceg valjka upisanog u kuglu zadanog radijusa R. 15. Ispitajte tok i nacrtajte graf funkcije f (x) = x2 + x2 . 16. Ispitajte tok i nacrtajte graf funkcije y 2 =
5.18.
x3 x−2 .
Rjeˇ senja
1. (a) f 0 (x) = xn , √ x+1 √ , x2 +x x
(b) f 0 (x) = √2 4
0
(c) f (x) =
1 2(1−x2 ) ,
(d) f 0 (x) = − x12 tg (e) f 0 (x) = (f) f 0 (x) = (g) f 0 (x) = 2. (a) f 0 (x) = (b) f 0 (x) =
x−1 x ,
2x (x2 −1)2 ,
1 , sin3 x 1 √ . cos x sin x ay−x2 y 2 −ax
2
2
y+2x(x2 +y 2 )ex +y x−2y(x2 +y 2 )ex2 +y2
.
3. y = 1e x. 4. Tangenta je y = x, a normala je y = −x + 2. π2 x − π4 . 5. y − 1 = 4(π−2)
6. y − 1 = x −
π−2 2 .
7. Vertikalna asimptota je x = −4, a kosa asimptota je y = 31 (2x + 1). 8. Jednadˇzba horizontalne asimptote glasi y = asimptota je dana s x = 0.
e 2,
kosa asimptota je y = e2 x − 25 e, a vertikalna
72 9. Zadana krivulja nema horizontalnih asimptota ni kosih asimptota dok jednadˇzba vertikalne asimptote glasi x = −1. 10. Funkcija f (x) je rastu´ca za x ∈ [1, ∞i, a padaju´ca za x ∈ h−∞, 0i ∪ h0, 1]. 11. Funkcija f (x) je strogo konkavna za x < 0, strogo konveksna za x > 0, a u x = 0 ima infleksiju. 12. Funkcija f (x) ima lokalni maksimum za x = k ∈ Z.
π 3
+ 2kπ,k ∈ Z, i lokalni minimum za x =
5π 3
+ 2kπ,
13. U toˇcki (0, 0) zadana funkcija ima lokalni minimum, a u toˇcki (2, 4e−2 ) lokalni maksimum. 14. V =
3 4πR √ . 3 3
15. Funkcija je prikazana na Slici 5.5. 20
15
10
5
0
−5 −6
−4
−2
0
2
Slika 5.5: Funkcija f (x) = x2 +
4
2 x
6
6. NIZOVI I REDOVI
6.1. Limes niza po definiciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Gomiliˇ sta niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Konvergencija niza realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4. Limesi nekih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5. Konvergencija uklijeˇ stenog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6. Primjena vaˇ znijih limesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7. Konvergencija reda realnih brojeva I . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.8. Konvergencija reda realnih brojeva II . . . . . . . . . . . . . . . . 6.9. Konvergencija reda realnih brojeva III . . . . . . . . . . . . . . . 6.10. Prvi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . 6.11. Drugi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . 6.12. D’Alembertov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.13. Cauchyjev kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.14. Raabeov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.15. Leibnitzov kriterij konvergencije za alternirane redove . . . . . . 6.16. Konvergencija reda funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.17. Razvoj funkcije u Taylorov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.18. Taylorov red trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 6.19. Razvoj funkcije u MacLaurinov red . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.20. Razvoj funkcije u MacLaurinov red pomo´ cu geometrijskog reda 6.21. Konvergencija reda potencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.22. Zadaci za vjeˇ zbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.23. Rjeˇ senja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73 74 75 75 76 77 77 77 78 79 79 80 80 81 81 82 82 83 84 85 86 87 88
Limes niza po definiciji
Dokaˇzite da je lim
√ 3
lim
√ 3
n→∞
Rjeˇ senje. Ako je n→∞
n+1−
√ 3 n = 0.
n+1−
√ 3 n = 0,
prema definiciji 6.3 zakljuˇcujemo da za a √ = 0 mora √ biti mogu´ce ∀ε √ > 0 prona´ √ ci n ε ∈ N takav da ∀n ≥ nε vrijedi | an − 0 |< ε. Budu´ci da je 3 n + 1 > 3 n, odnosno 3 n + 1 − 3 n > 0, vrijedi √ √ √ √ √ √ | an − a |=| 3 n + 1 − 3 n − 0 |=| 3 n + 1 − 3 n |= 3 n + 1 − 3 n.
74 Dakle, mora biti
√ √ 3 n + 1 − 3 n < ε.
Racionalizacijom dobivamo √ p p √ 3 (n + 1)2 + 3 n(n + 1) + 3 n2 √ 3 3 √ p n+1− n p < ε, 3 3 (n + 1)2 + 3 n(n + 1) + n2
odnosno,
p 3
(n +
1)2
n+1−n √ p < ε. 3 + 3 n(n + 1) + n2
Mnoˇzenjem cijele nejednakosti s nazivnikom slijedi p √ p 3 1 < ε 3 (n + 1)2 + 3 n(n + 1) + n2 . Sada moˇzemo pisati
1 √
1 27ε3
− 1,
odakle slijedi
nε = √
1 27ε3
− 1 + 1.
Dakle, (∀ε > 0)
1 −1 ∃nε = √ 27ε3
takav da (∀n ≥ nε ) vrijedi | an − 0 |< ε, to jest, 0 = lim an = lim n→∞
6.2.
n→∞
√ √ 3 n+1− 3n .
Gomiliˇ sta niza
U nizu
3 2 9 4 27 8 81 16 , , , , , , , ,... 8 7 14 13 32 25 86 49 odredite sva gomiliˇsta. Da li zadani niz konvergira? Rjeˇ senje. Grupiramo li ˇclanove zadanog niza na sljede´ci naˇcin 3 9 27 81 , , , ,... 8 14 32 86
(6.1)
75 2 4 8 16 , , , ,... 7 13 25 49 dobivamo dva nova niza, pri ˇcemu op´ci ˇclan niza (6.1) moˇzemo pisati u obliku a2k−1 =
(6.2)
3k , +5
3k
a op´ci ˇclan niza (6.2) u obliku a2k = Vrijedi
2k . 3 · 2k + 1
3k 1 2k = 1, i lim a2k = lim = . k→∞ k→∞ k→∞ 3 · 2k + 1 +5 3 Dakle, prema poglavlju 6.1.1 zakljuˇcujemo da zadani niz divergira u ˇsirem smislu i ima dva gomiliˇsta, 1 i 31 . lim a2k−1 = lim
k→∞ 3k
6.3.
Konvergencija niza realnih brojeva
Ispitajte konvergenciju niza ˇciji je op´ci ˇclan 1 1 1 1− ··· 1− n . an = 1 − 2 4 2 Rjeˇ senje. Promatraju´ci prva tri ˇclana zadanog niza dobivamo 1 1 a1 = 1 − = , 2 2 1 1 3 1 1− = · , a2 = 1 − 2 4 2 4 ˇ odnosno a1 > a2 . Zelimo zakljuˇciti da op´cenito vrijedi an > an+1 . Primijetimo da je 1 1 1 1 1 1− ··· 1− n 1 − n+1 = an 1 − n+1 < an , an+1 = 1 − 2 4 2 2 2 jer je 1−
1 2n+1
< 1.
Budu´ci da nejednakost an > an+1 vrijedi za svako n zakljuˇcujemo da je niz {an | n ∈ N} strogo padaju´ci. Niz je takoder omeden odozdo jer je an > 0 za svako n. Prema teoremu 6.4 zadani niz je konvergentan.
6.4.
Limesi nekih nizova
Izraˇcunajte limese sljede´cih nizova: n P
(a) an = (b) an =
k(k+1)
k=1
n3 n Q
k=2
,
k2 +k−2 k(k+1) .
76 Rjeˇ senje. (a) Vrijedi
lim an = lim
n→∞
n P
n P
k(k + 1)
k=1
= lim
k2 +
n P
k
n(n+1)(2n+1) 6 n→∞ n3
k=1
k=1
= lim
n→∞ n3 n3 n(n + 1) 2n + 4 2n2 + 6n + 4 · = lim = lim n→∞ n→∞ 6 n3 6n2 n→∞
iz ˇcega slijedi
+
n(n+1) 2
=
1 2n2 + 6n + 4 = . n→∞ 6n2 3 lim
(b) Faktorizacijom brojnika i raspisivanjem ˇclanova niza dobivamo n n Y Y k2 + k − 2 (k − 1)(k + 2) = lim = n→∞ n→∞ k(k + 1) k(k + 1)
L = lim
k=2
k=2
(n − 3)n (n − 2)(n + 1) (n − 1)(n + 2) 1 4 2·5 3·6 4·7 = lim · · · · ···· · · · . n→∞ 2 3 3 · 4 4 · 5 5 · 6 (n − 2)(n − 1) (n − 1)n n(n + 1) Nakon skra´civanja imamo L=
1 n+2 lim 3 n→∞ n
pa je
1 . 3
L=
6.5.
Konvergencija uklijeˇ stenog niza
Odredite graniˇcnu vrijednost niza an =
√ 1 n2 +1 1 √ 3 3 n +1
+ +
√ 1 n2 +2 1 √ 3 3 n +2
+··· +
+···+
√ 1 n2 +n 1 √ 3 3 n +n
.
Rjeˇ senje. Graniˇcnu vrijednost zadanog niza odredit ´cemo koriˇstenjem teorema 6.7. Naime, vrijedi √
n 1 1 1 n ≤√ +√ +···+ √ ≤√ , 2 2 2 2 +n n +1 n +2 n +n n +1
n2
n 1 1 1 n . ≤ √ +√ +···+ √ ≤ √ 3 3 3 3 n3 + n n3 + 1 n3 + 2 n3 + n n3 + 1 Sada iz (6.3) i (6.4) slijedi √ 3
√ n n2 +n n √ 3 3 n +1
ˇsto nakon skra´civanja daje
≤ an ≤
√ 3 n3 + 1 √ ≤ an ≤ n2 + n Djelomiˇcnim korjenovanjem dobivamo q n 3 1 + n13 q ≤ an ≤ n 1 + n1
√ n n2 +1 n √ 3 3 n +n
√ 3 n3 + n √ . n2 + 1 q n3 1+ q n 1+
1 n2 1 n2
,
(6.3) (6.4)
77 to jest, q 3 1 + n13 1+ q ≤ an ≤ q 1 + n1 1+
q 3
Budu´ci da je q
1 + n13 lim q =1 n→∞ 1 + n1 3
1 n2 1 n2
q 3
i
lim q
n→∞
to prema teoremu 6.7 zakljuˇcujemo da je lim an = 1.
.
1+
1 n2
1+
1 n2
= 1,
n→∞
6.6.
Primjena vaˇ znijih limesa
Odredite lim n [ln (n + 3) − ln n] .
n→∞
Rjeˇ senje. Koriste´ci svojstva logaritamske funkcije zadani limes moˇzemo zapisati u obliku n n+3 lim n [ln (n + 3) − ln n] = lim ln . n→∞ n→∞ n Koriste´ci poglavlje 6.1.6 limes dalje rastavljamo na sljede´ci naˇcin: " n n n #3 3 1 3 n+3 = lim ln 1 + = lim ln 1 + n = 3 ln e = 3. lim ln n→∞ n→∞ n→∞ n n 3
6.7.
Konvergencija reda realnih brojeva I
Ispitajte konvergenciju reda
∞ X
2n (n + 1) ln 1 + n=1
1 2n
.
Rjeˇ senje. Op´ci ˇclan an zadanog reda moˇzemo zapisati u obliku an =
2n ln 1 +
1 2n
n+1 =
Tada je lim an =
n→∞
pa prema teoremu 6.9 ovaj red divergira.
6.8.
ln
1+
+∞ 1
ln e 2 · 1
1 2n
2n 2n 12
1+
= +∞ 6= 0,
Konvergencija reda realnih brojeva II
Ispitajte konvergenciju reda ∞ X n! − (n + 2)!
n=1
(n + 3)!
n+1 (n + 1) + . n+3
1 2n
.
78 Rjeˇ senje. Op´ci ˇclan reda zapisat ´cemo u sljede´cem obliku: n+1 1 1 (n + 1) + − an = (n + 1)(n + 2)(n + 3) n + 3 n+3 1 n+1 n+1 = − + (n + 2)(n + 3) n + 3 n + 3 1 = . (n + 2)(n + 3)
Rastavljanjem dobivenog izraza na parcijalne razlomke dobivamo 1 1 − . n+2 n+3
an =
Vidimo da n-tu parcijalnu sumu reda moˇzemo zapisati u obliku Sn =
1 1 1 1 1 1 1 1 − + − +···+ − = − 3 4 4 5 n+2 n+3 3 n+3
pa je lim Sn =
n→∞
1 . 3
Prema definiciji 6.9 zakljuˇcujemo da promatrani red konvergira i da mu suma iznosi 13 .
6.9.
Konvergencija reda realnih brojeva III
Dokaˇzite da red brojeva ∞ X
ln
n=2
n3 − 1 n3 + 1
konvergira i izraˇcunajte njegovu sumu. Rjeˇ senje. Da bismo dokazali da zadani red konvergira potrebno je dokazati da je niz parcijalnih suma 3 n X k −1 sn = ln k3 + 1 k=2
konvergentan. Stoga ´cemo na´ci izraz za parcijalnu sumu sn . Koriste´ci svojstva logaritma dobivamo sn =
n X
k=2
ln
k3 − 1 k3 + 1
= ln
n Y k3 − 1 . k3 + 1
k=2
Nadalje, zbroj i razliku kubova moˇzemo napisati kao k3 − 1 (k − 1)(k 2 + k + 1) (k − 1)(k 2 + k + 1) = = k3 + 1 (k + 1)(k 2 − k + 1) (k + 1) [(k − 1)2 + (k − 1) + 1]
79 pa na taj naˇcin dobivamo sn = ln
1 · (22 + 2 + 1) 2 · (32 + 3 + 1) · ··· 3 · (12 + 1 + 1) 4 · (22 + 2 + 1)
(n − 2) (n − 1)2 + (n − 1) + 1 (n − 1) n2 + n + 1 · n [(n − 2)2 + (n − 2) + 1] (n + 1) [(n − 1)2 + (n − 1) + 1] 1·2 n2 + n + 1 · 2 1 + 1 + 1 n(n + 1)
= ln
= ln
2 1 1+ 2 3 n +n
= ln
2 1 + ln 1 + 2 . 3 n +n
Dakle, lim sn = ln
n→∞
= ln
2 1 + lim ln 1 + 2 n→∞ 3 n +n 2 2 + ln(1) = ln . 3 3
Zakljuˇcujemo da niz {sn | n ≥ 2} konvergira te da je suma zadanog reda 2 S = lim sn = ln . n→∞ 3
6.10.
Prvi poredbeni kriterij konvergencije
Ispitajte konvergenciju reda 1+
1 1 1 + +···+ +··· ln 2 ln 3 ln n
Rjeˇ senje. Op´ci ˇclan zadanog reda moˇzemo pisati u obliku: an =
1 . ln n
Budu´ci je
1 1 ≥ , ∀n ≥ 2, ln n n prema teoremu 6.10 (i) zakljuˇcujemo da je promatrani red, kao red s pozitivnim ˇclanovima i divergentnom minorantom, divergentan.
6.11.
Drugi poredbeni kriterij konvergencije
Ispitajte konvergenciju reda 1+
ln 2 ln n +···+ +··· 2 n
80 Rjeˇ senje. Promotrimo li redove s op´cim ˇclanovima oblika an = vidimo da su
P
an i
P
1 , n
bn =
ln n , n
bn redovi s pozitivnim ˇclanovima, da je red an = lim n→∞ n→∞ bn
r = lim
1 n ln n n
= lim
n→∞
Prema teoremu 6.10 (ii) zakljuˇcujemo da zadani red
6.12.
n > 2,
P
P
an divergentan te da vrijedi
1 1 = = 0. ln n ∞
bn divergira.
D’Alembertov kriterij konvergencije
Ispitajte konvergenciju reda
∞ X (n!)2 . (2n)! n=1
Rjeˇ senje. Primjenom D’Alembertovog kriterija konvergencije prema teoremu 6.10 (iii) dobivamo
Budu´ci je
an+1 = lim q = lim n→∞ an n→∞
[(n+1)!]2 (2n+2)! (n!)2 (2n)!
q=
(n + 1)2 1 = . n→∞ (2n + 2)(2n + 1) 4
= lim
1 < 1, 4
zakljuˇcujemo da promatrani red konvergira.
6.13.
Cauchyjev kriterij konvergencije
Ispitajte konvergenciju reda
n(n+1) ∞ X n−2
n=2
n+2
.
Rjeˇ senje. Prema Cauchyjevu kriteriju konvergencije, opisanom u teoremu 6.10 (iv), je s n(n+1) n+1 p n−2 n−2 n q = lim n |an | = lim = lim . n→∞ n→∞ n + 2 n→∞ n+2 Izraz pod znakom limesa moˇzemo zapisati u obliku n+1 n+1 n+1 n−2 n+2−4 4 = = 1− n+2 n+2 n+2
pa je q = lim
n→∞
=
"
lim
n→∞
Budu´ci da je q = e−4 =
1 e4
4 1− n+2
n+1
4 1− n+2
= lim
n→∞
"
#limn→∞ n+2 −4
4 1− n+2
# −4 n+2 −4 · n+2 ·(n+1)
−4n−4 n+2
= e−4 .
< 1, to je zadani red konvergentan.
=
81
6.14.
Raabeov kriterij konvergencije
Ispitajte konvergenciju reda √ n! √ √ √ . (2 + 1)(2 + 2) · · · · · (2 + n) n=1 ∞ X
Rjeˇ senje. Konvergenciju ovog reda najjednostavnije moˇzemo ispitati pomo´cu Raabeovog kriterija koriste´ci teorem 6.10 (v). Nadimo najprije 1 an = an · an+1 an+1 =
√
√ √ √ √ n! (2 + 1) · · · · · (2 + n)(2 + n + 1) √ p · √ 1)(2 + 2) · · · · · (2 + n) (n + 1)!
(2 + √ 2+ n+1 = √ n+1 2 = 1+ √ . n+1 Sada je
lim n 1 + √
n→∞
Dakle, vrijedi
2 −1 n+1
q = lim n n→∞
pa je zadani red konvergentan.
6.15.
= lim √ n→∞
an −1 an+1
2n = ∞. n+1
= ∞ > 1,
Leibnitzov kriterij konvergencije za alternirane redove
Ispitajte konvergenciju reda 1−
2 3 (−1)n−1 n + −···+ +··· 7 13 6n − 5
Rjeˇ senje. Za promatranje redova ˇciji ˇclanovi imaju alterniraju´ce predznake koristimo Leibnitzov kriterij konvergencije. Prema teoremu 6.13 najprije moramo ispitati da li je niz apsolutnih vrijednosti ˇclanova zadanog reda monotono opadaju´ci, to jest, ispitati da li za svaki n ∈ N vrijedi nejednakost n+1 n > , 6n − 5 6(n + 1) − 5 odnosno
n+1 n > . 6n − 5 6n + 1 Mnoˇzenjem cijele nejednakosti sa zajedniˇckim nazivnikom dobivamo 6n2 + n > 6n2 + n − 5.
(6.5)
Budu´ci da nejednakost (6.5) vrijedi za svaki n ∈ N, a (6.5) je ekvivalentno s (6.15.), to je prvi uvjet Leibnitzovog kriterija konvergencije zadovoljen. Kako je (−1)n−1 n n 1 = lim lim = 6= 0, n→∞ 6n − 5 n→∞ 6n − 5 6
82 to zadani red ne zadovoljava drugi uvjet Leibnitzovog kriterija konvergencije. Dakle, zadani red ∞ X (−1)n−1 n 6n − 5 n=1
je divergentan.
