1.1 Линеарна алгебра · 2020-04-01 · 1.1 Линеарна алгебра 1.1.1...
TRANSCRIPT
1.1 Линеарна алгебра
1.1.1 Детерминанте
Појам детерминанте може да се уведе индуктивно:
Детерминанта другог реда садржи две врсте и две колоне 2221
1211
aa
aa, а
по дефиницији њена вредност је
12212211
2221
1211aaaa
aa
aa
З1 а) 133424 3
3 2 б) 1)(sin)(cos
cossin
sincos22
xx
xx
xx
Детерминанта трећег реда рачуна се преко детерминанте другог
реда. Прво се одреди „поље знака“ – као „шаховска табла”. У првом
пољу је знак плус, до њега је знак минус, па даље знак плус и тако
редом... Елемент који се налази у „i- том реду и ј-тој колони“ има
знак који се може приказати као ji )1( . Развој по првом реду: 11a се
множи са детерминантом „кофактором“, која се добија када се из
детерминанте трећег реда избришу колона и ред у којима је 11a .
Исто тако се налазе и „кофактори“ за 12a и 13a . Након тога се сваки
члан првог реда множи се са одговарајућим „кофактором“, узимајући
у убзир његов знак (+/-) из „поља знака“, који се наизменично мења.
3231
2221
13
3331
2221
12
3332
2221
11
333231
232221
131211
aa
aaa
aa
aaa
aa
aaa
aaa
aaa
aaa
З2 Израчунати а)
987
654
321
б) Nk
k
,
87
654
321
□ а) 035)-3(3242)-2(36-48)-1(45 87
543
97
642-
98
651
987
654
321
б) )9(3
)9(987
654
321
87
654
321
k
kk
Детерминанта четвртог реда се рачуна преко детерминанте другог
реда. Прво се одреди „поље знака“ – као „шаховска табла”. У првом
пољу је знак плус, до њега је знак минус, па даље знак плус и тако
редом... Елемент који се налази у „i- том реду и ј-тој колони“ има
знак који се може приказати као ji )1( . Развој по првом реду: 11a се
множи са детерминантом „кофактором“, која се добија када се из
детерминанте четвртог реда избришу колона и ред у којима је 11a .
Исто тако се налазе и „кофактори“ за 12a , 13a и 14a . Након тога се
сваки члан првог реда множи са одговарајућим „кофактором“,
узимајући у убзир његов знак (+/-) из „поља знака“, који се
наизменично мења.
434241
333231
232221
14
444241
343231
242221
13
444341
343331
242321
12
444342
343332
242322
11
44434241
34333231
24232221
14131211
aaa
aaa
aaa
a
aaa
aaa
aaa
a
aaa
aaa
aaa
a
aaa
aaa
aaa
a
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
Ако замене места два суседна реда или две суседне колоне, мења
се знак детерминанте. На основу овог правила и „поља знака“ - као
„шаховска табла”, детерминанта се може рачунати (развијати) по
било ком реду или колони.
Детерминанта петог реда рачуна се преко детерминанте четвртог
реда. Детерминанта k-тог реда може да се рачуна преко
детерминанте k-1 реда.
Особине детерминанти
1. Ако замене места два суседна врсте или две суседне колоне,
мења се и знак детерминанте (реч „врста“ детерминанте је
синоним за „ред“ детерминанте).
2. Детерминанта се множи неким бројем тако што се чланови
било које колоне помноже тим бројем (или тако што се чланови
било које врсте помноже тим бројем).
3. Ако се чланови било које колоне помноже неким бројем и
додају другој колони, вредност детерминанте остаје иста (или
важи и за врсте)
4. Вредност детерминанте је једнака нули ако су било које две
врсте или колоне пропорционалне.
З3
0
34-4631-4328-4025-37
34312825
10-227-194-161-13
10741
34-4631-4328-4025-37
34312825
22191613
10741
46 43 40 37
34 31 28 25
22 19 16 13
10 7 4 1
З4
0
k434037
12121212
10-227-194-161-13
10741
k434037
22-3419-3116-2813-25
22191613
10741
k 43 40 37
34 31 28 25
22 19 16 13
10 7 4 1
35
0
73 70 67 64 61
58 55 52 49 46
43 40 37 34 31
28 25 22 19 16
13 10 7 4 1
1.1.2 Матрице
Матрица типа m x n је правоугаона шема бројева, која има m
врста и n колона:
mnmmm
n
n
n
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
....
............
....
....
....
321
3333231
2232221
1131211
Матрица може да се схвати и као „скуп ћелија“ у којима се налазе
неки подаци. На пример екран телевизора је подељен на ћелије, где
свака ћелија описује једну тачку слике („пиксел“).
Рачунске операције са матрицама подлежу правилима, која су
проистекла из потребе физике, економије, биологије...
Матрице се обележавају великим словима латинице А, B, C...
На пример:
37
10
64
12
010
24
117
40
53
14
DCBA
Матрице А и В су типа 3х2 (три реда, две колоне), а С и D су
типа 2х2. Kвадратне матрице имају исти број редова и колона. С и
D су квадратне матрице.
Две матрице су једнаке ако су истог типа и ако на истим позицијама
имају једнаке елементе.
Основне рачунске операције са матрицама
Сабирање матрица
Могу да се саберу само матрице истог облика (истог типа). Збирна
матрица има облик њених сабирака, а добија се када се саберу
чланови на истим позицијама.
З6 Збир BA , где је:
010
24
117
,
40
53
14
BA је
□
010
24
117
40
53
14
BA
410
71
221
04100
2543
11174
BA
Збир DC , где су С и D квадратне матрице:
37
10,
64
12DC
911
02
37
10
64
12DC
Одузимање матрица се ради по истом принципу као сабирање
матрица, само се одговарајући елементи одузимају.
З7 Одредити рaзлику BA , где је:
010
24
117
,
40
53
14
BA
□
010
24
117
40
53
14
BA
410
37
013
04100
25)4(3
11174
BA
Разлика DC , где су С и D квадратне матрице:
37
10,
64
12DC
33
22
3674
)1(102
37
10
64
12DC
За сабирање матрица важе закони комутације: ABBA , и
асоцијације: CBACBACBA )()(
Нула матица је матрица чији су сви елементи једнаки нули:
0...0
0
Множење матрице бројем
По овом правилу матрица се множи са неким бројем тако што се
сваки члан те матрице помножи тим бројем.
З8 Израчунати производ пет пута А, где је:
40
53
14
A
□
200
2515
520
4505
5535
1545
40
53
14
55 A
Множење две матрице
Да би две матрице могле да се помноже, прва матрица мора да има
исти број колона колико друга матрица има редова.
Правило како се множе две матрице је приказано у следећим
примерима.
З9 Одредити производ BAC , где је:
□
З10 Одредити производ BA
010
24
117
,
120
002
221
014
321
BA
□
4 2
2 34
3 5-
6 64
5 39
0 10
2 4-
1 17
1 2 0
0 0 2
2 2 1-
0 1 4
3 2 1
ABAB
З11 Одредити производ BA
0
0
0
1
1 14 15 4
12 7 6 9
8 11 10 5
13 2 3 16
BA
□
4
9
5
16
0
0
0
1
1 14 15 4
12 7 6 9
8 11 10 5
13 2 3 16
BA
З12 Одредити производ BA
□
З13 Одредити производ BA
□
Јединична матрица I има на „главној дијагонали“ јединице, а сви
остали елементи су нуле:
1...000
0...100
0...010
0...001
I
Квадратна матрица је сингуларна ако је њена детерминанта јенака
нули.
Квадратна матрица је регуларна ако је њена детерминанта
различита од нуле.
Особине матричног множења
1. )()( CBACAB
2. CBCACBA )(
3. BCACBAC )(
4. AAIIA
5. 0000 AA
6. RkBAkBAk )()(
7. ZqZpAA pqqp ,)(
8. ZqZpAAA qpqp ,,
Ове особине се доказују тако што се докаже да је сваки члан
матрице ijx са леве стране једнакости једнак одговарајућем члану
ijy са десне стране једнакости
Транспонована матрица
Транспонована матрица од матрице А (обележава се као А’ или
AT), где је
mnmmm
n
n
n
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
A
....
............
....
....
....
321
3333231
2232221
1131211
је матрица
mnnnn
m
m
m
T
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
A
....
............
....
....
....
321
3332313
2322212
1312111
(врсте замењују места са колонама)
З14 Одредити TA од матрице
214
130
121
A
□
211
132
401TA
З15 Одредити TA од матрице 521 A
□
5
2
1TA
Особине транспонованих матрица
1. AA TT )(
2. TTT BABA )(
3. RkAkAk TT ,)(
4. TTT ABBA )(
Адјунгована матрица *A
Минор ijM дате детерминанте A се образује тако што се из
полазне детерминанте изостави i -ти ред и j -та колона и од
преосталих елемената се образује детерминанта. Адјунгована
матрица *A састављена је од чланова ij
ji M )1( који се зову
кофактори.
З16 Одредити адјунговану матрицу *A , од матрице
214
130
121
A
□
315
723
1247
30
21
10
11
13
12
14
21
24
11
21
12
14
30
24
10
21
13
** AA
Инверзна матрица
За регуларну матрицу A постоји инверзна матрица 1A таква да је
IAAAA 11
Алгоритам за налажење инверзне матрице 1A :
Одређује се TA
Одређује се адјунгована матрица матрице TA : *A
*1
det
1A
AA
З17 Одредити инверзну матрицу 1A ако је позната матрица A :
211
132
401
A
□
315
723
1247
30
21
10
11
13
12
14
21
24
11
21
12
14
30
24
10
21
13
214
130
121** AAAT
13det A
315
723
1247
13
11A
Провера резултата
IAA 1
100
010
001
211
132
401
315
723
1247
13
1
З18 Одредити инверзну матрицу 1A , ако је позната матрица A
63
21A
□
13
25
13
2511det
52
31
53
2111 AAAAA T
Провера резултата
10
01
13
25
53
211AA
За регуларну матрицу A постоји јединствена инверзна матрица 1A ,
таква да је IAAAA 11
За регуларне матрице A и B важи
1. A
Adet
1)det( 1
2. 11 )()( TT AA
3. AA 11)(
4. 111)( ABBA
Особина 111)( ABBA следи из својства да је 11 AB инверзна
матрици BA . Производ ове две матрице је јединична матрица:
IBBBIBBAABBAAB 111111 )()()(
Множење матрица у општем случају није комутативно, АВВА.
Матрично множење са јединичном матрицом је комутативно
AIAAI
Производ две квадратне матрице је регуларан (детерминанта
матрице различита од нуле) ако и само ако су оне регуларне.
0BA могуће је и када је 0A и 0B . На пример:
00
00
1010
1010
33
33
1010
1010,
33
33BABA
Матричне једначине
Нека су познате матрице А, В, С,..а непозната матрица X - при
решавању матричних једначина (ако су изводљиве матричне
операције) основу чине својства множења и сабирања матрица.
З19 Одредити непознату матрицу X ако је I јединична матрица и
ако су познате матрице A и B : IBAX
□ IBAX
BIAX
BIAX
)(11 BIAAXA (при множењу са 1A са леве стране)
)(1 BIAX
З20 Одредити непознату матрицу X ако је I јединична матрица и
ако су познате матрице A и B : IBXA
□ BIXAIBXA BIXA (при множењу са 1A са десне
стране)
11 )( ABIXAA
1)( ABIX
З21 Одредити непознату матрицу X ако је I јединична матрица и
ако су познате матрице A , B и C : AX + BX = I
□ IXBAIBXAX )(
при множењу са 1)( BA са леве стране
IBAXBABA 11 )()()(
IBAX 1)(
1)( BAX
З22 Решити матричну једначину, где је X непозната матрица:
CXBXa )
BCXBXb 112)
□ CXBXa ) XBCXBXb /2) 11
BCXXI XBXCXXBX 112
1)(/)( CIBXCI BXBCBBBXCB 11 )2(2
BCIX 1)( )2(1 CBBX
З23 Одредити непознату матрицу X ако је I јединична матрица и
ако су познате матрице A , B и C :
□ CBXAX 11)(
111)( AXXA
CBXAX 111
CBXAXX 111/
)(111 CBXXXAXX
)(1 CBXIA
XCBIA 11 )()(
11 )()( CBIAX
З24 Решити матричну једначину AXXAT , где је X непозната
матрица,
011
201
020
IA и I је јединична матрица.
□ AIAX T )(
2101
2100
41
21
21
)(
020
102
110
120
112
111
)(( 11 IAIAAIAAX TTTT
43
21
21
47
21
25
43
21
21
)( 1IAAX T
1.1.3 Систем линеарних једначина
Једначина са n непознатих: nxxx ,...., 21, облика bnxnaxaxa ...
2211,
где коефицијенти naaa ,....2
,1
нису сви истовремено нуле, је линеарна
алгебарска једначина. Њена лева страна представља линеарну
форму. Скуп решења ове једначине је скуп свих уређених n -торки
бројева nxxx ,....., 21 , који ту једначину идентички задовољавају.
Конјункција једначина:
mbnxmnaxm
axm
a
bnxn
axaxa
bnxn
axaxa
...2211
.
.
2...
222121
1...
212111
2
1
(1)
је систем од m линеарних алгебарских једначина са n непознатих.
Он је нехомоген ако слободни чланови nbbb ,....2
,1
нису сви једнаки
нули, а хомоген је ако су сви слободни чланови nbbb ,....2
,1
једнаки
нули.
Скуп решења система (1) је скуп свих уређених n -торки бројева
nxxx ,....., 21 које те једначине идентички задовољавају. Ако систем има
решења каже се да је решив, сагласан, могућ или конзистентан.
Уколико систем има само једно решење онда је то јединствено
решење система.
Ако систем има више решења, уводи се појам општег решења.
Ако систем нема решења каже се да је нерешив, немогућ,
несагласан, противуречан или неконзистентан.
Два система линеарних једначина су еквивалентна ако је свако
решење првог система истовремено и решење другог система, и ако
је свако решење другог истовремено и решење првог система.
Из два важна правила решавања обичне једначине са једном
непознатом:
Ако левој и десној страни додамо исти број, нова једначина је
еквивалентна полазној.
Ако леву и десну страну једначине помножимо бројем који је
различит од нуле, нова једначина је еквивалентна полазној.
произилазе правила за системе линеарних једначина.
При следећим трансформацијама система, настаје еквивалентан
ситем:
1) Међусобна замена било које две једначине.
2) Множење било које једначине бројем различитим од нуле.
3) Било која једначина се помножи неким бројем и дода другој
једначини.
Систем једначина
mbnxmnaxm
axm
a
bnxn
axaxa
bnxn
axaxa
...2211
.
.
2...
222121
1...
212111
2
1
(1)
може да се запише у матричном облику BXA , где је :
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
A
...
..........
...
...
21
22221
11211
матрица система,
nx
x
x
X...
2
1
матрица непознатих.
nb
b
b
B...
2
1
матрица слободних чланова
Матрица
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
A
...
..........
...
...
21
22221
11211
зове се матрица система (1). Ако се
матрици А допише на крају матрица слободних чланова, добија се
проширена матрица
mmnmm
n
n
pr
baaa
baaa
baaa
A
...
..........
...
...
21
222221
111211
Код линеарног система једначина имамо систем линеарних форми.
Ранг матрице је је број независних форми који одређује та матрица
(тај систем).
Крамерова теорема
За линеарни “квадратни“ систем:
nbnxnnaxn
axn
a
bnxn
axaxa
bnxn
axaxa
...2211
.
2...
222121
1...
212111
2
1
, важи:
1) Када је 0 има јединствено решење ,,.., 22
11
n
nxxx
2) Када је )0...00(0 21 n систем нема решења
3) Када је )0...00(0 21 n раде се додатна
испитивања
где су n ,,, 21 следеће детерминанте:
Детерминанта система
nnnnn
n
n
aaaa
aaaa
aaaa
321
2232221
1131211
...
...
...
1 -детерминанта настаје из детерминанте система, када се прва
колона замени колоном слободних чланова, 2 -детерминанта
настаје из детерминанте система, када се друга колона замени
колоном слободних чланова,... n -детерминанта настаје из
детерминанте система, када се n -та колона замени колоном
слободних чланова.
nnnn
n
nnnnn
n
n
nnnnn
n
n
baaa
baaa
baaa
aaba
aaba
aaba
aaab
aaab
aaab
321
2232221
1131211
31
223221
113111
2
32
223222
113121
1...
...
...
.........
...
...
...
...
...
З25 Решити систем 0
32
yx
yx
□ Систем има јединствено решење:
1
1
33
32
0
32
y
x
x
yx
yx
yx
У Декартовом координатном систему тачка (1,1) је пресечна
тачка две праве.
З26 Решити систем
2
3
2
1
32
yx
yx
□ Систем има бесконачно много решења:
000
32
32
32
2
3
2
1
32
yx
yx
yx
yx
yx
yx
Свака тачка праве 32 yx је решење система. Значи, опште
решење овог система је скуп уређених двојки
})23,(|),{( Rtttyx . У Декартовом координатном систему овај
скуп представља једна права – тј. две праве се поклапају.
З27 Решити систем
42
1
32
yx
yx
□ Систем нема решења. У Декартовом координатном систему овај
систем представља две паралелне праве – не постоји њихова
пресечна тачка.
500
32
82
32
42
1
32
yx
yx
yx
yx
yx
yx
систем је немогућ: (0= -
5)
З28 Одредити када систем Rayax
yx
4
32 има решења.
□ Овај систем геометријски представља две праве. Постоје
решења ако се те две праве секу: 1
12
a или ако се поклапају:
4
3
1
12
a (не могуће је да параметар a који утиче на ротацију
праве xy 4 око тачке )4,0( , доведе до поклапања ове две
праве).
Дакле, систем Rayax
yx
4
32 има решења ако је 2a .
З29 Дискутовати и решити систем једначина у зависности од
реалног параметра a :.
1
2 2
2 0
ax y z
x ay z
x y z
1
2 2
2 0
ax y z
x ay z
x y z
1
2 2
2 0
ax y z
x ay z
x y z
□
22
1 12 1 2 1
1 21 1 2 1 2 1
2 1 1
2 3 1 4 4 2 ;
aa a
D a a
a a a a a
22
1 12 1 2 1
1 21 1 2 1 2 1
2 1 1
2 3 1 4 4 2 ;
aa a
D a a
a a a a a
1 1 11 1 1 1
2 2 2;2 2 2
0 1 1
xD a aa
1 11 1 1
1 2 2 2 2 1;2 2 1 2
2 0 1
y
aa
D a
1 11 1 1
1 2 2 2 2 2 1 5 4 .2 1 2
2 1 0
z
aa
D a a a aa
1. За 0,D 2
2 0a 2a , систем има јединствено решење:
2 2
1 2 1 5 4, , .
2 2 2
yx zDD Da a
x y zD a D Da a
2 2
1 2 1 5 4, , , ,
2 2 2
a ax y z
a a a
За 2a , у тродимензионалном простору (геометријски, свака
једначина представља раван) три равни дате полазним
једначинама имају само једну заједничку тачку.
2. За 0D , односно за 2a добијамо )0(3 yD па је систем
немогућ.
З30 Дискутовати и решити систем једначина у зависности од
реалног параметра a : 2
1
aazyx
azayx
zyax
□
1. Ако је 0D , онда дати систем има јединствено решење, а то
је у случају 2,1 aa .
2. За 0,1 zyx DDDa , па је опште решење система скуп
уређених тројки. Rvuvuvuzyx ,:).,1(|),,{(
3. За 02 xDa ; систем нема решења.
З31 Решити хомогени систем једначина и дискутовати решења у
зависности од парамерта a :
037
053
0644
zyx
zayx
zyx
□ Услов да хомоген систем има нетривијална решења је да
детерминанта матрице система буде једнака нули.
50
371
53
644
aa
За 5a матрица система је
371
53
644
a и њен ранг је једнак 2, што
значи да се систем своди на две једначине са три непознате.
2 2 3
3 5 5
x y z
x y z
2 2 3
3 5 5
x y z
x y z
Према томе, опште решење система је , , 5 4, 4,x y z t t t t R
Z У зависности од реалног параметра , дискутовати и решити
систем једначина
4)1(23631
2)363)222)2
2
yxyxyx
yxcyxbyxa
Z Дискутовати решење система по параметру a :
а) 4)1(2
2
yax
yax б)
azayx
zyx
azyax
438
22
32
Z Решити хомогени систем једначина и дискутовати решења у
зависности од реалног парамерта a
02 zyx
0 zyx
0 zyax
Z Решити матричну једначину
109
1614
87
65
25
13X Решење:
43
21X
Гаусова метода за решавање система линеарних једначина
За дати систем линеарних једначина
mbnxmnaxm
axm
a
bnxn
axaxa
bnxn
axaxa
...2211
2...
222121
1...
212111
2
1
Гаусова метода се састоји у сукцесивном елиминисању непознатих
из система и трансформацијом у троугаони еквивалентни систем, из
кога се добија решење или се установи да систем нема решења.
Претпоставимо да је коефицијент 011 a . Елиминишемо непознату
1x из свих једначина система осим прве.
Да бисмо то реализовали потребно је прву једначину помножити са
1121 / aa и додати је другој једначини, затим прву једначину
помножити са 1131 / aa и додати је трећој једначини, итд. На тај начин
се уместо полазног система добија еквивалентан систем:
11 1 12 2 1 1
(1) (1) (1)
22 2 2 2
(1) (1) (1)
2 2
n n
n n
m mn n m
a x a x a x b
a x a x b
a x a x b
Ако би продужили исти поступак 1k пута, добили би систем
11 1 12 2 1 1
(1) (1) (1)
22 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1)
n n
n n
k k k
kk k kn n k
a x a x a x b
a x a x b
a x a x b
Ако су сви коефицијенти добијеног система једнаки нули, а слободни
члан није нула у једној од једначина, тада систем нема решења.
Ако је k n , систем има јединствено решење.
Ако је k n , систем има бесконачно решења. Тада су 1, ,k nx x
слободне променљиве, које преносимо на десну страну једнакости, а
затим се одређује опште решење 1 1, ,k kx x x
.
З34 Гаусовом методом решити систем једначина:
22 zyx
1243 zyx
15524 zyx
□ Полазни систем је еквивалентан следећим системима:
186
5510
22
2310
5510
22
15524
1243
4/3/22
z
zy
zyx
zy
zy
zyx
zyx
zyx
zyx
.
Када у датом систему прву једначину помножимо са -3 и додамо
је другој једначини, елиминисали смо непознату х и добили једну
једначину са две непознате. Када прву једначину помножимо са 4
и додамо је трећој једначини, елиминисали смо непознату х и
добили још једну једначину са две непознате. Елиминисањем
непознате x добили смо систем:
22 zyx
5510 zy
186 z
Даље решавамо од последње једначине: 3186 zz . Из
претпоследње једначине када заменимо 3z , добијамо 2y
( 253510 yy ). Ако заменимо у првој једначини 3z и
2y добијамо 1x . ( 12322 xx ). Решење система је
уређена тројка (1,2,3).
Гаусов метод, решавања система линеарних једначина може да
се представи помоћу проширене матрице и елементерних
трасформација са њеним редовима, које доводе од сличне
троугаоне матрице.
