IV razred- matematika. U prvoj nedelji septembra planirano je obnavljanje gradiva druge godine (3 èasa), a 4-tog èasa radi se inicijalni test.

Profesor: Ivana Obrenoviã Termini za konsultacije: IV razred- matematika U prvoj nedelji septembra planirano je obnavljanje gradiva druge godine (3 èasa), a 4-tog èasa radi se inicijalni test. TEMA 1. Utvrðivanje gradiva i produbljivanje znanja iz prethodnog razreda Èas 1. Zadatak 1. Kolika je površina pravilne èetvorostrane piramide èija je osnovna ivica a=6cm, a visina za 1cm kraãa od visine boène strane? Rešenje: P 96cm Zadatak.Površina omotaèa pravilne èetvorostrane zarubljene piramide je 187cm, visine boènih strana 6cm, a ivica veãe osnove 8cm. Naãi površinu i zapreminu piramide. 3 Rešenje: P 70cm, V 8576cm. Zadatak 3. Izraèunati zapreminu prave zarubljene kupe ako su površine njenih osnova 5 cm i 4 cm i površina omotaèa 35 cm. 3 Rešenje: V 5 cm. Zadatak 4. Koristeãi Kramerove formule rešiti sistem linearnih jednaèina: x y 3z 1 Rešenje: x 4y 6z x y 6z 4 1 1 x 1, y, z 3 pdfmachine - is a pdf writer that produces quality PDF files with ease! Get yours now! Thank you very much! I can use Acrobat Distiller or the Acrobat PDFWriter but I consider your product a lot easier to use and much preferable to Adobe's" A.Sarras - USA

Èas. Zadatak 1. Ako je p a b, q a b, a 3, b 4 p q. Rešenje: p q 30e i ( a, b), izraèunati 6 Zadatak. Izraèunati zapreminu paralelopipeda koga odreðuju vektori: a ( 1,0,3), b (0,1,), c (3,4,0) Rešenje: V ( a b) c 17 Zadatak 3. Odrediti jednaèine težišnih linija trougla èija su temena: A(-,), B(4,) i C(3,0). Rešenje: x+11y-1=0, x-7y-=0, x-y-3=0. Zadatak 4. Napisati jednaèinu prave koja sadrži presek pravih: x-y-1=0, x- y+7=0 i x-7y-1=0, x-5y+1=0. Rešenje: 3x-14y+6=0. Zadaci za domaãi zadatak: 1. Napisati jednaèine dijagonala èetvorougla èija su temena: A(-4,-5), B(7,6), C(3,8) i D(-,3). Rešenje: AC: 13x-7y+17=0, BD: x-3y+11=0.. Napisati jednaèinu kružnice, koja sadrži taèke: A(5,6); B(-3,) i C(-,-1). Rešenje: x y 4x 4y 17 0. Èas 3. pdfmachine - is a pdf writer that produces quality PDF files with ease! Get yours now! Thank you very much! I can use Acrobat Distiller or the Acrobat PDFWriter but I consider your product a lot easier to use and much preferable to Adobe's" A.Sarras - USA

Zadatak 1. Odrediti jednaèinu prave koja sadrži taèku A(-1, -) i normalna je na pravu p: x+y-3=0. Rešenje: x-y+1=0 Zadatak. Odrediti jednaèine tangenti elipse x 4y 0, koje su normalne na pravu q x y 13 0. Rešenje: x y 5 0. Zadatak 3. Zbir prva tri èlana aritmetièkog niza je 36, a zbir kvadrata prva tri èlana je 48. Odrediti taj niz. Rešenje: d 5, a 7 ili a 17 1 1 Zadatak 4. Èetiri broja èine gemetrijski niz. Naãi te brojeve ako je prvi veãi od drugog za 36, a treãi od èetvrtog za 4. Rešenje: 54, 18, 6, ili 7, -9, 3, -1. Zadatak 5. Koliko èlanova aritmetièkog niza 5, 9, 13, 17,... treba sabrati da bi se dobio Zbir 10877? Èas 4. TEST Ovaj test sastoji se od 5 zadataka, koji se odnose na gradivo iz prethodnog razreda. Zadaci sa prethodna tri èasa su ujedno i priprema za test. Svaki zadatak nosi 0 poena, od 0 do 40 poena je () od 41 do 60 poena (3) od 61 do80 poena je (4) i od 81 do 100 poena je (5) pdfmachine - is a pdf writer that produces quality PDF files with ease! Get yours now! Thank you very much! I can use Acrobat Distiller or the Acrobat PDFWriter but I consider your product a lot easier to use and much preferable to Adobe's" A.Sarras - USA

Èas 5. Neka osnovna svojstva elementarnih funkcija Definicija: Neka su A i B neprazni skupovi. Preslikavanje skupa A na skup B je svaki podskup f skupa A B koji ima ova dva svojstva: 0 1 Skup svih prvih komponenata f jednak je skupu A 0 x y f x, y f y., 1 1 y Parnost: Za funkciju f definisanu na simetriènim intervalu (-a,a), kaže se da je: parna ako je f (-x)=f (x) za x a, a ; neparna ako je f (-x)=- f (x) za x a, a. Monotonost. Za funkciju f kaže se da je monotono rastuãa, ako je taèna implikacija: x1 x f x1 f x, a monotono opadajuãa ako važi: x x f x f. 1 1 x Nule. Svaki realan broj, koji zadovoljava jednaèinu f (x)=0, tj. f ( )=0 zove se realna nula funkcije f (x). Inverzna funkcija. Neka je f preslikavanje jedan-jedan skupa A u skup B. Inverzno 1 preslikavanje, u oznaci f, jeste preslikavanje skupa f(a), odreðeno jednakošãu f 1 f x x. 1. Odrediti oblast definisanosti funkcija: a) f x 4 x b) f x ln x 6x Rezultat: 4 x 0 c) f x 7x 8 3x 5x a) x x 0 x, D x x,,0 6, x 6x 0 x x 6 0 x b) D { x x (,0) (6, )}

3x 5x 0 x(3x 5) 0 x 0 x c) 5 5 D { x x (,0) (0, ) (, )} 3 3 5 3 Èas 6.. Odrediti oblast definisanosti funkcija: 3x 1 a) y x 4x 3 x 1 b) y x 4 1 c) y 9 x d) y x 3x Rezultat: a), 1 1,3 3, b), 1 1,1 1, c) 3,3, 1, d) 3. Data je funkcija a) f () 1 b) f f a 1 c) d) f a 1 f ( x) x x x 1. Izraèunati: x 1 Rezultat: a) b) f f 55 1 1 47 1 1 a c) f a 1 a 1 d) f ( 1 a) a a a a 1 a 1 1 a

4. Ako je f x x 3 3x 1, tada je f f 0 f 1. Dokazati. Rešenje: f () 3 3 1 3 f (0) 0 3 0 1 1 f (1) 1 3 1 1 f () f (0) 3 1 1 f (1). Èas 7. x 1 x 5. Ako je f x, tada je f x x f. Dokazati. 6. Ako je f x x 1, tada je x 1 f 1 x f y f x f y x y. Dokazati. 1 xy 7. Rešiti funkcionalne jednaèine: a) f x 1 x 3x ; b) x f x, gde je f nepoznata funkcija. x 1 f x x 5x Rezultat: a) 6 b) f x x x 1 Èas 8. 8. Odrediti realne nule funkcija odreðenih formulama: 4 x 17x 16 a) f x ; x 3 x 8 b) f x x 3 8

x 4x 3 c) y x 6x 5 Rezultat: a) -4,-1,1,4. b) c) 1,3 9. Ispitati parnost sledeãih funkcija: a) f x x 1 3cos x b) f x x sin x 15 c) f x x 17 45x 4 5sin x 5x 5 d) x sin x tgx x cos x x 1 x f e) f x x f) x f x 3 Rezultat: a)parna, b) parna, c) ni parna ni neparna, d) neparna e) parna, f) neparna

1 Čas 9. 1.1 Vežbanje 1. Odrediti domen funkcije: a) y = log(4 x ) + 36 x Rešenje: x (, ) b) Rešenje x [ 3, 3) c) 3 + x 3 x y = 4 x+3 Rešenje x [ 3, ). Ispitati parnost, odnosno neparnost sledećih funkcija: a) y = x + tgx Rešenje: Funkcija je neparna b) Rešenje: Funkcija je parna c) y = x 1 cosx y = log 1 + x 1 x Rešenje: Funkcija je neparna 3. Odrediti oblast definisanosti, ispitati parnost i naći nule: log x 5x + 6 x Rešenje: Funkcija je definisana sa x (0, ) (3, + ) Funkcija nije ni parna ni neparna Nule Funkcije su: x 1, = 3 ± 3