6.16.
Konvergencija reda funkcija
Nadite interval konvergencije reda 12 2 2 x2 3 2 x4 n2 x2n + · − · + · · · + · +··· 22 32 2 42 22 (n + 1)2 2n te ispitajte njegovo ponaˇsanje na rubovima intervala konvergencije. Rjeˇ senje. Za odredivanje intervala konvergencije zadanog reda primjenit ´cemo D’Alembertov kriterij konvergencije: (n + 1)2 x2n+2 an+1 (x) n2 x2n · · : = lim lim n→∞ n→∞ an (x) (n + 2)2 2n+1 (n + 1)2 2n x2 x2 (n + 1)4 = lim 2 = . 2 n→∞ n (n + 2)2 2 Prema teoremu 6.10 (iii) promatrani red konvergira za x2 < 2, a divergira za x2 > 2. Ispitajmo √ konvergenciju reda za x1,2 = ± 2. √ Uvrˇstavaju´ci x1,2 = ± 2 u zadani red dobijemo red ∞ X
n2 . (n + 1)2 n=1
√ √ Taj red divergira pa zakljuˇcujemo da zadani red konvergira za x ∈ − 2, 2 .
6.17.
Razvoj funkcije u Taylorov red
Razvijte u Taylorov red oko x0 = 1 funkciju f (x) = p 3
1 . (5x − 4)7
Rjeˇ senje. Prema teoremu 6.18 za funkciju f (x) raˇcunamo 7 10 f 0 (x) = − · (5x − 4)− 3 · 5 3 13 10 7 f (x) = − · − · (5x − 4)− 3 · 5 · 5 3 3 00
f (n) (x) =
−7−3n −7(−10) · · · · · (−4 − 3n) · (5x − 4) 3 · 5n 3n
83
f (n) (x) =
−7−3n (−1)n · 7 · 10 · · · · · (4 + 3n) · (5x − 4) 3 · 5n 3n
f (n) (1) =
(−1)n · 7 · 10 · · · · · (4 + 3n) n ·5 , 3n f (1) = 1.
Odvojimo li ˇclan za n = 0, to jest f (1), Taylorov red za f (x) moˇzemo pisati u obliku f (x) = 1 +
∞ X
(−1)n ·7·10·····(4+3n) 3n
5n
n!
n=1
(x − 1)n .
Za odredivanje podruˇcja konvergencije primjenit ´cemo D’Alembertov kriterij: 7·10·····(4+3n)(7+3n) ·5n+1 3n+1
an+1 = lim lim n→∞ an n→∞ = lim
n→∞
(n+1)!
7·10·····(4+3n) ·5n 3n
n!
|x − 1|
|x − 1|
n+1
n
(7 + 3n) · 5 · |x − 1| 3(n + 1)
= 5 · |x − 1| . Red konvergira za 5 |x − 1| < 1, odnosno za x∈
6.18.
4 6 , 5 5
.
Taylorov red trigonometrijske funkcije
Funkciju f (x) = sin2 (2x + 3) Razvijte u Taylorov red u okolini toˇcke x0 =
π−6 4
i odredite interval konvergencije tog reda.
Rjeˇ senje. Koriste´ci svojstva trigonometrijskih funkcija zadanu funkciju moˇzemo zapisati na sljede´ci naˇcin: 1 1 1 f (x) = sin2 (2x + 3) = [1 − cos(4x + 6)] = − cos(4x + 6) = 2 2 2 1 1 π = − sin 4x + 6 + . 2 2 2
Da bismo odredili Taylorov razvoj funkcije f (x) prema teoremu 6.18 raˇcunamo: π−6 1 1 3π f = − sin = 1, 4 2 2 2
1 1 π π f 0 (x) = − cos 4x + 6 + · 4 = − sin 4x + 6 + 2 · · 4, 2 2 2 2
84
1 2 π 3π 1 · 4 = − · 4 · sin 4x + 6 + , f (x) = − · 4 · cos 4x + 6 + 2 · 2 2 2 2 00
f
f (n)
(n)
1 n (n + 1)π (x) = − · 4 · sin 4x + 6 + , 2 2
π−6 4
n ≥ 1.
1 1 (n + 1)π (n + 1)π = − · 4n · sin π + = · 4n · sin . 2 2 2 2
Za neparne n, to jest, za n = 2k − 1, k ∈ Z, imamo 1 π−6 = · 42k−1 · sin kπ = 0. f (2k−1) 4 2 Za n = 2k, k ∈ Z, vrijedi f
(2k)
π−6 4
=
1 2k π 1 2k = · 4 · (−1)k . · 4 · sin kπ + 2 2 2
Taylorov razvoj funkcije f (x) dan je s f (x) = 1 +
2k ∞ X π−6 1 42k (−1)k x− . 2 (2k)! 4 k=1
Odredimo interval konvergencije dobivenog reda pomo´cu D’Alembertovog kriterija: an+1 = lim lim n→∞ an n→∞
42n+2 (2n+2)! 42n (2n)!
2 x − π−6 2n+2 42 x − π−6 4 4 = = 0. x − π−6 2n (2n + 1)(2n + 2) 4
Prema teoremu 6.10 (iii) zakljuˇcujemo da promatrani red konvergira za x ∈ h−∞, +∞i.
6.19.
Razvoj funkcije u MacLaurinov red
Pomo´cu MacLaurinova razvoja funkcije f (x) = izraˇcunajte S = 1 −
4 3
+
9 9
−
16 27
+
25 81
1+x (1 − x)3
−···.
Rjeˇ senje. Zapiˇsemo li zadanu funkciju u obliku f (x) =
1+x 2+x−1 = = −2(x − 1)−3 − (x − 1)−2 (1 − x)3 −(x − 1)3
slijedi: f (0) = 1, f 0 (x) = −2(−3)(x − 1)−4 − (−2)(x − 1)−3 ,
f 00 (x) = −2(−3)(−4)(x − 1)−5 − (−2)(−3)(x − 1)−4 ,
f (n) (x) = −2(−3) · · · · · (−n − 2)(x − 1)−n−3 + (−1)(−2) · · · · · (−n − 1)(x − 1)−n−2 ,
85 f (n) (x) = (−1)n+1 (n + 2)! · (x − 1)−n−3 + (−1)n+1 (n + 1)! · (x − 1)−n−2 , f (n) (0) = (−1)n+1 (n + 2)(n + 1)(−1)−n−3 + (−1)n+1 (n + 1)(−1)−n−2 = n! = (n + 2)(n + 1) − (n + 1) = (n + 1)(n + 2 − 1) = (n + 1)2 . Dakle, prema teoremu 6.18 MacLaurinov razvoj funkcije f (x) glasi f (x) =
∞ X 1+x = 1 + (n + 1)2 · xn . (1 − x)3 n=1
Prema D’Alembertovu kriteriju (teorem 6.10(iii)) je 2 an+1 = lim n + 2 lim |x| = |x| n→∞ an n→∞ n + 1
pa MacLaurinov red funkcije f (x) konvergira za x ∈ h−1, 1i. Traˇzenu sumu moˇzemo zapisati na sljede´ci naˇcin: S =1−
∞ X (n + 1)2 4 9 16 25 + − + −··· = 1+ (−1)n . 3 9 27 81 3n n=1
Koriste´ci dobiveni MacLaurinov razvoj funkcije f (x) za x = − 13 dobivamo f odnosno
1 − 3
∞ 2 X 1 − 31 n (n + 1) = 1 + = S, = (−1) 3 3n 1 − − 13 n=1
S=
6.20.
2 3 4 3 3
=
9 . 32
Razvoj funkcije u MacLaurinov red pomo´ cu geometrijskog reda
Razvijte u MacLaurinov red funkciju f (x) =
x4 + 1 . 1 + x + x 2 + x3
Rjeˇ senje. U ovakvom zadatku traˇzenje op´ceg ˇclana MacLaurinovog reda uzastopnim deriviranjem ne vodi rjeˇsenju jer dobivamo sve sloˇzenije racionalne funkcije pa ´cemo zadatak rijeˇsiti koriˇstenjem geometrijskog reda. Odvojimo najprije cijeli dio racionalne funkcije, a ostatak rastavimo na parcijalne razlomke: 2 1 −x + 1 x4 + 1 = (x − 1) + = (x − 1) + + . 1 + x + x 2 + x3 1 + x + x 2 + x3 1+x 1 + x2 Dakle, promatramo f1 (x) =
∞ X 1 1 = = (−1)n xn 1+x 1 − (−x) n=0
86 i f2 (x) =
∞ X −x + 1 1 = (−x + 1) = (−x + 1) (−1)n x2n . 1 + x2 1 − (−x2 ) n=0
Podruˇcje konvergencije ”naslijedeno” je od geometrijskog reda pa red funkcije f 1 (x) konvergira za |x| < 1, a red funkcije f2 (x) konvergira za |x2 | < 1, odnosno takoder za |x| < 1. Stoga i red funkcije f (x) konvergira za x ∈ h−1, 1i. Da bismo objedinili sve dijelove reda funkcije f (x), raspisat ´cemo prvih nekoliko ˇclanova svakog od njih. Imamo: f1 (x) = 1 − x + x2 − x3 + x4 − x5 + x6 − x7 + · · · , f2 (x) = 1 − x + x3 − x2 − x5 + x4 + x7 − x6 − · · · Kada zbrojimo sve ˇclanove dobivamo f (x) = 1 − x + 2(x4 + x8 + x12 + x16 + · · · ) − 2(x5 + x9 + x13 + x17 + · · · ) = ∞ X x4n − x4n+1 . =1−x+2· n=1
6.21.
Konvergencija reda potencija
Nadite podruˇcje apsolutne konvergencije reda potencija f (x) =
∞ X
(x − 1)n . (2n + 1)(2n + 3) n=1
Rjeˇ senje. Op´ci ˇclan reda potencija dan je s an =
(x − 1)n . (2n + 1)(2n + 3)
Za odredivanje podruˇcja konvergencije moˇzemo primijeniti D’Alembertov kriterij: a 1+ (2n + 1)(2n + 3) n+1 |x − 1| = |x − 1| lim lim = lim n→∞ (2n + 3)(2n + 5) n→∞ 1 + n→∞ an
1 2n 5 2n
= |x − 1|.
Ako je |x − 1| < 1, odnosno 0 < x < 2, tada red apsolutno konvergira, a za |x − 1| > 1, odnosno x < 0 ili x > 2, red apsolutno divergira. Da bismo ispitali konvergenciju na rubovima intervala (0, 2) potrebno je uvrstiti vrijednosti x = 0 i x = 2 u zadani red. Za x = 0 imamo f (0) = dok je za x = 2 f (2) = U oba sluˇcaja vrijedi
∞ X
(−1)n , (2n + 1)(2n + 3) n=1 ∞ X
1 . (2n + 1)(2n + 3) n=1
1 1 |an | = = (2n + 1)(2n + 3) 2
1 1 − 2n + 1 2n + 3
,
87 Pn pa je parcijalna suma sn = k=1 |ak | dana s 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = . − + − +···+ − − sn = 2 3 5 5 7 2n + 1 2n + 3 2 3 2n + 3 Iz ovoga slijedi da je
1 n→∞ 6 pa zakljuˇcujemo da zadani red apsolutno konvergira u toˇckama x = 0 i x = 2. Konaˇcno, red apsolutno konvergira u zatvorenom intervalu [0, 2], a divergira u skupu (∞, 0) ∪ (2, ∞). lim sn =
6.22.
Zadaci za vjeˇ zbu n−1 n+1 .
1. Zadan je niz an = 2. Za niz an = 1 +
1
n
Odredite a0 = lim an te za ε = 10−4 odredite pripadni nε . n→∞
cos nπ odredite inf an , sup an , lim inf an , lim sup an .
3. Izraˇcunajte limese sljede´cih nizova: (a) an = (b) an =
1 n3 n Q
j n P P
i,
j=1 i=1
1−
k=2
1 k2
.
4. Odredite lim an gdje je an = n→∞
5. Odredite L = lim 1 − n→∞
√ 2 n2 +1
+√
2 n2 + 21
+·+ √
2 1 n2 + n
.
1 n . 3n
6. Ispitajte konvergenciju redova pomo´cu parcijalnih suma: (a) (b)
∞ P
n=1 ∞ P
n=1
log 1 +
1 n
,
1 (3n−2)(3n+1) .
7. Ispitajte konvergenciju reda 1+
8. Ispitajte konvergenciju reda
1 1 1 + sin 3α + · · · + sin nα + · · · . 2sin 2α 3 n
∞ P
n=1
9. Ispitajte konvergenciju reda
∞ P
3n2 −5 n 2n .
(2n2 )−n
n=1
10. Ispitajte konvergenciju reda
n+1 2n . n
∞ X
n! . (a + 1)(a + 2)(a + 3) · · · · · (a + n) n=1 11. Ispitajte da li je alterniraju´ci red
∞ P
n=1
n
2
(n!) (−1)n 4 (2n)! konvergentan?
88 12. Odredite interval konvergencije reda (x − 1) +
2!(x − 1)2 n!(x − 1)n +···+ +··· 2 2 nn
i ispitajte njegovo ponaˇsanje na rubovima intervala konvergencije. √ 13. Funkciju y = ln x2 + 3x − 4 razvijte u Taylorov red u okolini toˇcke x0 = 2 te odredite interval konvergencije tog reda. 14. Funkciju f (x) = cos(2x − 2) razvijte u Taylorov red u okolini toˇcke x 0 = 1. 15. Razvijte u MacLaurinov red funkciju f (x) =
x2 +1 2+x .
16. Funkciju f (x) = ln(1 + 2x) razvijte u MacLaurinov red.
6.23.
Rjeˇ senja
1. a0 = 1, nε = 19999 + 1. 2. inf an = −2, sup an = 23 , lim inf an = −1, lim sup an = 1. 3. (a) L = 61 , (b) L = 21 . 4. lim an = 2. n→∞
5. L =
1 √ 3 . e
6. (a) Zadani red divergira. (b) Zadani red konvergira i lim Sn = 13 . n→∞
7. Zadani red divergira. 8. q =
1 2
< 1 pa zadani red konvergira.
9. q =
1 2
< 1 pa zadani red konvergira.
10. q = a pa je zadani red (a) konvergentan za a > 1, (b) divergentan za a < 1. 11. Zadani red je divergentan. 12. Red konvergira za x ∈ h1 − e, 1 + ei. 13. y =
1 2
ln 6 + 21
∞ P
n=1
(−1)n−1 n
1 6n
+ 1 (x − 2)n i red konvergira apsolutno za x ∈ h1, 3i. U x = 1 red
divergira, a u x = 3 red konvergira. 14. f (x) =
∞ P
k=0
(−1)k 2k (2k)! (x
15. f (x) = x − 2 + 16. f (x) =
∞ P
n=0
5 2
∞ P
n=0
(−1)n−1
− 1)2k . − x2
2n n n x .
n
i red konvergira za x ∈ h−2, 2i.
Dio II.
DA/NE KVIZ
7. Osnove matematike
1.
DA
NE
Sud je izjava koja moˇze biti samo istinita ili laˇzna. 2.
DA
NE
”Da li je danas ponedjeljak?” je sud. 3.
DA
NE
Konjukciju oznaˇcavamo s ∧. 4.
DA
NE
[τ (A ∧ B) = >] ⇒ [τ (A) = > 5.
DA
∧
τ (B) = ⊥].
NE
Implikaciju oznaˇcavamo s ∨. 6.
DA
NE
Implikaciju oznaˇcavamo s ⇔. 7.
DA
NE
[τ (A ⇒ B) = ⊥] ⇒ [τ (A) = > 8.
DA
DA
NE
”A je brˇzi od B” je predikat. 10.
DA
NE
τ [(∀x ∈ R) x2 = 4] = >. 11.
DA
NE
τ [(∃!x ∈ Z) 12.
DA
x2 = 4] = >.
NE
Za svaki skup X vrijedi X ∈ 2X . 13.
DA
τ (B) = ⊥].
∨
τ (B) = ⊥].
NE
[τ (A ⇔ B) = ⊥] ⇒ [τ (A) = ⊥ 9.
∧
NE
Za svaki skup X vrijedi ∅ ∈ 2X .
92 14.
DA
NE
Ako je X = {A, 1} tada je 2X = {{A}, {1}}. 15.
DA
NE
Binarna relacija na skupu A je svaki podskup skupa A × A. 16.
DA
NE
Binarna relacija na skupu A je svaki podskup skupa A. 17.
DA
NE
Binarna relacija R na skupu A je refleksivna ako je x R x za ∀x ∈ A. 18.
DA
NE
Binarna relacija R na skupu A je tranzitivna ako je x R x za ∀x ∈ A. 19.
DA
NE
Binarna relacija R na skupu A je simetriˇcna ako x R y ⇒ y R x. 20.
DA
NE
Binarna relacija R na skupu A je tranzitivna ako (x R y ∧ y R z) ⇒ x R z. 21.
DA
NE
Binarna relacija R na skupu A je relacija ekvivalencije ako (x R y ∧ y R z) ⇒ x R z. 22.
DA
NE
Binarna relacija je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetriˇcna i tranzitivna. 23.
DA
NE
Binarna relacija je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, anti-simetriˇcna i tranzitivna. 24.
DA
NE
Binarna relacija R na skupu prirodnih brojeva N zadana s m R n ako su m i n iste parnosti je relacija ekvivalencije. 25.
DA
NE
Binarna relacija je relacija parcijalnog uredaja ako je refleksivna, anti-simetriˇcna i tranzitivna. 26.
DA
NE
Skup je potpuno ureden ako je na njemu zadana relacija parcijalnog uredaja. 27.
28.
DA
NE
DA
NE
√ Broj 2 je donja meda skupa (3, 10] ⊂ R. Broj 10 je gornja meda skupa (3, 10] ⊂ R.
29.
DA
NE
Broj 10 je infimum skupa (3, 10] ⊂ R. 30.
DA
NE
Broj 10 je maksimum skupa (3, 10] ⊂ R.
93 31.
DA
NE
Broj 3 je infimum skupa (3, 10] ⊂ R. 32.
DA
NE
Skup (3, 10] ⊂ R nema supremum. 33.
DA
NE
Skup (3, 10] ⊂ Q nema infimum. 34.
DA
NE
Skup (3, 10] ⊂ Q nema minimum. 35.
DA
NE
Broj 11 je gornja meda skupa (3, 10] ⊂ Q. 36.
DA
NE
Broj 10 je jedina gornja meda skupa (3, 10] ⊂ Q. 37.
DA
NE
Supremum skupa je jedinstven. 38.
DA
NE
Ako je A = (3, 10] ⊂ R, tada je min A = 3, a inf A ne postoji. 39.
DA
NE
Funkcije f (x) = 40.
DA
1 − x2 i g(x) = 1 − x su jednake. 1+x
NE
Ako je f (x) = x3 tada je f (c + d) = c3 + d3 . 41.
DA
NE
h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f . 42.
DA
NE
h ◦ f = f ◦ h. 43.
DA
NE
Kompozicija funkcija je asocijativna. 44.
DA
NE
Kompozicija funkcija je komutativna. 45.
DA
NE
Za zadanu restrikciju domene restrikcija funkcije je uvijek jedinstvena. 46.
DA
NE
Ekstenzija funkcije je uvijek jedinstvena. 47.