З35 Гаусовом методом користећи проширену матрицу решити
систем једначина:
22 zyx
1243 zyx
15524 zyx
□
18600
55100
2121
~
231100
55100
2121
~
15524
1243
2121
186 z
5510 zy
22 zyx
Решење система је уређена тројка )3,2,1(),,( zyx
З36 Гаусовом методом, користећи проширену матрицу, у
зависности од реалног параметра a , решити и дискутовати
систем једначина
2 uzyx
1 uzx
9)1(234 uazyx
□
01000
12210
2|1111
~
13210
12210
2|1111
~
91234
11101
2|1111
aaa
101.1 aa
012
2
21
30
uty
tztyx
tytz
txu
1,)}0,,21,3(|),,,{(: aRttttuzyxR
1.2 a
00000
12210
2|1111
~
12210
12210
2|1111
~
92234
11101
2|1111
122
2
uzy
uzyx
wu
tz
1,)},,21,3(|),,,{(: aRwRtwtwtwtuzyxR
Z Гаусовом методом, користећи проширену матрицу решити
систем једначина:
2 3 4
2 3
2 2 6
x y z
x y z
x y z
З37 Решити матричну једначину
109
1614
87
65
25
13XX
(Лапуновљеве матричне једначине су облика CXBAX -
решавају се преко система једначина јер се тешко издваја
непозната матрица X ).
□ Нека је непозната матрица
wv
yxX . Када заменимо у
почетној једначини матрицу X следи:
109
1614
87
65
25
13
wv
yx
wv
yx
109
1614
8675
8675
2525
33
wvwv
yxyx
wyvx
wyvx
109
1614
86257525
863753
wvwywvvx
yxwyyxvx
3421
2719
665735
11678
wvywvx
wyxvyx
3421
2719
665735
11678
wvywvx
wyxvyx
3466521735
271161978
wvywvx
wyxvyx
1978 vyx
21735 wvx
27116 wyx
34665 wvy
На прву позицију издвајамо непознату v (лакше је рачунати са
коефицијентом -1)
34656
271160
21753
1978
34665
27116
21735
1978
wyv
wyxv
wxv
yxv
wvy
wyx
wvx
vyx
Проширена матрца система је:
148|647480
27|11160
78|721290
19|0781
34|6506
27|11160
21|7053
19|0781
|wyxv
31011384
2679871
310|0113840
27|11160
267|098710
19|0781
yx
yx
1267298712
113719884
3107126784
31071113718471
2678498847184
xxy
yyx
yx
31902718 vwv
1272111630 ww
13
21X
Кронекер Капелијев став
Ако је ранг матрице А једнак рангу матрице prA (проширена
матрица), тада систем има решрња. Ако је ранг матрице А различит
од ранга матрице prA тада систем нема решрња.
За практично одређивање ранга матрице А, користе се елементарне
трансформације матрице, као код Гаусове методе за решавање
линеарних система једначина - с тим, што су овде дозвољене и
трансформације колона.
З38 Одредити ранг матрице система и ранг проширене матрице
система:
22 zyx
1243 zyx
15524 zyx
□
18600
55100
2121
~
231100
55100
2121
~
15524
1243
2121
Ранг матрице А једнак рангу матрице prA )3( prrArA
Ако то није у овом тренутку очигледно, може да се настави рад са
колонама - прву колону множимо са -2 и додајемо је другој:
18600
55100
2101
~
18600
55100
2121
Затим прву колону додајемо трећој колони па потом множимо прву
колону са -2 и додајемо четвртој колони:
18600
55100
0001
~
18600
55100
2001
~
18600
55100
2121
Добили смо у првом реду све нуле осим јединице на првој
позицији. Ако тако наставимо, уз идеју да у другом реду имамо
„што више нула“, онда множимо другу колону са једном половином
и додајемо трећој колони
18600
00100
0001
~
18600
50100
0001
~
18600
55100
0001
На крају ако трећу колону помножимо са -3 и додамо четвртој
колони, добијамо матрицу ранга 3 (то број елемената који су
различити од нуле – број „топова који се не нападају“).
0600
00100
0001
~
18600
00100
0001
З39 Одредити ранг матрице
□
300000000
200000000
100000000
04030001
00000200
00000000
00000000
100000000
00000001
00000200
~
300000000
200000000
100000000
00000001
00000200
~
300000000
200000000
100000000
04030001
00000200
Ранг је 3 - множимо прву колону са -3 и додајемо је петој.
Затим, множимо прву колону са -4 и додајемо шестој колони. Да
би елиминисали у другој матрици, у четвртом реду, број 20 и број
30 у петом реду, множимо трећи ред са два и додајемо га
четвртом реду и трећи ред са три и додајемо петом реду. Ранф је
3 - број „топова који се не нападају“ је три
00000000
00000000
100000000
00000001
00000200
З40 Гаусовом методом и користећи Кронекер Капелијев став
решити систем једначина:
1665
173
53
yx
yx
yx
□ Проширена матрица система је:
1665
173
531
000
110
531
~
110
110
531
~
990
16160
531
~
1665
173
531
2 prrArA
Систем има решење, на основу Кронекер Капелијевог става (јер је
prrArA ).
Решење је: )1,2(),( yx
З41 Користећи Кронекер Капелијев став одредити да ли систем има
решење
2065
173
53
yx
yx
yx
□ Проширена матрица система је:
2065
173
531
400
110
531
~
590
110
531
~
590
16160
531
~
2065
173
531
Систем нема решење, на основу Кронекер Капелијевог става:
prrArA
З42 Одредити тако да хомоген систем линеарних једначина:
037
0106
0322
zyx
zyx
zyx
има нетривијална решења.
□ Проширена матрица система је:
0371
0106
0322
~
013420
0140
0371
~
013420
03120
0371
~
0106
0322
0371
~
0371
0106
0322
00100
0140
0371
Матрици:
00100
0140
0371
одговара систем линеарних једнашина:
0)10(
04
037
y
zy
zyx
, који је еквивалентан датом систему.
За 10 систем има јединствено решење (тривијално):
0,0,0 zyx . За 10 систем има и решења која су различита
од тривијалног:
Rttttzyx ),4,,5(),,(
З43 Одредити тако да систем линеарних једначина буде
сагласан и у том случају решити систем:
12 uzyx
02464 uzyx
uzyx 255
□ Проширена матрица система је:
1255
02464
11211
Еквивалентним трансформацијама добијамо:
10000
4612100
11211
~
5612100
4612100
11211
~
1255
02464
11211
За 1 , систем линеарних једначина је сагласан. У том случају
је:
12 uzyx
461210 uzy
uzuz
xuz
yuuzz
25
2361,
5
236,,
RuRzuzuzuz
uzyx
,),,5
236,
5
243(),,,(
Метод најмањих квадрата
Ову практичну методу, несумњиво инжењерску, покушаћемо да ин-
терпретирамо помоћу матрица и линеарних система на следећем
задатку.
Ако имамо више једначина од броја непознатих - на пример имамо
пет урбаних места и желимо пут који пролази кроз та места који је
прав као „стрела“ - у општем случају то није могуће. Али шта је
остварљиво? Могуће је да пут буде прав, а да збир одстојања тих
места до пута буде минималан.
З44 Задате су тачке у Декартовој равни )3,7(),5,4(),3,3(),4,2(),1,1( .
Поставити праву baxy , тако да је збир растојања
(вертикална одстојања) од тачака до праве минималан.
□ Када би тачке )3,7(),5,4(),3,3(),4,2(),1,1( припадале правој baxy ,
тада би за сваку тачку било испуњено:
ba 11
ba 24
ba 33
ba 45
ba 73
Непознате су a и b . Матрично овај систем се може записати на
следећи начин.
3
5
3
4
1
17
14
13
12
11
b
a ако је
17
14
13
12
11
A
b
aX
3
5
3
4
1
B тада је
BXA . Тражи се да је XA што ближе B , или што је исто, да је
BXA што ближе нула колони, тј.: 0 BXA . Ако помножимо
матричну једначину
0 BXA са матрицом TA
0 TTT ABAXAA
BAXAA TT
BAAAXBAAAXAAAA TTTTTT 111 )()()()(
Ова једначина даје нам поступак за одређивање тражених
коефицијената a и b :
3
5
3
4
1
11111
74321
17
14
13
12
11
11111
74321
b
a
3151314111
3754334211
11111111117141312111
171413121174321 22222
b
a
106
261
517
1779
1617
5979
,106
23
517
1779
516
1759
1651759177916
59
517
1779
bababa
ba
ba
106
261
106
23 xy
1.2.3 Систем линеарних једначина
Једначина са n непознатих: nxxx ,...., 21 , облика bnxnaxaxa ...2211
,
где коефицијенти naaa ,....2
,1
нису сви истовремено нуле, је линеарна
алгебарска једначина. Њена лева страна представља линеарну
форму. Скуп решења ове једначине је скуп свих уређених n -торки
бројева nxxx ,....., 21, који ту једначину идентички задовољавају.
Конјункција једначина:
mbnxmnaxm
axm
a
bnxn
axaxa
bnxn
axaxa
...2211
.
.
2...
222121
1...
212111
2
1
(1)
је систем од m линеарних алгебарских једначина са n непознатих.
Он је нехомоген ако слободни чланови nbbb ,....2
,1
нису сви једнаки
нули, а хомоген је ако су сви слободни чланови nbbb ,....2
,1
једнаки
нули.
Скуп решења система (1) је скуп свих уређених n -торки бројева
nxxx ,....., 21 које те једначине идентички задовољавају. Ако систем има
решења каже се да је решив, сагласан, могућ или конзистентан.
Уколико систем има само једно решење онда је то јединствено
решење система.
Ако систем има више решења, уводи се појам општег решења.
Ако систем нема решења каже се да је нерешив, немогућ,
несагласан, противуречан или неконзистентан.
Два система линеарних једначина су еквивалентна ако је свако
решење првог система истовремено и решење другог система, и ако
је свако решење другог истовремено и решење првог система.
Из два важна правила решавања обичне једначине са једном
непознатом:
Ако левој и десној страни додамо исти број, нова једначина је
еквивалентна полазној.
Ако леву и десну страну једначине помножимо бројем који је
различит од нуле, нова једначина је еквивалентна полазној.
произилазе правила за системе линеарних једначина.
При следећим трансформацијама система, настаје еквивалентан
ситем:
1) Међусобна замена било које две једначине.
2) Множење било које једначине бројем различитим од нуле.
3) Било која једначина се помножи неким бројем и дода другој
једначини.
Систем једначина
mbnxmnaxm
axm
a
bnxn
axaxa
bnxn
axaxa
...2211
.
.
2...
222121
1...
212111
2
1
(1)
може да се запише у матричном облику BXA , где је :
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
A
...
..........
...
...
21
22221
11211
матрица система,
nx
x
x
X...
2
1
матрица непознатих.
nb
b
b
B...
2
1
матрица слободних чланова
Матрица
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
A
...
..........
...
...
21
22221
11211
зове се матрица система (1). Ако се
матрици А допише на крају матрица слободних чланова, добија се
проширена матрица
mmnmm
n
n
pr
baaa
baaa
baaa
A
...
..........
...
...
21
222221
111211
Код линеарног система једначина имамо систем линеарних форми.
Ранг матрице је је број независних форми који одређује та матрица
(тај систем).
Крамерова теорема
За линеарни “квадратни“ систем:
nbnxnnaxn
axn
a
bnxn
axaxa
bnxn
axaxa
...2211
.
2...
222121
1...
212111
2
1
, важи:
1) Када је 0 има јединствено решење ,,.., 22
11
n
nxxx
2) Када је )0...00(0 21 n систем нема решења
3) Када је )0...00(0 21 n раде се додатна
испитивања
где су n ,,, 21 следеће детерминанте:
Детерминанта система
nnnnn
n
n
aaaa
aaaa
aaaa
321
2232221
1131211
...
...
...
1 -детерминанта настаје из детерминанте система, када се прва
колона замени колоном слободних чланова, 2 -детерминанта
настаје из детерминанте система, када се друга колона замени
колоном слободних чланова,... n -детерминанта настаје из
детерминанте система, када се n -та колона замени колоном
слободних чланова.
nnnn
n
nnnnn
n
n
nnnnn
n
n
baaa
baaa
baaa
aaba
aaba
aaba
aaab
aaab
aaab
321
2232221
1131211
31
223221
113111
2
32
223222
113121
1...
...
...
.........
...
...
...
...
...
З27 Решити систем 0
32
yx
yx
□ Систем има јединствено решење:
1
1
33
32
0
32
y
x
x
yx
yx
yx
У Декартовом координатном систему тачка (1,1) је пресечна
тачка две праве.
З28 Решити систем
2
3
2
1
32
yx
yx
□ Систем има бесконачно много решења:
000
32
32
32
2
3
2
1
32
yx
yx
yx
yx
yx
yx
Свака тачка праве 32 yx је решење система. Значи, опште
решење овог система је скуп уређених двојки
})23,(|),{( Rtttyx . У Декартовом координатном систему овај
скуп представља једна права – тј. две праве се поклапају.
З29 Решити систем
42
1
32
yx
yx
□ Систем нема решења. У Декартовом координатном систему овај
систем представља две паралелне праве – не постоји њихова
пресечна тачка.
500
32
82
32
42
1
32
yx
yx
yx
yx
yx
yx
систем је немогућ: (0= -
5)
З30 Одредити када систем Rayax
yx
4
32 има решења.
□ Овај систем геометријски представља две праве. Постоје
решења ако се те две праве секу: 1
12
a или ако се поклапају:
4
3
1
12
a (не могуће је да параметар a који утиче на ротацију
праве xy 4 око тачке )4,0( , доведе до поклапања ове две
праве).
Дакле, систем Rayax
yx
4
32 има решења ако је 2a .
З31 Дискутовати и решити систем једначина у зависности од
реалног параметра a :.
1
2 2
2 0
ax y z
x ay z
x y z
1
2 2
2 0
ax y z
x ay z
x y z
1
2 2
2 0
ax y z
x ay z
x y z
□
22
1 12 1 2 1
1 21 1 2 1 2 1
2 1 1
2 3 1 4 4 2 ;
aa a
D a a
a a a a a
22
1 12 1 2 1
1 21 1 2 1 2 1
2 1 1
2 3 1 4 4 2 ;
aa a
D a a
a a a a a
1 1 11 1 1 1
2 2 2;2 2 2
0 1 1
xD a aa
1 11 1 1
1 2 2 2 2 1;2 2 1 2
2 0 1
y
aa
D a
1 11 1 1
1 2 2 2 2 2 1 5 4 .2 1 2
2 1 0
z
aa
D a a a aa
1. За 0,D 2
2 0a 2a , систем има јединствено решење:
2 2
1 2 1 5 4, , .
2 2 2
yx zDD Da a
x y zD a D Da a
2 2
1 2 1 5 4, , , ,
2 2 2
a ax y z
a a a
За 2a , у тродимензионалном простору (геометријски, свака
једначина представља раван) три равни дате полазним
једначинама имају само једну заједничку тачку.
2. За 0D , односно за 2a добијамо )0(3 yD па је систем
немогућ.
З32 Дискутовати и решити систем једначина у зависности од
реалног параметра a : 2
1
aazyx
azayx
zyax
□
1. Ако је 0D , онда дати систем има јединствено решење, а то
је у случају 2,1 aa .
2. За 0,1 zyx DDDa , па је опште решење система скуп
уређених тројки. Rvuvuvuzyx ,:).,1(|),,{(
3. За 02 xDa ; систем нема решења.
З33 Решити хомогени систем једначина и дискутовати решења у
зависности од парамерта a :
037
053
0644
zyx
zayx
zyx
□ Услов да хомоген систем има нетривијална решења је да
детерминанта матрице система буде једнака нули.
50
371
53
644
aa
За 5a матрица система је
371
53
644
a и њен ранг је једнак 2, што
значи да се систем своди на две једначине са три непознате.
2 2 3
3 5 5
x y z
x y z
2 2 3
3 5 5
x y z
x y z
Према томе, опште решење система је , , 5 4, 4,x y z t t t t R
Z У зависности од реалног параметра , дискутовати и решити
систем једначина
4)1(23631
2)363)222)2
2
yxyxyx
yxcyxbyxa
Z Дискутовати решење система по параметру a :
а) 4)1(2
2
yax
yax б)
azayx
zyx
azyax
438
22
32
Z Решити хомогени систем једначина и дискутовати решења у
зависности од реалног парамерта a
02 zyx
0 zyx
0 zyax
Z Решити матричну једначину
109
1614
87
65
25
13X Решење:
43
21X
Гаусова метода за решавање система линеарних једначина
За дати систем линеарних једначина
mbnxmnaxm
axm
a
bnxn
axaxa
bnxn
axaxa
...2211
2...
222121
1...
212111
2
1
Гаусова метода се састоји у сукцесивном елиминисању непознатих
из система и трансформацијом у троугаони еквивалентни систем, из
кога се добија решење или се установи да систем нема решења.
Претпоставимо да је коефицијент 011 a . Елиминишемо непознату
1x из свих једначина система осим прве.
Да бисмо то реализовали потребно је прву једначину помножити са
1121 / aa и додати је другој једначини, затим прву једначину
помножити са 1131 / aa и додати је трећој једначини, итд. На тај начин
се уместо полазног система добија еквивалентан систем:
11 1 12 2 1 1
(1) (1) (1)
22 2 2 2
(1) (1) (1)
2 2
n n
n n
m mn n m
a x a x a x b
a x a x b
a x a x b
Ако би продужили исти поступак 1k пута, добили би систем
11 1 12 2 1 1
(1) (1) (1)
22 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1)
n n
n n
k k k
kk k kn n k
a x a x a x b
a x a x b
a x a x b
Ако су сви коефицијенти добијеног система једнаки нули, а слободни
члан није нула у једној од једначина, тада систем нема решења.
Ако је k n , систем има јединствено решење.
Ако је k n , систем има бесконачно решења. Тада су 1, ,k nx x
слободне променљиве, које преносимо на десну страну једнакости, а
затим се одређује опште решење 1 1, ,k kx x x
.
З34 Гаусовом методом решити систем једначина:
22 zyx
1243 zyx
15524 zyx
□ Полазни систем је еквивалентан следећим системима:
186
5510
22
2310
5510
22
15524
1243
4/3/22
z
zy
zyx
zy
zy
zyx
zyx
zyx
zyx
.
Када у датом систему прву једначину помножимо са -3 и додамо
је другој једначини, елиминисали смо непознату х и добили једну
једначину са две непознате. Када прву једначину помножимо са 4
и додамо је трећој једначини, елиминисали смо непознату х и
добили још једну једначину са две непознате. Елиминисањем
непознате x добили смо систем:
22 zyx
5510 zy
186 z
Даље решавамо од последње једначине: 3186 zz . Из
претпоследње једначине када заменимо 3z , добијамо 2y
( 253510 yy ). Ако заменимо у првој једначини 3z и
2y добијамо 1x . ( 12322 xx ). Решење система је
уређена тројка (1,2,3).
Гаусов метод, решавања система линеарних једначина може да
се представи помоћу проширене матрице и елементерних
трасформација са њеним редовима, које доводе од сличне
троугаоне матрице.
З35 Гаусовом методом користећи проширену матрицу решити
систем једначина:
22 zyx
1243 zyx
15524 zyx
□
18600
55100
2121
~
231100
55100
2121
~
15524
1243
2121
186 z
5510 zy
22 zyx
Решење система је уређена тројка )3,2,1(),,( zyx
З36 Гаусовом методом, користећи проширену матрицу, у
зависности од реалног параметра a , решити и дискутовати
систем једначина
2 uzyx
1 uzx
9)1(234 uazyx
□
01000
12210
2|1111
~
13210
12210
2|1111
~
91234
11101
2|1111
aaa
101.1 aa
012
2
21
30
uty
tztyx
tytz
txu
1,)}0,,21,3(|),,,{(: aRttttuzyxR
1.2 a
00000
12210
2|1111
~
12210
12210
2|1111
~
92234
11101
2|1111
122
2
uzy
uzyx
wu
tz
1,)},,21,3(|),,,{(: aRwRtwtwtwtuzyxR
Z Гаусовом методом, користећи проширену матрицу решити
систем једначина:
2 3 4
2 3
2 2 6
x y z
x y z
x y z
З37 Решити матричну једначину
109
1614
87
65
25
13XX
(Лапуновљеве матричне једначине су облика CXBAX -
решавају се преко система једначина јер се тешко издваја
непозната матрица X ).
□ Нека је непозната матрица
wv
yxX . Када заменимо у
почетној једначини матрицу X следи:
109
1614
87
65
25
13
wv
yx
wv
yx
109
1614
8675
8675
2525
33
wvwv
yxyx
wyvx
wyvx
109
1614
86257525
863753
wvwywvvx
yxwyyxvx
3421
2719
665735
11678
wvywvx
wyxvyx
3421
2719
665735
11678
wvywvx
wyxvyx
3466521735
271161978
wvywvx
wyxvyx
1978 vyx
21735 wvx
27116 wyx
34665 wvy
На прву позицију издвајамо непознату v (лакше је рачунати са
коефицијентом -1)
34656
271160
21753
1978
34665
27116
21735
1978
wyv
wyxv
wxv
yxv
wvy
wyx
wvx
vyx
Проширена матрца система је:
148|647480
27|11160
78|721290
19|0781
34|6506
27|11160
21|7053
19|0781
|wyxv
31011384
2679871
310|0113840
27|11160
267|098710
19|0781
yx
yx
1267298712
113719884
3107126784
31071113718471
2678498847184
xxy
yyx
yx
31902718 vwv
1272111630 ww
13
21X
Кронекер Капелијев став
Ако је ранг матрице А једнак рангу матрице prA (проширена
матрица), тада систем има решрња. Ако је ранг матрице А различит
од ранга матрице prA тада систем нема решрња.
За практично одређивање ранга матрице А, користе се елементарне
трансформације матрице, као код Гаусове методе за решавање
линеарних система једначина - с тим, што су овде дозвољене и
трансформације колона.
З38 Одредити ранг матрице система и ранг проширене матрице
система:
22 zyx
1243 zyx
15524 zyx
□
18600
55100
2121
~
231100
55100
2121
~
15524
1243
2121
Ранг матрице А једнак рангу матрице prA )3( prrArA
Ако то није у овом тренутку очигледно, може да се настави рад са
колонама - прву колону множимо са -2 и додајемо је другој:
18600
55100
2101
~
18600
55100
2121
Затим прву колону додајемо трећој колони па потом множимо прву
колону са -2 и додајемо четвртој колони:
18600
55100
0001
~
18600
55100
2001
~
18600
55100
2121
Добили смо у првом реду све нуле осим јединице на првој
позицији. Ако тако наставимо, уз идеју да у другом реду имамо
„што више нула“, онда множимо другу колону са једном половином
и додајемо трећој колони
18600
00100
0001
~
18600
50100
0001
~
18600
55100
0001
На крају ако трећу колону помножимо са -3 и додамо четвртој
колони, добијамо матрицу ранга 3 (то број елемената који су
различити од нуле – број „топова који се не нападају“).