Čas 10..1 Složena funkcija, pojam i primeri Neka je f : A B, g : B C tada je složena funkcija h = g f definisana kao h(x) = g(f(x)) za svako x A i tada je h : A C. Zadaci: 1. Date su funkcije: a) b) f(x) = x 1 f(x) = x 1 x + Odrediti f(f(x)) i f(f(f(x))) Rešenje: a) f(f(x)) = 4x 3 i f(f(f(x))) = 8x 7 b) f(f(x)) = 1 1 + x i f(f(f(x))) = x + x + 1. Neka je f(x) = 1 x, g(x) = 1 1 x, i h(x) = x x 1, x R\{1}. Dokazati da je: a) b) g h = f f h = g 3

3 Čas 11. 3.1 Inverzna funkcija Ako je f : A B bijetivna finkcija (1-1, i na) tada je inverzna funkcija za funkciju f, funkcija f 1 : B A takva da za svako x A važi f 1 (f(x)) = x i za svako y B važi f(f 1 (y)) = y. Grafici uzajamno inverznih funkcija simetrični su medjusobno u odnosu na simetralu prvog i trećeg kvadranta. 1. Naći inverzne funkcije slede ćih funkcija: a) b) f(x) = x 3 f(x) = 1 + 1 x c) d) e) f) g) h) i) f(x) = x f(x) = x 4, x < 0 f(x) = log x x f(x) = ln ex 1 e x + 1 f(x) = x 3 x + f(x) = sinx π x 3π f(x) = 1 x 0 x 1 4

Rešenje: a) b) c) d) e) f) g) h) i) f 1 (x) = y 1 = 3 x f 1 (x) = y 1 = 1 x 1, zax 1 f 1 (x) = y 1 = log x, x > 0 f 1 (x) = y 1 = 4 x f 1 (x) = y 1 = 1 x f 1 (x) = y 1 = ln 1 + ex 1 e x f 1 (x) = y 1 = x + 3 1 x f 1 (x) = y 1 = π arcsinx f 1 (x) = y 1 = 1 x 5

4 Čas 1. 4.1 Vežbanje, gradivo s predhodnih časova Zadaci: 1.Ispitati parnost a) b) c) d) y = x x y = x + 1 x3 arcsinx y = sinx + cosx y = x 3cosx Rešenja: a) Funkcija je neparna b) Funkcija je neparna c) Funkcija nije ni parna ni neparna d) Funkcija je parna. Naći domen i nule funkcije: Rešenje: Domen: y = log (3x x 8) x 5 x (, 4 ) (, 5) (5, + ) 3 Nule funkcije su : x 1, = 1 ± 7 3 3. Izračunati: (f g) h i f (g h) ako je f(x) = x 3, g(x) = x, h(x) = 4x 11 i x R Rešenje: (f g) h(x) = f (g h)(x) = 8x + 19 6

1 Čas 13. 1.1 Pregled elementarnih funkcija Konstantne funkcije Svakako najjednostavnije funkcije su konstantne funkcije, oblika f(x) = c, (c=const.) Grafik ovakve funkcije jeste prava, sa koeficijentom pravca k = 0 paralelna x-osi. Linearne funkcije Funkcije oblika f(x) = y = kx + n, k 0 nazivamo linearnim funkcijama. Njihov grafik jeste prava, te je ona odredjena samo sa dve tačke. Broj k, nazivamo koeficijentom pravca prave i on iznosi k = tgα gde je α ugao koji ta prava zaklapa sa pozitivnim delom x-ose. Broj n jeste odsečak te prave na y-osi. Prave sa istim koeficijentom pravca su paralelne. Stepena funkcija Pod stepenom funkcijom, podrazumevamo svaku funkciju oblika f(x) = x α gde je α proizvoljan ceo broj α 0. Razlikovaćemo slučajeve kada je α paran prirodan broj, kada je α neparan priordan broj, kao i slučajeve kada je α ceo paran negativan broj i ceo neparan negativan broj. 1. α je paran pozitivan broj. To će biti grafici funkcija y = x,y = x 4, y = x 6, itd. Grafici ovih funkcija jesu parabole, sa temenom u koordinatnom početku, odnosno u tački (0, 0). Ovakva funkcija je parna jer je f( x) = f(x) pa će grafik funkcije biti simetričan u odnosu y-osu.. α je neparan pozitivan broj. To će biti grafici funkcija y = x 3, y = x 5, y = x 7, itd. Ovakva funkcija je neparna jer f( x) = f(x) te je grafik simetričan u odnosu na koordinatni početak. Funkcija je bijekcija, te ima nedvosmisleno definisanu inverznu funkciju, za razliku od malopredjašnjih funkcija koje nisu 1 1 preslikavanje.

3. α je paran negativan broj. To ce biti grafici funkcija y = x = 1 x, y = x 4 = 1 x 4, itd. Ova funkcija je parna pa je simetrična u odnosu na x osu. Prave y = 0 i x = 0 su horizontalna i vertikalna asimptota ove funkcije. 4. α je neparan negativan broj. To će biti grafici funkcija y = x 1 = 1 x, y = x 3 = 1 x 3, itd. Kako je funkcija neparna, biće simetrična u odnosu na tačku (0, 0). Ova funkcija takodje je i bijekcija te je inverzna funkcija definisana. Inverzna funkcija za funkciju y = 1 x biće funkcija f 1 (x) = 1. Da se potsetimo još 3 y jednom, grafik funkcije, i njene inverzne funkcije simetrični su u odnosu na simetralu prvog i trećeg kvadranta, odnosno u odnosu na pravu y = x te ne ovaj način možemo i naslutiti kako se crtaju grafici stepene funkcije, kada imamo za stepen ne obavezno ceo, već i racionalan broj. Grafike ovih funkcija detaljno ćemo crtati na času i razradjivati njihove preostale osobine. 3 3

Čas 14..1 Logaritamska i eksponencijalna funkcija Eksponencijalna funkcija Eksponencijalna funkcija jeste funkcija oblika f(x) = y = a x gde je a pozitivan realan broj. Razlikovaćemo slučajeve kada je 0 < a < 1 i slučaj kada je a > 1. 0 < a < 1 Ono što je zajedničko za obe ove funkcije jeste da sadrže tačku (0, 1), jer svaki broj(osim nule) na nulti stepen davaće jedan. Medjutim, kada je a broj izmedju 0 i 1, što stepen (odnosno x) više povećavamo, odgovarajuća slika, ondnosno y bivaće sve manje i manje, te je ova funkcija opadajuća na celom svom domenu. Takodje, njen kodomen jesu isključivo pozitivni realni brojevi, jer pozitivnu osnovu a kako god da stepenujemo nezavisnom promenljivom x uvek ćemo dobijati pozitivnu sliku y te se grafik ove funkcije nalazi isključivo u 1. i. kvadrantu. Nule funkcije ne postoje tako da grafik ne seče x-osu. Prava y = 0 (x-osa) jeste vertikalna asimptota ove funkcije kad x a > 1 Za razliku od malopredjašnje funkcije, ova funkcija je monotono rastuća na celom domenu. Nije ni parna ni neparna, takodje joj je kodomen skup R + tako da se grafik nalazi u 1. i. kvadrantu i takodje sadrži tačku (0, 1). Prava y = 0 (x-osa) jeste vertikalna asimptota ove funkcije kad x Logaritamska funkcija Logaritamska funkcija y = log a x gde je 0 < a < 1 ili a > 1 jeste inverzna eksponencijalnoj funkciji, pa su ovi grafici kao takvi simetrični graficima y = a x u odnosu na pravu y = x. Domen je x > 0. Detaljne grafike ovih funkcije crtaćemo na času. 4

3 Čas 15. 3.1 Trigonometrijske funkcije Trigonometrijske funkcije su y = sinx, y = cosx, y = tgx, y = ctgx. Neparne funkcije su sinx, tgx, ctgx dok je cosx jedina prana trigonometrijska funkcije. Domen ovih funkcija jeste čitav skup Realnih brojeva, jer kad su u pitanju uglovi koje uzimamo kao vrednost argumenta x tu nemamo nikakvih ograničenja. Medjutim kodomen funkcija sinx i cosx jeste isključivo segment [ 1, 1] jer poznato je, da sinus i kosinus bilo kog ugla ne mogu uzeti vrednost veću od 1 kao ni vrednost manju od -1. Uz sve ovo, trigonometrijske funkcije su i preiodične, i to: funkcije sinx i cosx su π periodične, dok funkcije tgx i ctgx za osnovni preiod imaju broj π. Ovo nam umnogome olakšava crtanje grafika. Zapravo grafik funkcije crtamo samo na osnovnom preiodu gde funkcija uzima sve različite vrednosti, a ostatak grafika se podrazumeva. Grafike trigonometrijskih funkcija detaljno ćemo crtati na času 4 Čas 16. 4.1 Inverzne trigonometrijske funkcije Inverzne trigonometrijske funkcije su, da se podsetimo funkcije: y = arcsinx, y = arccosx, y = arctgx i y = arcctgx. Domen funkcija arcsinx i arccosx isto je što i kodomen funkcija sinx i cosx dakle segment x [ 1.1]. Grafici trigonometrijskih i odgovarajućih inverznih trigonometrijskih funkcija su simetrični u odnosu na simetralu 1. i 3. kvadranta. Grafike inverznih trigonometrijskih funkcija detaljno ćemo crtati na času 5