DA
NE
Funkcija f (x) =
1 − x2 je ekstenzija funkcije g(x) = 1 − x. 1+x
94 48.
DA
NE
Funkcija f (x) = 49.
DA
1 − x2 je restrikcija funkcije g(x) = 1 − x. 1+x
NE
Funkcija f je surjekcija ako f (x) = f (x0 ) ⇒ x = x0 za ∀x, x0 ∈ Df . 50.
DA
NE
Funkcija f je injekcija ako f (x) = f (x0 ) ⇒ x = x0 za ∀x, x0 ∈ Df . 51.
DA
NE
Funkcija je injekcija ako u razliˇcitim toˇckama ima razliˇcite vrijednosti. 52.
DA
NE
Bijekcija je istovremeno injekcija i surjekcija. 53.
DA
NE
Identiteta je funkcija zadana s f (x) = x. 54.
DA
NE
Identiteta je funkcija zadana s f (x) = 1. 55.
DA
NE
Za svaku funkciju f kompozicija f ◦ f −1 je identiteta. 56.
DA
NE
Funkcija f (x) = 57.
DA
1 − x2 je bijekcija. 1+x
NE
Funkcija f (x) = 1 je injekcija. 58.
DA
NE
Funkcija f (x) = x · sin x je bijekcija. 59.
DA
NE
Dva skupa su ekvipotentna ako postoji injekcija izmedu njih. 60.
DA
NE
Ekvipotencija je relacija ekvivalencije na skupu svih skupova. 61.
DA
NE
Skup je beskonaˇcan ako je ekvipotentan sa svojim pravim podskupom. 62.
DA
NE
Skup prirodnih brojeva i skup parnih brojeva imaju jednako mnogo elemenata. 63.
DA
NE
Skup prirodnih brojeva je jedini skup koji zadovoljava Peanove aksiome. 64.
DA
NE
1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n =
n(n + 1) , 2
∀n ∈ N.
95 65.
DA n X
i=
i=1
66.
DA
NE
n(n − 1) , 2
∀n ∈ N.
NE
Skup prirodnih brojeva je neprebrojiv. 67.
DA
NE
Skup prirodnih brojeva je diskretan. 68.
DA
NE
Ukupno ima nn razliˇcitih permutacija n-tog reda. 69.
DA
NE
(n + 1)! = n · n!. 70.
DA
NE
(n + 1)! = (n + 1) · n!. 71.
DA
NE
Za ∀k, n ∈ N, k < n vrijedi 72.
DA
n n n+1 + = . k k+1 k+1
NE
Binomni pouˇcak glasi (a + b)n =
n X n
k=0
73.
DA
DA
ak bn−k .
NE
Binomni pouˇcak glasi 74.
k
n n n+1 + = . k k+1 k+1
NE
Zbroj elemenata u n-tom retku Pascalovog trokuta jednak je 2n . 75.
DA
NE
Zbroj elemenata u n-tom retku Pascalovog trokuta jednak je n2 . 76.
DA
NE
Skup Z ima viˇse elemenata od skupa N. 77.
DA
NE
Skup Z je prebrojiv. 78.
DA
NE
Skup cijelih brojeva je gust. 79.
DA
NE
Q = Z × N. 80.
DA
NE
Skup racionalnih brojeva je neprebrojiv.
96 81.
DA
NE
Skup racionalnih brojeva je gust. 82.
DA
NE
Skup racionalnih brojeva ima viˇse elemenata od skupa Z. 83.
DA
NE
Skup Q prekriva cijeli brojevni pravac. 84.
DA
NE
Skup R je unija skupova racionalnih i iracionalnih brojeva. 85.
DA
NE
Skup R je gust. 86.
DA
NE
Skup R je neprebrojiv. 87.
DA
NE
Skup R je prebrojivo beskonaˇcan. 88.
DA
NE
Za x ∈ R vrijedi |x| = 89.
DA
√ x2 .
NE
Za x ∈ R nejednakost |x| < r znaˇci −r < x < r. 90.
DA
NE
Nejednakost trokuta glasi |x + y| ≥ |x| + |y|. 91.
DA
NE
Za x, y ∈ R vrijedi |x − y| ≥ |x| − |y|. 92.
DA
NE
Za x, y ∈ R vrijedi |x − y| ≤ |x| − |y|. 93.
DA
i
34
i
33
i
127
i
93
94.
= −1. DA
95.
NE
= i. DA
96.
97.
NE
NE
= −1.
DA
NE 6
= −i . DA
NE
Im(3 − 17i) = −17i. 98.
DA
NE
|3 − 4i| = 25.
97 99.
DA
NE
| − 3 − 4i| = 5. 100.
DA
NE
arg(3 − 4i) = 5. 101.
DA
NE
(2 − 3i)(−3 + 4i) = 6 + 17i. 102.
DA
NE
5 + 6i 1 11 = − i. i−1 2 2 103.
DA
NE
z + z¯ = 2 Re z. 104.
DA
NE
z + z¯ je realan broj za ∀z ∈ C. 105.
DA
NE
z¯ · z = (Re z)2 + (Im z)2 . 106.
DA
NE
|¯ z · z| = |z|2 . 107.
DA
NE
|¯ z | < |z|. 108.
DA
NE
|¯ z · z| = |z|. 109.
110.
DA
DA
7 cos 111.
NE
√ π π 1 − 3i = 2 cos − i sin . 3 3
DA
NE
√ √ 7π 7 3 7 3 7π + i sin =− − i. 6 6 2 2 NE
Skup {z ∈ C : |z − z0 | = r} je kruˇznica radijusa r oko toˇcke z0 . 112.
DA
NE
Skup {z ∈ C : |z + z0 | = r} je kruˇznica radijusa r oko toˇcke z0 . 113.
DA
NE
Skup {z ∈ C : arg z = √ z0 = 1 + 3i. 114.
DA
π 3}
je polupravac koji poˇcima u ishodiˇstu i prolazi kroz toˇcku
NE
Skup {z ∈ C : |z − z1 | + |z − z2 | = r, z1 6= z2 } je ili elipsa ili duˇzina ili prazan skup. 115.
DA
NE
Skup {z ∈ C : |z − z1 | + |z − z2 | = 1} je pravac kroz toˇcke z1 i z2 .
98 116.
DA
NE
Skup {z ∈ C : |z − 1| + |z + 2| = 5} je elipsa sa ˇzariˇstima u toˇckama z1 = −1 i z2 = 2. 117.
DA
7 cos 118.
DA
NE
π 5π π π π 5π · 3 cos + i sin = 21 cos . + i sin + i sin 2 2 3 3 6 6 NE
r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) · r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) = r1 r2 (cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 )). 119.
DA
NE
Ako je z = r(cos ϕ + i sin ϕ), tada je z n = rn (cos nϕ + i sin nϕ). 120.
121.
DA
NE
√ 5 12 5 = 64(cos 10 + i sin 10). 2 cos + i sin 6 6 DA
NE
Ako je z = r(cos ϕ + i sin ϕ), tada je {0, 1, 2, . . . , n − 1}. 122.
DA
NE 1
[32(cos 10 + i sin 10)] 5 = 2 cos 123.
124.
√ √ ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ n za k ∈ + i sin z = n r cos n n
DA
NE
10 + 2kπ 10 + 2kπ + i sin za k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. 5 5
√ √ 2kπ 2kπ 6 6 −2 + 0i = 2 cos za k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. + i sin 6 6 DA
NE
Svaki kompleksni broj ima toˇcno dva razliˇcita n-a korijena za ∀n > 2. 125.
DA
NE
Jednadˇzba z + 126.
DA
e
x+iy
e
x+iy
e
2−3i
e
3+4i
127.
NE x
= e (cos y + i sin y).
DA
128.
NE x
= e + iey .
DA
129.
NE 2
= e (cos 3 − i sin 3).
DA
130.
NE 3
= e + ie4 .
DA
|e
27i
i + 1 4 i = ima toˇcno ˇcetiri razliˇcita kompleksna rjeˇsenja. 2−i i−1
| = 1.
NE
99
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22.
DA NE DA NE NE NE DA NE DA NE NE DA DA NE DA NE DA NE DA DA NE DA
23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44.
NE DA DA NE DA DA NE DA DA NE NE DA DA NE DA NE NE NE DA NE DA NE
45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66.
DA NE NE DA NE DA DA DA DA NE NE DA NE NE NE DA DA DA DA DA NE NE
67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80. 81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88.
DA NE NE DA DA DA NE DA NE NE DA NE NE NE DA NE NE DA DA DA NE DA
89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100. 101. 102. 103. 104. 105. 106. 107. 108. 109. 110.
DA NE DA NE DA DA NE NE NE NE DA NE DA DA DA DA DA DA NE NE DA NE
111. 112. 113. 114. 115. 116. 117. 118. 119. 120. 121. 122. 123. 124. 125. 126. 127. 128. 129. 130.
DA NE DA DA NE NE DA DA DA DA DA DA NE NE DA DA NE DA NE DA
8. Linearna algebra
1.
DA
NE
Ako su grafovi dvije linearne jednadˇzbe paralelni, tada pripadni sustav ima jedinstveno rjeˇsenje. 2.
DA
NE
Ako je matrica A tipa 3 × 4 a B tipa 4 × 3, tada je matrica A + B tipa 3 × 3. 3.
DA
NE
Dvije matrice su ulanˇcane ako prva ima onoliko stupaca koliko druga ima redaka. 4.
DA
NE
Matrice A i B koje su obje tipa 7 × 3 su ulanˇcane i postoji produkt AB. 5.
6.
DA
NE
Ako jePmatrica A tipa m × k i B tipa k × n, tada su elementi matrice C = AB dani s k cij = l=1 ail blj . DA
NE
Ako je matrica A tipa m × k i B tipa k × n, tada su elementi matrice C = AB dani s cij = ai1 b1j + ai2 b2j + · · · + aik bkj . 7.
DA
NE
Mnoˇzenje matrica je asocijativno. 8.
DA
NE
Broj raˇcunskih operacija potreban da bi se pomnoˇzile dvije matrice n × n iznosi 2n 3 − n2 . 9.
DA
10.
NE
−1 −2 −3 4 1 0 −1 −12 −4 −15 1 0 7 8 9 = . 3 0 −3 −36 −12 −45 3 11 2 12 3 DA
NE
2 1 −1 1 1 −1 1 −1 1 −1 = 3 −1 1 −1 . 1 −1 1 1 −1 1
11.
DA
NE
9 1 −1 1 −1 2 −1 1 −1 = (−2)8 −2 2 −2 . 3 −3 3 −3
102 12.
DA
NE
−1 −1 0 1 1 2 3 −1 1 0 4 5 0 −1 1 = 0 −4 −1 . 0 0 −6 0 0 −1 0 0 6
13.
DA
NE
1 1 1 Jediniˇcna matrica reda 3 ima oblik 1 1 1 . 1 1 1
14.
DA
NE
Nul-matrica je matrica ˇciji su svi elementi jednaki nula, a jediniˇcna matrica je matrica ˇciji su svi elementi jednaki jedan. 15.
DA
NE
Jediniˇcna matrica je kvadratna matrica ˇciji su svi dijagonalni elementi jednaki jedan, dok su ostali elementi jednaki nula. 16.
DA
NE
Simetriˇcna matrica jednaka je svojoj transponiranoj. 17.
DA
NE
T 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1 = 2 0 1 1 . 0 0 1 0 0 1 0 0 1
18.
DA
NE
T 1 1 0 0 1 1 0 0 1
T 1 1 0 0 1 1 0 0 1
19.
DA
20.
DA
1 1 0 1 1 0 0 1 1 = 1 2 1 . 0 0 1 0 1 2
NE
1 1 0 2 1 0 0 1 1 = 1 2 1 . 0 0 1 0 1 2
NE
T
(AB) = AT B T . 21.
DA
NE
Ako je B = AT , tada je bij = aji . 22.
DA
NE
T 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 2 1 1 1 . −1 −1 −1 −1 −1 −1 1 1 1
23.
DA
NE
1 2 3 1 2 1 2 3 −1 2 3 3 4 = −1 1 2 + 2 3 4 + 3 5 6 . 1 −2 3 5 6 1 −2 3
103 24.
DA
α β γ δ
25.
NE
7 1 −1 1 −7 = . 0 1 0 1
26.
DA
27.
a b
3
0 a
NE
=
DA
b α β a b + c d . = d γ δ
a c
DA
28.
NE
a3 0 . 3a2 b a3
NE
−a 0 b −a
2
DA
−a2 0 . = −2ab −a2
NE
29.
DA
NE
30.
31.
1 0 . 1
1 1 1 Proˇsirena matrica sustava x + y + z = 1, x = y, y = 1 + z glasi 1 −1 0 0 1 −1 1 1 1 Proˇsirena matrica sustava x + y + z = 1, x = y, y = 1 + z glasi 1 1 0 0 1 1 DA
NE
1 0 . 1
Ako su x1 i x2 rjeˇsenja sustava Ax = b, tada je λx1 + (1 − λ)x2 takoder rjeˇsenje tog sustava za svaki λ ∈ R. DA
NE
Matrica A reda n je gornje trokutasta ako i < j povlaˇci aij = 0. 32.
DA
NE
0 0 1 Matrica 0 0 0 je gornje trokutasta. 0 0 0
33.
DA
NE
Jediniˇcna matrica je istovremeno i gornje i donje trokutasta. 34.
DA
NE
Nul-matrica nikad ne moˇze biti gornje trokutasta. 35.
DA
NE
Trokutasti oblik proˇsirene matrice sustava uvijek ima 1 u drugom stupcu drugog retka. 36.
DA
NE
U nekim sluˇcajevima trokutasti oblik proˇsirene matrice sustava ima 2 u gornjem lijevom uglu. 37.
DA
NE
Ako su svi dijagonalni elementi kvadratne gornje trokutaste matrice U razliˇciti od nule, tada sustav U x = b ima jedinstveno rjeˇsenje.
104 38.
DA
NE
Sustav Ix = b uvijek ima jedinstveno rjeˇsenje x = b. 39.
DA
NE
1 2 ima rjeˇsenje x3 = 41 , x2 = −1
8 0 0 Sustav Ax = b ˇcija proˇsirena matrica glasi 0 −2 0 0 0 1 i x1 = 81 . 40.
DA
NE
41.
8 0 0 Sustav ˇcija proˇsirena matrica glasi 0 α 0 0 0 1 DA
1 4
NE
1 2 ima jedinstveno rjeˇsenje za α 6= 0. α
42.
1 1 2 Za rjeˇsenje sustava Ax = b ˇcija proˇsirena matrica glasi 0 2 3 0 0 1 DA
NE
43.
0 0 1 Za rjeˇsenje sustava Ax = b ˇcija proˇsirena matrica glasi 0 2 3 4 5 6 DA
NE
1 2 vrijedi x2 = 1− 32 α. α 2 3 vrijedi x2 = − 23 . 4
Broj raˇcunskih operacija potreban za rjeˇsenje trokutastog sustava dimenzije n×n je pribliˇzno n2 . 44.
DA
NE
Postupak svodenja matrice na trokutasti oblik zove se Gaussova eliminacija. 45.
DA
NE
Rjeˇsenje sustava linearnih jednadˇzbi se ne mijenja ako neku od jednadˇzbi pomnoˇzimo s nulom. 46.
DA
NE
Rjeˇsenje sustava linearnih jednadˇzbi se ne mijenja ako nekoj jednadˇzbi dodamo neku drugu. 47.
DA
NE
Rjeˇsenje sustava linearnih jednadˇzbi se ne mijenja ako nekoj jednadˇzbi dodamo neku linearnu kombinaciju ostalih jednadˇzbi. 48.
DA
NE
Rjeˇsenje sustava linearnih jednadˇzbi se ne mijenja ako zamijenimo dvije varijable. 49.
DA
NE
Zamjena varijabli odgovara zamjeni dva stupca matrice sustava. 50.
DA
NE
Rjeˇsenje sustava linearnih jednadˇzbi se ne mijenja ako neki redak proˇsirene matrice sustava pomnoˇzimo s nulom.
105 51.
DA
NE
52.
1 −2 1 1 −2 Sustavi 2 −1 −1 0 DA
NE
5 1 −2 1 −3 i 8 4 −8 0 1 1 0
5 −12 imaju isto rjeˇsenje. 0
Pribliˇzan broj raˇcunskih operacija potreban za Gaussovu eliminaciju matrice n × n je 53.
DA
NE
Pribliˇzan broj raˇcunskih operacija potreban za Gaussovu eliminaciju matrice n × n je 54.
DA
2 3 3n .
2 4 3n .
NE
Pivotiranje je zamjena redaka ili stupaca. 55.
DA
NE
Sve elementarne operacije na retcima proˇsirene matrice sustava moˇzemo provesti mnoˇzenjem s elementarnim matricama transformacija. 56.
DA
NE
Sve elementarne matrice transformacija su regularne. 57.
58.
DA
NE
a 1 Vektori b i b su linearno nezavisni za sve kombinacije parametara a, b, c, d. c d DA
NE
59.
Vektori 1 i 0 su linearno nezavisni.
60.
Vektori 1 i 2 su linearno zavisni.
61.
62.
63.
DA
DA
NE
NE
1 2 Vektori 2 i 0 su linearno nezavisni. 3 −1 DA
NE
1 1 1 2 Vektori 2, 4 , 2 i 0 su linearno nezavisni. 3 −1 6 −1 DA
NE
1 1 1 Vektori 2, α i 0 su linearno zavisni za α = 4. 1 −1 0 DA
NE
Rang matrice je uvijek manji ili jednak od broja stupaca. 64.
DA
NE
1 β rang(0 2 2 0
−1 1 ) < 3 za β = −3. 1
106 65.
DA
NE
Neki sustavi od tri jednadˇzbe i tri nepoznanice imaju toˇcno dva rjeˇsenja. 66.
DA
NE
Sustav koji ima samo jednu jednadˇzbu uvijek ima rjeˇsenje. 67.
DA
NE
Sustav koji ima samo jednu jednadˇzbu i jednu nepoznanicu moˇze biti nerjeˇsiv. 68.
DA
NE
Ako trokutasti oblik proˇsirene matrice sustava ima nul-redak, tada sustav ima beskonaˇcno rjeˇsenja. 69.
DA
NE
Sustav x + y + z = 1, x = y, y = z, y = 1 nema rjeˇsenja. 70.
DA
NE
Sustav od tri jednadˇzbe i pet nepoznanica moˇze imati jedinstveno rjeˇsenje. 71.
DA
NE
Sustav od pet jednadˇzbi i tri nepoznanice moˇze imati jedinstveno rjeˇsenje. 72.
DA
NE
1 α 2 3 Sustav 1 β 3 4 73.
DA
NE
1 α 2 3 Sustav 1 β 3 4 74.
2 uvijek ima dvoparametarsko rjeˇsenje. α
DA
2 ima jednoparametarsko rjeˇsenje za α 6= 0. α
NE
Ako sustav ax + by = 0, cx + dy = 0 ima rjeˇsenje koje je razliˇcito od nule, tada ima beskonaˇcno rjeˇsenja. 75.
DA
NE
Homogeni sustav ne mora uvijek biti rjeˇsiv. 76.
DA
NE
77.
1 β Sustav 0 2 2 0 DA
NE
−1 1 1
0 0 ima netrivijalna rjeˇsenja za β = −3. 0
x 0 1 Sustav 1 1 1 −1 y = 0 ima jedinstveno rjeˇsenje. z 0 −1
78.
DA
NE
−1 x x Sustav 0 −1 0 1 y = 2 y ima toˇcno jedno rjeˇsenje. 1 z z
107 79.