0600
00100
0001
~
18600
00100
0001
З39 Одредити ранг матрице
□
300000000
200000000
100000000
04030001
00000200
00000000
00000000
100000000
00000001
00000200
~
300000000
200000000
100000000
00000001
00000200
~
300000000
200000000
100000000
04030001
00000200
Ранг је 3 - множимо прву колону са -3 и додајемо је петој.
Затим, множимо прву колону са -4 и додајемо шестој колони. Да
би елиминисали у другој матрици, у четвртом реду, број 20 и број
30 у петом реду, множимо трећи ред са два и додајемо га
четвртом реду и трећи ред са три и додајемо петом реду. Ранф је
3 - број „топова који се не нападају“ је три
00000000
00000000
100000000
00000001
00000200
З40 Гаусовом методом и користећи Кронекер Капелијев став
решити систем једначина:
1665
173
53
yx
yx
yx
□ Проширена матрица система је:
1665
173
531
000
110
531
~
110
110
531
~
990
16160
531
~
1665
173
531
2 prrArA
Систем има решење, на основу Кронекер Капелијевог става (јер је
prrArA ).
Решење је: )1,2(),( yx
З41 Користећи Кронекер Капелијев став одредити да ли систем има
решење
2065
173
53
yx
yx
yx
□ Проширена матрица система је:
2065
173
531
400
110
531
~
590
110
531
~
590
16160
531
~
2065
173
531
Систем нема решење, на основу Кронекер Капелијевог става:
prrArA
З42 Одредити тако да хомоген систем линеарних једначина:
037
0106
0322
zyx
zyx
zyx
има нетривијална решења.
□ Проширена матрица система је:
0371
0106
0322
~
013420
0140
0371
~
013420
03120
0371
~
0106
0322
0371
~
0371
0106
0322
00100
0140
0371
Матрици:
00100
0140
0371
одговара систем линеарних једнашина:
0)10(
04
037
y
zy
zyx
, који је еквивалентан датом систему.
За 10 систем има јединствено решење (тривијално):
0,0,0 zyx . За 10 систем има и решења која су различита
од тривијалног:
Rttttzyx ),4,,5(),,(
З43 Одредити тако да систем линеарних једначина буде
сагласан и у том случају решити систем:
12 uzyx
02464 uzyx
uzyx 255
□ Проширена матрица система је:
1255
02464
11211
Еквивалентним трансформацијама добијамо:
10000
4612100
11211
~
5612100
4612100
11211
~
1255
02464
11211
За 1 , систем линеарних једначина је сагласан. У том случају
је:
12 uzyx
461210 uzy
uzuz
xuz
yuuzz
25
2361,
5
236,,
RuRzuzuzuz
uzyx
,),,5
236,
5
243(),,,(
1.2.4 Вектори
У физици векторе карактерише интензитет правац и смер. У овом
делу векторске анализе највише ће бити речи о слободним
векторима (слободни вектори при паралелном померању остају
једнаки - вектори везани за праву, вектори везани за тачку).
Вектори везани за тачку су нпр. вектори положаја тачке у
координатном систему.
Вектори се представљају као орјентисане дужи. Тако, вектор AB
има почетак у тачки А, а крај у тачки В. У тродимензионалном
простору вектор је одређен са своје три пројекције на координатне
осе: х, у, z. Вектори kji ,, су јединични вектори х, у, z оса.
Два вектора су једнака ако се паралелним померањем могу довести
до поклапања (имају исти правац, смер и интензитет). Ако се почетна
и крајња тачка вектора поклапа онда је то нула вектор. Супротан
вектор од AB је вектор BA , где је BAAB .
Сабирање вектора
Геометријски, вектори се сабирају по правилу троугла - или што је
резултатски исто: по правилу паралелограма. За сабирање вектора
важи закон комутације abba и закон асоцијације
cbacbacba )()( . Неутрални елемент је 0 ( 0aa ).
Када се вектори множе скаларом, испуњене су следеће особине:
bkakbakalakalkalkaklaa )(,)(,)()(,1 , где су lk, реални
бројеви
На основу ових особина, са векторима се може радити тако да се
губи геометријски смисао вектора и да се рад „пребаци“ у алгебарски
домен (у многим областима од економије, електротехнике,
кибернетике, механике..., па све до друштвених наука).
y
x
z
А
a
a
a
В
i
j
k
Вектори у правоуглом координатном систему
Вектори kOBjOBiOA ,, су јединични вектори х, у, z оса .
За сваки вектор a постоји јединствена тачка ),,( zyx aaaM , тако да
је вектор a једнак вектору
OM .
akajaiacbOM zyx
Интензитет вектора
a се добија као дужина дијагонале
правоуглог квадра („кутије шибица“).
222 )()()( zyx aaaa
З45 За вектор
kjia 42 одредити
a , затим одредити
јединични вектор 0
a вектора
a
x
z
Y
a
i
j
k
O
xa
ya
za
M
b
c
x
z
Y i
j
k
А(1,0.0)
B(0,1,0)
C(0,0,1)
O
□ 222 )()()( zyx aaaa
,
222 )4()1()2(
a
21
a
a
aa 0
21
420
kji
a
)42(21
10
kjia
)4,1,2(21
10
a
Сабирање вектора у Декартовом координатном систему
Вектори се сабирају тако што се одговарајуће координате саберу.
З46 Нека су вектори
kjia 42 и
kjib 76 збир ова два
вектора je:
□
)76()42( kjikjiba
kjiba )71()64()12(
kjiba 823
У општем случају
kbjbibbkajaiaa zyxzyx
kbjbibkajaiaba zyxzyx
kbajbaibaba zzyyxx )()()(
Множење вектора скаларом у Декартовом координатном
систему
Производ вектора и скалара је вектор:
anb
)( kajaiananb zyx
knajnainab zyx
),,( zyx nananab
З47 Нека су дати вектори
kjia 42 и
kjib 76 .
Одредити (I)
a6 , (II)
ba6 , (III)
ba 43
□ (I) )42(66
kjia
kjia 624126
)6,24,12(6
a
(II) )42(66
kjia
kjib 76
)7,6,1()6,24,12(6
ba
)13,18,13(6
ba
(III) )42(33
kjia
)76(44 kjib
)76(4)42(343 kjikjiba
)18,36,2(1836243
kjiba
Линеарна зависност
Ако су n ,...,, 21 вектори и n ,....., 21 реални бројеви, тада се израз
nn ...211 назива линеарна комбинација вектора.
а) Ако је 0...211 nn n ...21=0 онда су
вектори n ,...,, 21 линеарно независни.
б) Ако постоје реални бројеви n ,...,, 21 жкоји нису сви
једнаки нули, онда кажемо да су вектори линеарно зависни тј.
тада је 0... 22
2
2
1 n
Не-нула вектори a и b су линеарно зависни ако и само ако
су колинеарни.
Не-нула вектори a,b и c су линеарно зависни ако и само
ако су компланарни.
За векторски простор, највећи број међу собом линеарно независних
вектора одређује димензију тог простора.
Базу векторског простора чини скуп линеарно независних вектора,
таквих да се сваки вeктор тог простора може представити као
линеарна комбинација вектора базе.
Ортогоналну базу образују узајамно ортогонални вектори.
Нормирану базу чине вектори дужине један. Афину базу чине
вектори који не морају да су сви узајамно ортогонални.
З48 Нека су вектори
1p и 2p произвољни и 0,0 21
pp . Доказати
да су вектори 212121 42 ppcppbppa линеарно
зависни. Наћи коефицијенте те линеарне зависности.
□ 0 cmbnak
0)4()2()( 212121 ppmppnppk
042 212121 pmpmppnpkpk
0)42()( 21 mnkpmnkp
mkmnmnk
mnk
mnk
mnk
3
2,
3
5
42042
0
mcmbmam
3/0
3
5
3
2
3520352 mnkcba
Скаларни производ два вектора
Скаларни производ два вектора
a и
b дефинише се као производ
интензитета вектора
ba , и косинуса угла који та два вектора граде:
a ·
b = )),(cos(
baba
Скаларни производ је реалан број (скалар није вектор).
Особине скаларног производа
a ∙
a =2
a
a ∙
b =
b ∙
a
cabacba )(
)()()(
bmabambam
Скаларни производ два вектора у Декартовом координатном
систему
За векторе
a и
b , који су задати преко координата:
kbjbibbkajaiaa zyxzyx , скаларни производ одређује се:
zzyyxx babababa
Ова важна формула добија се из осбина множења вектора.
Пројекција вектора
a на вектор
b обележава се симболом
aprb
На пример,
kjia 42 и
kjib 3 . Тада је
11
9
191
1122
b
baapr
b
Херонов образац
Када су познате дужине страна троугла ba, и c тада је површина
троугла
))()(( csbsassP - где је s полуобим троугла: 2
cbas
Доказ: Из косинусне теореме cos2222 abbac , формуле за површину
троугла 2
sinabP и релације да је 2cos1sin , следи Херонова
формула ))()(( csbsassP
cos2222 abbac
ab
cba
2cos
222
2222
2
21cos1sin
ab
cba
2
21
2222
ab
cbaab
P
2
2
2
2
2
1
2
21
21
222222
222222
cbaabcbaabab
cba
ab
cbaab
P
a
b
aprb
b
baapr
b
a
aprbabaabba b),cos(),cos(
2
)(
2
)(
4
1
2
)(
2
)(
2
1 22222222 cbabaccbabacP
2
))()((
2
)())((
2222
csbsasscssbsascbacbabacbacP
Векторски производ
a х
b
Векторски производ
a х
b је вектор нормалан на вектор
a и
нормалан на вектор
b , а смер му је одређен по принципу „десног
завртња“. Интензитет вектора
a х
b једнак је површини
паралелограма коју одређују ова два вектора:
)),(sin(
bababa
За векторе
a и
b , који су задати преко координата у Декартовом
координатном систему:
kbjbibbkajaiaa zyxzyx , векторски
производ
a х
b одређује се преко детерминанте:
zyx
zyx
bbb
aaa
kji
ba
Овакво представљање векторског производа преко детерминанте
следи из векторског множења јединичних вектора
kji ,,
jkiijkkij
kkjjiijikikjkji 000
)()( kbjbibkajaiaba zyxzyx
x
z
Y i
j
k
O
)()( kbjajbjaibjakbiajbiaibia zyyyxyzxyxxx
ibajbaibakbajbakbakbkajbkaibka yzxzzyxyzxyxzzyzxz )(
)()()( xyyxxzzxyzzy babakbabajbabai
Особине векторског производа
a х
b = -
b x
a
n(
a х
b ) = (n
a ) х
b =
a х (n
b )
cxabxacbxa )()(
0
axa
З51 Нека су kji ,, ортови координатних оса Декартовог правоуглог
координатног система у простору. Израчунати:
□ 1) kijiikiiji )(
2) )()()( kjikkijkji
kkjkikkjijkiji
)(222)()()( ikikijikjk
З52 Наћи јединични вектор 0
c који је нормалан на векторе
)0,2,1(a и )4,1,1( b
□
kji
kji
c 348
411
021
)3,4,8(89
1)348(
89
1)348(
)3()4()8(
1
2220
kjikjic
З53 Одредити cba )( ако су дати вектори:
)4,3,0()4,1,1()0,2,1( ciba
□
kji
kji
cbakji
kji
ba 243225
430
348)(348
411
021
)24,32,25()(
cba
Мешовити производ три вектора (
a х
b )∙
c
Мешовити производ три вектора представља скалар. Апсолутна
вредност мешовитог производа једнака је запремини призме
оформљене над та три вектора, када се они доведу на заједничку
почетну тачку.
VHBHbxa
c
Hcbxacbxacbxacbxa
]),[(cos)(
За векторе
a ,
b и
c , који су задати преко координата у Декартовом
координатном систему:
kcjcicckbjbibbkajaiaa zyxzyxzyx ,
мешовити производ (
a х
b )∙
c се одређује преко детерминанте:
zyx
zyx
zyx
ccc
bbb
aaa
cba
)(
a
b
c
bxa
Особине мешовитог производа
1. 0)(000
cbacba - тада су вектори
a ,
b и
c
компланарни (паралелни су некој равни). Важи и обрнуто, тј. ако
су
a ,
b и
c компланарни вектори, њихов мешовити производ је
нула
2.
bacacbcba )()()(
3.
cabcba )()(
4. Vcba
)( , где је V запремина призме коју одређују ова три
вектора („везана“ за исту почетну тачку).
З56 Одредити површину троугла чија су темена А(0,0,0), В(3,0,0),
C(3,4,3)
□ )3,4,3()0,0,3(
ACAB
kj
kji
ACAB 129
343
003
1514481
ACAB
2
15ABCP
З57 Одредити површину паралелограма чија су темена А(0,0,0),
В(3,0,0), C(3,4,3)
□ 15ABCDP
З58 Одредити површину паралелограма чија су два темена
А(0,0,0), В(6,0,0) и пресечна тачка дијагонала Т(2,4,4)
□
)8,8,4(
),,(
42
0
42
0
22
0
C
zyxC
z
y
x
ccc
c
c
c
248
4848
884
006
)8,8,4(
)0,0,6(
ABCDP
kj
kji
ACAB
AC
AB
З59 Одредити запремину тетраедра чија су темена А(2,3,1), В(4,1,-
2), C(6,3,7), D(-5,-4,8)
□ 6
1)( ABCDV
ADACAB )(
)7,7,7()6,0,4()3,2,2(( ADACAB
777
604
322
6
1)(
6
1
ADACABV
6
308)( ABCDV
З60 Израчунати запремину паралелопипеда кога одређују вектори:
)1,2,1(),3,1,2(),1,3,1( cba
□ 25
121
312
131
|)(|
cbaV
1.3 Аналитичка геометрија
1.3.1 Раван
У тродимензионалном простору положај равни може бити одређен
помоћу вектора, који је нормалан на раван и једне тачке која припада
тој равни.
Нека је n вектор нормалан на раван . Тачка М1 је у равни и
њене координате су познате. Тачка М је произвољна тачка у равни
. Само за ()М тачку равни вектор MM 1 је нормалан на вектор
n . Из овог услова нормалности добија се векторска једначина равни
01 MMn .
Ако се замене координате вектора ),,( CBAn и вектора
),,( 1111 zzyyxxMM у векторској једначини равни, добија се скаларна
једначина равни Ax+By +Cz+D = 0
0),,(),,( 111 CBAzzyyxx
0)()()( 111 zzCyyBxxA
0 DCzByAx , где је: DCzByAx )( 111
M1(x1,y1,z1)
M(x,y,z)
З63 Одредити јeдначину равни која садржи тачку М1(2,5,0) и
нормална је на вектор (2,7.9).
□ Из једначине равни 0)()()( 111 zzCyyBxxA добијамо
једначину равни : 0)0(9)5(7)2(2 zyx , или кад се среди
овај израз:
: 039972 zyx
Раван одређена са три неколинеарне тачке
Ако је раван задата са три неколинеарне тачке М1, М2, М3, које јој
припадају и нека је М произвољна тачка равни , тада је можда
најбоље да се једначина равни добије из услова компланарности
вектора ,,, 31211 MMMMMM уствари да је мешовити производ ова
три вектора једнак нули: 0],,[ 31211 MMMMMM
З64 Одредити јeдначину равни која садржи тачке А(1.0,4), В(2,5,0)
и С(2,1,3)
□ На следећој слици може да се илуструје модел овог задатка
Вектори
,, ABAM и
AC су компланарни, па је њихов мешовити
производ једнак нули
0,,
ACABAM
17430)4(43)1(0
430112
400512
401
zyxzyx
zyx
А(1,0,4)
В(2,5,0)
С(2,1,3)
1.3.2 Права
У простору, права је одређена преко једне тачке коју садржи и
правца неког вектора са којим је паралелена, или преко две тачке
које јој припадају. Права је такође одређена као пресек две равни, а
може да буде одређена и неким другим условима.
Једначина праве која садржи дату тачку и паралелна је задатом
вектору
Нека је права l паралелна вектору a . За дату тачку М1 праве l и
произвољну тачку М праве l, важи да је atMM 1
][()()()( 321111 kajaiatkzzjyyixx
)(3
1
2
1
1
1
31
21
11
ta
zz
a
yy
a
xx
tazz
tayy
taxx
Облик једначине праве 3
1
2
1
1
1
a
zz
a
yy
a
xx
познат је као канонски или
двојни облик једначине праве.
З65 Одредити у канонском облику јeдначину праве која садржи
тачку К(2,-5,3) и паралелна је вектору )4,3,2(a
□ Ако заменимо дате вредности у канонском облику једначине
праве 3
1
2
1
1
1
a
zz
a
yy
a
xx
, добијамо једначину наше праве:
4
3
3
5
2
2
zyx (1)
l
M(x,y,z)
а M1(x1,y1,z1)
Параметарски облик једначине праве
Из једначина
31
21
11
tazz
tayy
taxx
, добија се систем једначина који
представља параметарски облик једначине праве:
31
21
11
tazz
tayy
taxx
З66 Одредити параметарске једначине праве која садржи тачку
К(2,-5,3) и паралелна је вектору )4,3,2(a
□ Из релације (1) из претходног задатка, која када се изјеначи са
параметром t, добијају се параметарске једначине праве
34
53
22
4
3
3
5
2
2
tz
ty
tx
tzyx
Једначина праве која садржи две тачке Т1(x1,y1,z1) и Т2(x1,y1,z1)
Једначина праве кроз две тачке: 12
1
12
1
12
1
zz
zz
yy
yy
xx
xx
Вектор праве је ),,( 121212 zzyyxxa
З67 Одредити у канонском облику јeдначину праве која садржи
тачке Т1(2,-5,3) и Т2(4, -7,5)
□ Вектор kjiTT 22221
Т(x,y,z)
Т(x2,y2,z2)
Т(x1,y1,z1)
Канонски облик једначине праве је: 2
3
2
5
2
2
zyx
З68 Одредити у канонском облику јeдначину праве која је пресек
равни :3x+2y+5z-12=0 и :-2x+y-4z+4=0
□ Једну заједничку тачку можемо да добијемо тако што задамо
произвољну вредност једној променљивој, на пример у=2, и
решимо систем са две непознате:
242
853
04422
0125223
zx
zx
zx
zx
)1,2,1(1;2;1 Tzyx
Да би одредили вектор праве, можемо да одредимо координате
још једне тачке тако што задамо поново произвољну вредност
једној променљивој и решимо систем са две непознате.
Вектор пресечне праве може да се добије као векторски производ
нормалних вектора на равни и
: 3x+2y+5z-12=0 , )5,2,3(1 n
: -2x+y-4z+4=0 , )4,1,2(2 n
kji
kji
nxna 723
412
52321
Канонски облик пресечне праве равни и је
7
1
2
2
3
1
zyx
1.3.3 Права и раван
Права и раван могу да имају једну заједничку тачку, да немају
заједничких тачака, или да права припада равни.
З69 Одредити однос праве l која садржи тачку К(2,-5,3) и
паралелна је вектору )4,3,2(a и равни : 4x+3y-5z+28=0
□ Kaнонски облик једначине праве l је:
)(4
3
3
5
2
2: t
zyxl
Решење система једначина праве
)(4
3
3
5
2
2: t
zyxl
и равни : 4x+3y-5z+28=0 по х,у,z,
говори о међусобном положају праве и равни.
Ако се представи права )(4
3
3
5
2
2: t
zyxl
у параметарском
облику:
34
53
22
:
tz
ty
tx
l и ако се непознате х, у, z, замене у једначини
равни :4x+3y-5z+28=0, добија се једначина са једном
непознатом, у овом случају:
263028)34(5)53(3)22(4 ttttt
Пошто је 2t , из горњих једначина следи 11,1,6 zyx , а то су
координате пресечне тачке Т(6,1,11) праве l и равни .
З70 Одредити ортогоналну пројекцију праве )(4
3
3
5
2
2: t
zyxl
на раван : 4x+3y-5z+28=0
Т
□ Користићемо податак из претходног задатка да заједничка тачка
праве l и равни је тачка Т(6,1,11), за ортогоналну пројекцију
праве )(4
3
3
5
2
2: t
zyxl
на раван : 4x+3y-5z+28=0 потребна
нам је још једна тачка. Зато ћемо одредити К’ - нормалну
пројекцију тачке К(2,-5,3) на раван . Геометриjски, К’ је
заједничка тачка нормале n кроз К и равни
35
53
24
5
3
3
5
4
2:
tz
ty
tx
tzyx
n
: 4x+3y-5z+28=0
028)35(5)53(3)24(4 ttt
)6.3,36.5,52.1(6.336.552.112.0650 / Kzyxtt
Taчke )6.3,36.5,52.1(/ K и Т(6,1,11) одређују пројекцију праве l,
праву l’.
6.311
11
)36.5(1
1
52.16
6:'
zyxl
4.7
11
)36.6
1
48.4
6:'
zyxl
З71 Одредити одстојање тачке К(2,-5,3) до равни : 4x+3y-
5z+28=0
□ У претходном задатку одредили смо нормалну пројекцију
)6.3,36.5,52.1(/ K тачке К(2,-5,3) на раван . Дужина дужи КК’ је
одстојање тачке К(2, -5,3) до равни : 4x+3y-5z+28=0
222' )6.33()]36.5(5[)52.12(),( KKd
222' )6.0()36.0()48.0(),( KKd
Т
К(2,-5,3)
К/
n l
/l
072),( ' KKd
25
503
50
50
50
6
100
26
100
362
100
72),( '
KKd
Растојање дате тачке М0 (х0,у0,z0) до равни : Ax+By+Cz+D=0
Вектор који је нормалан на раван има координате ),,( CBAa
. Tачка
),,( zyxT припада рави . Пројекција вектора
TM 0 на вектор ),,( CBAa
одређује одстојање тачке М0 (х0,у0,z0) до равни .
TM
daTMaTMaTMaTM
0
0000 ),cos(
dazzCyyBxxAaTM
)()()( 0000
dCBA
zzCyyBxxA
222
000 )()()(
dCBA
CzCzByByAxAx
222
000
0 DCzByAx
DCzByAx
dCBA
DCzByAx
222
000
222
000
0 ),(CBA
DCzByAxMd
На пример: одредити одстојање тачке К(2,-5,3) до равни : 4x+3y-
5z+28=0
Т(х , у , z)
Мо(хo , уo , zo)
М0/
d
(А,В,С)
222 )5(34
2835)5(324),(
Kd
50
6),( Kd
25
503),(
Kd
Растојање дате тачке М0 (х0,у0,z0) до праве 3
1
2
1
1
1:a
zz
a
yy
a
xxl
Висина паралелограма одређеног векторима a и 10MM је
растојање тачке М0 (х0,у0,z0) до праве 3
1
2
1
1
1:a
zz
a
yy
a
xxl
a
aMM
hd
10
З72 Наћи растојање тачке К(2,-1,3) до праве 2
1
4
2
3
1:
zyxl
□ 29
117d
M0(x0,y0,z0)
d
M(x1,y1,z1) a
Угао између две праве
Нека су дате две праве 1l и 2l .
Ако су 1a
и 2a
редом паралелни вектори правих 1l и 2l , тј. 11 la
и
22 la
, онда је угао између правих 1l и 2l једнак углу = ( 1a
, 2a
), па
је:
21
2cosaa
aa
.