1 Čas 17. i 18. 1.1 Elementarno ispitivanje funkcija-sistematizacija Podsetićemo se elementarnih osobina funkcija koje smo do sada učili. Ova sistematizacija je ujedno i priprema za kontrolnu vežbu: Oblast Definisanosti (Domen) Da bi neka funkcija bila zadata, moraju najpre biti zadata dva neprazna skupa: oblast definisanosti funkcije, odnosno domen, tj. skup iz koga će se uzimati originali (odnosno promenljiva x), i kodomen tj. skup iz koga će funkcija uzimati svoje vrednosti. Sama funkcija je onda pravilo po kome se svakom elemetu domena pridružuje(dodeljuje) odredjen element kodomena. Neka je domen funkcije označena sa A, kodomen sa B, a sama funkcija sa f. Tada pišemo f : A B i kažemo da funkcija f preslikava skup A u skup B. Problem sa definisanošću funkcije imaćemo u sledećim slučajevima: Deljenje nulom Ako je f(x) = g(x) gde su g(x) i h(x) neki izrazi u kojima h(x) figuriše x mora da važi : h(x) 0 Oni x-evi za koje ovo ne važi neće upadati u domen funkcije, jer za takve x ne možemo naći realno y. Paran koren iz negativnog broja Dobro nam je poznato da paran koren iz negativnog broja nije definisan, pa stoga ukoliko imamo koren parnog stepena (kvadratni koren, četvrti koren...), a potkorena vrednost je negativna za neke x imaćemo u tim tačkama problem sa definisanošću: Ako je f(x) = n g(x), gde je n N i n-parno, mora da važi: g(x) 0 Oni x-evi za koje ovo ne važi neće upadati u domen funkcije, jer za takve x ne možemo naći realno y.

Logaritam Ako imamo funkciju oblika f(x) = log a g(x) gde je a (0, 1) ili a > 1 onda mora da važi: g(x) > 0 jer pozitivnu osnovu a čime god da stepenujemo, uvek ćemo kao rezultat dobijati pozitivan broj, čak ne možemo dobiti ni nulu, pa za one x za koje ovo ne važi neće upadati u domen funkcije. arcsinx i arccosx Inverzne trigonometrijske funkcije oblika f(x) = arcsin g(x) i f(x) = arccos g(x) su definisane isključivo na sledećim intervaa: 1 g(x) 1 Oni x za koje ovo ne važi neće biti u domenu, jer za takve x ne možemo naći realno y iz razloga što takvo y ne postoji. Npr. nije definisan arcsin jer sinusna funkcija ne premašuje broj 1 pa ugao koji bi ovako nešto zadovoljavao ne postoji. Podsetimo se još jednom činjenice da je domen odredjene funkcije ujedno kodomen njoj inverzne funkcije, i obratno, jer (grafički gledano) inverzna funkcija nastaje kada zamenimo mesta x i y osi. Ograničenost Definicija: Za funkciju f : A R kažemo da je ograničena odozgo, (odnosno ograničena odozdo) ako postoji takav realan broj M da za svako x A važi: f(x) M (odnosno f(x) M) Primer: Funkcija y = 1 je ograničena i odozdo i odozgo: 1 + x Naime što se tiče ograničenosti odozdo očigledno je da je uvek y > 0 jer kako god da izaberemo x vraća nam se pozitivno. 3

S druge strane funkcija je ograničena i odozgo zbog: 1+x 1 1 za (svako x R), pa je onda y = 1 uvek, te je 1 + x funkcija ograničena odozgo pravom y = 1. Grafik naše funkcije kretaće se izmedju pravih y = 0 i y = 1 jer y ne može uzeti vrednosti manje od 0 i veće od 1 Monotonost Za funkciju f : A R se kaže da je: Rastuća ako za svako x 1, x A iz x 1 x sledi f(x 1 ) f(x ) Strogo rastuća ako za svako x 1, x A iz x 1 < x sledi f(x 1 ) < f(x ) Opadajuća ako za svako x 1, x A iz x 1 x sledi f(x 1 ) f(x ) Strogo opadajuća ako za svako x 1, x A iz x 1 < x sledi f(x 1 ) > f(x ) Funkcija koja zadovoljava bilo koji od navedena četiri uslova zove se monotona funkcija. Parnost i neparnost Za funkciju f : A R kažemo da je parna ako : za svako x A važi f( x) = f(x), odnosno kažemo da je neparna ako : za svako x A važi f( x) = f(x). Periodičnost Za funkciju f : A R se kaže da je periodična ako postoji takav broj T > 0 da za svako x A važi: x + T A, x T A i f(x + T) = f(x T) = f(x) Broj T naziva se periodom funkcije f. Ako postoji najmanji pozitivan preiod, on se naziva osnovnim periodom. Nule i znak funkcije Nula funkcije f : A R je svaki realan broj x 0 A takav da je f(x 0 ) = 0. Odnosno nule funkcije su one tačke u kojima grafik seče x-osu. 4

Za one intervale argumenta x za koje važi da je y > 0 grafik funkcije nalazi se iznad x-ose i kažemo da je funkcija pozitivna obratno, za one intervale argumenta x za koje je y < 0 grafik funkcije nalazi se ispod x-ose i kažemo da je funkcija negativna, zato što je funkcija uzima negativne vrednosti. Model kontrolne vežbe: 1.Odrediti domen funkcije: x a) f(x) = + x + 1 + 7 x 3 x 5 Rešnje: Domf : x (3, 5) (5, + ) b) f(x) = Rešenje: x 3 3 + log(x + 4) x x + 1 Domf : x ( 4, 1) (1, + ) c) f(x) = log ( 3 x 3 8) Rešenje: Domf : x (, + ) d) f(x) = 3x x Rešenje: Domf : x [0, 3].Dokazati: a) Ako je f(x) = log x + x + dokazati da važi: Rešnje: f() = log 4 + 4 = + = 4 f() + f( 1 ) f(8) = 4 10 5

f( 1 ) = log 1 4 + 5 = + 10 f(8) = log 64 + 10 = 6 + 10 pa je konačno: f() + f( 1 ) f(8) = 4 + 10 b) Ako je f(x) = 3 x + 6 + x dokazati da važi: Rešnje: f(0) = 3 6 + 0 = 3 6 + 1 f() = 3 8 + = + 4 = 6 Pa je konačno: f(0) + f() = 3 6 + 7 6 10 = 4 f(0) + f() = 3 6 + 1 + 6 = 3 6 + 7 10 3.Odrediti nule i znak funkcije: a) f(x) = x x (x+1)(x ) Nule funkcije su x 1 = 0 i x = 1 Znak: y > 0 za x (, 1) (0, 1 ) (, + ) y < 0 za x ( 1, 0) ( 1, ) b) f(x) = log x 5x + 6 x Nule funkcije su: x 1 = 3 + 3 i x = 3 3 Znak: y > 0 za x (0, 3 3) (3 + 3, + ) y < 0 za x (3 3, ) (3, 3 + 3) 6

4.Odrediti inverznu funkciju: a)y = x+3 4 Rešenje: f 1 (x) = log (x + 4) 3 b)y = log x x Rešenje: f 1 (x) = 1 y d) Za datu funkciju f(x) = x 3 x, x > 0, Odrediti f 1 (4) + f 1 (16) Rešenje: f 1 (x) = y 3 f 1 (4)+f 1 (16) = 4 3 + 16 3 = 3 + 6 = 8+64 = 7 5. Odrediti složenu funkciju i izračunati: a) Ako je f(x) = sinx i g(x) = x + 5 Odrediti g f( π 6 ) Rešnje: g f(x) = g(f(x)) = sin x+5 g(f( π 6 )) = sinπ 6 +5 = 1 4 +5 = 51 4 b) Ako je f(x) = + logx, g(x) = x + 5 i h(x) = 1 x Odrediti h (g f)(0, 1) Rešnje: h (g f)(x) = h(g(f(x))) = 1 (logx + ) + 5 h(g(f(0, 1))) = 1 (log0, 1 + ) + 5 = 1 6 7