DA
NE
1 x x Sustav 0 1 0 α y = 1 + α2 y ima netrivijalno rjeˇsenje za bilo koji izbor α z z broja α. 80.
81.
DA
NE
x x α Sustav 0 α 0 1 y = y ima netrivijalno rjeˇsenje za svaki α 6= 0. z z 1 DA
NE
x 1 x Sustav 0 1 0 −1 y = 2 y ima dvoparametarsko rjeˇsenje. z −1 z
82.
DA
NE
α 1 Sustav β 1 83.
DA
a b
84.
−1
0 a
DA
0 ima netrivijalna rjeˇsenja za α 6= β. 0
NE
postoji za bilo koji izbor brojeva a, b. NE
Ako je a 6= 0, tada je 85.
DA
86.
a b
−1
0 a
DA
a b
0 a
−1
=
a−1 0
−ba−2 . a−1
NE
postoji za bilo koji izbor brojeva a 6= 0 i b. NE
Ako su sve tri matrice regularne, tada je (ABC)−1 = C −1 B −1 A−1 . 87.
DA
NE
Matrica A reda n je regularna ako i samo ako je rang(A) = n. 88.
DA
NE
Matrica A reda n je regularna ako i samo ako je rang(A) = 1. 89.
DA
NE
Ako je A regularna, a B singularna tada je matrica AB regularna. 90.
DA
NE
Ako je A regularna, a B singularna tada je (AB)−1 = BA−1 . 91.
DA
NE
Rjeˇsenje matriˇcne jednadˇzbe A−1 XB −1 = C dano je s X = CAB. 92.
DA
NE
Ako je A regularna, tada je (AT )−1 = (A−1 )T .
108 93.
DA
NE
Ako je A regularna, tada je (A−1 )−1 = A. 94.
DA
NE
Ako je A regularna i simetriˇcna, tada je (AT )−1 = A−1 . 95.
DA
NE
96.
1 0 1 Ako je A = 0 x 0, tada je A−1 = 21 AT za svaki x 6= 0. −1 0 1 DA
NE
Inverzna matrica gornje trokutaste matrice je gornje trokutasta. 97.
DA
NE
−1 1 0 −1 Ako je x 6= 0, tada je 0 x 0 = 1 0 1
98.
DA
NE
−1 1 1 0 0 0 1 0 = 0 x −x 0 1 DA
100.
101.
NE
−1
1
1 0 0 0
2 ..
. n
DA
0 2 0 0 DA
NE
2 3 1 0
1 0. 1
1 1 2
=
−1 1 0 0 4 = 0 1 5 0
NE
1 0 1 −1 0 2x 2 −1 0
0 0 1 0, za bilo koji izbor broja x. 0 1
99.
..
. 1 n
0 1 2
0 0
−2 − 32 1 0
2 5
.
1 − 10 1 . −5 1 5
Jedna permutacija brojeva 1, 2, 3, 4, 5, 6 jednaka je (1, 3, 4, 3, 6, 5). 102.
DA
NE
Jedna permutacija brojeva 1, 2, 3, 4, 5, 6 jednaka je (1, 3, 4, 2, 5). 103.
DA
NE
Permutacija (1, 3, 4, 2, 6, 5) je neparna. 104.
DA
NE
Ukupno ima 2n razliˇcitih permutacija od n elemenata. 105.
DA
NE
Od svih permutacija od n elemenata, pola je parnih.
109 106.
107.
DA
NE
a Determinanta c DA
b = ab − cd. d
NE
Sarussovo pravilo vrijedi samo za determinante 3 × 3. 108.
DA
NE
109.
1 1 −1 det(0 2 1 ) = 7. 2 0 1 DA
NE
Determinanta trokutaste matrice jednaka je produktu elemenata na dijagonali. 110.
DA
NE
Determinanta dijagonalne matrice jednaka je broju elemenata na dijagonali. 111.
DA
NE
det(I) = n. 112.
DA
NE
det(A) = det(AT ). 113.
DA
NE
Ako u determinanti zamijenimo dva susjedna stupca, ona se ne mijenja. 114.
DA
NE
Za kvadratne matrice A i B vrijedi det(AB) = det(A) det(B). 115.
DA
NE
Za regularnu matricu A vrijedi det(A) det(A−1 ) = 1. 116.
DA
NE
Ako je determinanta jednaka nuli, tada je matrica singularna. 117.
DA
NE
Ako je determinanta jednaka nuli, tada su stupci matrice linearno nezavisni. 118.
119.
DA
1 1 0 0 0
1 2
NE
..
.
= 1
1 n! .
n
DA
0 1 2
0 0
NE
−2 − 32 1 0
2 5 1 − 10 1 −5 1 5
=
1 10 .
110 120.
DA
121.
1 0 6
122.
1 0 6
7 1 2
3 DA
7 1 2
3 DA
NE
−5 1 7 −5 1 − 23 + 1 0 − 12 = 1 −5 6 3 −5 6 NE
−5 − 23 = −5 NE
7 1 2
3
−5 −2 . −5
1 7 −5 1 2 0 1 −3 . 6 3 −5
Determinantu moˇzemo razviti u Laplaceov razvoj po bilo kojem retku ili stupcu. 123.
DA
NE
Determinantu moˇzemo razviti u Laplaceov razvoj samo po onom retku ili stupcu u kojem ima barem jedna nula. 124.
DA
NE
125.
−1 7 4 9 6 3 = − 6 3 − 7 9 3 + 4 9 6 . −5 3 −5 6 3 6 −5 3 6
126.
1 −1 −1 −1 −1 −1 2 3 4 5 −1 1 3 4 5 = 24. −1 1 1 4 5 −1 1 1 1 5
DA
DA
NE
NE
Cramerovo pravilo vrijedi samo za sustave ˇcija je matrica sustava regularna. 127.
DA
a c 128.
b d
−1
DA
NE
=
1 a −b . ad − bc −c d
NE
129.
1 0 1 1 2 1 X = 0 0 je rjeˇsenje matriˇcne jednadˇzbe X − 0 0 = X. 0 0 1 2 1 −1 DA
NE
2 −1 1 0 1 2 1 = X. X− X = 0 0 je rjeˇsenje matriˇcne jednadˇzbe 1 0 −1 0 0 0 1
130.
DA
NE
1 1 2 1 Zbroj svih elemenata rjeˇsenja X matriˇcne jednadˇzbe X − 0 0 = X iznosi 4. 0 0 1 −1
111
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22.
NE NE DA NE DA DA DA DA DA DA DA DA NE NE DA DA NE DA NE NE DA DA
23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44.
DA DA DA DA NE DA NE DA NE DA DA NE NE DA DA DA DA DA DA DA DA DA
45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66.
NE DA DA DA DA NE DA DA NE DA DA DA NE NE DA DA NE DA DA DA NE NE
67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80. 81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88.
DA NE DA NE DA DA NE DA NE DA NE NE DA NE NE NE NE NE DA DA DA NE
89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100. 101. 102. 103. 104. 105. 106. 107. 108. 109. 110.
NE NE NE DA DA DA NE DA DA DA DA DA NE NE DA NE DA NE DA NE DA NE
111. 112. 113. 114. 115. 116. 117. 118. 119. 120. 121. 122. 123. 124. 125. 126. 127. 128. 129. 130.
NE DA NE DA DA DA NE DA DA DA DA DA NE DA DA DA NE DA NE DA
9. Vektorska algebra i analitiˇ cka geometrija
1.
DA
NE
−− → −−→ Usmjerene duˇzine AB i CD su ekvivalentne ako duˇzine AD i BC imaju zajedniˇcko poloviˇste. 2.
DA
NE
Vektor je klasa ekvivalencije usmjerenih duˇzina. 3.
DA
NE
Duljinu vektora a oznaˇcavamo s |a|. 4.
DA
NE
Vektori su kolinearni ako leˇze u istoj ravnini ili paralelnim ravninama. 5.
DA
NE
Vektori su komplanarni ako leˇze na istom pravcu ili paralelnim pravcima. 6.
DA
NE
−− → Nul-vektor definiramo kao 0 = P P , 7.
DA
∀P ∈ E.
NE
Nul-vektor moˇze biti kolinearan samo s nul-vektorom. 8.
9.
DA
NE
−−→ Pravilo poligona glasi: ako je a1 = OA1 , −−→ a1 + a2 + · · · + an = OAn . DA
−−−→ a2 = A 1 A 2 ,
...,
−−−−−→ an = An−1 An , tada je
NE
Zbrajanje vektora je asocijativno i komutativno. 10.
DA
NE
Zbrajanje vektora je anti-komutativno. 11.
DA
NE
Skup radijus-vektora VO je skup svih vektora s hvatiˇstem u toˇcki O. 12.
DA
NE
−− → Skalarne komponente vektora AB = 2 i − 3 j + 21 k su 2, 3 i 21. 13.
DA
NE
− − → Ako je A = (xA , yA , zA ) i B = (xB , yB , zB ), tada je AB = (xB − xA ) i + (yB − yA ) j + (zB − zA ) k.
114 14.
DA
NE
− − → Ako je A = (1, 4, −π) i B = (e, 3, 4), tada je AB = (e − 1) i − j + (4 + π) k. 15.
DA
NE
Duljina vektora a = x i + y j + z k jednaka je |a| = x2 + y 2 + z 2 . 16.
DA
NE
|2 i − 3 j + 4 k| = 29. 17.
DA
NE
|2 i − 3 j + 4 k| = 18.
DA
√
4 − 9 + 16 =
√
11.
NE
a . |a|
Jediniˇcni vektor vektora a 6= 0 je vektor a0 = 19.
DA
NE
Jediniˇcni vektor vektora a 6= 0 ima duljinu jedan, a kolinearan je vektoru a i ima istu orijentaciju. 20.
DA
NE
Nul-vektor nema jediniˇcni vektor. 21.
DA
NE
Vektor i je sam svoj jediniˇcni vektor. 22.
DA
NE
3 2 5 Ako je a = −3 i + 2 j + 5 k, tada je a0 = − √ i + √ j + √ k. 38 38 38 23.
DA
NE
1 1 1 Ako je a = √ i − √ j − √ k, tada je a0 = a. 2 6 3 24.
DA
NE
Prikloni kutovi su kutovi koje vektor zatvara s vektorima i, j i k. 25.
DA
NE
Kosinusi smjerova vektora −4 i + 3 j − 5 k su 26.
DA
−4 3 −5 , , . 50 50 50
NE
Vektori a1 , a2 , · · · , ak su linearno nezavisni ako λ 1 a1 + λ 2 a2 + · · · + λ k ak = 0 λ1 = λ2 = · · · = λk = 0.
27.
DA
Vektori 28.
DA
⇒
NE
−4 i + 3 j − 5 k,
i+j
i
j−5k
su linearno zavisni.
NE
Svaka dva kolinearna vektora su linearno zavisna.
115 29.
DA
NE
Svaka tri komplanarna vektora su linearno zavisna. 30.
DA
NE
Svaka ˇcetiri vektora u prostoru su linearno zavisna. 31.
DA
NE
Postoje ˇcetiri vektora u prostoru koji su linearno nezavisni. 32.
DA
Vektori 33.
DA
Vektori 34.
DA
Vektori 35.
DA
NE
i+j
i
0
su linearno nezavisni.
i
i
su linearno nezavisni.
NE
i+j NE
−4 i + 3 j − 5 k, i + j
i
j −5k
ˇcine bazu prostora.
NE
Ako je a = i + k, b = j − k i c = −k, tada vektor d = 2 i + 3 j − k ima u sustavu (O, a, b, c) zapis d = 2 a + 3 b. 36.
DA
NE
Skalarni produkt dva vektora je broj. 37.
DA
NE
a · b = |a| |b| cos ∠(a, b). 38.
DA
NE
Ako je a ⊥ b, tada je a · b = 1. 39.
DA
NE
Ako je a · b > 0, tada je ∠(a, b) > π/2. 40.
DA
NE
i · k = 0. 41.
DA
NE
i · i = 0. 42.
DA
NE
a · a = |a|. 43.
DA
NE
Duljina projekcije vektora a na vektor b jednaka je |b| | cos ∠(a, b)|. 44.
DA
NE
a · b = b · a. 45.
DA
NE
Ako je a = {2, −3, 1} i b = {3, 2, −4}, tada je a · b = −4.
116 46.
DA
NE
1 Ako je a = {2, −3, 1} i b = {1, 1, 0}, tada je cos ∠(a, b) = − √ . 28 47.
DA
NE
Ako je a = {1, −1, 1} i b = {1, 0, 2}, tada je cos ∠(a, b) = 0. 48.
DA
NE
Ako su a i b nekolinearni vektori jednakih duljina tada je ∠(a, a + b) = ∠(b, a + b). 49.
DA
NE
Ako su a i b nekolinearni vektori s duljinama |a| = 2 i |b| = 1 tada je ∠(a, a + 2 b) = ∠(b, a + 2 b). 50.
DA
NE
Ako su a i b nekolinearni vektori jednakih duljina tada je a + b ⊥ a − b. 51.
DA
NE
Ako su a i b nekolinearni vektori tada je a + b ⊥ a − b. 52.
DA
NE
Vektorski produkt dva vektora je vektor. 53.
DA
NE
|a × b| = |a| |b| sin ∠(a, b). 54.
DA
NE
a × b = |a| |b| sin ∠(a, b). 55.
DA
NE
a × b ⊥ a. 56.
DA
NE
Ako je a ⊥ b, tada je a × b = 0. 57.
DA
NE
Ako su vektori a i b kolinearni, tada je a × b = 0. 58.
DA
NE
Ako je a ⊥ b, tada vektorski produkt nije definiran. 59.
DA
NE
i × k = j. 60.
DA
NE
i × i = 0. 61.
DA
NE
i × i = 0. 62.
DA
NE
a × a = |a|2 .
117 63.
DA
NE
|a × b| jednako je povrˇsini paralelograma ˇsto ga razapinju vektori a i b. 64.
DA
NE
a × b = b × a. 65.
DA
NE
Ako je a = {0, −3, 5} i b = {0, −2, −1}, tada je a × b = 13 j. 66.
DA
NE
Povrˇsina paralelograma kojeg razapinju vektori a = {1, −3, 1} i b = {2, 0, 1} je nula. 67.
DA
NE
Povrˇsina trokuta 4ABC, gdje je A = (1, 3, 1), B = (0, 1, 2) i C = (1, −1, 0) je 68.
DA
√ 21 . 2
NE
Trokut 4ABC s vrhovima A = (2, 1, −1), B = (−2, 1, 0) i C = (0, 0, 0) je pravokutan. 69.
DA
NE
1 3 1 − , ,− je srediˇste kruˇznice opisane trokutu 4ABC s vrhovima A = 2 2 2 (1, 2, −1), B = (−2, 1, 0) i C = (0, 0, 0). Toˇcka S =
70.
DA
NE
U trokutu 4ABC s vrhovima A = (0, 0, 0), B = (0, −3, 0) i C = (0, −3, 4) visina iz vrha B 12 . na stranicu AC ima duljinu 5 71.
DA
NE
Mjeˇsoviti produkt tri vektora je vektor. 72.
DA
NE
(a × b) · c = |a| |b| |c| sin ∠(a, b) cos ∠(a × b, c). 73.
DA
NE
|(a × b) · c| jednako je volumenu paralelopipeda ˇsto ga razapinju vektori a, b i c. 74.
DA
NE
|(a × c) · b| jednako je volumenu paralelopipeda ˇsto ga razapinju vektori a, b i c. 75.
DA
NE
(a × a) · b = −(a × b) · b. 76.
DA
NE
(a × b) · c = −(b × a) · c. 77.
DA
NE
Ako je a = {0, −3, 5}, b = {0, −2, −1} i c = {3, 2, 1}, tada je (a × b) · c = 39. 78.
DA
NE
Volumen paralelopipeda razapetog s vektorima a = {−1, −3, −1}, b = {1, 2, −1} i c = {−1, −2, −1} je 2.
118 79.
DA
NE
Vektori a = {−1, −3, −1}, b = {−1, −2, −1} i c = {1, 2, 1} su komplanarni. 80.
DA
NE
Volumen tetraedra ABCD, gdje je A = (2, −1, 0), B = (1, 0, 2), C = (0, −1, 1) i D = (0, 0, 0), je 5/6. 81.
DA
NE
(a × b) × c = b (a · c) − a (b · c). 82.
DA
NE
a × (b × c) = b (a · c) − c (a · b). 83.
DA
NE
Jednadˇzba z-osi glasi x = 0, y = 0, z = 2t, t ∈ R. 84.
DA
NE
Parametarska jednadˇzba pravca kroz toˇcku T = (1, 0, 0) s vektorom smjera j glasi x = 1, y = 0, z = 0, t ∈ R. 85.
DA
NE
Parametarska jednadˇzba pravca kroz toˇcku T = (1, −2, 3) s vektorom smjera 2 i − 3 j + 7 k glasi x = 1 + 2t, y = −2 − 3t, z = 3 + 7t, t ∈ R. 86.
DA
NE
Jednadˇzba y-osi glasi 87.
DA
x y−3 z = = . 0 2 0
NE
Kanonska jednadˇzba pravca kroz toˇcku T = (1, 0, 0) s vektorom smjera j glasi z . 0 88.
DA
x−1 y = = 0 2
NE
Kanonska jednadˇzba pravca kroz toˇcku T = (1, −2, 3) s vektorom smjera 2 i − 3 j + 7 k glasi y+2 z−3 x−1 = = . 2 −3 7 89.
DA
NE
Jednadˇzba pravca kroz toˇcke A = (1, 0, 2) i B = (3, 4, 5) glasi 90.
DA
y z−2 x−1 = = . 2 4 3
NE
Jednadˇzba pravca kroz toˇcke A = (6, 3, −2) i B = (−3, −4, 5) glasi x = 6 − 9t, y = −3 − 7t, z = 2 + 7t, t ∈ R. 91.
DA
NE
Jednadˇzba pravca koji je presjek ravnina x + y + 1 = 0 i y + z + 1 = 0 glasi 92.
DA
NE
x−4 y−3 z−2 x−5 y−1 z+1 Pravci = = i = = su jednaki. −1 2 3 2 −4 −6
x y−1 z = = . 1 1 1
119 93.
DA
NE
Jednadˇzba ravnine kroz toˇcku T = (1, 3, −2) s normalom n = {−1, 2, 1} glasi (x + 1) + 3(y − 2) − 2(z − 1) = 0. 94.
DA
NE
Jednadˇzba ravnine kroz toˇcku T = (1, −1, 1) s normalom n = {−1, 1, −1} glasi −x + y − z = 0. 95.
96.
DA
NE
Jednadˇ zba ravnine kroz toˇcke A = (1, −1, 1), B = (3, −1, 2) i C = (4, 5, 6) glasi x − 1 y + 1 z − 1 2 0 1 = 0. 3 6 5 DA
NE
Jednadˇzba ravnine kroz toˇcke A = (1, 0, 0), B = (0, 3, 0) i C = (0, 0, −2) glasi 97.
DA
Pravci 98.
DA
NE
y−1 z x−3 y−1 z−8 x = = i = = su okomiti. 1 1 1 2 3 4 NE
Za kut ϕ izmedu pravaca 99.
DA
x y z = = . 1 3 2
x y−1 z x−3 y−1 z−8 1 = = i = = vrijedi cos ϕ = √ . 1 1 1 2 −2 1 3 3
NE
Toˇcka A = (1, 0, −6) je projekcija toˇcke B = (1, 1, 1) na ravninu y − z + 3 = 0. 100.