Услов ортогоналности две праве
Нека су праве 1l и 2l нормалне, тј. 1l 2l
Ако су 1a
и 2a
редом паралелни вектори правих 1l и 2l , тј. 11 la
и
22 la
, онда пошто је 1a 2a
1a
2a
= 0,
Услов паралелности две праве
Нека су праве 1l и 2l паралелне, тј 21 ll
Ако су 1a
и 2a
редом паралелни вектори правих 1l и 2l , тј. 11 la
и
22 la
, ,онда је 21 aa
, па је :
021 aa
, или 1a
= k 2a
З73 Кроз тачку М(-1,4,3) поставити праву l која сече праве:
2
33
32
:1
tz
ty
tx
l , 2
3
2
6
3
6:2
zyxl
□
Први корак при решавању задатка je oдређивање равни која
садржи праву 1l и тачку М.
Други корак при решавању задатка je oдређивање продорне тачке
Т праве 2l и равни . Права МТ је тражена права.
1
2
3
3
2
3
2
33
32
:1
zyx
tz
ty
tx
l 0
514
132
341
:
zyx
0214680)3(14)4(6)1(16: zyxzyx
01734: zyx
Одређивање продорне тачке Т праве 2l и равни :
uzyx
l
2
3
2
6
3
6:2
32
62
63
:2
uz
uy
ux
l
01734: zyx
1680121141862412 uuuu
)1,2,0(2 Tu
2
3
2
4
1
1:
zyxl
l1
М
l2
Т P
l
З74 Наћи једначину заједничке нормале правих )( 1l и )( 2l
2
1
1
5
2
5:)( 1
zyxl
3
1
1
3
4
2:)( 2
zyxl
□ Нека тачка ),,( 0000 zyxM припада правој )( 1l и тачка 1M ),,( 111 zyx
припада правој )( 2l и нека је права 0M 1M заједничка нормала
правих )( 1l и )( 2l . Испуњени су следећи услови
tzyx
lM
2
1
1
5
2
5:)( 000
10
uzyx
lM
3
1
1
3
4
2:)( 111
21
0)22(10 kjiMM
0)34(10 kjiMM
)13,3,24();12,5,52( 10 uuuMtttM
kji tututuMM
)223()8()724(10
0)223(2)8()724(20)22(10
tututukjiMM
0)223(3)8()724(40)34(10
tututukjiMM
2
0
904578
904575
301526
18915
t
u
tu
tu
tu
tu
4
1
6
3
3
2:
)1,3,2(
)5,3,1(10
1
0
ZyxMM
M
M
З75 Наћи симетралу унутрашњег угла код темена А троугла АВС,
ако су познате координате темена троугла:
)3,4,3(),0,6,0(),0,0,8( CBA
□ Јединични вектор
0n вектора
AB је:
ji
ji
AB
ABn
5
3
5
4
6)8(
68
220
Јединични вектор
0m од вектора
AC је
kji
kji
A
ACm
25
3
25
4
2
1
)3(4)5(
345
2220
Вектор симетрале
s је:
00 nms . Сада имамо све податке за
једначину праве (симетрале).
Z Наћи једначину равни која ја нормална на х осу и пролази кроз
тачку С(2,2,2)
Z Наћи једначину равни која која је паралелна са z-осом и
садржи тачке А(2,0,0) и В(0,1,0)
Z Наћи једначину равни која која је паралелна са х и z осом и
садржи тачку А(2,3,7)
Z Наћи једначину равни која садржи тачке А(2,0,0), В(0,1,0) и
С(0,0,5)
Z Наћи једначину равни која садржи тачке А(1,2,2), В(-3,6,1) и
С(0,0,1)
□ (2x+y-4z+4=0)
Z Наћи растојање тачке К(2, -1, 3) до праве
2
1
4
2
3
1:
zyxl □
29
117d
Z Наћи координате Т продора праве
12
24
13
2
1
4
2
3
1:
tz
ty
tx
tzyx
l и равни 0336: zx
□ )3,6,4(T
Z Наћи параметарске једначине праве која садржи тачку В(-3,6,1)
и паралелна је вектору )3,2,1(p □
13
62
3
3
1
2
6
1
3
tz
ty
tx
tzyx
Z Наћи једначину равни која садржи тачке А(2,0,0), В(0,1,0) и
нормална је на раван z=0 □ х+2у=2
Z Дати су раван 03: zyx и права
0732,012: zyxzyxp . Наћи једначину праве q
симетрчне правој p у односу на раван
1.5 Задаци за самостални рад
1. Вежба
1. Одредити тригонометријски облик комплесног броја и
представити га у комплексној равни:
baibaa ,,)
,1
1)
i
ib
00 60cos30sin) ic
aaiad ,sincos1)
2. Израчунати
aiaa ,)1() 10
a
i
ib
a
,1
1)
nic n ,)3() 2
1
nid n ,)31()
1
2
1
5
4
)22() ie
3. Одредити сва решења и приказати их у комплексној равни:
nzn ,01
4. Приказати у комплексној равни скуп који је одређен релацијом:
,)Re() aza
aazb ,)Im(0)
bbizc ,)
bbizd ,1)
aazze ,2)
,3
arg)
zf
aazzg ,ImRe)
5. Дати геометријско значење пресликавања f у комплексној
равни (скицирати)
aazzfa ,)()
aazzfb ,)()
i
zzfc
1)()
zzfd
1)()
zzfe )()
6. Дата је матрица
a
a
A ,
312
111
21
. Одредити TAAAA ,,3 12
7. Помоћу матрица, Крамерових формула и Гаусове методе
решити систем једначина:
Ayx
yAxa
23
12)
aazyx
zyx
zyxb
32
0
2)
8. Испитати, решити и дати геометријско тумачење система
једначина:
52
7623
285)
321
321
321
xxx
xxx
xxxa
52
1
32)
yx
yxb
333
222
12)
zyx
zyx
zyxc
3323
222
1)
zyx
zyx
zyxd
12
2422
12)
zyx
zyx
zyxe
000
000
000)
zyx
zyx
yxf
9. Одредити решење хомогеног система:
054
02
02)
zyx
zyx
zyxa
035
023
02
0)
zyx
yx
zyx
zyxb
034
032
02)
4321
4321
4321
xxxx
xxxx
xxxxc
10. Испитати линеарну зависност вектора
)1,1,() Aaa
)2,1,1(
b
)1,1,0(
c
),0,0,0,1()
ab
)0,0,1,0(
b
)0,1,0,0(
c
)1,0,0,0(
d
),0,0,0,1()
ac
)0,0,1,1(
b
)0,1,1,1(
c
)1,1,1,1(
d
AAe ),,3,2,1(
11. Изразити базне векторе
321 ,, eee у бази коју чине вектори:
1) eaa
21 eeb
321 eeec
321) eeeAab
321 eeeb
Aeeec ,2 321
12. Дати су вектори )3,2,(),1,0,3(),2,1,2( Acba
, А=
Израчунати )2()(),()(
acbabacba ,
cbacaprb
),( ,
запремину паралелопипеда кога разапињу вектори
),(),(
cbaba његову висину из краја вектора
b и угао између
просторних дијагонала,
А=
13. Одредити геометријско значење линеарног пресликавања
А: 33 RR , које је у ортонормираној бази ),,( 321
eeee дато
матрицом:
100
010
001
)
100
010
001
)
100
010
001
)
100
010
001
) dcba
aaa
aa
gaaa
aa
f
a
a
a
e
100
0cossin
0sincos
)
100
0cossin
0sincos
),
00
00
00
)
14. Ако А има значење из задатка 13 израчунати слику )(
xA
вектора
aeaeex ,2 321
Показати да за ма какве векторе
x ,
y важи (осим под е)
TAAxxAyxyAxA
1,)(,)()(
15. Написати опште односно параметарске једначине равни,
односно праве:
21 32
,,2)
ttx
azyaxa
21
21
23
,,1)
ttz
aattyb
,,012
032)
a
azyx
zyxc
,,3,21,2) aatztytxd
16. Написати једначину равни која пролази кроз тачке
,),2,0,0(),1,,0(),1,1,1( aCaBA тежиште троугла ABC ,
једначину тежишне линије, симетрале угла и висину троугла
(све из тачке А).
17. Одредити симетричну тачку тачки ,),2,1,( aaA у односу на:
а) раван 012 zyx
б) праву
,012
0
zyx
zyx
18. Одредити растојање тачке од равни односно праве, из задатка
17.
19. Одредити једначину заједничке нормале и растојање
мимоилазних правих:
a
zyax
zyx
zyx,
1
1
2
1
1,02
0
20. Одредити једначину ротационе површи која настеје ротацијом
линије око координатне осе:
aOoceoko
ayz
xa z ,,
0)
aOoceoko
z
ayxb y ,,
0)
22
,,
0
22)
22
xOoceokoz
yxc
,,
0
33)
22
zOoceokoy
zyd
,,
0
1)4()
22
zOoceokox
zye
21. Одредити једначину цилиндричне површи чија је водиља
0
10)3()2( 22
z
yx, а генератриса паралелна оси zO
22. Одредити једначину конусне површи чија је водиља:
0
43 22
z
yx и врх .),0,0( aaA
2.2 Низови
Низ је функција над скупом природних бројева N. На пример,
nnf
1)( је низ. За низове су често у употреби ознаке латиничних
малих слова са индексом. Тако уместо n
nf1
)( може да се користи
nan
1 . Низ је задат функцијом над скупом природних бројева, или
што је исто, низ је задат својим општим чланом. Сваки низ има
бесконачно много чланова.
З4 а) Дат је аритметички низ 7 nan . Одредити првих пет чланова
тог низа
12,11,10,9,8 54321 aaaaa
б) Дат је низ n
a n
n
1)1( одредити пет чланова тог низа
5
4,
4
5,
3
2,
2
3,0 54321 aaaaa
Aритметички низ
Основне формуле:
(А) Општи члан је dnaan )1(1
(Б) Збир првих првих n чланова је
dnaan
S
aan
S
n
nn
)1(2
2
11
1
Реалан низ ,.....},.....,,{}{ 21 nn aaaa назива се аритметички низ ако је
разлика било која два суседна члана константна
daaaaaaaaaa nn .......... 145342312
Број d је разлика (диференција) аритметичког низа. Аритметички
низ je потпуно одређен првим чланом и диференцијом d.
З5 Дат је аритметички низ ,.....},.....,,{ 21 naaa . Одредити формулу за
општи члан аритметичког низа na и за збир Sn. првих n
чланова аритметичког низа у зависности од dan ,, 1 .
□
daaaaaaaaaa
aaaS
nn
nn
145342312
21
.......
.....
dadaa
daa
2123
12
dnaa
daa
daa
dadaa
n
)1(
9
4
3
1
110
15
134
na је општи члан аритметичког низа
nnnn aaaaaaS 12321 .....
dnadadaaSn )1(.....2 1111
ако рачунамо од последњег члана:
dnadadaaS nnnnn )1(....2
nn ananS 12
nn aan
S 12
, а када се замени na :
dnaan
Sn )1(2
11
З6 Ако збир првог и седмог члана аритметичке прогресије износи
седам, колико онда износи збир трећег и петог члана те
прогресије?
□ 771 aa
7611 daa
7642 111153 daadadaaa
З7 Десети члан и збир првих десет чланова прогресије 3, 6, 9, ...
је:
a10 = ? и S10 = ?
□ )(2
)1( 11 nnn aan
Sdnaa
)303(2
103)110(3 1010 Sa
16530 1010 Sa
З8 Збир S120 првих 120 чланова прогресије ...,5,2
5,0,
2
5,5
износи:
□ ])1(2[2
1 dnan
Sn
1202
551 nda
17250120 S
З9 Нека су )( na и )( nA два аритметичка низа и нека ns и
nS
означавају суме првих n-чланова тих низова. Ако је 274
17
n
n
S
s
n
n ,
израчунати 11
11
A
a.
□ 274
17
n
n
S
s
n
n
31
8:1
1
1 A
an
274
17
)1(2
)1(2....
35
15:2
11
11
21
21
n
n
DnAAn
dnaan
S
s
AA
aan
n
n
27214
1217
)121(2
21
)121(2
21
:21
11
11
21
21
DAA
daa
S
sn
3
4
111
148
10
10
1
1
11
11
DA
da
A
a
Геометријски низ
Основне формуле:
(А) Општи члан је: 1
1
n
n qaa
(Б) Збир првих првих n чланова је:
q
qaS
n
n
1
11
Реалан низ ,.....},.....,,{}{ 21 nn aaaa назива се геометријски низ ако је
количник било која два суседна члана константан )(q . На пример, за
низ ,....24,12,6,3,2
3,
4
3,
8
3,
16
3,
32
3 први члан је
32
31 a , други члан је
16
32 a ,
трећи члан је 8
33 a , …, осми члан је 12, девети члан је 24,… a
количкник је 2q
qaa 12 2
123 qaqaa 3
134 qaqaa
1
1
8
19
4
15
n
n qaa
qaa
qaa
Општи, члан је 1
1
n
n qaa
Геометријски низ је потпуно одређен ако су познати први члан и
количник тог низа.
Формула за збир првих првих n чланова је q
qaS
n
n
1
11 (биће
изведена у следећем задатку).
З10 Одредити формулу за Sn, збир првих n чланова геометријског
низа ,.....},.....,,{ 21 naaa
□
nn aaaaS .......321
)1(/..
/..
1
3
1
2
11
1
1
2
111
n
n
n
n
qaqaqaqaqS
qqaqaqaaS
n
n
n
n
qaqaqaqaqS
qaqaqaaS
1
3
1
2
11
1
1
2
111
..
..
q
qaaS
qaaqSS
n
n
n
nn
1
11
11
q
qaS
n
n
1
11
З11 Осми члан прогресије -3, 1, ,3
1 … износи
□ 3
1,31 qa
7
18 qaa
7
83
13
a
729
18 a
З12 Интерполирати између 11 a и 47 a пет чланова
геометријског низа
□ 4,1 71 aa
6
17 qaa
46 q
3 2q
3
2
3
1
3
2
3
1
2222222
З13 Решити по a једначину
)1)(1)(1)(1(...1 84232 aaaaaaaa x
□ )1)(1)(1)(1(....1 84232 aaaaaaaa x
)1)(1)(1)(1(1
1 8421
aaaaa
a x
)1)(1)(1)(1)(1(1 8421 aaaaaa x
)1(1)1)(1)(1()1)(1)(1)(1(1 8884484221 aaaaaaaaaa x
11 161 aa x
161,161 xaa x
15x
Збир геометриjског реда
Формула за збир n чланова геометријског реда је: q
qaS
n
n
1
11 , где
је 1q и где се n увећава тј. n
q
qaS
n
n
1
11 постаје
q
aS
1
1 (јер 0nq )
2.3 Граничне вредности
Гранична вредност низа (конвергентност низа)
Деф.: Реалан број a је гранична вредност низа Nnan },{ ако се
скоро сви чланови тог низа налазе у произвољно малој ( )0( )
околини броја a , само коначан број чланова је изван те мале
околине. Помоћу симбола математичке логике ова дефиниција може
да се претстави :
aannnnRa n))()(0)(( 00
Конвергентан низ Nnan },{ који конвергира ка тачки a означава се:
aann
lim
Ако дати низ нема граничну вредност, он онда не конвергира и каже
се да је тај низ дивергентан.
Т Болцано Вајерштрасова теорема:
Сваки ограничен низ има бар једну тачку нагомилавања.
Т Ако низ Nnan },{ има граничну вредност онда је он ограничен.
Т Низ који је монотон и ограничен увек је конвергентан (има једну
тачку нагомилавања).
Т Ако је низ Nnan },{ монотоно опадајући и ограничен са доње
стране тада постоји његова гранична вредност.
Т Ако је низ Nnan },{ монотоно растући и ограничен са горње
стране тада постоји његова гранична вредност.
З18 Низ n
an
1 је конвергентан, конвергира ка 0.
□ Распоред чланова низа је скициран на следећој слици
З19 Низ n
a n
n
1)1( је дивергентан, има две тачке нагомилавања:
(-1 и 1)
□ Распоред чланова низа је скициран на следећој слици
Основна својства граничних вредности низова
(I) Ако низ има граничну вредност, она је једнозначно
одређена.
(II) Сваки конвергентан низ је ограничен.
(III) Једнакост aann
lim , где је Ra , еквивалентна је
nn aa , при чему n тежи нули (
n је нула низ).
(IV) Збир и разлика два нула низа је нула низ.
(V) Производ ограниченог низа и нула низа је нула низ.
Нека је aann
lim и bbnn
lim , тада је:
а) baba nnn
lim
5
4
7
6
0 1
1a 2a 4a
8a
5a
10a
7a
1
6a
1a 2a 3a 4a 5a 6a 10a
12a
24a
0 1
3
1
2
1
6
1
4
1
б) baba nnn
lim
в) b
a
b
a
n
n
n
lim
Теорема о два „полицајца“
Нека је Rcbacba nnnnnn ,,, и Raca nn
nn
limlim за Nn (или почев
од неког n ). Тада је abnn
lim
2.3.1 Број е
По дефиницији:
n
n ne
11lim
У структури овог лимеса, у загради је израз
n
11 . Када се n
увећава овај израз се приближава броју један, а пошто то није “чиста
јединица“ горњи лимес не смемо посматрати као један на степен n .
З20 Дат је низ n
nn
a
11 . Користећи калкулатор, одредити првих
седам чланова, затим десети, стоти и хиљадити члан низа.
□ 21
11
1
1
a
25.22
11
2
2
a
..370370.227
64
3
4
3
11
33
3
a
..4414.2256
625
4
5
4
11
44
4
a
..4483.25
6
5
11
55
5
a
..5215.26
7
6
11
66
6
a
..54649.27
8
7
11
77
7
a
..593742.210
11
10
11
1010
10
a
..70481.2100
101
100
11
100100
100
a
...71692.21000
1001
1000
11
10001000
1000
a
З21 Показати да је низ n
nn
a
11 монотоно растући.
□ Заиста, користећи Бернулијеву неједнакост, добија се:
nnn
n
22
11
11
nn
n1
11
12
nnnn
nnn1
11
11
11
12
Пошто је n
n
11 позитивно за сваки природан број n , онда следи
111
1
11
1
11
11
11
nnn
n
n
n
n
nn
n
na
111
1
111
11
1
nnn
nn
n
n
n
1
1
1
11
11
n
nn
n ann
a
З22 Показати да је низ n
nn
a
11 је ограничен.
□
....
1
1234
3)(2)(1(1
123
)2)(1(1
12
)1(1
11
11
432 n
nnnn
n
nnn
n
nn
n
n
na
n
n
...
1234
1)3)(2)(1(
123
1)2)(1(
12
1)1(11
11
nnnn
nnnn
nnn
nnn
nn
nn
n
n
...222
1)
31()
21()
11(1
22
1)
21()
11(1
2
1)
11(111
nnnnnn
3....222
1
22
1
2
111
користи се: 1)3
11)(
21()
11(1)
21()
11(1)
11(
nnnnn
Ојлеров број е је трансцедентан (не задовољава нити једну
алгебарску једначину) и ирационалан је број. Има велики значај у
математичкој анализи и њеним применама, а узима се и за основу
логаритма (природни логаритам): ...718281,2),32( ee
Познати лимеси:
1. 0lim n
k
n a
n, )1,1( ka
2. 0!
lim n
a n
n, )( Ra
3. 0lim
n
nq , )1( q
4. 1lim
n
nn
5. 1lim
n
na , )( Ra
6. 1sin
lim1
1
n
n
n
7. 11
lim1
1
n
e n
n
8. enn
n
n
n
n
11
1lim1
1lim
З23 Одредити следеће граничне вредности:
□ ennn
n
n
n
n
771
11
1lim1
1lim)1
4
44
77
7
41lim
7
41lim)2 e
nn
n
n
n
n
ennn
n
n
n
n
771
11
1lim1
1lim)3
20
759
4
4
975
9
41lim
9
41lim)4 e
nn
nn
n
n
n
n
41
74
7
1
1
)7(
2
74
2
7242
2
22
7
11lim
7
11lim)5
enn
nnnn
n
n
n
nn
n
21
4
2
1
1
244
1
21lim1
1
31lim
1
3lim)6 e
nn
n
n
nnn
n
n
n
n
n
n
18
59
1
2
2
15959
1
21lim1
1
31lim
1
3lim)7 e
nn
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
2.4 Функције
Елементи теорије реалних функција једног аргумента
Овде ћемо прво у „пар црта“ да обновимо основна знања о
функцијама.
Нпр. ако пратимо један метеоролошки извештај о температури у току
неког времена (скициран на следећем графикону), очитавамо да је
температура у 0:00 часова била 6 степени (усправна оса приказује
температуру, а водоравна време мерења). Даље, према графику следи пад
температуре тако да је у два часа она била на нивоу C00 и потом се
наставља њен даљи пад („функција монотоно опада“) до четири часа
када износи око C02 (тада „функција има локални минимум“). У
наставку започиње раст температуре, па у седам сати она износи
нула степени. Након тога се раст наставља („функција монотоно
расте“) и она достиже локални максимум у девет сати (нешто више
од C02 ). Поново, температура почиње да опада, постиже још један
локални минимум (нешто после четрнаест часова) и даље следи њен
раст.
У неком конкретном тренутку посматрања, термометар нам приказује
само једну вредност температуре. Један такав тренутак је на
][ht
][0CT
графикону представљен као права паралелна вертикалној оси, која
сече криву у највише једној тачки.
Ако оваква права (паралелна у-оси) сече криву у две или више
тачака, онда та крива не представља график функције, јер „Не
можемо у истом тренутку бити на два различита места”.
Oва крива на слици изнад не представља график функције (права
паралелна у-оси сече криву у две тачке).
Дефиниција функције
Нека су А и В два непразна скупа. BAf је функција ако су
испуњена следећа два услова:
2121 ),(),.(2
),()().(1
yyfyxfyx
fyxByAx
где је ByAxyxBAДЕФ
|,(:
)
Скуп А је домен или област дефинисаности функције f , a скуп свих
вредности )(xf је кодомен функције.
Ако произвољна права паралелна х-оси сече график функције
највише у једној тачки, тада је та функција „1-1“
)()(,,(:: 212121
11
xfxfxxAxxBAfДЕФ
х
у
Овај график не представља 1-1 функцију (права паралелна х-оси
сече график функције у више тачака).
Аналитички задата функција 12)( xxf представља 1-1 функцију
Пресликавање BAf : је пресликавање типа „на” ако важи:
yxfAxBy )())((
З24 Одредити које од задатих пресликавања је R на R
пресликавање:
а) 12)( xxf б) 2
2
1)( xxg в) 3
2
1)( xxh
□
][ht
][0CT
x
y
f(x)=2x+1
а) Пресликавање 12)( xxf јесте пресликавање R на R. У
координатном систему ортогонална сенка ове функције прекрива
целу у-осу.
yxRxRy 12))((
Ryx 12
Ry
x
Ryx
2
1
12
б) Пресликавање 2
2
1)( xxg није R на R. У координатном
систему ортогонална сенка ове функције не прекрива целу у-
осу.
85.425.005.025.482
1)(
432101234
2xxg
x
x
y
2
2
1)( xxg
x
y
f(x)=2x+1
в) Пресликавање 3
2
1)( xxh јесте пресликавање R на R. У
координатном систему ортогонална сенка ове функције прекрива
целу у-осу.