Čas 19..1 Kontrolna vežba Kontrolna vežba sadržaće pet zadataka. Svaki zadatak nosi 0 bodova. Ukupno 100 bodova. Princip ocenjivanja je sledeći: 0-0 poena, ocena 1 0-40 poena, ocena 40-60 poena, ocena 3 60-80 poena, ocena 4 80-100 poena, ocena 5 Kontrolna vežba je koncipirana tako da svako može da uradi barem prva dva zadatka koja spadaju u lakšu grupu zadataka i time zasluži pozitivnu ocenu. Ako neko bude imao prelaznu ocenu na kontrolnom, može odgovarati na času za ocenu više. Kontrolna vežba radi se 1 čas. Srećno!! 3 Čas 0. 3.1 Ispravak kontrolne vežbe Na ovom času radićemo ispravak kontrolne vežbe i počećemo priču o graničnim vrednostima funkcije. Više o tome sledeće nedelje! 8

Čas 1. i. Granična vrednost funkcije Definicija Neka je f : A R funkcija realne promenljive i x 0 R tačka nagomilavnja njenog domena A. Za funkciju f kažemo da ima graničnu vrednost (es) α (α R) u tački x 0 i pišemo: f(x) = α x x 0 ako za svako ɛ > 0 postoji δ > 0, tako da je f(x) α < ɛ za sve one x A za koje je x x 0 i x x 0 < δ. Joše se kaže i da f(x) teži broju α kad x teži x 0 Teorema Ako je realna funkcija f definisana i neprekidna u nekoj tački x 0 koja je ujedno i tačka nagomilavanja njenog domena, onda je : f(x) = f(x 0 ) x x 0 Znajući da svu sve lementarne funkcije neprekidne, imamo i sledeću posledicu: Posledica Ako je f elementarna funkcija i x 0 tačka njenog domena, tada je: f(x) = f(x 0 ) x x 0 Razlikovaćemo još levi od desnog esa. Odnosno granične vrednosti oblika: x x 0 +0 f(x) = α f(x) = β x x 0 0

Vertikalna asimptota funkcije Grafici funkcija koje imaju beskonačan bar jedan od jednostranih esa u nekoj konačnoj tački x 0 imaju karakterističnu osobinu da se neograničeno približavaju pravoj x = x 0 sa odgovarajuće strane. Za tu pravu kažemo da je asimptota grafika funkcije, preciznije rečeno Vertikalna asimptota funkcije. Nešto slobodnije rečeno, kad god u nekim tačkama (ili čitavim intervaa) imamo prekid u domenu, odnosno prekid u definisanosti funkcije, u tim tačkama imamo i pravu koja se zove asimptota. Objasnimo to na primeru: Neka je data funkcija f(x) = 1. Ova funkcija ima prekid u x domenu i to u tački x =. Naime to znači da grafik naše funkcije neće moći da sadrži ni jednu tačku oblika (, y) odnosno neće moći da preseče pravu x =. Kako je funkcija definisana u svim osta tačkama, nas zanima ponašanje ove funkcije kada se x približava kritičnoj tački. Da bi to ponašanje ispitali koristićemo definiciju granične vrednosti. Takodje posebno ćemo posmatrati slučaj kada grafik prilazi ovoj tački s leve strane (levi es) a posebno kada joj prilazi s desne strane (desni es). Dakle kada dobijemo ovakav zadatak mi nedvosmisleno znamo da je prava x = vertikalna asimptota funkcije i to uopšte nije sporno. Ono što treba da ispitamo jeste ponašanje funkcije, jer tu postoje dve opcije: da funkcija teži ka + ili ka zavisno s koje strane prilazimo asimptoti. Ono što znamo jeste sledeće: 1 x 0 x = Ovo važi i za svaku funkciju oblika α gde su α, a R, a > 0 xa,odnosno kako god da stepenujemo ili pomnožimo ovu funkciju, granična vrednost će i dalje biti, možda će težiti brže ili sporije, ali će težiti. Vratimo se našem zadatku. Tražimo najpre desnu graničnu vrednost: 1 x +0 x = 1 x +0 0 = + + 3

Dakle kada prilazimo asimptoti s desne strane funkcija ide u +. Obrnuto kada gledamo levi es imamo : 1 x 0 x = 1 x 0 0 = Dakle kada prilazimo asimptoti s desne strane funkcija ide u. Kada bi imali na primer funkciju f(x) = bio bi Domf : x (, ) (3, + ). 1 x 5x + 6 njen domen Pošto nam čitav interval (, 3) ne upada u domen, to znači da u pravama x = i x = 3 imamo asimptote. Medjutim ovde nema potrebe gledati i levi i desni es. Naime, kada je u pitanju prava x = dovoljno je gledati es sa leve strane, jer funkcija ni ne postoji desno od tačke, takodje kada je u pitanju prava x = 3 dovoljno je gledati samo es sa desne strane, jer levo nije ni definisano, zbog toga što interval (, 3) nije u domenu, pa na tom čitavom delu grafik fnkcije ne postoji. Horizontalna asimptota funkcije Obrnuto od vertikalne, horizontalna asimptota funkcije biće prava y = a, a R paralelna x-osi. Osim što će nas zanimati ponašanje funkcije u kritičnim tačkama gde se prekida domen, slično će nas zanimati ponašanje funkcije u krajevima domena, odnosno u + i u. Dakle ispitivaćemo sledeće ese: f(x) x + f(x) x Onda kada ovi esi budu postojali (odnosno budu konačni) govorićemo da funkcija ima horizontalnu asimptotu. Dakle ako važi sledeće: x + f(x) = a gde je a konačan realan broj, možemo zaključiti: Prava y = a je Horizontalna asimptota funkcije f(x) Ukoliko ovi esi ne postoje, ne postoje ni horizontalne asimptote. 4

Čas 3. i 4. Granična vrednost racionalne i iracionalne funkcije Zadaci: 1.Oderediti granične vrednosti: a) x 4 (x 3x + ) Rešnje; b) x 4 (x 3x + ) = (4 3 4 + ) = 6 x 4 x 1 x + x + 1 Rešnje: c) x 1 x + x + 1 = x 1 ctgx x π 6 1 + ( 1) + 1 = 1 Rešnje: ctgx = ctg π x π 6 = 3 6 Gracična vrednost funkcije koje se javljaju kao neodredjeni izrazi. Oblik: 0 0.Odrediti granične vrednosti: a) x 4x + 3 x 1 x + x 5

Rešenje: x 4x + 3 x 1 x + x = (x 1)(x 3) x 1 (x 1)(x + ) = x 3 x 1 x + = 3 b) x x 3 4x x 4 x 3 + 3x 6 Rešenje: c) 8 11 x 3 + x x x x 4 Rešenje: 3 4 d) x 1 x 1 x 1 Rešenje: x 1 x 1 x 1 = x 1 x 1 x + 1 x 1 x + 1 = x 1 (x 1)( x + 1) x 1 = x 1 x + 1 = e) x x x 1 x 1 Rešenje: 3 f) x 4 x 4 3 3 + x x Rešenje: 7 6

Čas 5. i 6. Granična vrednost oblika Pre nego što počnemo da radimo zadatke ovog tipa, podsetimo se značajne granične vrednosti koja kaže sledeće: 1 x x = 0 Dakle što više povećavamo broj u imeniocu, izraz će se sve više i više smanjivati, odnosno težiti ka nuli. Pamtimo: kada x tada izraz 1 x 0 Napomena: Ovo će važiti i za svaku funkciju oblika α xa, (a > 0) dakle situacija se bitno ne menja ako dodatno izmnožimo ovaj izraz nekom konstantom, jer ono što treba imati na umu jeste da reč beskonačno znaci nešto neodredjeno veliko, pa čak i da pomnozimo ovaj izraz sa milion, ono beskonačno u imeniocu vući će ga u nulu. Zadaci: 1. Nadji granične vrednosti: a) x x + x + 1 Rešenje: b) x x + x + 1 = x x+ x x+1 x x 3 x x x 1 x = x 1 + x + 1 x = 1 Rešenje: c) x 3 x x x 1 x = x x 3 + x x 4 3x + 1 7