DA
NE
Toˇcka P = (0, −1, −1) je poloviˇste duˇzine AB kojoj su krajnje toˇcke A = (1, −3, 2) i B = (−1, 1, −4). 101.
DA
NE
Toˇcka T = (2, −1, 0) leˇzi na pravcu kroz toˇcke A = (1, 0, −1) i B = (1, 2, −1). 102.
DA
NE
Toˇcka A = (1, −2, 1) je ortogonalna projekcija toˇcke B = (2, 1, −1) na pravac z−2 . 1
103.
DA
NE
Toˇcka A = (1, −2, 1) je toˇcka na pravcu
ishodiˇsta O = (0, 0, 0). 104.
DA
x y+1 = = −1 1
x y+2 z−2 = = koja je najmanje udaljena od −1 0 1
NE
Toˇcka T = (1, 2, −1) leˇzi u ravnini koja sadrˇzi toˇcke A = (0, 1, 1), B = (1, 0, 1) i C = (1, 1, 0). 105.
DA
NE
Toˇcke A = (1, 2, 1), B = (1, −1, 1) i C = (1, −4, 1) leˇze na jednom pravcu. 106.
DA
NE
Toˇcke A = (−3, 1, 1), B = (−1, 1, 1), C = (1, −1, 1) i D = (1, 1, −1) leˇze u jednoj ravnini.
120 107.
DA
NE
Toˇcka A = (−2, 4, −2) je toˇcka ravnine x − 2y + z + 12 = 0 koja je najmanje udaljena od ishodiˇsta O = (0, 0, 0). 108.
109.
DA
NE
x − x1 y − y1 z − z 1 x − x2 y − y2 z − z2 Pravci = = i = = su paralelni ako i samo ako a1 b1 a2 b2 c2 c1 x2 − x 1 y 2 − y 1 z 2 − z 1 b1 c1 = 0. je a1 a2 b2 c2 DA
NE
x − x1 y − y1 z − z 1 x − x2 y − y2 z − z2 Pravci = = i = = su paralelni ili jednaki ako i a1 b1 c1 a2 b2 c2 samo ako su vektori a1 i + b1 j + c1 k i a2 i + b2 j + c2 k kolinearni. 110.
111.
DA
NE
x − x1 y − y1 z − z 1 x − x2 y − y2 z − z2 Pravci = = i = = imaju barem jednu zaa1 b1 c1 a2 b2 c2 x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 b1 c1 = 0. jedniˇcku toˇcku ako i samo ako je a1 a2 b2 c2 DA
NE
x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 Ako su vektori a1 i+b1 j+c1 k i a2 i+b2 j+c2 k nekolinearni i a1 b1 c1 = 0 a2 b2 c2 x − x1 y − y1 z − z 1 x − x2 y − y2 z − z2 onda pravci = = i = = imaju jednu zajedniˇcku a1 b1 c1 a2 b2 c2 toˇcku. 112.
DA
NE
Ako je (a1 i + b1 j + c1 k) × (a2 i + b2 j + c2 k) 6= 0 onda pravci x − x2 y − y2 z − z2 = = nemaju zajedniˇckih toˇcaka. a2 b2 c2
113.
DA
y − y1 z − z1 x − x1 = = i a1 b1 c1
NE
x2 − x 1 y 2 − y 1 z 2 − z 1 x − x1 y − y1 z − z 1 x − x2 b1 c1 6= 0 onda pravci Ako je a1 = = i = a b c1 a2 1 1 a2 b2 c2 z − z2 y − y2 = nemaju zajedniˇckih toˇcaka i nisu paralelni. b2 c2 114.
115.
DA
NE
x − x1 y − y1 z − z 1 x − x2 y − y2 z − z2 Ako su pravci = = i = = paralelni onda je a b c a b c2 1 1 1 2 2 x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 a1 b1 c1 = 0. a2 b2 c2 DA
NE
Pravac kroz toˇcke A = (2, −1, −3) i B = (0, 1, 1) sijeˇce pravac toˇcki.
x−1 y z+1 = = u jednoj 1 −1 −2
121 116.
DA
NE
Ravnine A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 i A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 su paralelne ili jednake ako i samo ako je (A1 i + B1 j + C1 k) × (A2 i + B2 j + C2 k) = 0. 117.
DA
NE
Ravnine A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 i A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 su paralelne ili jednake ako i samo ako je A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = 0. 118.
DA
NE
Ravnina A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 je okomita na ravninu A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 ako i samo ako je A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = 0. 119.
DA
NE
Ako je A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = 0 onda je presjek ravnina A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 i A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 pravac. 120.
DA
NE
Ravnina koja sadrˇzi toˇcku A = (0, 0, −1) i pravac 121.
z − 1 = 0. DA
x y+1 z = = ima jednadˇzbu x − y − 1 −1 0
NE
Ravnina koja prolazi toˇckama A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0) i C = (0, 0, 1) paralelna je s ravninom x + y + z + 1 = 0. 122.
DA
NE
Presjek ravnina x − y = 0 i x + y + z − 2 = 0 je pravac 123.
DA
y−1 z x−1 = = . 1 1 −2
NE
Ravnina kroz toˇcke A = (1, −1, 0), B = (2, 0, 0) i C = (0, 0, 2) je okomita na ravninu 2x + 3y + z + 1 = 0. 124.
DA
NE
Presjek ravnina x − 2y + z = 0 i x + y + z − 3 = 0 je pravac 125.
DA
y−1 z x−2 = = . 1 0 1
NE
y − y0 z − z0 x − x0 = = paralelan je s ravninom Ax + By + Cz + D = 0 ili je u Pravac a b c njoj sadrˇzan ako i samo ako je Aa + Bb + Cc = 0. 126.
DA
NE
x − x0 y − y0 z − z0 Pravac = = paralelan je s ravninom Ax + By + Cz + D = 0 ako i a b c samo ako je (A i + B j + C k) × (a i + b j + c k) = 0. 127.
DA
NE
y − y0 z − z0 x − x0 = = okomit je na ravninu Ax + By + Cz + D = 0 ako i samo Pravac a b c ako je (A i + B j + C k) × (a i + b j + c k) = 0. 128.
DA
NE
Pravac kroz toˇcke A = (1, 0, −2) i B = (2, −1, −1) paralelan je s ravninom x − y + z − 1 = 0. 129.
DA
NE
Pravac kroz toˇcke A = (1, 1, 2) i B = (0, 2, −1) okomit je na ravninu x − y + 3z − 2 = 0.
122 130.
DA
NE
y z+2 x−1 = = okomit je na ravninu kroz toˇcke A = (1, 0, 0), B = (0, −1, 0) i 1 −1 1 C = (0, 0, 2).
Pravac
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22.
DA DA DA NE NE DA NE DA DA NE DA NE DA DA NE NE NE DA DA DA DA DA
23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44.
DA DA NE DA NE DA DA DA NE NE DA DA DA DA DA NE NE DA NE NE NE DA
45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66.
DA DA NE DA DA DA NE DA DA NE DA NE DA NE NE NE DA NE DA NE NE NE
67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80. 81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88.
NE NE DA DA NE DA DA DA DA DA DA DA DA DA DA DA DA NE DA DA DA DA
89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100. 101. 102. 103. 104. 105. 106. 107. 108. 109. 110.
DA NE NE DA NE NE DA NE NE DA NE DA NE DA DA DA DA NE DA NE DA NE
111. 112. 113. 114. 115. 116. 117. 118. 119. 120. 121. 122. 123. 124. 125. 126. 127. 128. 129. 130.
DA NE DA DA NE DA NE DA DA NE DA DA DA NE DA NE DA NE DA NE
10. Funkcije realne varijable
1.
DA
Tablicom 2.
DA
Tablicom 3.
DA
Tablicom 4.
DA
NE
x y = f (x)
−1 2
0 0
−1 1
−1 2
0 0
1 1
−1 2
0 1+i
1 1.5
zadana je jedna realna funkcija.
NE
x y = f (x)
2 1.5
zadana je jedna realna funkcija.
NE
x y = f (x)
1 1
2 1.5
zadana je jedna realna funkcija.
NE
x 1 x2 · · · x n x tada se linearnom iny = f (x) y1 y2 · · · yn terpolacijom vrijednost funkcije u x ∈ (xi , xi+1 ) raˇcuna po formuli f (x) = y = yi + yi+1 − yi (x − xi ). xi+1 − xi Ako je funkcija zadana tablicom
5.
DA
NE
x y = f (x) terpolacijom dobijamo f (−0.5) = −0.5.
Ako je funkcija zadana tablicom
6.
DA
x y = f (x) terpolacijom dobijamo f (−0.5) = −1.75. DA
−1 −2
0 1
1 2.5
2 4
onda linearnom in-
−2 0
−1 −2
0 1
1 2.5
2 4
onda linearnom in-
NE
Ako je funkcija zadana tablicom
7.
−2 0
NE
Domena funkcije eksplicitno zadane formulom y = f (x) je skup D svih vrijednosti nezavisne varijable x za koje izraz f (x) ima smisla. 8.
DA
NE
Graf funkcije eksplicitno zadane formulom y = f (x) je skup Γ ⊂ R, definiran s Γ = {f (x) : x ∈ D}, pri ˇcemu je D domena funkcije. 9.
DA
NE
Domena funkcije f : D → K eksplicitno zadane formulom y = f (x) je skup Γ ⊂ R2 , definiran s Γ = {(x, f (x)) : x ∈ D}.
124 10.
DA
NE
Graf funkcije eksplicitno zadane formulom y = f (x) je skup Γ ⊂ R2 , definiran s Γ = {(x, f (x)) : x ∈ D}, pri ˇcemu je D domena funkcije. 11.
DA
NE
Domena funkcije eksplicitno zadane formulom y = 12.
DA
NE
Domena funkcije eksplicitno zadane formulom y = 13.
√ x3 − 2 je skup D = R \ { 3 2}. 2 cos x
DA
x3 − 2 je skup D = { π2 + kπ : k ∈ Z}. 2 cos x
NE
Graf funkcije implicitno zadane formulom F (x, y) = 0 je krivulja u ravnini Γ = {(x, y) ∈ R2 : F (x, y) = 0}. 14.
DA
NE
Formulom F (x, y) = 0 uvijek je odredena toˇcno jedna eksplicitno zadana funkcija y = f (x). 15.
DA
NE
Kod funkcija zadanih formulom F (x, y) = 0 jednoj vrijednosti varijable x moˇze odgovarati viˇse vrijednosti varijable y. 16.
DA
NE
Toˇcka (π/2, 0) pripada krivulji implicitno zadanoj s x + arccos(xy) = 0. 17.
DA
NE
Toˇcka (0, 3) pripada krivulji implicitno zadanoj s x + arcsin(xy) = 0. 18.
DA
NE
Krivulja zadana implicitno sa x3 +y 3 −3xy = 0 ima parametarske jednadˇzbe x = 3t2 , t ∈ R \ {−1}. t3 + 1
19.
DA
NE
Krivulja zadana implicitno sa x3 +y 3 −3xy = 0 ima parametarske jednadˇzbe x = 3t , t ∈ R \ {0}. t3 + 1
20.
3t , y= t3 + 1
DA
3t2 , y= t3 + 1
NE
Kruˇznica (x + 1)2 + y 2 − 4 = 0 ima parametarske jednadˇzbe x = −1 + 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈ [−π, π]. 21.
DA
NE
Kruˇznica (x+1)2 +y 2 −4 = 0 ima parametarske jednadˇzbe x = 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈ [0, 2π]. 22.
DA
NE 2
Elipsa 4x + y 2 − 4y = 0 ima parametarske jednadˇzbe x = cos t, y = 2(1 + sin t), t ∈ [−π, π]. 23.
DA
NE
Graf funkcije zadane parametarski s x = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ T je skup Γ ⊂ R2 definiran s Γ = {(x, y) : x = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ T }.
125 24.
DA
NE
Cikloida je krivulja koju opisuje fiksna toˇcka kruˇznice kada se ta kruˇznica kotrlja bez klizanja po pravcu. 25.
DA
NE
Parametarske jednadˇzbe cikloide glase x = r(t − sin t), y = r(1 − cos t), t ∈ R. 26.
DA
NE
Funkcija f je omedena ako postoji broj m takav da je |f (x)| ≥ m za svaki x ∈ D. 27.
DA
NE
Funkcija f je omedena ako postoji broj m takav da je |f (x)| ≤ m za svaki x ∈ D. 28.
DA
NE
Funkcija f je omedena ako za svaki x ∈ D postoji broj m takav da je |f (x)| ≤ m. 29.
DA
NE
Funkcija f je neomedena ako za svaki m > 0 postoji x ∈ D takav da je |f (x)| ≥ m. 30.
DA
NE
Funkcija f je parna ako je f (−x) = 2f (x) za svaki x ∈ D. 31.
DA
NE
Funkcija f je neparna ako je f (x) neparan broj za svaki x ∈ D. 32.
DA
NE
Funkcija f je neparna ako je f (−x) = −f (x) za svaki x ∈ D. 33.
DA
NE
Ako su f i g parne funkcije onda su i f + g i f − g parne funkcije. 34.
DA
NE
Ako su f i g neparne funkcije onda su i f g i f /g neparne funkcije. 35.
DA
NE
Ako su f i g parne funkcije i ako je definirana kompozicija g ◦f , onda je i g ◦f parna funkcija. 36.
DA
NE
Funkcija f je periodiˇcna ako postoji broj P 6= 0 takav da za svaki x ∈ D vrijedi f (P x) = f (x). 37.
DA
NE
Ako je broj P 6= 0 period funkcije f onda je i broj P/2 period funkcije f . 38.
DA
NE
Funkcija najve´ce cijelo [·] je periodiˇcna s osnovnim periodom P = 1. 39.
DA
NE
Funkcija f (x) = x − [x], x ∈ R je periodiˇcna s osnovnim periodom P = 1/2. 40.
DA
NE
Broj a je limes funkcije f u toˇcki x0 ako vrijedi (∀ > 0)(∃δ > 0) x ∈ D \ {x0 } ∧ |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − a| < .
126 41.
DA
NE
Da bi postojao lim f (x) funkcija f mora biti definirana u toˇcki x0 . x→x0
42.
DA
NE
Ako funkcije f i g imaju limese u toˇcki x0 onda vrijedi lim (f ·g)(x) = lim f (x)· lim g(x). x→x0
43.
DA
x→x0
x→x0
NE
Ako barem jedna od funkcija f i g nema limes u toˇcki x0 onda ne postoji ni lim (f · g)(x). x→x0
44.
DA
NE
Ako funkcija f ima lijevi i desni limes u toˇcki x0 onda postoji i lim f (x). x→x0
45.
DA
NE
Broj a je limes funkcije f kad x → −∞ ako (∀ > 0)(∃M > 0) x ∈ D ∧ x < −M ⇒ |f (x) − a| < . 46.
47.
DA
NE
Funkcija f u toˇcki x0 ima limes −∞ ako (∀M > 0)(∃δ > 0) x ∈ D ∧ |x − x0 | < δ ⇒ f (x) < −M . DA
NE
Funkcija f je neprekidna u toˇcki x0 ∈ D ako postoji lim f (x). x→x0
48.
DA
NE
Ako je 49.
lim
x→x0 −0
DA
f (x) =
lim
x→x0 +0
f (x) onda je funkcija f neprekidna u toˇcki x0 ∈ D.
NE
Funkcija f je neprekidna u toˇcki x0 ∈ D ako je lim f (x) = f (x0 ). x→x0
50.
DA
NE
Ako je 51.
lim
x→x0 −0
DA
f (x) =
lim
x→x0 +0
f (x) = f (x0 ) onda je funkcija f neprekidna u toˇcki x0 ∈ D.
NE
Funkcija f ima uklonjiv prekid u toˇcki x0 ako postoje 52.
DA
lim
x→x0 −0
f (x) i
lim
x→x0 +0
f (x).
NE
Funkcija f ima prekid druge vrste u u toˇcki x0 ako je barem jedan od limesa lim
x→x0 +0
53.
f (x) ili beskonaˇcan ili ne postoji.
DA
NE 2
2x − x − 1 = +∞. 4x2 − 1 x→ 2 −0 lim 1
54.
DA
NE
Funkcija f (x) = 55.
DA
NE 2
lim
x→1−0
1 2x2 − x − 1 ima uklonjiv prekid u toˇcki − . 2 4x − 1 2
2x − x − 1 3 = . |x2 − 1| 2
lim
x→x0 −0
f (x) i
127 56.
DA
NE
Funkcija f (x) = 57.
DA
NE
Funkcija f (x) = 58.
59.
DA
DA
lim
61.
NE
√
NE
x+1−1 ne postoji. x − x2
DA
NE
DA
NE
√ x+1−1 Funkcija f (x) = ima uklonjiv prekid u toˇcki x0 = 0. x − x2 lim
x→ 21
62.
1 sin(1 − 2x) = . 4x2 − 1 2
DA
NE
Funkcija f (x) = 63.
DA
lim
x→0
64.
lim
sin(1 − 2x) 1 ima uklonjiv prekid u toˇcki − . 4x2 − 1 2
NE
9 1 − cos 3x = . x2 2
DA x→0
65.
2x2 − x − 1 ima prekid druge vrste u toˇcki x0 = −1. |x2 − 1|
√ 1 x+1−1 lim =− . x→0−0 x − x2 2
x→−1−0
60.
2x2 − x − 1 ima uklonjiv prekid u toˇcki x0 = 1. |x2 − 1|
NE
1 − cos 3x 2 = . x2 9
DA
NE
Funkcija definirana sa f (x) = 66.
DA
NE
Funkcija f (x) = 67.
DA
DA
1 2x2 + x − 1 ima horizontalnu asimptotu y = u lijevom i desnom kraju. 2 4x − 1 2
NE
Pravac x = − 68.
2 1 − cos 3x , x 6= 0 i f (0) = je neprekidna. x2 3
1 2x2 + x − 1 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = . 2 4x2 − 1
NE
Pravac x = −1 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = 69.
DA
x2 + x . |x2 − 1|
NE
Pravac y = 1 je horizontalna asimptota funkcije f (x) =
x2 + x . |x2 − 1|
128 70.
DA
NE
Pravac y = −1 je horizontalna asimptota u lijevom kraju a pravac y = 1 u desnom kraju x2 + x . funkcije f (x) = 2 |x − 1| 71.
DA
NE
Pravac y = x + 1 je kosa asimptota funkcije f (x) = 72.
DA
NE
Funkcija f (x) = 73.
DA
DA
1 − cos 3x 9 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = . 2 x2
NE
Funkcija f (x) = 75.
DA
1 − cos 3x nema vertikalnih asimptota. x2
NE
Pravac y = 74.
x2 + x . |x2 − 1|
NE
p
x2 + 1 − x nema vertikalnih asimptota.
Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = kraju. 76.
DA
DA
x2 + 1 − x u lijevom i u desnom
NE
Pravac y = −2x je kosa asimptota funkcije f (x) = 77.
p
NE
p
x2 + 1 − x u lijevom kraju.
Pravac y = x je kosa asimptota funkcije f (x) = xe−x u lijevom kraju. 78.
DA
NE
Pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = xe−x . 79.
DA
NE 1
Pravac x = 0 je vertikalna asimptota zdesna funkcije f (x) = xe− x . 80.
DA
NE 1
Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = xe− x u lijevom i u desnom kraju. 81.
DA
NE 1
Pravac y = x − 1 je kosa asimptota funkcije f (x) = xe− x u lijevom i u desnom kraju. 82.