325.1345.005.045.13322
1)(
432101234
3
xxh
x
Eлементарне функције
Укратко, у овом подсетнику елементарних функција биће реч о
линеарним, полиномним, експоненцијалним, логаритамским,
тригонометријским и инверзним тригонометријским функцијама.
Аналитички облик или једначина којом се представља линеарна
функција познат као експлицитни облик једначине праве је
nxkxf )( . У Декартовој равни све праве се могу интерпретирати
овим аналитичким обликом, осим оних које су паралелне апцисној х-
оси - те праве нису функције. На пример, права 3x нити за један
одабир k и n не следи из аналитичког облика
RnRknxkxf ,,)( . За вредности 0k , ове функције
( nxkxf )( ) су један-један и на.
x
y
3
2
1)( xxh
Аналитички облик или једначина којом се представља права линија
познат као имплицитни облик једначине праве је :
0,,,0 22 BARCRBRACByAx
У Декартовој равни све праве се могу изразити овим аналитичким
обликом. Ако је А=0 права је паралелна у-оси.
Квадратни трином
Функција облика cxbxaxf 2)( )0( a где су ba, и c реални
параметри а x независна реална променљива, позната је као
квадратна функција или квадратна парабола или квадратни трином.
Овом функцијом у 2D (Декартовом координатном систему) могу се
аналитички представити параболе чија је оса симетрије паралелна
са у-осом. Ако је 0a парбола је конвексна на доле (као што је
скицирано на следећој слици).
Ако је 0a парабола је конвексна на горе (као што је скицирано на
следећој слици).
x
y
25.0)( xxf
x
y
2
2
1)( xxf
Параметар a одређује облик парболе, а параметри b и c одређују
положај параболе у Декартовој равни. На пример, график параболе 25.0)( xxf исти је као график било које параболе из скупа
cxbxxf 25.0)( , где су b и c произвољни реални бројеви. За
3b и 4c , парбола 435.0)( 2
1 xxxf добија се транслацијом
параболе 25.0)( xxf .
5.0)3(5.0)8996(5.0)86(5.0)(
435.0)(
222
1
2
1
xxxxxxf
xxxf
05.005.145.7125.1724435.0)(
85.425.005.025.482
1)(
432101234
5..05..05.15.25.32
1
5..05..05.15.25.32
xxxf
xxf
x
Путања кoсог хица (или „бацање камена са рамена“), апроксимира се
параболом. Теорија каже да при испаљивању танета, његов домет је
највећи ако је почетни угао избацивања према хоризонту износио 45°
и ако се занемари трење ваздуха. Познат је пример топа Велика
Берта који је у време Првог светског рата са растојања од преко сто
километара погађао урбане делове Париза. Угао цеви топа је био
већи од 45°, да би пројектил за што краће време достигао висину где
је ваздух разређен и где је мање трење.
Функција облика dxcxbxay 23 позната је као кубна парабола.
Линеарна функција RxRnRknxkxf ,,,)( , квадратни трином
cxbxaxf 2)( )0( a где су ba, и c реални параметри, кубна
y
2
2
1)( xxf
x
парабола dxcxbxay 23 са реалним параметрима... припадају
полиномима који апроксимирају глатке функције помоћу Тејлоровог
развоја.
Полиноми
Полином променљиве х је израз облика:
01
1
1 ........)( axaxaxaxP n
n
n
nn
, где су 011 ,,...,, aaaa nn комплексни
бројеви. Коефицијенти полинома су 011 ,,...,, aaaa nn .
Два полинома су једнака ако су им једнаки коефицијенти.
Полином 01
1
1 ........)( axaxaxaxP n
n
n
nn
може да се представи:
n
i
i
i
n
n
n
nn xaxaxaxaaxP0
1
110 ...)(
Полином 01
1
1 ........)( axaxaxaxP n
n
n
nn
је реалан, ако су сви
његови коефицијенти реални бројеви.
Чланови полинома )(xPn су 01
1
1 ,,, axaxaxa n
n
n
n
. Најстарији члан
полинома )(xPn је n
n xa .
Ако је код полинома )(xPn : 0na , број n је степен полинома.
Полиноми 1+х и 1+х2 за }1,0{x имају исте вредности али нису
једнаки. Коефицијенти им нису једнаки. На овом двочланом скупу они
мају исти домен и кодомен, а на том скупу функције 1+х и 1+х2 су
једнаке. То показује да сви полиноми не морају да буду функције.
Експоненцијалне функције
1,0,)( aaaxf x
Два основна облика ових функција:
1. 1a
На пример ако урадимо таблицу за вредности х, за које је лако
рачунати функцију xxf 2)( , добићемо контуру ове експоненцијалне
криве, као на претходној слици.
84212
1
4
1
8
12)(
3210123
xxf
x
x
y
f(x)=2x
о
о
о
1 2 3
(0,1)
2
3
4
5
6
7
8
-3 -2 -1
о
о о о
(1,2)
(2,4)
(3,8)
(-1, 2 )
x
y
f(x)=ax,a>1
2. 10 a
Ако направимо таблицу за неке задате вредности х - за које је лако
израчунати функцију x
xf
2
1)( , добићемо контуру ове
експоненцијалне криве.
Експоненцијалним изразима се прати каматни раст неког капитала.
На пример, извесна свота новца 0K остављена је у банци на осам
година,
уз годошњу камату од 10%.
)1.1()1.01()100
101(
100
10000001 KKKKKK
2
012 )1.1(1.1 KKK
4
034 )1.1(1.1 KKK
8
078 )1.1(1.1
.
.
KKK
x
y
f(x)=ax, 0<a<1
Логаритамске функције
Логаритамске функције су инверзне експоненцијалним функцијама. У
координатној равни инверзне функције су симетричне у односу на
праву у=х. Постоје два основна типа функција
)10(log)( aoaxxxf a - када за основу логаритма важи 1a и
када је важи 10 a .
Када је основа логаритма 1a , криве су облика као што је скицирано
на следећој слици:
Представник ове класе је: xxf 2log)( . Користећи инверзну функцију xxf 2)( , (приказано у следећим таблицама - табилица са десне
стране), примећује се да ако се врсте се замене, тада се добијају
вредности за xxf 2log)( (таблица са леве стране)
84212
1
4
1
8
12)(
3210123
xxf
x
3210123log)(
84212
1
4
1
8
1
2 xxf
x
Овај скуп „уређених двојки“ одређиваће контуру функције xxf 2log)(
Други тип, за основу логаритма у интервалу 10 a , је облика:
x
y
f(x)=logax, a>1
Тригонометријске функције
Основне тригонометријске функције дефинишу се на правоуглом
троуглу. Када се уведе угао у координатну раван, тригонометријске
величине се уопштавају за било који угао.
Позитиван смер х осе поклапа се са једним краком угла . На кругу
чији је полупречник један, а коме је центар у координатном почетку,
налази се пресечна тачка Р другог крака угла , са координатама
Р( sin,cos ).
x
y
f(x)=logax, 0<a<1
)2
sin(cos)(sin)(
xxxfxxf
Ако се синусна функција транслаторно помери улево за 2
, добија се
косинусна крива.
xxf sin)(
xxf cos)(
)sin,(cos P
y
х (1,0)
xtgxf )(
xtgxctgxf
1)(
xxf arcsin)( xxf arccos)(
arctgxxf )(
arcctgxxf )(
2.4.1 Гранична вредност функције
Гранична вредност А, функције )(xf , у тачки a дефинише се:
AxfaxDx f )(0)()(0)(0(
и ова гранична вредност се означава:
Axfax
)(lim
где fD претставља област дефинисаности функције.
Лева гранична вредност А, функције )(xf , у тачки a дефинише се
AxfaxaDx f )()()(0)(0( ,
а ова гранична вредност се означава:
Axfax
)(lim
fD претставља област дефинисаности функције.
Десна гранична вредност А, функције )(xf , у тачки a дефинише
се:
AxfaxaDx f )()()(0)(0( ,
а ова гранична вредност се означава:
Axfax
)(lim
fD претставља област дефинисаности функције.
Особине:
1. Ако је А лева гранична вредност функције )(xf у тачки a и
ако је А и десна гранична вредност функције )(xf у тачки a ,
тада функција )(xf у тачки a има граничну вредност А.-
Обрнуто: Ако функција )(xf у тачки a има граничну вредност А
тада лева и десна гранична вредност функције )(xf у тачки a је
А.
2. Ако је Axfax
)(lim и Bxgax
)(lim тада је за произвољне реалне
бројеве: 21 ,
BAxgxfax
2121 ))()((lim
BAxgxfax
))()((lim
)(lim)(lim
0)())(
)((lim
xfxf
ax
ax
axee
xgB
A
xg
xf
)(lim)(lim
xfxf
ax
axee
Непрекидност функције
Функција )(xf je непрекидна у тачки a ако је:
)()(lim afxfax
,
или, симболима математичке логике се непрекиднoст функције )(xf
у тачки a дефинише као:
)()()()(0)(0( afxfaxDx f
fD претставља област дефинисаности функције.
Функција )(xf непрекидна је у неком реалном интервалу ),( cb ако је
непрекидна у свакој тачки тог интервала.
Т Ако су )(xf и )(xg непрекидне функције у тачки a , тада су и
следеће функције непрекидне:
)()(.1 21 xgxf
)()(.2 xgxf
0)()(
)(.3 xg
xg
xf
где су 21 , произвољни реални бројеви.
На слици, функција је прекидна за ax
З25 Испитати непрекидност функције Rxx
xxf
,
2
4)(
2
□ Функција Rxx
xxf
,
2
4)(
2
је непрекидна за свако реално x
различито од два:
a
З26 Одредити област непрекидности функције
52)( 2 xxxf
□ 4)1(52)( 22 xxxxf
Дефинисаност функције: ( )),(0522 xxx
З27 Одредити област непрекидности функције
24
)2log()(
x
xxf
□ Решење: )2,1(0402 2 xxx
З28 Одредити област дефинисаности функције f(x) =
xx 6)42( 3
□ 06042 xx [2,6] x
З29 Одредити област дефинисаности функције
f(x) = log2(-x2+11x–28)
□ Област дефинисаности функције f(x) = log2(-x2+11x–28) даје:
-x2+11x–28>0 0)7)(4( xx
Решење је x (4,7)
З30 Одредити област дефинисаности функције f(x) = log 21 x
□ Област дефинисаности je скуп 21 x >0
x (- ,-1) U (-1,1) U (1,+ )
2
)4,2( )2.0(
З31 Одредити област дефинисаности функције
f(x) =log[1-(log x + log (2–x))] je
□ 1-(log x + log (2–x))>0
log x + log (2–x) < 1
10)2(020 xxxx
010220 2 xxxx
09)1(20 2 xxx
xx 20
З32 Одредити ббласт дефинисаности функције 15
32ln
x
xy
□ ),
5
1()
2
3,(0
15
32
x
x
x
З33 Одредити област дефинисаности функције x
xxy
43ln
2
□ 0)1)(4(
0432
x
xx
x
xx
)sgn(0
)1sgn()4(
)1sgn(1
x
x
x
),1()0,4( x
334 Одредити област дефинисаности функције 3
2
3
5
x
xxy
□ )5,3()3,0()305( 2 xxxx
З35 Дата је функција bxa )(logf(x) 2 , са параметрима a и b.
а) Одредити параметре тако да важи: f(0)=2, f(-2)=3
б) Одредити скуп А ако је А={ x f(x)>1}
□ а)
2)(log:f(0) 2 ba
3)2(log:)2f( 2 ba
2,1
22
12
log
1)(log )2(log
2)(log
2
22
2
ba
a
a
a
a
aa
ba
б) Одредити скуп А ако је А={ x f(x)>1}
2
1
2
111)1(log12)1(log 22 xxxx
З36 Одредити параметре a и b тако да функција:
)(logf(x) 2 xba
испуњава услов: f(4)= 2, f(6)=3
□ )(logf(x) 2 xba
8)4(log2:)4( 2 baf
)6(log3:)6( 2 baf
16
4log
)4(log2
2
2
b
b
ba
26
4
)4(log2 2
b
b
ba
8b
Систем нема решења.
З37 Одредити област дефинисаности и нуле функције y=x
xx
23
22
□ Oбласт дефинисаности:
2
3022 xxx
),2
3()
2
3,1[]2,( x
Нуле функције:
212
3022 xxxxx
З38 Одредити област дефинисаности, нуле и знак функције
15
32ln
x
xy
□ Oбласт дефинисаности:
015
32
x
x
),5
1()
2
3,( x
Нуле функције:
3
415321
15
320
15
32ln
xxx
x
x
x
x
Функција је позитивна ако је:
)3
4,
5
1(0
15
430
15
)15(321
15
320
15
32ln
x
x
x
x
xx
x
x
x
x
Функција је негативна ако је:
x Df \[1/5, 4/3]
З39 Одредити област дефинисаности и нуле функције y=3
2
3
5
x
xx
□ Oбласт дефинисаности:
305 2 xxx
]5,3()3,0[ x
Нуле функције:
5003
53
2
xx
x
xx
З40 Одредити област дефинисаности и нуле функције
x
xxy
43ln
2
□ Oбласт дефинисаности функције:
0432
x
xx
x
xx
x
xx
43sgn
sgn
)43sgn(
2
0
2)1()4(
),1()0,4( x
Нуле функције:
51042143
043
ln 2,1
222
xxxx
xx
x
xx
З41 Одредити граничне вредности
64
)6262(lim
2
222
xx
xxxxx
x
6262
6262
64
)6262(lim
22
22
2
222
xxxx
xxxx
xx
xxxxx
x
)6262()64(
))62(62(lim
222
222
xxxxxx
xxxxx
x
)6262()64(
124lim
222
3
xxxxxx
xx
x
2
)62
162
1()64
1(
)12
4(
lim
222
3
2
3
xxxxxxx
xx
x
З42 4
)2(
3
4
4
322
3
41lim1
3
11lim
3
1lim
e
xx
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
З43
t
t
x
x
tx
2sin1
lim2sin1
lim0
0
t
x
xt
t
t
t
t
tt
2cos1
lim
)22
sin(1
lim00
0
)2
cos1(
2sin
lim
)2
cos1(
)2
cos1()2
cos1(
lim
2
00
t
t
t
t
t
t
t
tt
З44
5
5
25
5lim
25
5lim
4
44
625
4
625 x
x
x
x
x
x
xx
10
1
)5()25(
25lim
4625
xx
x
x
З45
15
31lim
5
3lim
x
x
x
x x
x
x
x
5
21lim 2
5
2
2
e
x
xx
vx
x
З46
xx
xxxctg
xx3sin
2sin
2coslim3sin2lim
00
x
x
xx
x
xx
x
xx2cos
6
2sin6
3sin
lim2cos2sin
3sinlim
00
2
32cos
23
2sin32
3sin
lim0
x
x
xx
x
x
З47
xxx
xxxxxxxxx
xx 41
41)41(lim)41(lim
22
222222
2
)4
11
1(
4lim
41
)4(1lim
2
22
22
xxx
x
xxx
xxx
xx
З48
2cos
2sin)1(
lim2
)1(lim11 x
xx
xtgx
xx
2sin
2cos
lim
)22
cos(
)22
sin(
lim00 t
tt
t
tt
tt
2
2sin
2cos
22
lim0
t
tt
t
1
1
x
tx
tx
t
1
0
З49
3
3
9
3lim
9
3lim
2929 x
x
xx
x
xx
x
xx
54
1
)3)(9(
9lim
9
xxx
x
x
З50
00123coslim0
xxtgx
З51
)1(
)1( )1(2lim )1(2lim
2
222
xx
xxxxxxxx
xx
1)1(
)1(2lim
2
22
xx
xxx
x
З52
233323
23332333
0
33
0 )1(11)1(
)1(11)1(11lim
11lim
xxxx
xxxx
x
xx
x
xx
xx
3
2
))1(11)1((
)1()1(lim
2333230
xxxxx
xx
x
З53
x
x
x
x x
x
x
x22
112
121lim
12
12lim
2
212
2
2
12
12
21lim
e
x
xx
x
x
З54 Скуп решења неједначине log x (x (x+2)) < 0 je:
□ log x (x (x+2)) < 0
1)2)x(x1x0( 1) x1 2))(xx (
)0121x0( 1)x012( 22 xxxx
)112( x
)1,12(
З55 Ако је 4x + 4-x = 23, тада је 2x + 2-x = ?
25)22(2322442344 2xx xxxx
522022 xxxx
522 xx
З56 Ако је f(x) = x1
1, тада је f(f(x)) = ?
xxf
1
1)(
x
x
x
xff
1
:1
1
11
1))((
x
xxff
1))((
xxff
11))((
xxff
11))((
З57 Решење једначине 3
1
3
13
2
x je:
31
3
13
2
x
3133
2
x
312x
3131 22 xx
22 xx
Основни лимеси
2
1cos1lim1
sinlim
200
x
x
x
x
xx
ex
ex
x
xx
x
11lim1lim
1
0
x
xe
x
x
xa
a
x
1)1(limlog
)1(loglim
00
ax
a x
xln
1lim
0
, 1,0 aa
З58 Одредити следеће граничне вредности:
4
3
8
26lim
x
x
x
5572
11510lim
2
2
xx
xx
x
31153
lim4
4
x
xx
x
02
lim5
3
x
x
x
3
2
3
92lim
2
2
x
x
x
31542
lim2
2
x
x
x
x
x
3
2
532
5234lim
xx
xx
x
З59 Одредити следеће граничне вредности:
3
7
33
1lim6..
3
9lim
0
0
7
1
0
0
2
3
x
x
x
x
xx
3
2
45
34lim27...
3
27lim
0
0
2
2
1
0
0
3
3
xx
xx
x
x
xx
3209
107lim8..
4
16lim
0
0
2
2
5
0
0
2
4
xx
xx
x
x
xx
7
14
253
2062lim4..
1
1lim
0
0
2
2
2
0
0
4
1
xx
xx
x
x
xx
3
32
)4)(2(2
)4()4(2lim
1642
322lim
6
5
4252
3242
45
34lim
22
2
0
0
2
5
22
2
2
2
2
xx
xxx
xx
xx
xx
xx
xxx
5
6
)1(5
)2)(1(3lim
55
693lim
5
4
4151
3141
45
34lim
22
1
0
0
24
12
2
2
2
1
x
xx
x
xx
xx
xx
xxx
З60 Одредити следеће граничне вредности:
2
5)5(lim 2
xxxx
)5(lim 2 xxxx
7)11(7lim 22
xxxx
8
3)93164(lim 2
xxx
x
3
8
93164
11(lim
2
22
xxx
xxx
x
2.5 Извод функције
Дефиниција извода историјски потиче од схватања брзине. Да се
потсетимо да је брзина „пут / време“. Мерење брзине је увек од
велике важности - казаљка на аутомобилском брзиномеру у вожњи
приказује тренутну брзину. На пример, ако пут од Земуна до Пазове
пређемо за време t и ако је његова дужина )(ts и нека у следећем
интервалу времена t пређемо пут дужине s ...
...тада количник t
s
представља брзину на том интервалу. Ако
посматрамо тај количник у све краћем и краћем временском
интервалу t (0
limt
) (када се t приближава нули, а никад није једнако
нули), тада добијамо тренутну брзину, или први извод.
)()( tsttss
t
svср
t
tstts
t
sv
tt
)()(limlim
00
t
tsttss
t
)()(lim
0
/
Ако се замени s са f , а t са x :
x
xfxxfxf
x
)()(lim)(
0
/
s(t)
s
t
t
Прираштај аргумента x је x , а y је прираштај функције. Ако је y
функција од x тада је x
xyxxy
dx
dyxy
x
)()(lim)(
0
/
Извод функције )(xf у тачки 0x је
x
xfxxfxf
x
)()(lim)( 0
00
/
З61 Одредити по дефиницији извод функције 472)( 2 xxxf .
4)(7)(2)( 2 xxxxxxf
x
xfxxfxf
x
def
)()(lim)(
0
/
x
xxxxxxxf
x
)472(4)(7)(2lim)(
22
0
/
x
xxx
x
xxxxxf
xx
)724(lim
)(7)(24lim)(
0
2
0
/
74)(/ xxf
З62 Одредити по дефиницији извод функције xxf )( .
xxxxf )(
x
xfxxfxf
x
def
)()(lim)(
0
/
x
xxxxf
x
def
0
/ lim)(
xxx
xxx
x
xxxxf
x
def
0
/ lim)(
xxxxx
xxxxf
x 2
1lim)(
0
/
З63 Одредити по дефиницији извод функције 3)( xxf
33 )()( xxxxfxxf
x
xfxxfxf
x
def
)()(lim)(
0
/
x
xxxxf
x
def
33
0
/ lim)(
))()(
))()(lim)(
233323
23332333
0
/
xxxxxx
xxxxxx
x
xxxxf
x
def
))()(lim
2333230 xxxxxxx
xxx
x
))()(lim
2333230 xxxxxxx
x
x
3 2
/
3
1)(
xxf
З64 Одредити по дефиницији извод функције xxf sin)(
(користи се адициона fормула).
□ x
xfxxfxf
x
def
)()(lim)(
0
/
)sin()(sin)( xxxxfxxf
x
xxxxxx
x
xxxxf
xx
def2
cos2
sin2
limsin)sin(
lim)(00
/
xx
xxxx
x
xxxx
xxcos
22
2cos
2sin2
lim2cos
2sin2
lim00
З65 Одредити по дефиницији извод функције xxf cos)(
□ x
xfxxfxf
x
def
)()(lim)(
0
/
)cos()(cos)( xxxxfxxf
x
xxxxxx
x
xxxxf
xx
def2
sin2
sin2
limcos)cos(
lim)(00
/
xx
xxxx
x
xxxx
xxsin
22
2sin
2sin2
lim2sin
2sin2
lim00
З66 Одредити по дефиницији извод функције xxf ln)(
□ x
xfxxfxf
x
def
)()(lim)(
0
/
xxf ln)(
)ln()( xxxxf
x
x
xx
x
xxxxf
xx
def ln
limln)ln(
lim)(00
/
)ln(1
limln1
lim00 x
x
x
x
xx
xx
x xx
xx
x
x
xxx
x
x
x
x
x
x
1)1ln(lim)1ln(lim
1
0
1
0
Правила извода Функција
Т Функције )(xu и )(xv имају извод у некој области D и тада је:
1. )()()()()()( /
2
/
1
/
21 xuCxvCxfxuCxvCxfЗа
2. )()()()()()()()( /// xuxvxvxuxfxvxuxfЗа
3. 2
///
))((
)()()()()(
)(
)()(
xv
xuxvxvxuxf
xv
xuxfЗа
4. )()()())(()( /// xvvfxfxvfxfЗа
5. )(
)()(),(),(),(
/
//
t
txyttxtyЗа
1.
)()()( 21 xuCxvCxf
)()()( 21 xxuCxxvCxxf
x
xfxxfxf
x
def
)()(lim)(
0
/
x
xuCxvCxxuCxxvCxf
x
))]()(()()([(lim)( 2121
0
/
x
xuCxxuCxvCxxvCxf
x
)()()()(lim)( 2211
0
/
x
xuxxuC
x
xvxxvCxf
xx
)()(lim
)()(lim)(
021
0
/
2.