Rešenje: d) x 0 x + 3x 3 x3 + Rešenje: e) (x 1)(x )(x 3)(x 4) x (x + 5) 4 Rešenje: f) x 1 8 x 5 1 x 4 + 3x 7 Rešenje: x x 5 1 x 4 + 3x 7 = x x 1 x 4 + 3 x 3 7 x 4 = = Primetimo naime, da razlikujemo tri slučaja ovog esa u zavisnosti od stepena polinoma koji su u imeniocu i brojiocu: Ako su polinom u brojiocu i polinom u imeniocu istog stepena, tada je es konačan. Ako je stepen u imeniocu veći, onda taj izraz brže teži beskonačnosti od onog u brojiocu, pa čitav razlomak teži nuli. Ako je stepen u brojiocu veći, onda je rešenje esa tj. es ne postoji. 8

Čas 7. Neke važnije granične vrednosti, broj e Odvojićemo par važnih graničnih vrednosti na osnovu kojih se dalje rade mnogi zadaci i koje se često koriste: Broj e sinx x 0 x = 1 ln (1 + x) x 0 x = 1 e x 1 = 1 x 0 x a x 1 = lna, a > 0, a 1 x x U prethodnim esima spominjao se broj e. Taj broj je važna matematička konstanta, on je iracionalan, nazivamo ga još i Neperovim brojem i osnovom prirodnog logaritma. Naime oznaka lnx je zapravo samo zapis logaritma koji ima za osnvu broj e odnosno važi: log e x = lnx Ovaj broj definiše se kao granična vrednost niza: x ( 1) x 1 + = e x Broj e približno iznosi : e =, 7188188459045... 9

Čas 8. Granične vrednosti- Vežbanje Zadaci: 1.Odrediti sledeće granične vrednosti: a) sin 3x x 0 x Rešenje: b) sin 3x 3 sin 3x = x 0 x x 0 3x tg 7x x 0 3x = 3 1 = 3 Rešenje: tg 7x x 0 3x = x 0 sin 7x 3x cos 7x = x 0 7 sin 7x 3 7x cos 7x = 7 3 1 1 = 7 3 c) ( 1 + ) x x 5x Rešenje: ( 1 + ) x ( = 1 + ) x 5x [( 5x = 1 + ) 5x ]1 5 1 = e 5 = 5 e x 5x x 5x x 5x d) x (x x + 1) x x 4x + Rešenje: e 10

Čas 9. i 30. Granična vrednost funkcije-sistematizacija 1.Odrediti granične vrednosti: a) ( ) x 3 + x 3x + 1 x x 3 + x + x + 1 b) e x e x x 0 x c) e x 1 x 0 3x d) e x cosx x 0 x e) x 3 +lnx x 0 f) (1 + x 0 x ) ctg x

Rešenja: 1. ( ) x 3 + x 3x + 1 = e 3 x x 3 + x + x + 1. e x e x x 0 x = 1 3. e x 1 = x 0 3x 3 4. e x cosx x 0 x e x 1 + 1 cosx = x 0 x = x 0 e x x 1 + x 0 1 cosx x 1 cosx = 1+ x 0 x 1 + cosx 1 + cosx = 1+ x 0 1 cos x x (1 + cosx) = 1+ x 0 sin x x (1 + cosx) = 1 + 1 = 3 5. x 3 +lnx = e ln x +ln x = e 3lnx +ln x = e 3 x 0 x 0 x 0 3 6. (1 + x 0 x ) ctg x = (1 + x ) 1 x x cos x sin x x 0 = x 0 e ( x sinx ) cos x = e 1 = e 3

Čas 31. i 3. Asimptote funkcije Postoje tri vrste asimptota funkcije o kojima smo već govorili. To su: vertikalna, horizontalna i kosa asimptota. Vertikalna Asimptota Kada god imamo prekid u domenu, za neku vrednost argumenta x, npr. kada je x = a tada je prava x = a vertikalna asimptota. Grafik funkcije ne može preseći ovi pravu jer x ne može da uzme vrednost a ali zato može vrednosti za nijansu veće ili manje od vrednosti a. Da bi ispitali kako se naša funkcija ponaša kada x teži ovoj vrednosti sa desne, odnosno sa leve strane koristimo ese: f(x) = ± x a + f(x) = ± x a Dakle ono što mi treba da odredimo jeste da li je u pitanju plus beskonačno ili minus beskonačno. Koristimo da je K = gde znak beskonačnosti odredjujemo 0 u zavisnosti od znaka konstante K i znaka nule. Horizontalna Asimptota Takodje nas zanima da li se u krajevima domena odnosno kada x teži ka plus ili minus beskonačno funkcija nekako pravilno ponaša ili ne. Odnosno da li teži nečemu konkretnom ili jednostavno ne teži ničemu, odnosno kad x i y. Dakle ispitujemo sledeće ese: f(x) = b x ± Prava y = a je horizontalna asimptota. S druge strane, ukoliko važi f(x) = b x ± Funkcija nema horizontalnu asimptotu. 4

Kosa Asimptota Prava y = kx+n je kosa asimptota funkcije ako postoje sledeći esi: f(x) k = x ± x n = (f(x) kx) x ± gde je k sada konkretan broj koji smo malopre izračunali. Ukoliko ovi esi ne postoje, funkcija nema kosu asimptotu. Kada su upitanju funkcije oblika f(x) = P(x) dakle polinom Q(x) kroz polinom, ne mogu postojati i horizontalna i kosa asimptota u isto vreme. Funkcija može biti i bez asimptota, a moze ih imati i više u isto vreme. Sve što je potrebno da se uradi je da se precizno ispitaju ovi esi. Zadaci: 1. Odrediti asimptote funkcije: a) y = x3 3x x + x Rešenje: Najpre odredimo domen ove funkcije. Da ne bi došlo do deljenja nulom, mora važiti: Rešenja ove jednačine su: x 1, = 1 ± 1 + 8 x + x 0 = 1 ± 3 x 1 = 1 x = Pa ove tačke ne pripadaju domenu, odnosno važi: Domfx (, ) (, 1) (1, + ) Prave x = 1 i x = biće vertikalne asimptote ove funkcije, al treba ispitati to malo preciznije pomoću esa: x 1 + x 3 3x x + x = x 1 + x 3 3x (x 1)(x + ) = K 0 + = 5

x 1 x 3 3x x + x = x 1 Prava x = 1 je vertikalna asimptota i to: x 3 3x (x 1)(x + ) = K 0 = + Kada joj se funkcija približava s desna, grafik gunkcije, odnosno naše y težiće ka Kada joj se funkcija približava s leva, grafik gunkcije, odnosno naše y težiće ka + Slično i za drugu asimptotu, ispitujemo: x + x 3 3x x + x = x + x 3 3x (x 1)(x + ) = K K 0 + = + x x 3 3x x + x = x Prava x = je vertikalna asimptota i to: x 3 3x (x 1)(x + ) = K K 0 = Kada joj se funkcija približava s desna, grafik gunkcije, odnosno naše y težiće ka + Kada joj se funkcija približava s leva, grafik gunkcije, odnosno naše y težiće ka Što se horizontalne asimptote tiče ispitujemo: x ± x 3 3x x + x = ± što znači da horizontalne asimptote nema. To je odmah i bilo jasno, čim je izraz u brojiocu bio većeg stepena od onog u imeniocu. Ostaje nam još da potražimo kosu asimptotu: k = x ± x 3 3x x + x x 1 6 x 3 3x = x ± x 3 + x x

= x ± (x 3 3x) : x 3 (x 3 + x x) : x 3 = x ± 1 3 x 1 + 1 x x = 1 1 = 1 Dakle odredili smo koeficijent pravca, k = 1. Ostaje nam još da odredimo n: n = ( x3 3x x 3 3x x 3 x + x x) = x ± x + x x ± x + x = x ± ( x x) : x (x + x ) : x = x ± 1 1 x 1 + 1 x x = 1 1 = 1 Naš odsečak na y osi, odnosno naše n = 1 pa je konačno naša kosa asimptota, prava y = kx + n = x 1 b) Rešenje: f(x) = y = x + 1 x Vertikalna asimptota: Prava x = kada joj x teži s desne strane y +, a kada joj x teži s leve strane y Horizontalna asimtota: Prava y = 1 jeste horizonatlna asimptota kad x ± Kosu asimptotu nema. 7

Čas 33. i 34. Priprema za pismeni zadatak 1.Odrediti domen funkcije: a) y = + x 1 ln ( x) Rešenje: Moraće da važe dva uslova: Potkorena vrednost mora biti veća ili jednaka od 0, i izraz u imeniocu mora biti različit od nule: x 1 0 x 1 Nadjimo x za koje važi ln ( x) 0 ln ( x) = 0 e 0 = x 1 = x x = 1 Dakle mora važiti i x 1 pa je konačno domen funkcije: Domfx (1, + ). Odrediti oblast definisanosti, ispitati parnost, odrediti nule i znak: f(x) = log 1 x 1 + x Domen: 1 x 1 + x > 0 x ( 1, 1) Parnost: f( x) = log 1 + x 1 x = log Funkcija je neparna. ( ) 1 1 x 1 x = log 1 + x 1 + x = f(x) 8