DA
NE
Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = ln kraju. 83.
DA
NE
Pravac x = − 84.
DA
2x − 1 u lijevom i u desnom 2x + 1
1 2x − 1 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = ln slijeva i zdesna. 2 2x + 1
NE
Pravac x =
1 2x − 1 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = ln slijeva i zdesna. 2 2x + 1
129 85.
DA
NE
Ako je n ∈ N neparan funkcija f (x) = 86.
DA
NE
Funkcija f (x) = 87.
DA
√ n x definirana je za sve x ∈ R.
√ n x, n ∈ N je parna ako je n paran i neparna ako je n neparan broj.
NE
Ako je k ∈ Z neparan cijeli broj onda je funkcija f (x) = xk neparna. 88.
DA
NE
Za svaki cijeli broj k ∈ Z \ {0} funkcija f (x) = xk je neomedena. 89.
DA
NE
Funkcija f (x) = xk , k ∈ Z \ {0} je omedena ako je k paran i neomedena ako je k neparan broj. 90.
DA
NE
Za svaki cijeli broj k ∈ Z \ {0} pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = x k . 91.
DA
NE
Funkcija f (x) = xk , k ∈ Z \ {0} ima vertikalnu asimptotu x = 0 ako i samo ako je k < 0. 92.
DA
NE
Funkcija f (x) = xk , k ∈ Z \ {0} ima vertikalnu i horizontalnu asimptotu ako i samo ako je k < 0. 93.
DA
NE
Funkcija f (x) = xr , r ∈ R \ {0} je strogo rastu´ca na (0, ∞) ako i samo ako je r < 0. 94.
DA
NE
Funkcija f (x) = xr , r ∈ R \ {0} je omedena za r > 0 i neomedena za r < 0. 95.
DA
NE
Pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = xr za svako r ∈ R \ {0}. 96.
DA
NE
Za svaki a > 0, a 6= 1 funkcija f (x) = ax je strogo rastu´ca. 97.
DA
NE
Za svaki 0 < a < 1 funkcija f (x) = ax je strogo rastu´ca. 98.
DA
NE
Za svaki a > 0, a 6= 1 pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f (x) = a x u lijevom kraju. 99.
DA
NE
Za svaki 0 < a < 1 funkcija f (x) = loga x je strogo padaju´ca. 100.
DA
NE
Za svaki a > 0, a 6= 1 pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f (x) = log a x zdesna. 101.
DA
NE
Za a, b ∈ (0, ∞) \ {1} i x > 0 je loga x = logb a · logb x.
130 102.
DA
NE
Za a, b ∈ (0, ∞) \ {1} i x > 0 je loga x = loga b · logb x. 103.
DA
NE
Funkcije f (x) = sin x i g(x) = cos x su omedene. 104.
DA
NE
Funkcije f (x) = sin x i g(x) = cos x su periodiˇcne s osnovnim periodom π. 105.
DA
NE
Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcija f (x) = sin x i g(x) = cos x. 106.
DA
NE
Funkcija f (x) = tg x je definirana na skupu R \ {kπ : k ∈ Z} a funkcija g(x) = ctg x na π skupu R \ {kπ + : k ∈ Z}. 2 107.
DA
NE
Op´ca sinusoida f (x) = A sin(ωx + ϕ), A, ω > 0 je periodiˇcna funkcija s osnovnim periodom 2π P = . ω 108.
DA
NE
Kosinusov pouˇcak za trokut sa stranicama a, b, c i kutom γ nasuprot stranici c glasi a 2 + b2 − c2 = 2ab cos γ. 109.
DA
NE
Adicioni teorem za sinus zbroja glasi sin(u + v) = sin u sin v + cos u cos v. 110.
DA
NE
sin 3x = 3 sin x cos2 x − sin3 x. 111.
DA
NE
sin 3x = 3 sin2 x cos x − sin3 x. 112.
DA
NE
sin 3x = 4 sin x − 3 sin3 x. 113.
DA
NE
cos 3x = 3 cos3 x − 4 cos x. 114.
115.
DA
NE
h π πi Funkcija f (x) = arcsin x poprima vrijednosti u intervalu − , . 2 2 DA
NE
Funkcija f (x) = arctg x je strogo padaju´ca. 116.
DA
NE
Funkcija f (x) = arcctg x ima horizontalne asimptote y = π u lijevom kraju i y = 0 u desnom kraju. 117.
DA
NE
Funkcija f (x) = arctg x ima horizontalne asimptote y = π u lijevom kraju i y = 0 u desnom kraju.
131 118.
DA
NE
Za sve x ∈ [−1, 1] vrijedi arccos x = 119.
DA
π − arcsin x. 2
NE
Za sve x ∈ [−1, 1] vrijedi arccos x = arcsin x − 120.
DA
NE
Za sve x ∈ R vrijedi arcctg x = 121.
DA
DA
π 3π , 2 2
π 3π Za sve x ∈ , 2 2 DA
vrijedi arcsin(sin x) = π − x.
vrijedi arcsin(sin x) = x − π.
NE
123.
π − arctg x. 2
NE
Za sve x ∈ 122.
π . 2
NE
Za sve x ∈ [−π, 0] vrijedi arccos(cos x) = −x. 124.
DA
NE
Za sve x ∈ [−π, 0] vrijedi arccos(cos x) = π + x. 125.
DA
NE
Za sve x ∈ 126.
DA
π 3π , 2 2
vrijedi arctg(tg x) = π − x.
NE
Pravac y = −1 je horizontalna asimptota u desnom kraju za funkcije f (x) = th x i g(x) = cth x. 127.
DA
NE
Funkcije f (x) = th x i g(x) = cth x su omedene. 128.
DA
NE
Pravac x = 0 je vertikalna asimptota za obe funkcije f (x) = th x i g(x) = cth x. 129.
DA
NE
Za sve u, v ∈ R vrijedi ch(u + v) = ch u ch v − sh u sh v. 130.
DA
NE
Za sve u, v ∈ R vrijedi ch(u − v) = ch u ch v − sh u sh v.
132
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22.
NE DA NE DA DA NE DA NE NE DA NE NE DA NE DA NE DA DA NE DA NE DA
23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44.
DA DA DA NE DA NE DA NE NE DA DA NE DA NE NE NE NE DA NE DA NE NE
45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66.
DA DA NE NE DA DA NE DA DA DA NE NE DA NE DA DA NE NE DA NE NE DA
67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80. 81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88.
DA NE DA NE NE DA NE DA NE DA NE NE NE NE DA DA NE NE DA NE DA DA
89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100. 101. 102. 103. 104. 105. 106. 107. 108. 109. 110.
NE NE DA DA NE NE NE NE NE NE DA DA NE DA DA NE NE NE DA DA NE DA
111. 112. 113. 114. 115. 116. 117. 118. 119. 120. 121. 122. 123. 124. 125. 126. 127. 128. 129. 130.
NE NE NE DA NE DA NE DA NE DA DA NE DA NE NE NE NE NE NE DA
11. Derivacije i primjene
1.
DA
NE
Derivacija funkcije f u toˇcki x0 ∈ D definirana je formulom f 0 (x0 ) = lim
x→x0
2.
DA
NE
Derivacija funkcije f u f (x0 − ∆x) − f (x0 ) lim . ∆x→0 ∆x 3.
DA
DA
toˇcki
x0
∈
D
definirana
je
formulom
f 0 (x0 )
=
toˇcki
x0
∈
D
definirana
je
formulom
f 0 (x0 )
=
NE
Derivacija funkcije f u f (x0 ) − f (x0 − ∆x) lim . ∆x→0 ∆x 4.
f (x) − f (x0 ) . x − x0
NE
Ako je f derivabilna u toˇcki x0 ∈ D onda je f i neprekidna u toj toˇcki. 5.
DA
NE
Ako je f neprekidna u toˇcki x0 ∈ D onda je f i derivabilna u toj toˇcki. 6.
DA
NE
Jednadˇzba tangente na krivulju y = f (x) u toˇcki (x0 , f (x0 )) glasi y +f (x0 ) = f 0 (x0 )(x+x0 ). 7.
DA
NE
Jednadˇzba tangente na krivulju y = f (x) u toˇcki (x0 , f (x0 )) glasi y −f (x0 ) = f 0 (x0 )(x−x0 ). 8.
DA
NE
Jednadˇzba normale na krivulju y = f (x) u toˇcki (x0 , f (x0 )) u kojoj vrijedi f 0 (x0 ) 6= 0 glasi 1 (x − x0 ). y − f (x0 ) = 0 f (x0 ) 9.
DA
NE
Jednadˇzba normale na krivulju y = f (x) u toˇcki (x0 , f (x0 )) u kojoj vrijedi f 0 (x0 ) = 0 glasi y = f (x0 ). 10.
DA
NE
Jednadˇzba normale na krivulju y = f (x) u toˇcki (x0 , f (x0 )) glasi x−x0 +f 0 (x0 )(y −f (x0 )) = 0. 11.
DA
NE
Jednadˇzba normale na krivulju y = f (x) u toˇcki (x0 , f (x0 )) u kojoj vrijedi f 0 (x0 ) = 0 glasi x = x0 .
134 12.
DA
NE
Jednadˇzba tangente na krivulju y = arcctg x u toˇcki s apscisom x = 0 glasi y + x = 13.
DA
π . 2
NE
π Jednadˇzba tangente na krivulju y = arcctg x+arth x u toˇcki s apscisom x = 0 glasi y = x+ . 2 14.
DA
NE
Jednadˇzba normale na krivulju y = x−x + ln x u toˇcki s apscisom x = 1 glasi x + y − 1 = 0. 15.
DA
NE
Jednadˇzba normale na krivulju y = 16.
DA
NE
q
1−x 1+x
u toˇcki s apscisom x = 0 glasi 2x + y = 1.
Jednadˇzba tangente na krivulju x+arccos(xy) = 0 u toˇcki s ordinatom y = 0 glasi y = 17.
DA
2 x+1. π
NE
f (x − ∆x) − f (x) . ∆x→0 ∆x
Derivacija slijeva funkcije f u toˇcki x je broj f 0 (x− ) = lim 18.
DA
NE
Derivacija slijeva funkcije f u toˇcki x je broj f 0 (x− ) = 19.
DA
f (x − ∆x) − f (x) . ∆x→0+0 ∆x lim
NE
Derivacija f 0 (x) funkcije f u toˇcki x postoji ako i samo ako u toj toˇcki postoje derivacije f 0 (x− ) slijeva i f 0 (x+ ) zdesna. 20.
DA
NE
Funkcija f (x) = |2x − x2 | je derivabilna u toˇcki x = 2. 21.
DA
NE
Ako je f (x) = |2x − x2 | onda je f 0 (0− ) = −2 i f 0 (0+ ) = 2. 22.
DA
NE
Ako su f, g : D → R derivabilne tada vrijedi (f · g)0 (x) = f 0 (x)g(x) − f (x)g 0 (x). 23.
DA
NE
0 f f 0 (x)g(x) − f (x)g 0 (x) (x) = Ako su f, g : D → R derivabilne i g(x) 6= 0 tada vrijedi . g g 2 (x) 24.
25.
DA
NE
Ako za funkciju y = f (x) postoji inverzna funkcija x = f −1 (y) te ako su obje derivabilne i 0 1 f 0 (x) 6= 0 onda vrijedi f −1 (y) = − 0 . f (x) DA
NE
Ako za funkciju y = f (x) postoji inverzna funkcija x = f −1 (y) te ako su obje derivabilne i 0 1 f −1 (y) 6= 0 onda vrijedi f 0 (x) = −1 0 . (f ) (y)
135 26.
27.
DA
NE
Ako za funkciju y = f (x) postoji inverzna funkcija x = f −1 (y) te ako su obje derivabilne 0 onda vrijedi f 0 (x) f −1 (y) = 1. DA
NE
Pravilo o derivaciji kompozicije funkcija glasi [g(f (x))] 0 = f 0 (g(x))g 0 (x). 28.
DA
NE
Pravilo o derivaciji kompozicije funkcija glasi [g(f (x))] 0 = g 0 (f (x))f 0 (x). 29.
DA
NE
Ako je funkcija y = f (x) implicitno zadana sa xy − e−xy = 0 onda za njenu derivaciju y 0 = f 0 (x) vrijedi xy 0 + y = 0. 30.
DA
NE
Formula za derivaciju funkcije oblika h(x) = f (x)g(x) glasi h0 (x) = g(x)f (x)g(x)−1 f 0 (x). 31.
DA
NE
Formula za derivaciju funkcije oblika h(x) = f (x)g(x) glasi h0 (x) = f (x)g(x) g 0 (x) ln f (x) + g(x)f (x)g(x)−1 f 0 (x). 32.
DA
NE
Ako je f (x) = arctg x + arcctg x onda je f 0 (x) = 33.
DA
π za sve x ∈ R. 2
NE
sin x 3 cos x − x sin x √ Ako je f (x) = √ onda je f 0 (x) = za sve x ∈ R \ {0}. 3 x 3x 3 x 34.
DA
NE
ln x 2 − ln x √ za sve x ∈ R \ {0}. Ako je f (x) = √ onda je f 0 (x) = x 2x x 35.
DA
NE
√ √ x2 + 1 + x2 − 1 √ Ako je f (x) = arsh x + arch x onda je f (x) = za sve x ∈ (1, +∞). x4 − 1 0
36.
DA
NE 1
Ako je f (x) = x + x x onda je f 0 (x) = (1 − ln x)x 37.
DA
1−2x x
+ 1 za sve x ∈ (0, +∞).
NE
Diferencijal funkcije y = f (x) u toˇcki x je izraz dy = f 0 (x)∆x. 38.
DA
NE
Diferencijal funkcije y = f (x) u toˇcki x je izraz dy = f (x + ∆x) − f (x). 39.
DA
NE
Ako je funkcije y = f (x) zadana parametarski sa x = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ T onda vrijedi ψ 0 (t) formula f 0 (x) = 0 . ϕ (t)
136 40.
DA
NE
Ako je funkcije y = f (x) zadana parametarski sa x = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ T onda vrijedi ψ 00 (t)ϕ0 (t) − ψ 0 (t)ϕ00 (t) formula f 00 (x) = . [ϕ0 (t)]2 41.
DA
NE
Ako je P (x) polinom stupnja n onda je P (k) (x) = 0 za sve k ≥ n. 42.
DA
NE
Ako je f (x) = ln(1 + 2x) onda je f (n) (x) = 43.
DA
NE
Ako je f (x) = 44.
DA
(−1)n−1 (n − 1)! za sve n ∈ N. (1 + 2x)n
1 n! onda je f (n) (x) = za sve n ∈ N. 1−x (1 − x)n+1
NE
Ako je f (x) = sin 2x onda je f (n) (x) = 2n (−1)n cos 2x za sve n ∈ N. 45.
46.
DA
NE
nπ Ako je f (x) = sin 2x onda je f (n) (x) = 2n sin 2x + za sve n ∈ N. 2 DA
NE
Ako je f (x) = e−3x onda je f (n) (x) = (−3)n e−3x za sve n ∈ N. 47.
DA
NE
Ako funkcija f poprima u toˇcki c ∈ (a, b) ⊆ D svoju najmanju ili najve´cu vrijednost na (a, b) onda f nije derivabilna u c. 48.
DA
NE
Ako funkcija f poprima u toˇcki c ∈ (a, b) ⊆ D svoju najmanju ili najve´cu vrijednost na (a, b) i ako je f derivabilna u c onda je f 0 (c) = 0. 49.
DA
NE
Ako za funkciju f neprekidnu na [a, b] i derivabilnu na (a, b) vrijedi f (a) 6= f (b) onda je f 0 (x) 6= 0 za sve x ∈ (a, b). 50.
DA
NE
Ako su a i b nultoˇcke funkcije f koja je neprekidna na [a, b] i derivabilna na (a, b) onda je f 0 (c) = 0 za barem jednu toˇcku c ∈ (a, b). 51.
DA
NE
Ako su a i b nultoˇcke funkcije f koja je neprekidna na [a, b] i derivabilna na (a, b) onda je f 0 (x) 6= 0 za sve x ∈ (a, b). 52.
DA
NE
Lagrangeov teorem srednje vrijednosti nije mogu´ce primijeniti na f (x) = |1 − 2x|, x ∈ [0, 3] zato ˇsto f nije derivabilna na (0, 3). 53.
DA
NE
Lagrangeov teorem srednje vrijednosti nije mogu´ce primijeniti na f (x) = |1 − x|, x ∈ [0, 3] zato ˇsto f nije derivabilna u toˇcki 2 ∈ (0, 3).
137 54.
55.
DA
NE
DA
NE
√ Rolleov teorem srednje vrijednosti ne moˇzemo primijeniti na f (x) = |1 − x2 |, x ∈ [− 2, 0]. Rolleov teorem srednje vrijednosti ne moˇzemo primijeniti na f (x) = 2x − x2 , x ∈ [−1, 3].
56.
DA
NE
Lagrangeov teorem srednje vrijednosti moˇzemo primijeniti na funkciju f definiranu na [−1, 2] sa f (x) = x2 , x ∈ [−1, 0] i f (x) = 0, x ∈ (0, 2]. 57.
DA
lim
x→0
58.
NE
1 sin x − x =− . x2 2
DA
NE
Funkcija definirana sa f (x) = 59.
DA
lim
x→0
60.
lim
61.
62.
x sin x = 2. 1 − cos x
DA x→0
NE
NE
1 − 12 e x = 0. x2
DA
NE
DA
NE
√ √ 3 1−x− 31+x 3 √ lim √ = . x→0 2 1−x− 1+x x
lim
x→0
63.
3 −1 1 = . tg x ln 3
DA
NE
x
2 − 2−x 2 = ln . x→0 3x − 3−x 3 lim
64.
DA
NE
1 lim x − xe x−1 = 1.
x→+∞
65.
66.
DA
NE
p 1 lim x − x2 + x = − . x→+∞ 2 DA
NE
lim (x − ln x) = +∞.
x→+∞
67.
DA
NE
3 ln x − 2 ln2 x = 0. x→+∞ x lim
sin x , x 6= 0 i f (0) = 1 derivabilna je u toˇcki x = 0 i f 0 (0) = 0. x
138 68.
DA
NE
lnk x = 0. x→+∞ x
Za svaki k ∈ Z vrijedi lim 69.
DA
NE x
lim x = 1.
x→0+0
70.
DA
lim x
x→0+0
71.
NE −x
DA
ne postoji. NE
1 x
lim x = 1.
x→+∞
72.
DA
NE 1
lim (1 − 2x) x =
x→0
73.
DA
√
e.
NE 1
lim (cos x) sin x ne postoji.
x→0−0
74.
DA
NE
lim (1 − cos x)sin x = 1.
x→0+0
75.
DA
NE
lim (2 − x)tg
x→1−0
76.
DA
πx 2
2
= eπ .
NE
Derivabilna funkcija f je rastu´ca na intervalu (a, b) ako i samo ako je f 0 (x) ≥ 0 za sve x ∈ (a, b). 77.
DA
NE
Ako za derivabilnu funkciju f vrijedi f 0 (x) < 0 za sve x ∈ (a, b) onda je f strogo padaju´ca na intervalu (a, b). 78.
DA
NE
Na intervalu (−∞, 2) funkcija f (x) = 1 + 3x2 − x3 je strogo rastu´ca. 79.
DA
NE
Na intervalima (−∞, 1) i (e, +∞) funkcija f (x) = 3 ln2 x − 2 ln3 x je strogo padaju´ca. 80.
DA
NE
Na intervalu (−∞, 0) funkcija f (x) = arctg 81.