)()()()()()()()( /// xuxvxvxuxfxvxuxf
)()()( xxvxxuxxf
x
xfxxfxf
x
def
)()(lim)(
0
/
x
xvxuxxvxxuxf
x
)()()()(lim)(
0
/
x
xvxuxxvxuxxvxuxxvxxu
x
)()()()()()()()(lim
0
x
xvxuxxvxu
x
xxvxuxxvxxuxf
xx
)()()()(lim
)()()()(lim)(
00
/
x
xvxxvxu
x
xxvxuxxuxf
xx
)]()([)(lim
)()]()([lim)(
00
/
x
xvxxvxu
x
xuxxuxxvxf
xx
)]()([lim)(
)]()([lim)()(
00
/
)()()()()( /// xuxvxvxuxf
3. За извод количника две функције употребљава се иста идеја
као код извода производа две функције
2
///
))((
)()()()()(
)(
)()(
xv
xuxvxvxuxf
xv
xuxf
)(/)()( xxvxxuxxf
x
xfxxfxf
x
def
)()(lim)(
0
/
x
xvxuxxvxxuxf
x
)(/)())(/)(lim)(
0
/
x
xvxxv
xxvxuxvxxu
x
)()(
)()()()(
lim0
xvxxvx
xxvxuxvxuxvxuxvxxu
x ()(
)()()()()()()()(lim
0
)()(
)]()()[()()]()([lim
0 xvxxvx
xvxxvxuxvxuxxu
x
2
///
))((
)()()()()(
xv
xuxvxvxuxf
4. При изводу сложених израза користи се замена-увођењем
нове променљиве. За први извод- Немци су први користили
ознаку dx
dy
))(()( xvfxf
dx
dv
dv
df
dx
df
)()()( /// xvvfxf
5. Ако је функција у(х) дата у параметарском облику
),(),(),( ttxty , тада је:
)(
)()(
/
//
t
t
dt
dxdt
dy
dx
dyxy
Таблица извода
1/ xx
xx ee /
)0(ln/
aaaa xx
x
x1
ln/
ax
xaln
1log
/
xx cossin/
xx sincos/
x
xtg2
/
cos
1
x
xctg2
/
sin
1
2
/
1
1arcsin
xx
2
/
1
1arccos
xx
2
/
1
1
xxarctg
2
/
1
1
xxarcctg
З67 Одредити извод функције
11264)() 35 xxxxfа
7ln2sin3)() xxxfб xx etgxxfв 5)()
arctgxxetgxxfг x 123arcsin447)()
129101
1512)() 7 5
3
6
4 xx
x
x
xxxfд x
□
Користећи основна правила диференцијалног рачуна и таблицу
извода:
а) 21820)(
23654)(
24/
1315/
xxxf
xxxf
б) x
xxf2
cos3)(/
в) xx ex
xf 5ln5cos
1)(
2
/
г) 222
/
1
123
1
44
cos
7)(
xxe
xxf x
д)
129101
1512)( 7 5
3
6
4 xx
x
x
xxxf x
129101512)( 7
5
2
1
6
17
41
xxxxxxf x
7
2
6
23
52/
7
45
6
174015ln1512)(
xxxxxf x
З68 Одредити изводе функција:
2
ln1)()
1)()
ln7)()
2
x
xxfв
x
xxfб
xtgxxfa
2
ln1)()
1)()
ln7)()
2
x
xxfв
x
xxfб
xtgxxfa
2
ln1)()
1)()
ln7)()
2
x
xxfв
x
xxfб
xtgxxfa
□ ])(lnln)[(7)() /// xtgxxtgxxfa
]1
lncos
1[7)(
2
/ tgxx
xx
xf
]cos
ln[7)(
2
/
x
tgx
x
xxf
22
/22//
)1(
)1()1()()
x
xxxxxfб
22
2/
)1(
2)1()(
x
xxxxf
22
2/
)1(
1)(
x
xxf
2
ln1)()
x
xxfв
22
/
)2(
ln12
1
)2(
)ln1()2(1
)(
x
xx
x
xxxxf
2
/
)2(
ln2)(
xx
xxxf
З69 Одредити изводе функција 5720 )1142()() xxxfa
)1sin()() 2 xxfб
5)() xxfв
5)6sin()1142()() 25720 xxxxxfг
)104()() 22 xxxarctgxfд
□ Користећи основна правила диференцијалног рачуна и таблицу
извода:
а)
5720 )1142()( xxxf
///
xtx tff
4/5 5)( tfttf t
819/720 28401142 xxtxxt x
)2840()1142(5)( 8194720/ xxxxxf
б)
)1(sin)( 2 xxf
///
xtx tff
tttf cossin)(
xxt 212
)1cos(2)( 2/ xxxf
в)
///
xtx tff
5
)5()( 2
1
xt
xxf
2
1
/ )5(2
1)(
xxf
г)
5)6sin()1142()( 25720 xxxxxf
2
1
28194720/ )1(2
1)1cos(2)2840()1142(5)(
xxxxxxxxf
д)
)104()( 22 xxxarctgxf
/22
222
/ )104()104(1
1)(
xxx
xxxxf
)102
1)12(
4
1(
)104(1
1)(
22222
/
xxx
xx
xxxxf
З70 Одредити извод функције у тачкама у којима он постоји,
користећи основна правила логаритамског рачуна,
диференцијалног рачуна и таблицу извода: xxxfa )()
xxxfб sincos)() tgxxxfв )()
6 573
35
42
72)()
xxxx
xxxxfг
□ xxxfa )()
xxxf ln)(ln
xxxf ln)(ln
x
xxxfxf
1ln)(
)(
1 /
)()1(ln)(/ xfxxf
xxxxf )1(ln)(/
xxxfб sincos)()
xxxf sincosln)(ln
xxxf coslnsin)(ln
)sin(cos
1sincoslncos)(
)(
1 / xx
xxxxfxf
)())sin(cos
1sincosln(cos)(/ xfx
xxxxxf
xxxx
xxxf sin2/ cos))sin(cos
1cosln(cos)(
xtgxxfв )()
xtgxxf ln)(ln
xxtgxf ln)()(ln
xtgxxx
xfxf
lncos
1)(
)(
12
/
tgxxtgxxx
xxf )
cos
ln()(
2
/
6 573
35
42
72)()
xxxx
xxxxfг
]42ln72[ln2
1)(ln 6 57335 xxxxxxxxf
)]42ln(6
1ln3)7ln(
3
1)2ln(
5
1[ln
2
1)(ln 57 xxxxxxxxf
]4107)42(6
13
)7(3
1
)2(5
11[
2
1)(
)(
1 46
57
/
xxxxxxxxx
xfxf
xxx
xf2
)7(3
1
)2(5
1[
2
1)(/
6 573
3546
5742
72]4107
)42(6
1
xxxx
xxxxx
xxx
Извод у тачки 0x функције )(xf :
Извод у тачки 0x , )( 0xf , геометијски претставља тангенс угла који
тангента криве )(xf у тачки 0x гради са позитивним делом x -осе.
(*))()(
lim)( 00
00
x
xfxxfxf
x
Ако функција )(xf има извод у тачки 0x , кажемо да је
диференцијабилна у тој тачки.
Ако у свакој тачки 0x интервала ),( ba постоји гранична вредност
(*),тада функција )(xf има извод )(xf на ),( ba .
T Ako )(xf има извод )(xf на ),( ba који је позитиван, тада на овом
интервалу функција )(xf монотоно расте
T Ako )(xf има извод )(xf на ),( ba који је негативан, тада на овом
интервалу функција )(xf монотоно опада.
T Ako )(xf има извод )(xf на ),( ba и у тачки ),(0 bax функција
)(xf има локални максимум или минимум, тада је 0)( 0 xf
dy
0x
y
xx 0
2.5.1 Диференцијал функције
Нека функција )(xf има извод на интервалу ),( ba и нека x узима
вредност од 0x до
0x из ),( ba . Прираштај аргумента x у тачки 0x
је 01 xxx . Прираштај функције )(xf у тачки
0x је:
)()()()( 0001 xfxxfxfxfy
Дефиниција. Нека је функција )(xf диференцијабилна функција и
x прираштај аргумента. Тада је диференцијал независноже
променљиве: xdx , а диференцилал функције dxxfdy )(/ .
З71 Одредити диференцијал функције 2
ln1)(
x
xxf
□ 22
/
)2(
ln12
1
)2(
)ln1()2(1
)(
x
xx
x
xxxxf
2
/
)2(
ln2)(
xx
xxxf
dxxx
xxdy
2)2(
ln2
З72 Одредити диференцијал функције: 1ln1
cos2 2
x
xxf
dy
x xx
y
dx
□ 2
21
2
1cos
1sin
'x
x
xx
xxf
Диференцијал у тачки x: dxx
x
xx
xdxxfxdf
2
21
2
1cos
1sin
'
Извод вишег реда
Извод првог извода је други извод. Исто тако се добија и трећи извод
из другог извода, а и сваки следећи извод се на тај начин налази из
претходног.
З73 Одредити први, други и трећи извод, функције 25 42)( xxxy
□ 25 42)( xxxy
xxxy 810)( 4/
840)( 3// xxy
2/// 120)( xxy
З74 Доказати да функција xey x sin задовољава једначину
022 ''' yyy
□ xexexexey xxxx cossinsinsin'''
xexexexexexey xxxxxx coscossinsincossin''''''
xexexexexey xxxxx cos2sincoscossin''
0sin2cos2sin2cos2sin2cossin2cos2 xexexexexexexexe xxxxxxxx
З75 Одредити први извод функције у=y(x) у тачкама у којима он
постоји, ако је функција задата параметарски
Rtttytx 10442 242
□ ttdt
dyttyt
dt
dxtx 84104442 3242
2
24
84 23 x
tt
tt
dt
dxdt
dy
dx
dy
Лајбницово правило за извод вишег реда
Ако је )()()( xvxuxf где су функције )(),( xvxu диференцијане n-
пута, тада је извод n-тог реда функције )(xf :
//)2(/)1()()( )()(
2)()(
1)()()( xvxu
nxvxu
nxvxuxf nnnn
)(///)3( )()(1
..)()(3
nn xvxun
xvxun
Доказ може да се уради помоћу математичке индукције.
З76 Доказати да функција xey x sin задовољава једначину
022 ''' yyy
□ xexexexey xxxx cossinsinsin'''
xexexexexexey xxxxxx coscossinsincossin''''''
xexexexexey xxxxx cos2sincoscossin''
0sin2cos2sin2cos2sin2cossin2cos2 xexexexexexexexe xxxxxxxx
Извод имплицитне функције
Нека је веза )(xy и x задата имплицитно 0),( yxF
Диференцирањем по x , добија се једначина по x , y и /y .
Решавањем те једначине по /y налазимо тражени извод.
З77 Одредити први и други извод функције у=y(x), у тачкама у
којима он постоји, ако је функција задата имплицитно
422 yxyx
□ 422 yxyx
(*)022 // yyyxyx
xyxyy 2)2(/
xy
xyy
2
2/
0222:(*) //////// yyyyxyyy
2222 /////// yyyyyxy
xy
yyyy
2
222 /////
xy
xy
xy
xy
xy
xy
xy
y
2
22
2
2
22
2
22
//
3
2//
)2(
2)2(2)2(2)2()2(2
xy
xyxyxyxyxyy
3
222222//
)2(
44442422
xy
xxyyxxyyxxyxyyy
3
22//
)2(
3332
xy
xxyyy
33
22//
)2(
24
)2(
)(6
xyxy
xxyyy
Извод инверзне функције
Нека функција )(xf на интервалу ),( ba има инверзну функцију и
нека функција )(xf на интервалу ),( ba има први извод који је
различит од нуле. Тада је:
)(
1)()(
/
/1
xfyf
Користећи ознаку за први извод dx
dyy / , ако поделимо бројилац и
именилац са dy , тада следи: dydxdydx
dydy
dx
dy
/
1
/
/
З78 Одредити први извод, функције xy arcsin
□ ]1,1[,arcsin xxy
]2
,2
[,sin
yyx
ydy
dxcos
22 1sin1 xydy
dx
21
1
xdx
dy
З79 Одредити први извод, функције xy ln
□ ),0(ln xxy
xdx
dyx
dy
dxe
dy
dxex yy 1
Z Одредити први извод, функције xy arccos
Z Одредити први извод, функције arctgxy
Z Одредити први извод, функције arcctgxy
2.5.2 Основне теореме диференцијалног рачуна
Лопиталова теорема
Нека су функције )(xf и )(xg дефинисане и диференцијабилне у
некој околини тачке a , осим можда у самој тачки a
и нека је 0)(lim
xfax
и 0)(lim
xgax
и 0)(/ xg у околини тачке a , тада
је:
)(
)(lim
)(
)(lim
/
/
xg
xf
xg
xf
axax
Ова теорема се користи код тражења граничних вредности функција.
Ово правило је изузетно практично.
Доказ
При доказу ове теореме користи Кошијева теорема :
)(
)(
)()(
)()(
0)(
0)(
)(
)(/
/
cg
cf
agxg
afxf
xg
xf
xg
xf
Када се х приближава тачки а тада се и с (које је између х и а )
прилижава а
)(
)(lim
)(
)(lim
)()(
)()(lim
0)(
0)(lim
)(
)(lim
/
/
/
/
xg
xf
cg
cf
agxg
afxf
xg
xf
xg
xf
axaxaxaxax
З80 Одредити граничне врености:
x
xa
x
sinlim)
0
x
eб
x
x
1lim)
0
x
xxв
x 7
25cos2lim)
0
tgx
eeг
xx
x
0lim)
1
1lim)
20
1
x
xд
x
□ 11
coslim
)(
)(sinlim
sinlim)
0/
/
00
x
x
x
x
xa
xxx
11
lim)(
)1(lim
1lim)
0/
/
00
x
x
x
x
x
x
e
x
e
x
eб
7
5
7
5sin2lim
)7(
)25cos2(lim
7
25cos2lim)
0/
/
00
x
x
xx
x
xxв
xxx
2
cos
1lim
)(
)(limlim)
2
0/
/
00
x
ee
tgx
ee
tgx
eeг
xx
x
xx
x
xx
x
201
20lim
)1(
)1(lim
1
1lim)
19
1/
/20
1
20
1
x
x
x
x
xд
xxx
З81 Одредити граничне врености:
tgxtgx
xa
x 11
sin2lim)
0
x
xб
x
coslnlim)
0
□
/
/
00 )11(
)sin2(lim
11
sin2lim)
tgxtgx
x
tgxtgx
xa
xx
xtgxxtgx
x
x
22
0
cos
1
12
)1(1
cos
1
12
1
cos2lim
2
2
1
2
1
2
0sin1
cos
1
lim)(
)cos(lnlim
coslnlim)
0/
/
00
xx
x
x
x
xб
xxx
З82 Одредити граничне врености:
10
1
lnlim)
x
xa
x
1
1lim)
b
a
x x
xb
)(lim)4
4
x
eв
x
x
□ 0
10
1
1
lim
)(
)(lnlim
lnlim)
10
9
/10
1
/
10
1
x
x
x
x
x
xa
xxx
ba
ba
ba
bx
ax
x
x
x
xб
b
a
b
a
xb
a
x
,0
,1
,
)1(
)1(lim
1
1lim)
1
1
/
/
/2
/4
2
4
/3
/4
3
4
/4
/4
4
4
)3(
)4(lim
3
4lim
)(
)(lim
4
4lim
)(
)(limlim)
x
e
x
e
x
e
x
e
x
e
x
eв
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
6
64lim
)6(
)16(lim
6
16lim
4
/
/44 x
x
x
x
x
x
e
x
e
x
e
З83 Одредити граничне врености:
x
axа
x
sinlim)
0
20
coscoslim)
x
bxaxб
x
ax
axв
ax
sinsinlim)
ax
tgatgxг
ax
lim)
□ aaxa
x
ax
x
axа
xxx
1
coslim
)(
)(sinlim
sinlim)
0/
/
00
22
coscoslim
2
sinsinlim
coscoslim)
2222
0020
abbxbaxa
x
bxbaxa
x
bxaxб
xxx
ax
ax
ax
ax
axв
axaxaxcos
1
coslim
)(
)sin(sinlim
sinsinlim)
/
/
a
x
ax
tgatgx
ax
tgatgxг
axaxax 2
2
/
/
cos
1
1
cos
1
lim)(
)(limlim)
З84 Одредити граничне вредности:
2
2
32lim)
xx
xxа
x
x
axб
xsinlim)
))1ln(lnlim)1
xxвx
)sin
11(lim)
0 xxг
x
□ 3
1
6
2
)61(
)21(lim
62
21lim
)32(
)(lim
32lim)
/
/
/2
/2
2
2
x
x
x
x
xx
xx
xx
xxа
xxxx
11
cos1
lim
)1
(
)(sin
lim0
0
1
sin
lim)0(sinlim)
2
2
/
/
x
x
a
x
x
x
a
x
x
a
x
axб
xxxx
1
1
)1(ln
1
1
lim
))1ln(
1(
)(lnlim
)1ln(
1
lnlim)0()1ln(lnlim)
2
1/
/
111
xx
x
x
x
x
xxxв
xxxx
0)1
1
)1(ln
1lim(
1
1
)1(ln
1
1lim 1
21
2
1
xx
xx
xx
0
0
cossin
1coslim
)sin(
)(sinlim
0
0
sin
sinlim)
sin
11(lim)
0/
/
000 xxx
x
xx
xx
xx
xx
xxг
xxxx
0sincoscos
sinlim
0
xxxx
x
x
Постоје две теореме познате као прва и друга Вајерштрасова
теорема, у којима је доказано (прва Вајерштрасова теорема) да
свака непрекидна
диференцијабилана функција на неком коначном интервалу може да
се апроксимира са полиномом који је у околини те функције, где
може да буде произвољно мало.Исто тако функција може да се
апроксимира тригонометријским полиномом који је у околини те
функције, где може да буде произвољно мало. (друга
Вајерштрасова теорема)
Тејлорова теорема
Ако у некој тачки знамо: вредност функције, вредност првог извода те
функције, вредност другог извода функције,... вредност n-тог извода
функције у тој тачки, тада ми можемо помоћу Тејлорове формуле да
налазимо облик и вредности те криве. Ако се удаљавамо од тачке
развоја прецизност се смањује, али битно је да овде ми знамо у ком
је интервалу грешка.
Тејлорова формула:
n
nn
Raxn
afax
afax
afax
afafxf )(
!
)(...)(
!3
)()(
!2
)()(
!1
)()()(
)(3
'''''
'''
Ова формула даје могућност апроксимације функције полиномом. Са
појавом рачунара ова теорема је добила велику практичну и
теоријску примену. Грешка апроксимације функције полиномом, дата
у Лагранжовом облику је:
11
)()!1(
))(( 1)1(
nn
n axn
axafR
Маклоренова теорема
Маклоренова теорема је специјалан случај Тејлорове теореме.
Развој функције у полином се ради у околини тачке а=0
(вредност а=0 за коју рачунамо: вредност функције, вредност првог
извода, вредност другог извода,... вредност n-тог извода функције
).
nn
xn
fx
fx
fx
ffxf
!
)0(...
!3
)0(
!2
)0(
!1
)0()0()(
)(3
'''2
'''
Грешка апроксимагције функције полиномом, дата у Лагранжеовом
облику је:
11
)!1(
)( 1)1(
nn
n xn
xfR
Грешка дата у Пеановом облику: )( n
n xoR
З86 Апроксимирати функцију xxf sin)( полиномом деветог
степена у околини тачке 0
□ 00sin)0(sin)( fxxf
10cos)0(cos)( // fxxf
10sin)0(sin)( //// fxxf
10cos)0(cos)( ////// fxxf
0sin)0(sin)( //////// fxxf
)2
sin()0()2
sin()( )()( nfnxxf nn
9)9(
3'''
2'''
9!9
)0(...
!3
)0(
!2
)0(
!1
)0()0()( x
fx
fx
fx
ffxT
!9!7!5!3
1)(9753
9
xxxxxT
З87 Користећи Тејлорову формулу разложити полином
48352)( 234 xxxxxP по степенима бинома 2x
□ 48352)( 234 xxxxxP
86158)( 23 xxxxP
63024)( 2 xxxP
3048)( xxP
48)( xP v
0)2( P
0)2( P
30)2( P
66)2( P
48)2( vP
232234 )2(2)2(11)2(1548352 xxxxxxx
232 )2(2)2(11)2(15)( xxxxP
З88 Апроксимирати функцију )1()( xxf полиномом трећег
степена у околини тачке 0
□ )1()( xxf
1)1()( xxf
2)1)(1()( xxf
3)1)(2)(1()( xxf
)2)(1()0(),1()0(,)0(,1)0( ffff
32
!3
)2)(1(
!2
)1(1)1( xxxx
З89 Апроксимирати функцију xxf cos)( полиномом четвртог
степена у околини тачке 0x , a затим користећи овај полином
израчунати 012cos и проценити грешку.
□ xxf cos)(
xxf sin)(/
xxf cos)(//
xxf sin)(///
xxf cos)()4(
xxf sin)()5(
4)4(
3'''
2'''
!4
)0(
!3
)0(
!2
)0(
!1
)0()0()( x
fx
fx
fx
ffxf
22
1)(42 xx
xf
З90 Апроксимирати функцију
)a )1ln()( xxf , )b )1ln()( xxf
...полиномом четвртог степена, у околини тачке 0x
□ )a )1ln()( xxf
)1ln()( xxf
1/ )1()( xxf
2// )1()( xxf
3/// )1(2)( xxf
4)4( )1)(3(2)( xxf
4)4(
3'''
2'''
!4
)0(
!3
)0(
!2
)0(
!1
)0()0()( x
fx
fx
fx
ffxf
4321
)(432 xxxx
xf
.......3
1
2
11)11ln(2ln
)b )1ln()( xxf
1/ )1()( xxf
2// )1()( xxf
3/// )1(2)( xxf
4)4( )1(32)( xxf
432
)(432
/ xxxxxf
42
1
32
1
22
1
2
1
2
1ln2ln
432
2.5.3 График и ток функције
За функцију задaту аналитичким изразом, испитивање њеног тока
подразумева неколико етапа:
1. Дефинисаност - проналажење за које вредности променљиве
х је функција „израчунљива“. На пример, xxf )( може да се
рачуна само за 0x
2. Нуле функције - то су заједничке тачке х осе и графика
функције, тј. тачке у којима график функције сече х осу.
3. Парност
а) Функција је парна ако је њен гафик симетричан у односу
на y-осу , за х из области дефинисаности:
)()(:)( xfxfDfx
З93 Функција 4
9)(
2
2
x
xxf је парна:
)(4
9
4)(
9)()(
2
2
2
2
xfx
x
x
xxf
њен гафик је симетрчан у односу на y-осу
Парност олакшава рад, јер довољно је нацртати график у „десној
полуравни“, а после га само треба симетрично (у односу на y-
осу) пресликати у леву полураван координатног система.
б) Функција је непарна ако је њен гафик симетрчан у
односу на координатни почетак, за вредности х из
области дефинисаности )()(:)( xfxfDfx
4. Знак функције - када су вредности функције позитивне њен
график је изнад х-осе, а када су вредности функције негативне
њен график је испод х-осе
5. Асимптоте:
а) За вертикалну асимптоту „конкуришу коначне тачке
прекида области дефинисаности“,и у њима се анализирају
граничне вредности функције.