Nule: log 1 x 1 + x = 0 1 x 1 + x = 1 x = 0 Znak: y > 0 za x ( 1, 0) odnosno y < 0 za x (0, 1) 3.Odrediti graničnu vrednost funkcije : a) x ( ) x+1 3x 4 3 3x + Rešenje: x ( ) x+1 3x 4 3 3x + = e 3 = 1 3 e b) x ( ) x x + x + 1 x x 1 Rešenje: ( x x 1 + x + x x x 1 ) x ( = 1 + x + ) x x x x 1 ( = 1 + x + ) x x 1 x + x x x 1 x + x x x 1 1 = e x+x x x 1 = e x 4.Naći asimptote funkcije: a) y = x3 1 x 4 9

Rešenje: Vertikalne asimptote: x = i x = Horizontalne asimptote nema Kosa asimptota: Prava y = x b) y = x x + 1 x Rešenje: Vertikalna asimptota: Prava x = Horizontalne asimptote nema Kosa asimptota: Prava y = x + 5.Naći inverznu funkciju a) i izračunati f 1 (11) Rešenje: y 1 = Pa je konačno y = sin x + 6 sin x 4 y = sin x + 6 sin x 4 + 10 10 = = 1 + sin x 4 sin x 4 sin x 4 10 sin x 4 y 1 10 = 1 sin x 4 10 y 1 = sin x 4 10 10 + 4 = sin x odnosno x = arcsin y 1 y 1 + 4 Naravno ovde se podrazumeva da takva funkcija postoji samo ako je x ( π, π ) jer pod tim uslovom sinusna funkcija je bijekcija pa ima inverznu. f 1 (x) = arcsin 10 x 1 + 4 f 1 (11) = arcsin 1 + 4 = π + 4 Pismena vežba radi se 8.10. Obavezno ponesite vežbanke! Srećno!!! 10

Čas 38. Izvod funkcije TABLICA IZVODA ELEMENTARNIH FUNKCIJA (C) = 0 (x n ) = n x n 1 (sin x) = cosx (cos x) = sin x (tg x) = 1 cos x (ctg x) = 1 sin x (a x ) = a x ln a (e x ) = e x (log a x) = 1 x ln a (ln x) = 1 x (arctg x) = 1 1 + x (arcctg x) = 1 1 + x (arcsin x) = 1 1 x (arccosx) = 1 1 x

Čas 39-41. Osnovne teoreme o izvodu. Pravila izvodjenja Pravilo o konstanti (C f(x)) = C f (x) gde je C - konstanta Izvod zbira (razlike) (f(x) ± g(x)) = f (x) ± g (x) Izvod proizvoda Izvod količnika (f(x) g(x)) = f g + f g gde je naravno g(x) 0 ( ) f(x) = f g f g g(x) g Na osnovu navedenih pravila izračunajmo najpre neke osnovne izvode: Zadaci: 1. Naći izvod date funkcije: a) y = x Rešenje: y = (x 1 ) = 1 x 0 = 1 1 = 1 Ovaj izvod jeste samo jedan od slučaja izvoda stepene funkcije za n = 1, ali ga često pišemo u samoj tablici jer se on često javlja, pa ga možemo naučiti napamet i smatrati tabličnim izvodom. b) y = x 7 Izvod će dakle biti x = (x 7 ) = 7x 6 c) y = x Rešenje: y = x = x 1 y = (x 1 ) = 1 x 1 = 1 x 3

Ovaj izvod se takodje često može naći u tablicama izvoda zbog njegove česte primene. d) y = 4x + 3 x 4 x + π y = 8x + 4 3 3 x + x e) y = 1 3 x6 + 3 x 3 x + e y = x 5 9 x 4 1 x. Odrediti izvod proizvoda: a) y = x e x y = (x ) e x + x (e x ) = xe x + x e x = xe x ( + x) b) c) y = ln x sin x y = sin x x y = 1 x tg x + x + ln x cosx y = x tg x 1 cos x = 1 cosx (sin x x + x cos x ) 3. Odrediti izvod količnika: a) y = x3 e x 4

y = (x3 ) e x x 3 (e x ) = 3x e x x 3 e x = x e x (3 x) = x (3 x) (e x ) e x e x e x b) y = y = sin x a x cosx sin x ln a a x c) y = x + 1 x + 4 y 6x = (x + 4) Čas 4. 43. Izvod složene funkcije Do sada smo radili izvode samo onih elementarnih funkcija koje imaju za argument x. Šta ako naša funkcija nije tako jednostavnog oblika. Šta ako nam se umesto funkcije sin x pojavi recimo funkcija sin x odnosno sinusna funkcija ali od argumenta x. Ovakve funkcije nazivali smo složenim funkcijama. Da li izvod radimo kao i ranije ili nam se nešto promeni? Zapravo izvod ćemo raditi kao i ranije po pricipu (sinx) = cosx samo što ćemo u slučaju složene funkcije još pomnožiti ovo sve sa izvodom onga što čini tu funkciju složenom. Matematički zapisano to bi značilo: (g f) (x) = g (f(x)) f (x) Primer1 Nadjimo izvod baš te, funkcije y = sin x Po prethodno iskazanoj teoremi biće: y = (sin x ) = cosx (x ) = x cosx 5

Primer Nadjimo izvod funkcije y = (3x + 5) 3 Izvod posmatramo kao izvod stepene funkcije a ono što čini funkciju složenom jeste izraz 3x + 5 pa će izvod glasiti: y = 3(3x + 5) (3x + 5) = 3(3x + 5) 6x Zadaci: 1. Naći izvod sledećih funkcija: a) y = ln x 3 b) c) y = ( x ) 3 x + 1 y = e x+1 Rešenje: a) y = 3 x b) c) y = 3x (x + 1) 4 y e x+1 x + 1 Čas 44. Kontrolna vežba Na ovom času ćemo raditi proveru znanja iz izvoda. Biće sve što smo do sada radili, a što se tiče izvoda. Pripremu ćemo raditi na samom času. Srećno!!! 6

Primer polugodišnjeg testa Polugodišnji test iz matematike se sastoji iz 30 pitanja iz oblasti funkcija koje smo do sada radili i to: Domen, Nule, Znak, parnost i neparnost, Inverzna funkcija, Složena funkcija, Granična vrednost funkcije, Asimptote funkcije Izvod funkcije.test nosi ukupno 100 poena. bodovanje: Od 0-1 bod, OCENA 1 Od 1-40 bodova, OCENA Od 41-60 bodova, OCENA 3 Od 61-80 bodova, OCENA 4 Od 81-100 bodova, OCENA 5 Vreme predvidjeno za izradu testa je 90 minuta. Srećno!! NAPOMENA: Na primeru polugodišnjeg testa nisu dati ponudjeni odgovori, ali su tačni odgovori obrazloženi. POLUGODIŠNJI TEST 1.Odrediti domen funkcije y = x x Tačan odgovor je: x > 0 pa je tako x (, ). Tačku x = ne uključujemo jer bi u tom slučaju došlo do deljenja nulom što nije dozvoljeno..odrediti Domen funkcije y = log (x 3x) Vrednost koja stoji pod logaritmom mora biti pozitivna odnosno tražimo rešenje nejednačine x 3x > 0, pa je shodno Domen funkcije: x (, 0) (3, + ) 3.Odrediti domen funkcije y = x log (4 x) Za domen mora da važi: 4 x > 0 odnosno x < 4. Takodje čitav logaritam u imeniocu razlomka mora biti različit od nule, tj. log (4 x) 0 odnosno x 3, pa je tako Domen funkcije: x (, 3) (3, 4) 4.Za datu funkciju f(x) = 3x x + 1 +log (1 + x) Odrediti f(1)+f(0).