DA
1 2
x−
1 x
je strogo rastu´ca.
NE
Funkcija f (x) = xx je strogo rastu´ca na (0, 1/e) i strogo padaju´ca na (1/e, +∞). 82.
DA
NE 1
Funkcija f (x) = x x je strogo rastu´ca na (0, e) i strogo padaju´ca na (e, +∞).
139 83.
DA
NE
Funkcija f (x) = x − 84.
DA
NE
p
x2 + 1 je strogo rastu´ca na ˇcitavom R.
1
Na intervalu (−2, 1) funkcija f (x) = (x − 2)e− x je strogo padaju´ca. 85.
DA
NE
Neprekidna funkcija f ima lokalni minimum f (c) u toˇcki c ∈ D ako postoji ε > 0 takav da je f (x) > f (c) za sve x ∈ (c − ε, c + ε) \ {c}. 86.
DA
NE
Funkcija f ima globalni maksimum f (c) u toˇcki c ∈ D ako je f (x) ≤ f (c) za sve x ∈ D. 87.
DA
NE
Toˇcka c ∈ D je kritiˇcna toˇcka neprekidne funkcije f ako f 0 (c) ili ne postoji ili je f 0 (c) = 0. 88.
DA
NE
Toˇcka c ∈ D je stacionarna toˇcka neprekidne funkcije f ako je f 0 (c) = 0. 89.
DA
NE
Ako neprekidna funkcija f ima lokalni ekstrem u toˇcki c ∈ D onda je f 0 (c) = 0. 90.
DA
NE
Ako dvaput derivabilna funkcija f ima lokalni minimum u toˇcki c ∈ D onda je f 0 (c) = 0 i f 00 (c) > 0. 91.
DA
NE
Ako za dvaput derivabilnu funkciju f u toˇcki c ∈ D vrijedi f 0 (c) = 0 i f 00 (c) < 0 onda f u toˇcki c ima lokalni maksimum. 92.
DA
NE
Funkcija f definirana na [−1, 2] s f (x) = x2 , x ∈ [−1, 0] i f (x) = 0, x ∈ (0, 2] u svakoj toˇcki c ∈ [0, 2] ima globalni minimum jednak 0. 93.
DA
NE
Funkcija f definirana na [−1, 2] sa f (x) = −x2 , x ∈ [−1, 0] i f (x) = 0, x ∈ (0, 2] nema niti toˇcaka lokalnog minimuma niti toˇcaka lokalnog maksimuma. 94.
DA
NE
Funkcija f (x) = 1 + 3x2 − x3 u toˇcki c = 0 ima lokalni minimum jednak 1. 95.
DA
NE
1 Funkcija f (x) = arctg 2 ekstrema. 96.
DA
DA
1 x− x
nema niti toˇcaka lokalnih ekstrema niti toˇcaka globalnih
1 x
nema toˇcaka globalnih ekstrema.
NE
Funkcija f (x) = arctg 97.
1 2
x+
NE
Funkcija f (x) = xx ima lokalni i globalni minimum u toˇcki c = 1/e.
140 98.
DA
NE 1
Funkcija f (x) = x x u toˇcki c = e ima lokalni maksimum. 99.
DA
NE
Funkcija f (x) = 100.
DA
NE
p 3
3x2 − x3 ima lokalne ekstreme u toˇckama c = 0, c = 2 i c = 3. 1
Funkcija f (x) = (x − 2)e− x u toˇcki c = 2 ima lokalni minimum a u toˇcki c = −1 ima lokalni maksimum. 101.
DA
NE
Funkcija f (x) = x − ekstrema. 102.
DA
p
x2 + 1 nema niti toˇcaka lokalnih ekstrema niti toˇcaka globalnih
NE
Funkcija f je konkavna na intervalu (a, b) ⊆ D ako za bilo koje toˇcke x 1 , x2 ∈ (a, b), x1 6= x2 vrijedi: f (tx1 + (1 − t)x2 ) ≥ tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) za barem jedan t ∈ (0, 1). 103.
DA
NE
Funkcija f je strogo konveksna na intervalu (a, b) ⊆ D ako za bilo koje toˇcke x 1 , x2 ∈ (a, b), x1 6= x2 vrijedi: f (tx1 + (1 − t)x2 ) < tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) za sve t ∈ (0, 1). 104.
DA
NE
Derivabilna funkcija f je konkavna na intervalu (a, b) ⊆ D ako i samo ako je f 0 padaju´ca na (a, b). 105.
DA
NE
Ako za dvaput derivabilnu funkciju f vrijedi f 00 (x) ≥ 0 za sve x ∈ (a, b), onda je f strogo konveksna na intervalu (a, b) ⊆ D. 106.
DA
NE
Ako derivabilna funkcija f ima infleksiju u toˇcki c ∈ D onda je f 0 (c) = 0. 107.
DA
NE
Dvaput derivabilna funkcija f ima infleksiju u toˇcki c ∈ D ako i samo ako je f 00 (c) = 0. 108.
DA
NE
Ako dvaput derivabilna funkcija f ima infleksiju u toˇcki c ∈ D onda je f 00 (c) = 0. 109.
DA
NE
Na intervalu (2, +∞) funkcija f (x) = 1 + 3x2 − x3 je strogo konkavna. 110.
DA
NE
Toˇcka c = 1 je jedina toˇcka infleksije funkcije f (x) = 1 + 3x2 − x3 . 111.
DA
NE
Funkcija f (x) = 3 ln2 x − 2 ln3 x nema toˇcaka infleksije. 112.
DA
NE
1 Funkcija f (x) = arctg 2 (0, +∞).
1 x− x
je konveksna na intervalu (−∞, 0) i konkavna na intervalu
141 113.
DA
NE
Funkcija f (x) = xx je strogo konveksna na (0, +∞). 114.
DA
NE
Funkcija f (x) = x − 115.
DA
NE
p
x2 + 1 je strogo konkavna na ˇcitavom R.
1
Toˇcka c = 2/5 je jedina toˇcka infleksije funkcije f (x) = (x − 2)e− x . 116.
DA
NE 1
Na intervalima (−∞, 0) i (0, 2/5) funkcija f (x) = (x − 2)e− x je konkavna. 117.
DA
NE
Ako je x0 toˇcka prekida prve vrste funkcije f onda je pravac x = x0 vertikalna asimptota krivulje y = f (x). 118.
DA
NE
Ako je x0 toˇcka prekida druge vrste funkcije f onda je pravac x = x0 vertikalna asimptota krivulje y = f (x). 119.
DA
NE
Ako je lim f (x) = y0 , onda je pravac y = y0 horizontalna asimptota krivulje y = f (x) u x→−∞
lijevom kraju. 120.
DA
NE
Ako je lim f (x) = +∞ ili lim f (x) = −∞, onda krivulja y = f (x) nema horizontalnu x→+∞
x→+∞
asimptotu u desnom kraju ali zato ima kosu asimptotu. 121.
DA
NE
f (x) = k 6= 0 i lim [f (x) − kx] = +∞, onda je pravac y = kx kosa x→+∞ x asimptota krivulja y = f (x) u desnom kraju. Ako postoje
122.
DA
lim
x→+∞
NE
Krivulja y = f (x) moˇze u lijevom kraju imati i horizontalnu i kosu asimptotu. 123.
DA
NE
Krivulja y = f (x) moˇze imati i horizontalnu i kosu asimptotu. 124.
DA
NE
Pravac y = 0 je horizontalna asimptota krivulje y = 3 ln2 x − 2 ln3 x u desnom kraju. 125.
DA
NE
Pravac x = 0 je vertikalna asimptota krivulje y = arctg 126.
DA
1 2
x−
1 x
NE
Pravac x = 0 je vertikalna asimptota krivulje y = xx i to zdesna. 127.
DA
NE 1
Pravac x = 0 je vertikalna asimptota krivulje y = x− x i to zdesna.
slijeva i zdesna.
142 128.
DA
NE
Pravac y = 2x je kosa asimptota krivulje y = x − 129.
DA
NE
p
x2 + 1 u lijevom kraju.
Pravac y = 0 je horizontalna asimptota krivulje y = x − 130.
DA
NE
p
x2 + 1 u desnom kraju.
1
Pravac x = 0 je vertikalna asimptota krivulje y = (x − 2)e− x zdesna ali ne i slijeva.
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22.
DA NE DA DA NE NE DA NE NE DA DA DA NE NE NE NE NE DA NE NE DA NE
23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44.
DA NE DA DA NE DA DA NE DA NE NE NE DA DA DA NE DA NE NE NE DA NE
45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66.
DA DA NE DA NE DA NE DA NE DA NE DA NE DA DA DA NE NE NE NE DA DA
67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80. 81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88.
DA DA DA NE DA NE NE DA DA DA DA NE NE DA NE DA DA NE DA DA DA DA
89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100. 101. 102. 103. 104. 105. 106. 107. 108. 109. 110.
NE NE DA DA DA DA DA DA DA DA NE DA DA NE DA DA DA NE NE DA DA DA
111. 112. 113. 114. 115. 116. 117. 118. 119. 120. 121. 122. 123. 124. 125. 126. 127. 128. 129. 130.
NE DA DA DA DA DA NE NE DA NE NE NE DA NE NE NE DA DA DA NE
12. Nizovi i redovi
1.
DA
NE
Niz realnih brojeva je funkcija a : N → R 2.
DA
NE
ˇ Clanovi niza realnih brojeva zadani su u toˇcno odredenom poretku. 3.
DA
NE
Niz 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, . . . je stacionaran. 4.
DA
NE
Niz 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, . . . je monoton. 5.
DA
NE
n je monoton. Niz an = (−1)n n+1
6.
DA
NE
an → a ako (∀ε > 0)(∃nε ∈ N) takav da n ≥ nε ⇒ |an − a| < ε. 7.
DA
NE
Broj a je limes niza {an } ako i samo ako svaka ε-okolina broja a sadrˇzi beskonaˇcno ˇclanova niza, dok se izvan te okoline nalazi najviˇse konaˇcno ˇclanova niza. 8.
DA
NE
Konvergenciju niza moˇzemo dokazati tako da rijeˇsimo osnovnu nejednadˇzbu konvergencije. 9.
DA
NE
Limes niza je jedinstven. 10.
DA
NE
Broj a je gomiliˇste niza ako se u svakoj ε-okolini broja a nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza. 11.
DA
NE
Limes superior je najve´ce gomiliˇste. 12.
DA
NE
lim sup je oznaka za najmanje gomiliˇste. 13.
DA
NE
Limes je ujedno i gomiliˇste.
144 14.
DA
NE
Svako gomiliˇste je ujedno i limes. 15.
DA
NE
n Gomiliˇsta niza an = (−1)n n+1 su −1 i 1.
16.
DA
NE
Niz an = cos nπ cetiri razliˇcita gomiliˇsta. 2 ima ˇ 17.
DA
NE
Podniz niza a : N → R je svaka kompozicija a ◦ n, gdje je n : N → N strogo rastu´ca funkcija. 18.
DA
NE
Podniz niza nastaje iz niza preskakanjem ˇclanova. 19.
DA
NE
Svaki podniz je takoder niz. 20.
DA
NE
n Podniz {a2n−1 } niza an = (−1)n n+1 glasi 32 , 54 , 67 , . . ..
21.
DA
NE
Niz 1, q, q 2 , q 3 , q 4 , · · · konvergira prema nuli za svaki q ∈ R. 22.
DA
NE
Ako je g gomiliˇste niza, tada postoji barem jedan podniz tog niza koji teˇzi prema g. 23.
DA
NE
Ako je niz konvergentan, tada svaki podniz konvergira prema istoj vrijednosti. 24.
DA
NE
Svaki omeden niz je konvergentan. 25.
DA
NE
Svaki niz ima monoton podniz. 26.
DA
NE
Svaki niz ima uzlazan podniz. 27.
DA
NE
Svaki omeden i monoton niz je konvergentan. 28.
DA
NE
Svaki omeden niz ima konvergentan podniz. 29.
DA
NE
e = limn→∞ 1 + 30.
DA
NE
1 n . n
2.923 < e < 2.924. 31.
DA
NE
e = limn→∞ 1 −
1 −n . n
145 32.
DA
NE
Limes produkta jednak je produktu limesa ako oba limesa postoje. 33.
DA
NE
Ako je an > 0 i lim an > 0, tada je lim(an )x = (lim an )x . 34.
DA
lim 35.
NE
sin n n
= 1.
DA
NE
Cauchyjev niz je divergentan. 36.
DA
NE
Niz je konvergentan ako i samo ako je Cauchyjev. 37.
DA
Niz 38.
NE
{ n1 }
je Cauchyjev.
DA
NE
Ako je b > 0 tada je lim 39.
40.
DA
NE
DA
NE
√ n b = 1.
√ lim n n = 1.
Limes niza moˇzemo odrediti primjenjuju´ci proˇsirenje po neprekidnosti i tehnike nalaˇzenja limesa funkcija. 41.
DA
NE
e = limx→+∞ 1 + 42.
DA
NE
1 x . x
e = limt→0 (1 + t)1/t . 43.
DA
NE
Red realnih brojeva od je zbroj beskonaˇcno pribrojnika koji se nalaze u zadanom poretku. 44.
DA
NE
Red realnih brojeva od je zbroj beskonaˇcno pribrojnika koji se nalaze u proizvoljnom poretku. 45.
DA
NE
k-ta parcijalna suma reda brojeva jednaka je zbroju prvih k ˇclanova reda. 46.
DA
NE
Za svaki konvergentan red limes niza parcijalnih suma jednak je nula. 47.
DA
NE
Suma reda jednaka je limesu niza parcijalnih suma, ako taj limes postoji. 48.
DA
Red
NE
P∞
n=0
an konvergira za svaki a.
146 49.
DA
NE
Geometrijski red 50.
51.
DA
P
a
n−1
NE
=
DA
1 1−a
P
pn−1 konvergira za svaki p > 1.
za |a| < 1.
NE
Ako je lim an 6= 0, tada red 52.
DA
NE
P
an konvergira.
Konvergentan red ostaje konvergentan ako mu promijenimo prvih 100 ˇclanova. 53.
DA
NE
Harmonijski red je konvergentan. 54.
55.
DA
P
1 n
NE
= +∞.
DA
NE
Niz parcijalnih suma reda 56.
DA
Red 57.
P
NE 1 np
DA
P
1 n
teˇzi u +∞.
konvergira za p > 1. NE
Poredbeni kriterij moˇzemo primijeniti na bilo koja dva reda. 58.
DA
NE
Red s pozitivnim ˇclanovima je konvergentan ako ima konvergentnu majorantu. 59.
DA
NE
Red s pozitivnim ˇclanovima je divergentan ako ima divergentnu minorantu. 60.
DA
NE
D’Alembertov kriterij konvergencije moˇzemo primijeniti na bilo koji red. 61.
DA
NE
Red s pozitivnim ˇclanovima konvergira po D’Alembertovom kriteriju ako je lim a n+1 /an < 1. 62.
DA
NE
Red s pozitivnim ˇclanovima konvergira po D’Alembertovom kriteriju ako je lim a n /an+1 < 1. 63.
DA
NE
Red s pozitivnim ˇclanovima divergira po Cauchyjevom kriteriju ako je lim 64.
DA
√ n a n > 1.
NE
Red s pozitivnim ˇclanovima konvergira po Cauchyjevom kriteriju ako je lim 65.
DA
Red 66.
n
DA
Red
NE
P 1
1 3
konvergira jer ima konvergentnu majorantu NE
P1 . n
P 1 P 1 konvergira jer ima konvergentnu majorantu . n3 n2
√ an < 1.
147 67.
68.
DA
NE
P n konvergira po Cauchyjevom kriteriju. Red 3n DA
NE
Ako je red 69.
DA
Ako red 70.
DA
P
|an | konvergentan, tada je red
NE
P
an konvergira, red
NE
Geometrijski red 71.
DA
NE
P
P
P
an apsolutno konvergentan.
|an | ne mora konvergirati.
q n−1 je apsolutno konvergentan za |q| < 1.
Ako je red apsolutno konvergentan, tada ˇclanove moˇzemo zbrajati u bilo kojem poretku. 72.
73.
DA
NE
P cos nπ Red je apsolutno konvergentan. n2 DA
NE
Alternirani harmonijski red konvergira po Leibnitzovom kriteriju. 74.
DA
1− 75.
1 2
+
DA
NE 1 3
−
1 4
+
1 5
−
1 6
+
1 7
− · · · = ln 2.
NE
Niz funkcija {fn } zadan s fn (x) = xn−1 je definiran na ˇcitavom skupu R. 76.
DA
NE
Niz funkcija {fn } zadan s fn (x) = xn−1 konvergira na ˇcitavom skupu R. 77.
DA
NE
Niz funkcija {fn } zadan s fn (x) = xn−1 konvergira uniformno za ∀x ∈ (−1, 1]. 78.
DA
NE
Niz funkcija {fn } zadan s fn (x) = xn−1 konvergira prema nul-funkciji za ∀x ∈ (−1, 1). 79.
DA
NE
Ako niz neprekidnih funkcija konvergira uniformno, tada je limes takoder neprekidna funkcija. 80.
DA
NE
Niz funkcija fn (x) = 81.
82.
83.
DA
sin nx n
konvergira prema nul-funkciji na ˇcitavom skupu R.
NE
P Red funkcija fn konvergira po toˇckama prema funkciji f na skupu D ako red brojeva P fn (x) konvergira prema f (x) za ∀x ∈ D. DA
NE
Red funkcija za ∀x ∈ D. DA
NE
P
fn konvergira apsolutno na skupu D ako red brojeva
P
|fn (x)| konvergira
P Red funkcija fn konvergira uniformno na skupu D ako niz parcijalnih suma konvergira uniformno na skupu D.
148 84.
DA
NE
Geometrijski red funkcija 85.
DA
NE
P
xn−1 konvergira na skupu (−2, 2).
2
1 + x + x + x3 + x4 + · · · = 86.
DA
1 + x + x + x3 + x4 + · · · = DA
1 1−x ,
∀x ∈ (−1, 1).
NE
Red funkcija 88.
∀x ∈ (−1, 1].
NE 2
87.
1 1−x ,
DA
NE
P∞
n=0
fn , gdje je fn (x) = an xn joˇs se zove i red potencija.
Radijus konvergencije reda potencija 89.
DA
NE
P∞
n=0
an xn je broj ρ = lim sup
|an+1 | . |an |
Ako je ρ radijus konvergencije reda potencija, tada red konvergira na skupu R \ [−ρ, ρ]. 90.
DA
NE
Ako je ρ radijus konvergencije reda potencija, tada red divergira na skupu R \ [−ρ, ρ]. 91.
DA
NE
Radijus konvergencije reda potencija 92.
DA
NE
P
1 n nx
jednak je nula.
Pomo´cu Taylorove formule moˇzemo raˇcunati vrijednosti elementarnih funkcija do na ˇzeljenu toˇcnost koriste´ci samo ˇcetiri osnovne raˇcunske operacije. 93.
DA
NE
Formula za Taylorov razvoj funkcije f (x) glasi 94.
DA
f (x) = f (x0 ) +
NE
Formula za MacLaurinov razvoj funkcije f (x) glasi 95.
DA
sin x = 96.
97.
NE
x x3 x5 x7 − + − +··· , 1! 3! 5! 7!
DA
sin x = DA
∀x ∈ R.
NE
X
(−1)n+1
DA
ex = 1 +
x2n−1 , (2n − 1)!
∀x ∈ R.
NE
cos x = 1 − 98.