б) Ако је nxfx
)(lim , где је n коначан број, тада функција
има хоризонталну асимптоту у=n. Хоризонтална асимптота
се најчешће лакше налази од косе асимптоте и она је
специјалан случај косе асимптоте ( nkxy ), када је к=0.
в) Коса асимптота је права којој се приближава график
функције, где њихово растојање тежи нули са удаљавањем
у координатном систему од тачке О(0,0)
])([lim
)(
)(lim
)(
)(
kxxfn
kxxfn
kx
xf
x
n
x
kx
x
xf
nkxxfxза
x
x
6. Монотоност функције - одређује се из знака првог извода: У
области где је знак првог извода позитиван ту функција
монотоно расте, а у области где је негативан ту функција
монотоно опада.
7. Нуле првог извода су „конкурентне тачке“за екстремне
вредности функције. Нуле првог извода су стационарне тачке.
f(x)
nkxy
8. Конвексност функције - одређује се из знака другог извода
9. Превојне тачке - одређене су нулама другог извода.
То су основни елементи при цртању графика функције. Некада су
важне додатне специфичности: под којим углом функција сече х-осу,
на који део у-осе се ортогонално пројектује граф функције тзв.
кодомен функције, тачке у којима функција није
диференцијабилана...
З94 Испитати асимптотско понашање функција
1. 2
x
ey
x
2. 2
13)(
xxxf
1. Код функције 2
x
ey
x
постоји хоризонтална асимптота и то
је негативни део х-осе: 00
2lim)(lim
x
exf
x
xx
Коса асимптота је nkxy где се k и n одређују:
x
xfk
x
)(lim
, ])([lim kxxfn
x
Ако функција у једној полуравни има хоризонталну асимптоту,
онда не може у тој полуравни да има и косу асимптоту. То је
разлог што се хоризонтална асимптота проналази пре косе
асимптоте.
Код функције 2
)(
x
exf
x
област дефинисаности је
),2()2,( x . Коначна тачка прекида је -2, а ова функција
графички изгледа:
2. Код функције 2
13)(
xxxf коса асимптота је nkxy ,
где се k и n одређују: x
xfk
x
)(lim
, ])([lim kxxfn
x
12
13)(
lim
x
xxxf
kx
, 3]2
13)([lim
x
xxxfn
x
2.5.4 Парцијални изводи функција више променљивих
Нека је z функција две променљиве ),( yxfz . У
тродимензионалном простору апликате z налазе се на некој
површи. Ако је у константа ( cy ), тада систем: ),( yxfz , cy ,
претставља криву линију. Извод по х
(када је у константна) је парцијалан извод x
z
. Преко лимеса,
парцијалан извод x
z
се дефинише као:
x
yxzyxxz
x
z
x
),(),(lim
0
Тангенс угла је /
xz или како се још обележава x
z
.
Аналогно се дефинише y
yxzyyxz
y
z
y
),(),(lim
0
З95 Одредити прве парциалне изводе x
z
,
y
z
, од функције
102sin5 42 xyeyyxz
□ 102sin5 42 xyeyyxz
xyexyx
z210 4
),( yxfz
z
y
x
),( yxfz
),( yxfz
cy
x
y
z
cy
xeyyxy
z2cos20 32
З96 Одредити прве парциалне изводе 321
,,x
y
x
y
x
y
функције
3
2
21321 ),,(
x
xxxxxy
□
;;2
;1
2
3
2
21
33
2
231 x
xx
x
y
x
x
x
y
xx
y
З97 Запремина зарубљене купе ),,,( HrRVV
је )(3
),,,( 22 rRRrH
HrRVV
, за вредности
14.3;5.3;5.1;2 HrR .
Одредити
V
H
V
r
V
R
V,,,
□ 148334.20)2(3
1
rRH
R
Vb
316667.18)2(3
2
RrH
r
Vb
681667.9)(3
22
3
RrrRH
Vb
791667.10)(3
22
4
RrrRHV
b
Тотални диференцијал
Функција две променљиве ),( yxfz има прираштај z , при
промени независних променљивих x и y за x односно за y
),(),( yxfyyxxfz
),(),(),(),(),(),( yxfyyxfyyxfyyxxfyxfyyxxf
yy
yxfyyxfx
x
yyxfyyxxfyxfyyxxf
),(),(),(),(),(),(
При граничном процесу када 0x , 0y , тада се добија израз за
тотални диференцијал:
dyy
fdx
x
fdf
односно dy
y
zdx
x
zdz
2.6 Интеграли
Неодређени интеграл је „обрнута“ операција од операције извода.
Ако је )()( / xFxf непрекидна функција на неком интервалу, тада је:
cxFdxxF )()(/ , где је c произвољна реална константа. Техника
рачунања неодређених интеграла је знатно тежа од тражења извода
задате функције - своди се различитим методама на препознавање
таблице интеграла (метод смене, метод парцијалне интеграције,
метод рационалних функција...).
З103 Ако је а) 8sin274 23 xxxy б) 18sin274 23 xxxy
в) 8sin274 23 xxxy , одредити /y и одредити неодређени
интеграл од /y .
□ а), б), в) xxxy cos21412 2/ cxxxydxy sin274 23/
Таблица интеграла
cxdx
11
1
rcr
xdxx
rr cxdx
x ln
1
ca
adxa
xx ln
cedxe xx
cxdxx cossin cxdxx sincos
Cctgxdxx
2sin
1 ctgxdx
x2cos
1
carctgxdxx
21
1 c
x
xdx
x
1
1ln
2
1
1
12
cxdxx
arcsin1
1
2 cxxdx
x
1ln
1
1 2
2
2.6.1 Таблични интеграли
Из диференцијалног рачуна следе неке особине интеграла.
- Неодређени интеграл збира коначно много функција једнак је
збиру њихових интеграла
dxxfdxxfdxxfdxxfxfxf nn )(.....)()()](.....)()([ 2121
- Константни множилац може се записати испред интеграла.
dxxfcdxxfc )()(
З104 Одредити а)
dx
x
cbax б) dxx
□ а)
dx
x
cbax
dxx
cdxbdxax1
dxx
cdxbdxxa1
Kxcbxx
a log2
2
RK
б) dxx
RKKx
dxxdxx
;
12
1
12
1
2
1
RKKxKx
;3
2
2
32
32
3
RKKxx ;3
2
3105
)5
.....(...........15
4
Cx
dxx
dxxxx )1153(.2 24
.....112
5
51153.(....
23
52
4
Cx
xx
xdxxdxdxxdxx
cxxxx
dxx
xx
ln2
5
13
3........()
1153(.3
213312
dxxx
xxdx
xx 22
22
22 sincos
sincos
sincos
1.4
ctgxctgxdxxx
)cos
1
sin
1(
22
dxxxxx
xx
xee xx )1012
sincos
14
4
33(.5
227 3
2
dxdxxdx
xx
xxdxxdxedxe
xx 1012
sincos
sincos4)(3
22
22
7
4
2
cxxtgxctgxxeee xx 10611
28ln3 27
11
22
cxxtgxctgxxee xx 10611
286 27
11
2
З106 Одредити: dx
x
x
1.1
2
2
,
dx
x
xx
1
34.2
2
24
,
)12)(32(
.34 3
dxx
xxx
, dx
xxx
xx)
1
3
1
1)1)(32((.4
22
,
dxxtgxx
xxxxx
)1010
3
1212
1
5
1.5 2
22
□
dxx
xdx
x
x
1
11
1.1
2
2
2
2
carctgxxdxx
1
11
2
dx
x
xxdx
x
xx
1
31
1
34.2
2
22
2
24
cxx
dxx 33
33
2
dxx
xxxxxxxdx
x
xxx 363242)12)(32(.3
4 34 34 3
dxx
dxxdxxdxdxxdxx1
363242 4
1
2
1
4 3
cxxxxxx
ln324627
16
3
4 4 34
7
2
3
dxxxx
xxdx
xxx
xx)
1
3
1
132()
1
3
1
1)1)(32((.4
22
2
22
cx
xxxx
1
1ln
2
3arcsin2
dxx
x
xxxxxx
x)
cos
sin
1010
3
1212
1
5
1.5
2
2
22
dxx
x
xxxxxx
x)
cos
cos1
)1(10
3
112
1)))(((
5
12
2
22
2
1
2
1
2
1
2
1
cxtgxx
xx
xx
1
1ln
20
3arcsin
12
1
116
15ln
5
11
16
15
cxtgxx
xx
xx
1
1ln
20
3arcsin
12
1
31
16ln
5
1 16
31
Смена променљиве у неодређеном интегралу
Т Ако су функције ,f и / непрекидне и замена је: )(tx ,
тада је:
dtttfdxxf )()]([)( /
Доказ: доказ се заснива на изводу по х леве стране једнакости који
треба да је једнак изводу по х десне стране једнакости
dtttfdx
ddxxf
dx
d )()]([)( /
)()( xfdxxfdx
d
dtttfdx
d)()]([ /
)()]([)()]([ // ttfdx
dtdtttf
dt
d
dx
dt
)()]([)()]([)(
1
)(
)(
)()]([1 /
/// xftfttf
ttdt
dx
tx
ttf
dt
dx
З107 Одредити: а) xx
dx
log где је xx lnlog , б) xdxxcossin
□ а) Уводи се смена: tx log
KxKtt
dt
tx
xdt
xdtdxdx
dt
x
tx
xx
dx
)log(loglog1
log
log
б) xdxxcossin
Kx
Kt
tdt
dtdxxdx
dtx
tx
xdxx
2
sin
2cos
cos
sin
cossin22
З108 Одредити dxxxx 3 2 122)24(
□ Уводи се супституција (смена): txx 122 2 (мора све да се
замени, тако да x не остане „под“ интегралом).
dttx
dttx
x
dtdx
dx
dtx
txx
dxxxx 33
2
3 2
24)24(
24
24
122
122)24( .
Ово је таблични интеграл:
KxxKxx
Kt
dttdtt 3
4
23
4
23
4
3
1
3 )122(4
3
3
4
)122(
3
4
Kxxxx 3 22 )122()122(4
3
З109
1.
cxarctgdt
tdtdx
txdx
xdx
xx)2(
1
12
1)2(
1
54
1222
2. cx
xc
t
tdt
tdtdx
txdx
xx
3
1ln
2
1
1
1ln
2
1
1
12
34
122
3.
dx
xx
x
dtdxx
txxdx
xx
x
682
3)84(4
5
)84(
682
682
752
2
2
dxxt
dtdx
xxt
dt
1)2(
1
2
3
4
5
34
1
2
3
4
522
dxxt
dtdx
xxt
dt
1)2(
1
2
3
4
5
34
1
2
3
4
522
4.
cttdtt
dttdx
txdxx 2sin
4
1
2
1)2cos1(
2
1
cos
sin1 2
ctttcttt 2sin1sin2
1
2
1cossin2
4
1
2
1
cxxx 212
1arcsin
2
1
5.
tdtdt
tdxtxdxx 22 cos
3
1
3
cossin391
cttdtt 2sin12
1
6
1)2cos1(
6
1
cxxxctttcttt 22 912
13arcsin
6
1sin1sin
6
1
6
1cossin2
12
1
6
1
6.
dxxx
x
dxxx
x
dxxx
xx
dxx
2cos
2sin2
2cos
2cos
2sin2
2sin
2cos
2sin2
2cos
2sin
sin
12222
dudx
xu
xdtdx
xt
x
x
x
dxx
x
2cos
2
1
2sin,
2sin
2
1
2cos
2sin
2cos
2
1
2cos
2sin
2
1
cx
tgu
du
t
dt
2ln
7.
dtt
t
t
dttdx
txdx
x
x 5
3
2
5
63
61
6
1
c
xx
xt
txc
ttdttt
5
625
63
6)(66 5
6
65342
8. KxKt
dtt
x
dtdx
dtxdx
tx
dxxx
2
3
22
32
2 )1(3
1
2
32
1
2
1
2
2
1
1
Парцијална интеграција
Из формуле за извод производа две функције:
uvvuvu ///)(
или
udx
dvv
dx
du
dx
vud
)(
dvuduvvud )(
произилази израз за парцијалну интеграцију
duvvudvu
Од „u “ се ради извод, а од „ dv“ интеграл.
З110 Одредити:
dxexcdxexbdxxea xxx
32 ))).1
dxexx x
52 )542(.2
dxxxbdxxxa sin)sin).3 2
dxarctgxbdxxa )ln).4
dxxdxxdxxe x
22 1.71.6sin.5
□ cxedxexeevdudx
dvdxeuxdxxea xxx
x
x
x
)1().1
cxeexdxxeexevduxdx
dvdxeuxdxexb xxxx
x
x
x
)1(22
2) 22
2
2
dxexex
evdudxx
dvdxeuxdxexc xx
x
x
x 22
2
3
3 33
)
cxeexex xxx )]1(2[3 22
vedudxx
dvdxeuxxdxexx x
x
x5
52
52
5
1)44(
542)542(.2
vedudx
dvdxeuxdxxexxe x
x
xx5
5
525
5
14
44)44(
5
1)542(
5
1
cexexxe xxx 5525
25
4)44(
5
1)542(
5
1
vxdudx
dvxdxuxdxxxa
cos
sinsin).3
cxxxxdxxx sincoscoscos
vxduxdx
dvxdxuxdxxxb
cos2
sinsin)
2
2
cxxxxxvxdudx
dvxdxuxxdxxxx
)cossin(2cos
sin
coscos2cos 22
cxxxdxx
xxxvxdudx
x
dvdxuxdxxa
ln
1ln1
lnln).4
dxx
xxarctgx
vxdudxx
dvdxuarctgx
dxarctgxb2
2 11
1)
cxxarctgxdxx
xxarctgx
)1ln(
2
1
1
2
2
1 2
2
dxedxexe
xvdxedu
xdxdveudxxe xxx
x
x
x coscoscoscos
sinsin.5
dxxexe
xvdxedu
dxdveudxe xx
x
x
x sinsinsin
coscos
1sinsincossin cdxxexexedxxe xxxx
1sincossin2 cxexedxxe xxx
cxexe
dxxexx
x
2
cossinsin
dx
x
xxx
xvdxx
xdu
dxdvxudxx
2
22
2
2
2
11
1
11.6
dx
xdx
x
xxxdxxdx
x
xxxdxx
22
222
2
222
1
1
1
111
1
1111
dxx
dxxxxdxx2
222
1
1111
1
22 arcsin112 cxxxdxx
cxxxdxx )arcsin1(2
11 22
dx
x
xxx
xvdxx
xdu
dxdvxudxx
2
22
2
2
2
11
1
11.7
dx
xdxxxxdx
x
xxx
2
22
2
22
1
111
1
111
1
222 11ln112 cxxxdxx
cxxxdxx )11ln1(2
11 222
Интеграција рационалних функција
Рационална функција представља количник два полинома
01
1
1
01
1
1
....
...
)(
)(
axaxaxa
bxbxbxb
xP
xQn
n
n
n
m
m
m
m
или
)()....()(
...
....
...
)(
)(
11
01
1
1
01
1
1
01
1
1
xxxxxxa
bxbxbxb
axaxaxa
bxbxbxb
xP
xQ
nnn
m
m
m
m
n
n
n
n
m
m
m
m
),1( nixi су нуле полинома )(xP . nm
Интегрција рационалних функција зависи од нула полинома )(xP .
Издвајају се три случаја: 1. Ако су нуле реалне и нису вишеструке,
2. Ако су нуле реалне и има и вишеструких нула, 3. Ако постоје
комлексне нуле (постоје и вишеструке комплексне нуле)
1. Ако су нуле реалне и нису вишеструке полинома )(XP
)(
,,,,)()()()....()(
...
2
2
1
1
11
01
1
1
n
n
nnn
m
m
m
m
xx
A
xx
A
xx
A
xxxxxxa
bxbxbxb
З111 Одредити dxxx
x
)2)(3(
12
□ )2)(3(
)3()2(
23)2)(3(
12
xx
xBxA
x
B
x
A
xx
x
)2)(3(
)3()2(
)2)(3(
12
xx
xBxA
xx
x
)3()2(12 xBxAx
BABAxx 32)(12
1,1132
2
BA
BA
BA
2
1
3
1
)2)(3(
12
xxxx
x (провера:
)2)(3(
32
xx
xx)
cxxdxx
dxx
dxxx
dxxx
x
2)(3(ln
2
1
3
1
2
1
3
1
)2)(3(
12
Z
514)5)(1)(4(
14
)5)(1)(4(
14 22
x
C
x
B
x
A
xxx
xdx
xxx
x
2. Ако су нуле реалне, има и вишеструких нула полинома )(XP
l
u
s
knnn
m
m
m
m
xxxxxxxxxxa
bxbxbxb
)(..))...(()()(
...
11
01
1
1
)(
..)(
..)(
..)()()(
...)()(
11
1
1
2
2
1
1
u
l
u
l
k
s
k
s
s
k
s
n
n
xx
M
xx
M
xx
B
xx
B
xx
B
xx
A
xx
A
xx
A
З112 Одредити dxxx
x
2
2
)1)(4(
14
□ 2
21
2
2
2
1
2
2
)1)(4(
)4)(1()4()1(
1)1(4)1)(4(
14
xx
xxBxBxA
x
B
x
B
x
A
xx
x
2
21
2
2
2
)1)(4(
)4)(1()4()1(
)1)(4(
14
xx
xxBxBxA
xx
x
)4)(1()4()1(14)( 21
22 xxBxBxAx
5
3)41(1)1(4:1 11
2 BBx
25
63)14(1)4(4:4 22 AAx
)40)(10()40()10(1)0(40 21
22 BBAx
21 441 BBA
100
148
25
25606344
5
12
25
631 222
BBB
cxx
xdxxxx
dxxx
x
1ln
100
148
)1(5
34ln
25
63
1
100
148
)1(
5
3
4
25
63
)1)(4(
1422
2
провера: 2
2
2
2
)1)(4(
14
)1)(4(
)1)(4(100
148)4(
5
3)1(
25
63
xx
x
xx
xxxx
3. Ако постоје комлексне нуле полинома )(XP
ls
knnn
m
m
m
m
qpxxxxxxxxxxa
bxbxbxb
)())...(()()(
...2
11
01
1
1
)(..
)()()(,,,,
)()(
1
1
1
2
2
1
1
k
s
k
s
s
k
s
n
n
xx
B
xx
B
xx
B
xx
A
xx
A
xx
A
)(
....)( 2
11
2 qpxx
xDC
qpxx
xDCl
ll
З113 Одредити dxxxx
x
)1()4(
1222
□
)1()4()1)(4(
122
111
2 xx
xBC
x
A
xxx
x
)1()4(
)4)(()1(
)1)(4(
1222
11
2
1
2
xxx
xxBCxxA
xxx
x
)4)(()1(12:)( 11
2
1 xxBCxxAxx
)44)(4()144(142:4 11
2
1 BCAx
3
1
21
71 A
)0)(40()100(102:0 111 BCAx
3
14
3
11 11 CC
)3
1)(41()111(
3
11121 1Bx
)3
1(311 1B
3
11 B
)1(3
1
)4(3
1
)1)(4(
1222
xx
x
xxxx
x
dx
xx
xdx
xdx
xxx
x
)1(3
1
)4(3
1
)1)(4(
1222
dx
xx
xdx
x )1(
1
3
1
)4(
1
3
12
dxxx
xdx
xdx
xx
xdx
x )1(
312
6
1
)4(
1
3
1
)1(2
11)1(2
3
1
)4(
1
3
122
122 )1(
1
2
1
)1(
12
6
14ln
3
1kdx
xxdx
xx
xx
12
2
4
3)
2
1(
1
2
1)1ln(
6
14ln
3
1kdx
x
xxx
k
x
arctgxxx
4
32
1
3
4
2
1)1ln(
6
14ln
3
1 2
Интеграли рационалних функција по xsin и xcos : dxxxR )cos,(sin
Сменом 2
xtgt ови интеграли се своде на интеграцију рационалних
функција. Овај метод замене није увек најекономичнији али је општи.
dtt
dx1
22
1
2sin
2
t
tx
1
1cos
2
2
t
tx
dxt
dtxtgt
21
2
2
1
2
12
22
2cos
2cos
:/2
cos2
sin
:/2
cos2
sin2
1
2cos
2sin2
sin2
22
2
22
t
t
xtg
xtg
x
x
xx
xxxx
x
1
1
2cos
2cos
:/2
cos2
sin
:/2
sin2
cos
cos2
2
2
2
22
22
t
t
x
x
xx
xx
x
dxt
dtxtgtdx
x
xx
dxx
dt
2
2
22
2 1
2
22
1
2cos
2cos
2sin
2
1
2cos
1
З114 Одредити dxxsin
1
□
cx
tgctdtt
t
t
dtt
dx
t
tx
xtgt
dxx
2lnln
1
2
1
2
1
1
21
2sin
2
sin
12
2
2
2
Интеграли неких ирационалних функција
Ако је подинтегрални израз рационална функција од:
),.....,,,( 2
2
1 s
sm
n
m
n
m
n
m
xxxxR , где су ii nm , цели бројеви, тада сменом txn , где
је ),....,( 21 snnnНЗСn , овај интеграл се своди на интеграл рационалне
функције.