Odredimo najpre f(1) = f(x) = 3 1 1 + 1 + log (1 + 1) = 3 + log = 3 + 1 = 5 Potom f(0) = 0 1 + log 1 = 0 + 1 = 1 dakle konačno: f(1) + f(0) = 5 + 1 = 7. 5.Za datu funkciju f(x) = x + 3 x odrediti f(8) f(1) + 5f(0) f(8) f(1) + 5f(0) = 8 + 3 8 (1 + 3 1) + 5(0 + 3 0) = 64 + + 5 0 = 64 6.Za datu funkciju naći inverznu funkciju: a)y = 3 x b)y = cosx, x [0, π ] c)y = x3 i d) y = x 5 Odgovori su: a) f 1 (x) = log 3 x b)f 1 (x) = arccosx c)f 1 (x) = 3 x i d)f 1 (x) = x + 5 7.Date su funkcije f(x) = x, g(x) = 1 x, h(x) = x. Odrediti h f g(8) h f g(x) = h(f(g(x))) = h(f( 1 x )) = h( x ) = Pa je h f g(8) = x 8 = 1 8.Koje od trigonometrijskih funkcija su parne a koje neparne? Funkcija y = cos x je jedina parna trigonometrijska funkcija jer važi cos x = cos x. S druge strane funkcije sin x, tg x, ctg x su neparne. 9.Dopuni rečenicu: Funkcija je parna ako je ispunjen uslov:, a neparna ako je: 3

. Tačan odgovor: Funkcija je parna f( x) = f(x), a neparna ako je f( x) = f(x) 10.Odrediti graničnu vrednost x + 3 x x Tačan odgovor: Dole je stepen veći pa kako izraz u imeniocu brze teži beskonačnosti, čitav izraz teži nuli. Ovo bi uvideli i kad bi imenilac i brojilac podelili sa x. 11.Odrediti: sinx x 0 3x Kako znamo da je x 0 sinx x sinx x 0 3x = 1 biće = sinx x 0 3 x = 3 1. Napisati definiciju broja e ( 1 + 1 x = e x x) 13.Data je funkcija y = x 7 x + 6 asimptotu. Odrediti vertikalnu i horizontalnu Prava x = 3 je vertikalna asimptota jer tu imamo prekid u domenu, a kako je: x 7 x x + 6 = 1 Prava y = 1 je horizontalna asimptota ove funkcije. 14. Data je funkcija y = log 3 (x 5) x. Odrediti nule. 4

Nule funkcije su x 1 = 6 i x = 0 15.Nadji inverznu funkciju y = 3x 7 Tačan odgovor je: y = x + 7 3 16.Nadji izvod funkcije y = 3x + 6x y = 6x + 6 = 6(x + 1) 17. Data je funkcija y = x sin x Nadji izvod. y = sin x + x cos x x = sin x + x cosx 18. Data je funkcija y = 3x 1 x + π. Odrediti f (1) f (1) Rešenje: f (x) = 6x + 1 x f (1) = 6 + 1 = 7. Drugi izvod glasi: f 1 (x) = 6 x f (1) = 6 = 4 pa je konačno 3 f (1) f (1) = 7 4 = 3 5

1 Monotonost i ekstremne vrednosti funkcije Izvod funkcije ima veliku primenu u ispitivanju toka i skiciranju grafika funkcije. Pomoću njega odredjujemo intervale monotonosti (gde funkcija raste, a gde opada) kao i lokalne ekstremne vrednosti: za koje x funkcija y = f(x) dostiže svoju (lokalnu) minimalnu, odnosno maksimalnu vrednost. Definicija Neka je f : (a, b) R diferencijabilna funkcija u (a, b). Funkcija f(x) u intervalu (a, b) je: Rastuća ako i samo ako je f (x) 0 Opadajuća ako i samo ako je za svako x iz intervala (a, b) f (x) 0 U tački x 0 funkcija dostiže ekstremnu vrednost ako je ispunjen uslov. f(x 0 ) = 0 Ukoliko funkcija prelazi iz rašćenja u opadanje u pitanju je lokalni maksimum. Obratno: ukoliko prelazi iz opadanja u rašćenje, u pitanju je lokalni minimum. primer1. Odrediti tačke maksimuma i minimuma i intervale monotonosti funkcije: y = x 3 6x 18x + 7 Nadjimo najpre prvi izvod ove funkcije: y = 6x 1x 18 = 6(x x 3)

Lokalni ekstremumi će se postizati za y = 0 odnosno: x x 3 = 0 a to su tačke x 1 = 1 i x = 3 Funkcija raste kada je y > 0 odnosno za x (, 1) (3, + ) Funkcija opada kada je y < 0 odnosno za x ( 1, 3) U tački x = 1 dostiže se lokalni maksimum, jer funkcija prelazi iz rašćenja u opadanje, pa je maksimum funkcije f max = f( 1) = 17 U tački x = 3 dostiže se lokalni minimum, jer funkcija prelazi iz opadanja u rašćenje, pa je minimum funkcije f min = f(3) = 47 Zadaci: 1.Odrediti tačke maksimuma i minimuma i intervale monotonosti funkcije: a) b) c) d) y = 4x 4 x + 3 y = (x )(8 x) x y = (x 1)e 3x y = x ln x 3

Rešenja: a) Funkcija raste za: x ( 1, 0) (1, + ) Funkcija opada za: Lokalni minimumi se postižu za x (, 1 ) (0, 1 ) Lokalni maksimum se postiže za x = 1 x = 1 x = 0 b) Funkcija opada za Funkcija raste za x (, 0) ( 16 5, + ) x (0, 16 5 ) Lokalni minimum je za x = 16 5 Lokalni maksimum nema, jer je tačka x = 0 tačka prekida funkcije. c) Funkcija opada za: Funkcija raste za: x (, 3 ) x ( 3, + ) Lokalni minimum se postiže za x = 3 4

d) Funkcija opada za: Funkcija raste za: Lokalni minimum je za x (0, 1) x (1, + ) x = 1 Konveksnost i konkavnost funkcije, prevojne tačke Neka funkcija f : (a, b) R ima u svakoj tački x (a, b) drugi izvod. Funkcija f je konveksna na (a, b) ako i samo ako je f (x) > 0 Odnosno, funkcija f je kokavna na (a, b) ako i samo ako je f (x) < 0 Tačke u kojima funkcija prelazi iz konveksnosti u konkavnost ili obrnuto, nazivaju se prevojne tačke funkcije. Njih nalazimo rešavajući jednačinu: f (x) = 0 Primer 1. Ispitati konveksnost i konkavnost i odrediti prevojne tačke grafika funkcije: f(x) = x 4 6x + 4 Nadjimo najpre drugi izvod funkcije: f (x) = 1x 1 = 1(x 1) 5

Prevojne tačke su rešenja jednačine f (x) = 0 odnosno tačke x = 1 i x = 1 Funkcija je konveksna za: f (x) = 1(x 1) > 0 odnosno za: x (, 1) (1, + ) Funkcija je konkavna za: x ( 1, 1) 3 Skiciranje grafika funkcije Da bi sve što smo do sada radili imalo smilsa potrebno sastaviti celinu, ispitivajući ponašanje, odnosno tok neke funkcije, a potom i skicirati njen grafik. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije znači analitički ispitati funkiju korak-po-korak, a zatim na osnovu dobijenih podataka dati njenu skicu u koordinatnom sistemu. Potrebno je ispitati 7 tačaka(stavki) Oblast definisanosti, odnosno Domen funkcije Parnost i neparnost funkcije Nule funkcije i znak funkcije. Presek sa y-osom Asimptote funkcije Monotonost i ekstremne vrednosti Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke Grafik funkcije 6

Zadaci za vežbu 1.Ispitati funkcije i skicirati njihove grafike: a) b) c) d) e) f) g) y = 1 3 x3 4x y = x3 4x 4 y = y = x x 1 x3 x 4 y = (x 4x + 3)e x f(x) = ln x x f(x0 = 1 1 x + 1 x Detaljne grafike ovih funkcija radićemo na času. 7

Neodredjeni integral funkcije Definicija Neka je data funkcija f(x), definisana u nekom intervalu (a, b). Svaku funkciju F(x) definisanu na istom tom intervalu (a, b) koja ima svojstvo: F (x) = f(x) za x (a, b) nazivamo primitivnom funkcijom funkcije f(x). Definicija Neodredjenim integralom funkcije f(x) nazivamo skup svih njenih primitivnih funkcija i obležavamo ga ovako: f(x)dx Primetimo da postoji čitav skup primitivnih funkcija za neku funkciju f(x). Odnosno da ukoliko je F(x) primitivna funkcija funkcije f(x), tada je i funkcija F(x) + C takodje primitivna za funkciju f(x) jer mora da važi: (F(x) + C) = F (x) + C = F (x) + 0 = f(x) Iz toga konačno dolazimo do definicije neodredjenog integrala: f(x)dx = F(x) + C gde je: F (x) = f(x) Možemo dakle zaključiti da je operacija nalaženja integrala neke funkcije u stvari suprotna(inverzna) u odnosu na operaciju traženja izvoda neke funkcije. Naime, naći integral neke funkcije, zapravo znači naći funkciju (odnosno skup funkcija) čiji je izvod podintegralna funkcija f(x). Naš posao će zapravo biti da nadjemo samo najosnovniju odnosno