∞ X f (n) (x0 ) (x − x0 )n . n! n=1
x2 x4 x6 + − +··· , 2! 4! 6!
∀x ∈ R.
NE
x x2 x3 x4 + + + +··· , 1! 2! 3! 4!
∀x ∈ R.
f (x) = f (0) +
∞ X f (n) (0) n x . n n=1
149 99.
DA
NE
ex = 1 + 100.
DA
e=1+
x3 x4 x x2 + + + +··· , 1 2 3 4
∀x ∈ R.
NE ∞ X 1 . n! n=1
Rjeˇ senja 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.
DA DA NE DA NE DA DA DA DA DA DA NE DA NE DA NE DA DA DA NE
21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40.
NE DA DA NE DA NE DA DA DA NE DA DA DA NE NE DA DA DA DA DA
41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60.
DA DA DA NE DA NE DA NE NE DA NE DA NE DA DA DA NE DA DA NE
61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80.
DA NE DA NE NE DA DA DA DA DA DA DA DA DA DA NE NE DA DA DA
81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88. 89. 90. 91. 92. 93. 94. 95. 96. 97. 98. 99. 100.
DA DA DA NE NE DA DA NE NE DA NE DA DA NE DA DA DA DA NE DA
Dio III.
ˇ PODSJETNIK ZA UCENJE
13. Osnove matematike
ˇ je sud? Dajte primjer. 1. Sto 2. Kako glase tablice istinitosti slijede´cih logiˇckih operacija: konjunkcija ∧, disjunkcija ∨, ekskluzivna disjunkcija ∨, implikacija ⇒, ekvivalencija ⇔, negacija ¬? ˇ je predikat? Dajte primjer. 3. Sto 4. Objasnite univerzalni kvantifikator ∀ i egzistencijalne kvantifikatore ∃ i ∃!. 5. Kako definiramo partitivni skup? ˇ je binarna relacija? Kada kaˇzemo da je binarna relacija refleksivna (simetriˇcna, 6. Sto tranzitivna, ekvivalencija)? Primjeri. 7. Kako definiramo relaciju potpunog uredaja? Kako definiramo relaciju parcijalnog uredaja? ˇ je potpuno ureden skup? Navedite primjere. Sto ˇ je gornja, a ˇsto donja meda? Sto ˇ su infimum i supremum, a ˇsto minimum i maksimum? 8. Sto Navedite primjere. ˇ je funkcija? Sto ˇ je domena, a ˇsto kodomena? Kako definiramo kompoziciju funkcija? 9. Sto Dokaˇzite h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f . 10. Definirajte slijede´ce vrste funkcija: surjekcija, injekcija, bijekcija, inverzna funkcija, restrikcija, ekstenzija. 11. Kada su skupovi ekvipotentni? Kako definiramo beskonaˇcan skup? 12. Kako glase Peanovi aksiomi? Kako definiramo skup prirodnih brojeva N? Kako glasi princip matematiˇcke indukcije? 13. Dokaˇzite da je skup N beskonaˇcan. ˇ su binomni koeficijenti? 14. Sto
ˇ nam o njima kaˇze Pascalov trokut? Sto
15. Kako glasi binomni pouˇcak? 16. Kako definiramo skupove Z, Q i R? 17. Dokaˇzite da su skupovi N, Z i Q ekvipotentni. 18. Koje baze za brojevne sustave koristimo u praksi? 19. Koji od skupova N, Z, Q i R su diskretni; prebrojivi; gusti? 20. Dokaˇzite da je Q gust, to jest da izmedu svaka dva razliˇcita racionalna broja imamo beskonaˇ √ cno racionalnih brojeva. Dokaˇzite da postoje iracionalni brojevi tako ˇsto ´cete pokazati da 2 6∈ Q.
154 21. Objasnite princip rada raˇcunala. 22. Koja su svojstva apsolutne vrijednosti realnog broja? ˇ je |z|, a ˇsto z¯? Kako zbrajamo kompleksne 23. Kako definiramo skup kompleksnih brojeva C? Sto brojeve? Koja su svojstva operacija sa kompleksnim brojevima? Dajte primjere. ˇ je trigonometrijski oblik kompleksnog broja? Kako prebacujemo kompleksne brojeve iz 24. Sto jednog u drugi oblik? Navedite primjer. 25. Nacrtajte skupove |z − z0 | ≤ r i |z − z1 | + |z − z2 | ≤ r. 26. Kako glase Moivreove formule za potenciranje kompleksnih brojeva i za vadenje n-tog korjena? Dokaˇzite Moivreovu formulu za z 2 . 27. Kako glasi eksponencijalni oblik kompleksnog broja? Kako definiramo potenciranje s kompleksnim eksponentom?
14. Linearna algebra
ˇ je sustav linearnih jednadˇzbi? 1. Sto ˇ je matrica? Kako zbrajamo matrice? 2. Sto
Kako mnoˇzimo matrice?
ˇ je jediniˇcna matrica; nul-matrica; transponirana matrica; simetriˇcna matrica? 3. Sto 4. Kako pomo´cu matrice zapisujemo sustav linearnih jednadˇzbi? ˇ je 5. Kako rjeˇsavamo trokutaste sustave? Opiˇsite postupak Gaussove eliminacije. Sto pivotiranje? 6. Kada su vektori linearno nezavisni? Kako definiramo rang matrice? Kako odredujemo rang matrice? 7. Kada kaˇzemo da su dvije matrice ekvivalentne i ˇsto vrijedi u tom sluˇcaju? 8. Kako glasi Kronecker–Capellijev teorem? Dokaˇzite da je sustav Ax = b rjeˇsiv ako i samo ako b ). rang(A) = rang( A
ˇ je inverzna matrica? Dokaˇzite da je inverzna matrica jedinstvena ako postoji. Dokaˇzite da 9. Sto je (AB)−1 = B −1 A−1 .
10. Opiˇsite postupak traˇzenja inverzne matrice. 11. Dokaˇzite da je matrica A reda n regularna ako i samo ako je rang(A) = n. 12. Definirajte slijede´ce pojmove: permutacija, inverzija, parnost. ˇ je determinanta? 13. Sto 14. Navedite i dokaˇzite svojstva determinanti: (a) determinanta trokutaste matrice jednaka je produktu elemenata na dijagonali, (b) det(A) = det(A)T , (c) zamjenom dvaju stupaca (redaka) determinanta mijenja predznak, (d) determinanta matrice s dva jednaka stupca (retka) je jednaka nuli, (e) determinanta je linearna funkcija svojih stupaca (redaka), (f) ako determinanta ima nul stupac (redak), tada je jednaka nuli, (g) determinanta se ne mijenja ako nekom stupcu (retku) pribrojimo neki drugi stupac (redak) pomnoˇzen s nekim brojem, (h) det(A · B) = det(A) det(B) ako obje determinante na desnoj strani postoje (bez dokaza).
156 15. Dokaˇzite da su lijede´ce tvrdnje ekvivalentne: (a) rang(A) = n, (b) det(A) 6= 0,
(c) postoji A−1 ,
16. Kako moˇzemo definirati rang pomo´cu poddeterminanti? 17. Objasnite Laplaceov razvoj determinante: X X det A = aij Aij = aij Aij . j
18. Objasnite i dokaˇzite formulu A−1 = 19. Izrecite i dokaˇzite Cramerovo pravilo.
i
1 A˜T . det(A)
15. Vektorska algebra i analitiˇ cka geometrija
ˇ je usmjerena duˇzina? Sto ˇ je vektor? Kako definiramo jednakost dvaju vektora? Koje je 1. Sto osnovno svojstvo Euklidovog prostora? ˇ su kolinearni vektori? 2. Sto 3. Kako definiramo nul-vektor? 4. Kako zbrajamo i oduzimamo vektore? Kako mnoˇzimo vektore skalarom? Koja su svojstva tih operacija? ˇ je radijus-vektor? 5. Sto ˇ je koordinatni sustav? Kako definiramo vektore u koordinatnom sustavu? Sto ˇ su skalarne, 6. Sto a ˇsto vektorske komponente vektora? ˇ su komplanarni vektori? 7. Sto ˇ je jediniˇcni vektor? Sto ˇ su kosinusi smjerova i kako ih 8. Kako definiramo duljinu vektora? Sto moˇzemo izraˇcunati? 9. Kako definiramo linearnu zavisnost odnosno nezavisnost vektora? ˇ je baza prostora? Kako moˇzemo vektor x prikazati u bazi (0, a, b, c), pri ˇcemu su a, b, c i x 10. Sto zadani u bazi (0, i, j, k) ? Dajte primjer. 11. Kako glase geometrijska i koordinatna definicija skalarnog produkta? skalarnog produkta.
Navedite svojstva
12. Kako pomo´cu skalranog produkta raˇcunamo kut izmedu dva vektora? 13. Kako glase geometrijska i koordinatna definicija vektorskog produkta. vektorskog produkta i usporedite ih sa svojstvima determinanti.
Navedite svojstva
14. Kako raˇcunamo povrˇsinu paralelograma, a kako povrˇsinu trokuta? Dajte primjere. 15. Kako glase geometrijska i koordinatna definicija mjeˇsovitog produkta. skalarnog produkta i usporedite ih sa svojstvima determinanti.
Navedite svojstva
16. Objasnite zaˇsto je (a × b) · c) = ±V , gdje je V volumen paralelopipeda kojeg razapinju vektori a, b i c. 17. Kako raˇcunamo volumen paralelopipeda, a kako volumen tetraedra? Dajte primjere. ˇ 18. Cemu je jednako (a × b) × c,
a × (b × c) ?
158 19. Izvedite jednadˇzbe pravca: vektorsku, parametarsku, kanonsku, kao presjek dvaju ravnina. Primjer. 20. Izvedite jednadˇzbe ravnine: vektorsku, segmentnu, kroz tri toˇcke, kroz jednu toˇcku uz zadani vektor normale n, op´ci oblik. Dajte primjere. 21. Kada su dva pravca paralelna? Kada su dvije ravnine paralelne? Kako moˇzemo odrediti kut izmedu pravca i ravnine, dvije ravnine, dva pravca? 22. Kako odredujemo sjeciˇste dvaju pravaca, dvije ravnine, pravca i ravnine? Dajte primjere. 23. Kako odredujemo udaljenost dvije toˇcke, toˇcke i pravca, toˇcke i ravnine, dva pravca, dvije ravnine, pravca i ravnine? Dajte primjere. 24. Kako odredujemo teˇziˇste trokuta, upisanu kruˇznicu, opisanu kruˇznicu, ortocentar? Dajte primjere. 25. Kako odredujemo projekciju toˇcke na ravninu, toˇcke na pravac, pravca na ravninu? Dajte primjere.
16. Funkcije realne varijable
1. Opiˇsite naˇcine zadavanja funkcija i navedite primjere. 2. Kako definiramo slijede´ce vrste funkcija: omedena, parna, neparna, rastu´ca, strogo rastu´ca, periodiˇcka? 3. Definirajte limes funkcije f u toˇcki x. Dokaˇzite da je limes jedinstven ako postoji. Kako definiramo limese s lijeva i zdesna? Navedite svojstva limesa ( pravilo uklijeˇstene funkcije; pravilo zamjene; limes zbroja, produkta, kvocijenta). Kako definiramo limese u beskonaˇcnosti i beskonaˇcne limese? 4. Kada kaˇzemo da je funkcija f neprekidna u toˇcki x? Kada kaˇzemo da je funkcija f neprekidna na skupu A? Koja su osnovna svojstva neprekidnih funkcija? Ilustrirajte svojstva primjerima. 5. Kakve vrste prekida imamo? Navedite nekoliko primjera. ˇ su asimptote i kako ih raˇcunamo? 6. Sto √ √ √ 4 7. Nacrtajte funkcije x2 , ( 4 x)2 i x2 . 8. Kako definiramo logaritamske funkcije? Dokaˇzite da je log(xy) = log x + log y. Dokaˇzite da je loga x = loga b · logb x. 9. Objasnite op´cu sinusoidu f (x) = A sin(ϕx + ψ). 10. Dokaˇzite kosinusov pouˇcak i adicione teoreme. . 11. Definirajte i nacrtajte sve elementarne funkcije: polinom n-tog stupnja, racionalnu funkciju, n-ti korijen, trigonometrijske funkcije, arkus funkcije, eksponencijalne funkcije i logaritamske funkcije (za razliˇcite baze), hiperbolne i area funkcije. ˇ je inverzna funkcija i kada postoji? Sto ˇ je (f ◦ f −1 )(x)? Nacrtajte funkcije 12. Sto f (x) = arcsin(sin x) i g(x) = sin(arcsin x). ˇ kaˇze osnovni teorem algebre o nul-toˇckama polinoma n-tog stupnja? 13. Sto 14. Dostiˇze li neprekidna funkcija na zatvorenom skupu svoj maksimum i minimum? 15. Kakva mora biti biti funkcija f da vrijedi lim f (x) = f ( lim x)?
x→x0
x→x0
17. Derivacije i primjene
1. Kako definiramo derivaciju? Koja je geometrijska interpretacija derivacije? 2. Izvedite formule za derivaciju elementarnih funkcija. umnoˇska i kvocijenta.
Dokaˇzite formule za derivaciju zbroja,
3. Kako deriviramo inverznu funkciju? Kako deriviramo kompoziciju funkcija? Kako deriviramo implicitno zadanu funkciju? Dajte primjere. 4. Objasnite postupak logaritamskog deriviranja Navedite primjer. ˇ je diferencijal? Koja je geometrijska interpretacija? Kako diferencijal moˇzemo koristiti 5. Sto za pribliˇzno raˇcunanje? 6. Kako definiramo derivacije i diferencijale viˇseg reda? 7. Izvedite formule za prvu i drugu derivaciju parametarski zadane funkcije. 8. Izrecite i dokaˇzite Fermatov teorem. 9. Izrecite i dokaˇzite Rolleov teorem. 10. Izrecite i dokaˇzite Cauchyjev teorem srednje vrijednosti. 11. Izrecite i dokaˇzite Lagrangeov teorem srednje vrijednosti. Koja je geometrijska interpretacija Lagrangeovog teorema? Zbog ˇcega su vaˇzne pretpostavke teorema? 12. Navedite sedam neodredenih oblika koji se mogu javiti prilikom raˇcunanja limesa. 13. Izrecite L’Hospitalovo pravilo. nekoliko primjera.
Dokaˇzite L’Hospitalovo pravilo za sluˇcaj 00 . Navedite
14. Dokaˇzite da je derivabilna funkcija strogo rastu´ca na nekom otvorenom intervalu ako i samo je njena derivacija ve´ca od nule. 15. Definirajte lokalne i globalne ekstreme. ˇ je kritiˇcna, a ˇsto stacionarna toˇcka? 16. Sto 17. Kako glasi nuˇzdan uvjet ekstrema? 18. Kako glasi dovoljan uvjet ekstrema? (Preko promjene predznaka prve derivacije ili preko druge ili viˇsih derivacija) Dokaˇzite navede dovoljne uvjete ekstrema. 19. Kako definiramo konveksnost i konkavnost? Koja su svojstva grafa konveksne i konkavne funkcije? Kako moˇzemo provjeriti konveksnost i konkavnost pomo´cu druge derivacije? ˇ je toˇcka infleksije i kada postoji? 20. Sto
162 21. Kako ispitujemo tok funkcije? Navedite primjer. 22. Kako ispitujemo tok parametarski zadane funkcije? Navedite primjer.
18. Nizovi i redovi
ˇ je niz? Kada je niz padaju´ci, a kada strogo padaju´ci? Kada je niz monoton? 1. Sto 2. Kako definiramo limes niza? Rijeˇsite osnovnu nejednadˇzbu konvergencije za neki konkretan niz. 3. Dokaˇzite da je limes niza jedinstven. ˇ je gomiliˇste? Sto ˇ je lim sup an , a ˇsto lim inf an ? 4. Sto ˇ je podniz? Kako joˇs moˇzemo definirati gomiliˇste (pomo´cu podniza)? 5. Sto 6. Konvergentan niz je omeden. Dokaz. 7. Svaki niz ima monoton podniz. Dokaz. 8. Monoton i omeden niz je konvergentan. Dokaz. 9. Dokaˇzite da je niz e ≡ lim
n→∞
1 n
1+
n
konvergentan (rastu´ci i omeden odozgo). 10. Kako moˇzemo odrediti lim
n→∞
sin n ? n
11. Navedite dovoljan uvjet konvergencije niza (niz konvergira ako i samo ako je Cauchyjev). 12. Dokaˇzite
√ n a → 1,
√ n
n → 1.
ˇ je red brojeva? Kako definiramo sumu reda (limes niza parcijalnih suma)? 13. Sto ˇ je geometrijski red? Opiˇsite Zenonov paradoks. 14. Sto 15. Dokaˇzite nuˇzdan uvjet konvergencije reda (an → 0). 16. Opiˇsite konvergenciju reda
u ovisnosti o parametru p. 17. Dokaˇzite da harmonijski red
divergira.
X 1 np X1 n
164 18. Opiˇsite konvergenciju reda
X (n + 1)α (n!)β
u ovisnosti o parametrima α i β.
19. Opiˇsite kriterije konvergencije za redove s pozitivnim ˇclanovima – poredbeni; D’Alembertov; Cauchyjev; Raabeov. ˇ je apsolutna konvergencija? Da li apsolutna konvergencija nekog reda povlaˇci i 20. Sto konvergenciju tog reda? 21. Kako glasi Leibnitzov kriterij konvergencije i za kakve ga redove koristimo? ˇ je niz funkcija? Navedite primjer. 22. Sto 23. Kako definiramo konvergenciju po toˇckama (obiˇcnu konvergenciju) niza funkcija? Naveidte primjere. 24. Kako definiramo uniformnu konvergenciju niza funkcija? Da li uniformna konvergencija povlaˇci obiˇcnu konvergenciju? Navedite primjer. ˇ je red funkcija? Navedite primjer. 25. Sto 26. Kako definiramo konvergenciju po toˇckama (obiˇcnu konvergenciju) reda funkcija? (Ili kao konvergenciju redova brojeva koji se dobiju kada uvrˇstavamo toˇcke iz domene ili kao obiˇcnu konvergenciju pripadnog niza parcijalnih suma funkcija.) Navedite primjere. 27. Definirajte uniformnu i apsolutnu konvergenciju reda funkcija. Kako glasi Weierstraßov kriterij konvergencije? 28. Kako se nalazi podruˇcje konvergencije reda funkcija? Dajte primjer. ˇ je red potencija i njegov radijus konvergencije? 29. Sto 30. Ispitajte konvergenciju reda
X1 xn . n Uputa: prvo se nade podruˇcje apsolutne konvergencije pomo´cu kriterija za konvergenciju redova s pozitivnim ˇclanovima, a potom se posebno ispitaju rubovi podruˇcja apsolutne konvergencije.
31. Kada moˇzemo derivirati red funkcija? Kako deriviramo red potencija? Navedite nakoliko primjera. ˇ je ostatak? 32. Kako glasi Taylorova formula i ˇcemu sluˇzi? Sto 33. S kojom toˇcnoˇs´cu Taylorov (ili MacLaurinov) red aproksimira zadanu funkciju u nekoj toˇcki? 34. Koje vrijednosti funkcije ln x moˇzemo izraˇcunati pomo´cu MacLaurinovog reda funkcije ln
1+x ? 1−x
35. Kako glase MacLaurinovi redovi za funkcije ex , sin x, cos x, ln(1 + x), ln((1 + x)/(1 − x))? Izvedite te redove i njihovo podruˇcje konvergencije.