najmanju ili najelementarniju funkciju čiji je izvod tražena podintegralna funkcija, te ćemo uvek tek na kraju zadtaka, dodavanjem konstante C zapravo tačno odrediti skup svih funkcija kojima je izvod tražena podintegralna funkcija. Kao što smo imali tablicu izvoda, imaćemo, sada, tablicu integrala na osnovu koje ćemo rešavati elementarne integrale. Za integral složene funkcije, kao i integral od proizvoda ili količnika koristićemo neke druge metode koje ćemo kasnije učiti. Tablica neodredjenih integrala x a dx = xa+1 a + 1 + C važi za: a R\{ 1}, x > 0 1 dx = ln x + C x važi za: a > 0, a 1 a x dx = ax ln a + C e x dx = e x + C sin xdx = cosx + C cosxdx = sin x + C dx cos x = tgx + C važi za: x π + kπ, k Z 3

dx sin x = ctg x + C važi za: x kπ, k Z dx 1 x = arcsin x + C važi za: x < 1 gde je x 1 dx 1 + x = arctg x + C dx 1 x = 1 + x ln 1 1 x + C Osim tablice, koristićmo još i neka pravila koja se tiču integrala, a to su: C f(x)dx = C f(x)dx gde je C bilo koja realna konstanta, različita od nule. (f(x) ± g(x) ) dx = Zadaci: 1.Naći integral: f(x)dx ± g(x)dx (3x + x 3)dx Rešenje: Najpre koristeći osobinu o integralu zbira dve funkcije, podeo ovo na dva manja integrala: (3x + x 3)dx = 3x dx + x 3dx 4

zatim izvadimo konstante napolje, ispred integrala i primetimo da dobijamo integral stepene funkcije, koji rešavamo pomoću tablice: = 3 x dx + x 3 dx = 3 x3 3 + C + x + C = x3 1 x + C. Odrediti integral: (x 3 4x + 3 x + x 5 3)dx Rešenje: (x 3 4x+ 3 x + x 5 3)dx = = x 3 dx 4 x 3 dx 1 xdx + 3 x dx + 3 4xdx+ x dx+ x 5dx x 5 dx 3 1 dx = 3dx = = x4 4 4x + 3 ln x + x 4 4 3x + C = = x4 4 x + 3 ln x 1 x 4 3x + C 3.Odrediti integral: x + x e x dx x Rešenje: x + x e x 1 dx = x x dx + e x dx = ln x + e x + C 4. Odrediti integral: (x x)(1 + x) 3 dx x Rešenje: 6 13 x13 6 6 7 x7 6 + C = 6 6 x 13 6 6 x7 + C 13 7 5

Metod smene kod neodredjenog integrala Nalaženje neodredjenog integrala neposredno, na osnovu tablice integrala i osnovnih pravila integracije, uspeva jako retko. Zato je nezamisliv iole ozbiljniji pristup izučavanju neodredjenog integrala bez poznavanja metoda integracije. Ukoliko imamo integral složene funkcije, koristićemo neretko metodu smene. Navedimo najpre sledeću: Teoremu Neka je f(x) funkcija definisana i neprekidna u intervalu (a, b) i neka je ψ(x) jedna neprekidno diferencijabilna funkcija koja neki interval (α, β) preslikava na interval (a, b). Tada je: f(x)dx = f ( ψ(t) ) ψ (t)dt pri čemu se podrazumeva da je x = ψ(t) Na osnovu ove teoreme od integracije po x možemo preći na inregraciju po t tako što ćemo u integralu f(x)dx svuda umesto promenljive x pisati ψ(t). Pri tom dx shvatamo kao diferencijal funkcije x = ψ(t), pa imamo: dx = ψ (t)dt Primer1 Odredimo integral složene funkcije: (x 7) 9 dx Uvedimo najpre sledeću smenu: x 7 = t čime ćemo dobiti tablični integral i to od stepene funkcije koja nije složena. 6

Ostaje nam još da vidimo čemu je jednako dx tako što ćemo uraditi izvod leve i desne strane u smeni: pa tako dobijamo: (x 7) 9 dx = dx = dt dx = dt t 9 dt = 1 t10 (x 7)10 + C = + C 10 0 Primer Odredimo integral složene funkcije 4 cos (7x 1)dx Uvešćemo smenu 7x 1 = t dx = dt 7 pa tako dobijamo sledeći integral: 4 cos (7x 1)dx = 4 cos t dt 7 = 4 7 sin t+c = 4 sin (7x 1)+C 7 Primer3 Nadjimo integral 3 6x dx Ovaj integral će se jednostavnom smenom 6x = t svesti na: 3 1 6x dx = 3 t dt 6 = 3 6 ln t + C = 1 ln 6x + C 7

Metod smene kod neodredjenog integrala-vežbanje Zadaci: 1.Odrediti integral: a) x 3 x 3x + 5 dx Rešenje: primetimo da je izvod izraza u imeniocu, upravo izraz u brojiocu. To je bitno jer ćemo tada jednom smenom smeniti sve u zadtaku. smena: x 3x + 5 = t (x 3) dx = 1 dt Vraćamo se na naš integral smenjujući sve u njemu pomoću nove promenljive t: x 3 dt x 3x + 5 dx = t = ln t + C = ln x 3x + 5 + C b) tg xdx Rešenje Uvodimo smenu: Pa će ostati: dt t tg xdx = cosx = t sin x cosx dx sin x dx = dt = sin x dx = dt dt = = ln t + C = ln cosx + C t c) dx x x + 5

U ovom integralu nećmo uvoditi odmah smenu, već ćemo ga najpre malo oblikovati tako da liči na arctg x. Podsetimo se: dx 1 + x = arctg x + C Kako je izraz u imeniocu drugog stepena, a u brojiocu nultog, smena nam neće pomoći. Sredimo ovo na sledeći način: dx x x + 5 = dx x x + 1 + 4 = dx (x 1) + 4 = 1 dx 4 ( x 1 ) + 1 Sada uvodimo vrlo očiglednu smenu: dt t + 1 x 1 = t 1 dx = dt = dx = dt = arctg t + C = arctg x 1 + C d) dx x ln 3 x Rešenje: uvodimo, vrlo očiglednu, smenu: ln x = t = 1 dx = dt x pa se naš integral svodi na tablični: dx dt x ln 3 x = t = t 3 dt = t 3 +C = 1 t +C = 1 ln x +C e) e x dx 1 + e x Ovaj integral će se svesti na tablični, nakon jednostavne smene: e x = t 3

e x dx 1 + e = x e x dx = dt dt 1 + t = arctg t + C = arctg ex + C f) sin 3 x cos x dx Napišimo najpre ovaj integral malo drugačije kao: sin x sin x dx cos x Uvedimo sada smenu: Biće tada: cosx = t sin xdx = dt = sin xdx = dt Time smo rešili imenioc i deo brojioca. Ostaje još da vidimo šta ćemo sa onim sin x? Podsetimo se osnovnog trigonometrijskog identiteta: Odatle možemo lepo izraziti: sin x + cos x = 1 sin x = 1 cos x = sin x = 1 t Kako smo sve u integralu uspeli smeniti pomoću promenljive t, smena je uspela. Ostaje još samo da završimo zadatak: sin x sin x 1 t ( ) 1 dx = dt = t dt cosx t = t 1 dt t 3 dt = t 1 5 t5 + C = t 5 t5 + C Ostaje nam još samo da vratimo smenu i dobijamo konačno rešenje integrala: cos x 5 cos5 x + C t 1 t 1 4

Parcijalna integracija Sama metoda zamene bila bi nedovoljna za nalaženje neodredjenih integrala. Na primer, već tako jednostavan integral ako što je x e x dx ne može se rešiti metodom zamene. Pokažimo na primeru kako se nalazi ovaj integral: Kako je: to je onda: (xe x ) = e x + xe x xe x = (xe x ) e x = (xe x e x ) što upravo znači da je funkcija xe x x jedna primitivna funkcija za xe x pa je to i rešenje integrala. Dakle: xe x dx = xe x x + C U postupku kojim smo našli neodredjeni integral, glavnu ulogu je imalo pravlo o izvodu proizvoda dve funkcije. Kao što se metoda zamene oslanja na pravilo o izvodu složene finkcije, tako se metoda parcijalne integracije oslanja na pravilo o izvodu proizvoda. Teorema Neka su funkcija u(x) i v(x) neprekidne u intervalu (a, b), i neka imaju neprekidne izvode u (x) i v (x). Tada je: udv = u v v du primer Odredimo integral: x cosxdx Uvedimo parcijalnu integraciju, i to na sledeći način: x = u = dx = du cos xdx = dv = cosxdx = dv 5