2.6.2 Одређен интеграл
Нека имамо функцију )(xf , која је позитивна за вредности х на
интервалу ba, и интерполирамо нове тачке ii xxxx ,.....,, 121 на
једнаким растојањима, 10 ixbxa . Тачке i припадају интервалу
],[ 1 ii xx . Када n , добија се површина „криволинијског“ трапеза
која геометријски представља одређени интеграл b
a
dxxf )(
n
i
iiii
b
a
fxxdxxf0
1 )()(lim)(
Основне особине одређеног интеграла
Функција )(xf је непрекидна на интервалу ],[ ba
0)(.1 a
a
dxxf
dxxfdxxfdxxfdxxfxfxf
b
a
n
b
a
b
a
b
a
n )(.....)()()](.....)()([.2 2121
0)(0)(],[...0)(0)(],[.3 b
a
b
a
dxxfxfbaxdxxfxfbax
b
a
b
a
dxxgdxxfxgxfbax )()()()(],[.4
)()()()(],[.5 abMdxxfabMmMxfmbax
b
a
)()()(,],[)(6 abfdxxfba
b
a
b
c
c
a
b
a
dxxfdxxfdxxf )()()(.7
f(x)
a b
у
x
Њутн-Лајбницова формула
cxFdxxfaFbFdxxf
b
a
b
a
)()()()()(
)()()( aFbFdxxf
b
a
где је cxFdxxf )()(
Доказ:
)()(...)()()()()()()()( 1211 aFxFxFxFxFxFxFbFaFbF iiiii
На основу Лагранжове формуле
)()(...)()()()()()( 0112111 faxfxxfxxfxb iiiiiii
n
i
iii fxx0
1 )()(
З115 Одредити
3
1
4.1 dxx
1
0
24 )1153(.2 dxxxx
2
1
2
2
1.3
dxx
x
□ 5
242
5
1
5
3
55..1
53
1
53
1
45
4
x
dxxcx
dxx
cxxxx
dxxxx 112
53
35
)1153(.2235
24
112
51
5
1|)11
25
33
5()1153( 1
0
2351
0
24 xxxx
dxxxx
)42
()12
(|)(1
11
1.3 2
1
2
1
2
22
1
2
2
arctgarctgxxdxx
xdx
x
x
Примена одређеног интеграла
Ако имамо функцију )(xf која је позитивна и непрекидна за
вредности х, на интервалу ba, ,. тада је површина криволиниског
„трапеза“ ограниченог функцијом )(xf на интервалу ],[ ba , х-осом и
ординатама )(af и )(bf једнака:
b
a
dxxfP )(
На основу Њутн-Лајбницове формуле је:
)()()( aFbFdxxf
b
a
, где је: cxFdxxf )()(
З116 Израчунати површину лика ограниченог
)а параболом 2xy , х осом и правама bxax ,
)б елипсом 12
2
2
2
b
y
a
x
□ а)
)(3
1
3
333
2 abx
dxxPb
a
b
a
a b
y=x2
у
x
б)
dxxaa
bP
a
0
224
2
0
2
0
2
22 cos4
20cos
arcsinsin)1(
4
tdtab
ttdtax
a
xttax
dxa
xa
a
b
a
ba
abt
tabdttab
2
0
2
02
2sin2)2cos1(2
Површина ограничена са две функције где је )()( 21 xfxf (Кривом С1
и С2) је интеграл dxxfxfFP
b
a
)]()([)( 21
З117 Израчунати површину лика ограниченог функцијама
xxfxxf 2ln)(,ln)(
□
eee
dxxxxxxvdx
x
x
xdu
dxdvxxudxxxP
11
2
1
2
2 )ln21(|)ln(ln)
ln21(
lnln)ln(ln
)ln1
ln1ln
ln( cxxxdxx
xxxvxdudx
x
dvdxuxdxx
exxxxxxxxdxdxxxxPeeee
3|ln2)ln(lnln2|)ln(ln1
2
111
2
З118 Израчунати површину лика ограниченог функцијама 2
21 2)(,)( xxfxxf
□
2
9)2
3
84()
2
1
3
12(
232)2(
1
2
231
2
2
xx
xdxxxP
З119 Одредити површину која је „ограђена х осом и функцијом 22 ln)( xxxf
□
1
2 -2
f(x)=2-x2
f(x)=x у
x
1 e
lnx
ln2x
у
x
1
1
22 ln2 dxxxP
1
0
2
2
1
1
22
21ln
ln4lnxdxdvdudx
x
xvuxxdxxdxxx
8]1
2)ln2[(4
1
0
1
0 dxx
xIxx
16P
Запремина обртног тела:
b
a
dxxfV )(2
Ако ротира криволинијски трапез кога граниче х-оса, дужи )(af и
)(bf и крива )(xf (за ],[ bax ), око х-осе, он у тродимензионалном
простору заузима запремину обртног тела. Ово ротационо тело
f(x)
x а
f(b)
b
f(а)
f(х) у
x
1 -1
x2lnx2
у
x
састоји се од низа ваљака чија је запремина „база пута висина“:
xxf )(2 . Збир ових цилиндара када 0x одређује запремину
ротационог тела.
b
ax
dxxfVxxfV )()(lim 22
0
Када 0max x оператор збира постаје интеграл:
З120 Наћи запремину тела које се добија ротацијом око х осе ,
фигуре ограничене кривама: 1,0,0,sin xyxxy
□
)2sin4
1
2
1(
2
2cos1sin)(
1
0
1
0
1
0
1
0
22 xxdxx
xdxdxxfV
b
a
)2sin4
1
2
1(
Дужина лука криве
b
a
dxxfl 2)('1
Применом Питагорине теореме добија се формула за дужину лука
криве
2
2
2
222222
)(
)(1
)(
)(1)()()()()(
dx
dfdxdl
dx
dfdxdldfdxdl
2/ )]([1 xfdxdl
b
a
dxxfl 2)('1
a b
)(xf ds
dx
df у
x
З121 Израчунати дужину лука параболе 2
2
1)( xxf од координатног
почетка до тачке )8,4(
□
4
0
2/22 1)(2
1)()('1 dxxxxfxxfdxxfl
b
a
На основу неодређеног интеграла:
dx
x
xxx
xvdxx
xdu
dxdvxudxx
2
22
2
2
2
11
1
11
dx
xdxxxxdx
x
xxx
2
22
2
22
1
111
1
111
1
222 11ln112 cxxxdxx
cxxxdxx )11ln1(2
11 222
добија се одређени интеграл:
2ln)171ln(174(
2
1)
22(
2
11 11ln1
4
0
4
0
4
0
2 xxxdxx
Z Израчунати запремину торуса који настаје ротацијом круга 222 )( Rayx око х осе.
Површина омотача ротационог тела
b
a
dxxfxfM2/ )(1)(2
Oмотач ротационог тела апроксимира се збиром омотача
зарубљених купа:
dMdxxfxfdsrsrrMrrr
2/
21 )(1))(2()2()(21
И када се пређе на најфинији збир тј. на интеграл, добија се израз за
омотач ротационог тела:
b
a
dxxfxfM2/ )(1)(2
З122 Израчунати површину омотача ротационог тела које настаје
ротацијом криволинијског трапеза: 3)(200 xxfxxy
□
b
a
dxxfxfMxxfxxf2/2/3 )(1)(23)()(
)1145145(273
)91(2
36
2
36
91912 |
2
0
2
3
4
3
42
0
43
x
dtdxx
txdxxx
f(x)
x а
f(b)
b
f(а)
f(х) у
x
ds
2.7 Диференцијалне једначине
Ако постоји веза између х, y, у’, у’’,..., уn, онда је та релација
0),...,,,( ''' nyyyyxF диференцијална једначина n-тог реда, где су
ознаке у’, у’’,..., уn, уобичајне за изводе првог реда до n-тог реда
функције у.
На пример, 0723 ' xyy је диференцијална једначина првог реда.
Ово: 023 ''' yyy је пример диференцијалне једначине другог реда
са константним коефицијентима. Релација 0sin125 //2/ yxyxyyx v
је пример диференцијалне једначине четвртог реда. Ред
диференцијалне једначине рачуна се по највећем изводу који је
заступњен у изразу 0),...,,,( ''' nyyyyxF
Функција )(xgy је решење диференцијалне једначине
0),...,,,( ''' nyyyyxF ако се замени (претходно нађу њени изводи) и
испуњава једнакост у области дефинисаности.
Дефиниција: Свака функција облика ),....,,( 21 nCCCxy која када се
замени, испуњава једначину 0),...,,,( ''' nyyyyxF код које су nCCC ,...., 21
међусобно независне константе, назива се општим решењем или
општим интегралом једначине 0),...,,,( ''' nyyyyxF .
Диференцијална једначина првог реда
Диференцијална једначина првог реда је једначина облика
0),,( ' yyxF , где су уобичајене ознаке за независну променљиву х,
зависну променљиву у и први извод y’
Једначина у којој су раздвојене променљиве
Једначина у којоj су раздвојене променљиве је обликa:
0)()( / xNyyM
З127 Наћи решење диференцијалне једначине 073)2( / yyx
□ 073)2( / yyx
dx
dyyx
x
yy
// 02
2
73
2
73
x
y
dx
dy
21 )2ln()73ln(3
1
273273CxCy
x
dx
y
dy
x
dx
y
dy
312
3
12 lnln2
73ln)2ln()73ln(
3
1CCCC
x
yCCxy
)2(732
733
33
3
xCyC
x
y
3
7)2(
3
1)2(73 3
3
33
3 xCyCCxCy
Ово је опште решење диференцијалне једначине
073)2( / yyx , које за разне позитивне вредности С
представља праву. На пример, за С=6 добија се решење
(партикуларно): 3
7)2(2 xy
Хомогена диференцијална једначина
Хомогена диференцијална једначина је облика )(/
x
yy . Сменом
tx
y , хомогена диференцијална једначина прелази у
диференцијалну једначину која раздваја променљиве
З128 Наћи решење диференцијалне једначине 22/ 32 yxxyy
□ 0:/32 22/ xyyxxyy
xy
y
xy
xy
22/ 3
2
txtytxytx
y
x
y
y
xy /// 3
2
tt
txt 31
)(2 /
dx
dttt
txt // 1
2
x
dx
tt
dtt
tx
dx
dt
1
212
Cxtx
dx
t
tdt
x
dx
t
tdtlnln)1ln(
1
2
1
2 2
22
Cxt )1( 2
Cxx
y
2
1
Линеарна диференцијална једначина
Линеарна диференцијална једначина је облика:
)()(/ xQyxPy
Опште решење линеарне диференцијалне једначине је
dxexQCeydxxPdxxP
)()(
)([
Доказ:
)()(/ xQyxPy
dxxP
exQyxPy)(/ /)()(
dxxPdxxP
exQeyxPy)()(/ )())((
dxxPdxxP
dxxPdxxPdxxP
exQey
exQeyxPey
)(/)(
)()()(/
)()(
)()(
dxexQdxey
dxxPdxxP )(/)(
)()(
dxexQCey
dxxPdxxP )()(
)(
dxxP
dxxP
dxxP
e
dxexQCey
)(
)(
)( )(
))(()()(
dxexQCeydxxPdxxP
З129 Наћи решење диференцијалне једначине 2
2/ xeyxy
□ 0:/22/ xeyxy x
212/ xe
xy
xy
)1
()1
( ln2ln2
2222
dxeex
Ceydxeex
Cey xxxdx
xxdx
x
)1
(1 2
2
2
dxxex
Cx
y x
)2
1(
1
2)(
12
2
2
2
dteCx
ydtxdx
txdxxeC
xy tx
)2
1(
1 2
2
xeCx
y
Бернулијева диференцијална једначина
Једначина облика yxQyxPy )()(/
је Бернулијева диференцијална једначина. Ако се уведе смена 1yz , тада једначина постаје линеарна једначина.
//1 )1( yyzyz
y
zy
)1(
///
Заменом првог извода функције y код Бернулијеве диференцијалне
једначине, добија се линеарна диференцијална једначина:
y
zy
)1(
//
yxQyxPy )()(/
yyxQyxP
y
z 1/)()(
)1(
/
)01(/)()(1
1/
xQyxPz
)()1()()1(/ xQzxPz
З130 Наћи решење диференцијалне једначине
yxxyx
xxyx )(
1)1( 2
2
2/
□ )1(:/)1(1
)1()1(
2
/ xyxxyx
xxyx
yxyx
xy
2
/
1
Ако се уведе замена yzyz
),( 2
11
, диференцијална једначина
yxyx
xy
2
/
1 постаје )2( //2 zzyzy , )0(
12 2
2
/
zxzzx
xzz
)02
1)
1(2(0))0(
12(
2
/2
2
/
zxzx
xzzzxzz
x
xzz
Опште решење линеарне диференцијална једначине:
xzx
xz
2
1)
1(2 2
/
dxxeCezdx
x
xdx
x
x
]2
1[ )1(2)1(2 22
)2
1(
2
1 22 1ln4
11ln
4
12
dxxeCedtxdx
tx xx
dtxdx
txdx
x
xCxz
2
1
12
1(1
2
4 2
4 2
)3
4
4
1()
4
1( 4 34
4
4 tCtzt
dtCtz
])1(3
1[1 4 324 2 xCxz
])1(3
1[1 4 324 2 xCxy
Проверавамо: 000 yyz . – да ли се позитвни део х
осе као решење добија из општег решења
])1(3
1[1 4 324 2 xCxy за неку вредност константе C. Пошто је
0y , не припада општем решењу, па је то сингуларно решење.
Диференцијалне једначине другог реда
У општем случају ове диференцијалне једначине нису решиве.
Помоћу рачунара, применом нумеричке математичке анализе, при
решавању конкретних проблема налазе се све приближнија (боља)
решења.
Диференцијална једначина другог реда која не садржи у
0),,( /// yyxF
Увођењем смене Yy / , ова диференцијална једначина другог реда
постаје диференцијална једначина првог реда: 0),,( / YYxF
З131 Решити диференцијалну једначину 2/// 2 xeyxy
□ Ако се уведе смена Yy / , ова диференцијална једначина
другог реда снижава ред и постаје диференцијална једначина
првог реда: 2
2/ xeYxY
212/ xe
xY
xY
)1
()1
( ln2ln2
2222
dxeex
CeYdxeex
CeY xxxdx
xxdx
x
)2
1(
1)
2
1(
1)
2
1(
1 222
22
/
2
xxx eCxdx
dyeC
xyeC
xY
dxeCx
CydxeCx
dy xx )2
1(
1)
2
1(
1 22
212
Класичним аналитичким методама овај последњи интеграл не
може да се реши. Ако развијемо у Маклоренов ред 2xe , долазимо
до апроксимативних решења: ...!3
)(
!2
)(1
322222
xx
xe x
dxxx
xCx
CdxeCx
Cy x ...)]!3
)(
!2
)(1(
2
1[
1)
2
1(
1 32222
2121
2
З132 Решити диференцијалну једначину xyxy /// и одредити оно
решење које испуњава услове: у(0)=0, у(1)=4
□ Ако уведемо смену Yy / , задата диференцијална једначина
xyxy /// , постаје: 0:// xxYxY ,
11/ Yx
Y
][
11
dxeCeYdx
xdx
x
][lnln
dxeCeYxx
]1
[x
CxY
01 xCxY
01/ xCxy
0)1( xdxCxdy
21
2 CxCxy
000)0( 21
2 CCy
411)1( 21
2 CCy
02 C , 41 C
xxy 24
Линеарна диференцијална једначина другог реда са константним коефицијентима
Линеарна диференцијална једначина другог реда са константним
коефицијентима има облик: RcRbRaxfcybyay ,,)(/// .
Ако је 0)( xf , тада се ова једначина зове хомогена диференцијална
једначина другог реда са константним коефицијентима. Код хомогене
диференцијалне једначине 0/// cybyay , ако знамо два линеарно
независна решења у1 и у2, онда је опште решење: 2211 yCyCyh
Да би xey 1 било решење једначине 0/// cybyay , онда морају
након замене да су испуњени услови једначине: xey 1
xey /
1
xey 2//
1
02 xxx ceebea
00)( 22 cbacbae x
Решења једначине (карактеристичне једначине) 02 cba :
a
acbb
2
42
2/1
одређују опште решење хомогене диференцијалне
једначине: 2211 yCyCyh .
З133 Наћи решење диференцијалне једначине 0127 /// yyy
□ Карактеристична једначина је 01272 . Њена решења су
31 и 42 . Решење опште хомогене диференцијалне
једначине
0127 /// yyy је: xx
h eCeCy 4
2
3
1
З134 Наћи опште решење диференцијалне једначине 0168 /// yyy
□ Карактеристична једначина је 01682 . Њена решења су
двострука: 41 и 42 . Решење опште хомогене
диференцијалне једначине 0168 /// yyy је: xx
h eCxeCy 4
2
4
1 .
Овде су линеарно независна решења у1 и у2: xey 4
1 , xxey 4
2
З135 Наћи опште решење диференцијалне једначине 06 /// yy
□ Карактеристична једначина је 062 . Њена решења су 01
и 62 . Решење опште хомогене диференцијалне једначине
06 /// yy је x
h
xx
h eCCyeCeCy 4
21
4
2
0
1 .
Када су решења карактеристичне једначине 02 cba
коњуговано комплексни бројеви i1 и i2 , тада
решење опште хомогене диференцијалне једначине 0/// cybyay
је: xx
h eCeCy 21
21
.
xixi
h eCeCy )(
2
)(
1
)( 21
xixix
h eCeCey
)sincos( 21 xKxKey x
h
(На основу Ојлерове формуле: xixe xi sincos и xixe xi sincos )
З136 Наћи решење диференцијалне једначине 0256 /// yy
□ Решења карактеристичне једначине 02562 су
коњуговано комплексни бројеви: 431 i и 432 i . Опште
решење је
)4sin4cos( 21
3 xKxKey x
h
Опште решење линеарне диференцијална једначине другог реда
са константним коефицијентима (нехомогена диференцијална
једначина)
RcRbRaxfcybyay ,,)(///
Опште решење је: ph yyy , где је hy решење одговарајуће
хомогене диференцијалне једначине, а py партикуларно решење
диференцијалне једначине )(/// xfcybyay
Ако је у једначини )(xf полином од х: 01
1
1 .....)( axaxaxaxf n
n
n
n
n-тог степена и ако је коефицијенат c0, тада је и партикуларно
решење полином n-тог степена: 01
1
1 ..... AxAxAxAy n
n
n
nh
. Ако
је c=0 онда је партикуларно решење полином степена n+1:
1
1
1 ..... AxAxAy n
n
n
nh
З137 Наћи опште решење диференцијалне једначине xexxyyy )(43 2///
□ Из карактеристичне једначине 0432 , помоћу њених
корена 11 и 42 , добија се хомогено решење једначине
043 /// yyy :
xx
h
xx
h eCeCyeCeCy 4
2121 )( 21
Партикуларно решење диференцијалне једначине xexxyyy )(43 2/// можемо да одредимо методом неодређених
коефицијената.
Претпоставимо да је оно облика x
p ecbxaxy )( 2 . Када
заменимо изводе од py и саму функцију py у диференцијалу
једначну
xexxyyy )(43 2/// ( важи за Rx ), следи;
xx
p
x
p ecbxaxebaxyecbxaxy )()2()( 2/2
xebcxabax ))2(( 2
xx
p ebaaxebcxabaxy )22())2(( 2//
cbabxaxe x 22( 2
xxx ecbxaxebcxabaxcbaxabaxe )(4))2((3)22)4(( 222
xexx )( 2
xxbcaxabax 22 62)26(6
06212616 bcaaba
54
5
9
2
6
1 cba
x
p exxy )54
5
9
2
6
1( 2
ph yyy
xxx exxeCeCy )54
5
9
2
6
1( 24
21
З138 Наћи опште решење диференцијалне једначине 3443 /// xyyy
□ Из карактеристичне једначине 0432 , помоћу њених
корена 2
231
i и
2
232
i добија се хомогено решење
једначине 043 /// yyy )( 21
21
xx
h eCeCy
:
)sincos( 212
3
xKxKeyx
h
Партикуларно решење диференцијалне једначине 3443 /// xyyy
можемо да одредимо методом неодређених коефицијената.
Претпоставимо да је оно облика baxyp . После замене у задату
диференцијалну једначину, добија се партикуларно решење
xyp .
Опште решење диференцијалне једначине 3443 /// xyyy је:
xxKxKeyx
)sincos( 212
3
З139 Наћи опште решење диференцијалне једначине
66460204 2/// xxyyy
123 2 xxy p
26/
xyp
6//py
66460)123(20)26(46 22 xxxxx
□ Из карактеристичне једначине 02042 , помоћу њених
корена i421 и i422 , добија се хомогено решење
диференцијалне једначине 043 /// yyy :
)4sin4cos()( 21
2
2121 xKxKeyeCeCy x
h
xx
h
Партикуларно решење диференцијалне једначине
66460204 2/// xxyyy можемо да одредимо методом
неодређених коефицијената. Претпоставимо да је оно облика
CBxAxyp 2 . После замене у задату диференцијалну једначину
добија се партикуларно решење: 123 2 xxyp .
Опште решење је:
123)4sin4cos( 2
21
2 xxxKxKey x
2.8 Задаци за самосталан рад
2. Вежба
1 Одредити домен функције:
babaxxxfa ,,)()() 2
1
2
,,
)(
)log()()
2
1
2
a
ax
axxfb
2
1
)(sin)() xxfc
a
ayx
yxyxfd ,),()
22
,)42(),() 2
1
xxyxge
ayxayxff ),ln(),() 22
aaxyyxAg ,)(),() 2
1
2
aayxyxfh ,)4(),() 4
1
22
a
x
axxfi ,
1
2arcsin)()
2 Без употребе извода нацртати график функције:
,,,)() babaxxfa
,,,)()() 2 bacbxaxgb
,,,)()() 2 babaxxfc
,,,1
)()
babax
xfd
,,,),sin()() cbacbxaxfe
,,,)() 3
1
babxayf
,,,)() 2
1
babaxyg
,,,)() 2
3
babaxyh
,,),ln()() baxabxfi
,,,,)() cbacaxfj bx
,,,)(
1)
2
bab
axxk
babaxxl ,,)() 2
3
3 Одредити инверзну функцију дате функције и нацртати њихове
графике:
,,,)() babaxxfa
xxxfb ,2
1sin)()
,,,2)() babxfc ax
,,,3
2)()
ba
bx
axxfd
,,,)() 3 babaxye
4 Одредити naa lim и Nn 0
такав да је aan за nn 0:
,0001,03...3333,) AAaa n
,00001,0,1
3)
A
n
Anab n
.10cos1
) 2
2
nn
ac n
5 Израчунати (без примене Лопиталовог правила):
,,7
68lim)
a
an
na
n
,,310
45lim)
2
k
n
nb
k
n
2
)1(....321lim)
n
nc
n
)1(
1.....
32
1
21
1lim)
nnd
n
,,lim)0
ax
tgaxe
x
,,cos1
lim)20
a
x
axf
x
,,2
lim)
a
ax
xg
x
x
xx
xx
xh
23
23lim)
1
25
5lim)
4
625
x
xi
x
14
13lim)
x
x
xj
6 Помоћу симбола математичке логике изразити Axfax
)(lim
,,) Aaa
,,) Aab
,,) Aac
,,) Aad
3. Вежба
1 Наћи по дефиницији извод функције f у тачки x
,,)() kxxfa k
,,,sin)() xaaxxfb
,)() tgxxfc
,)() xexfd
2 Користећи правила о изводима одредити извод функције:
,cossin
cossin)()
xx
xxxfa
,)3
(sincos) 2 xyb
,)3() 3
1
52
3
xxyc
,2lnlog) 2 xyd
,) 3sin2 xeae
3 Одредити парцијалне изводе функције:
,4),() 3355 yxyxyxfa
xyxeyxfb ),()
)ln() 44 yxzc
yxzd )
4 Израчунати прираштај и диференцијал функције, апсолутну и
релативну грешку која се чини када се прираштај замени
диференцијалом:
,,4,) 2
1
xxxya
,,),2,1(),(,),() 22 yxyxyxyxfb
5 Одредити елементе криве,тангентну раван и нормалу на површ
у тачки:
,,1,)() axxxfa a
),,(),(,3),() 22 yxyxyxfb
6 Помоћу Лопиталовог правила израчунати:
,3arcsin
1lim)
2
0 x
ea
x
x
x
ctgxb
x 4sin
1lim)
4
)ln(lim) 3 xxcx
)1(ln(lnlim)1
xxdx
x
xxe sin
0lim)
x
xxf
1
lim)
xx
xxeg
1
0)(lim)
7 Написати Маклоренову формулу за функцију:
xxfa sin)()
xxfb cos)()
xexfc )()
8 Написати Тејлорову формулу за функцију:
,3,2,1
)()
nax
xxfa
,3,1,)() 2
1
naxxfb
9 Уписати правоугаоник максималне површине у троугао чија је
основа a висина v (страна правоугаоника је на
основи тругла, а два врха на његовим бочним странама).
10 Око лопте, полупречника ,R описати конус минималне
запремине.
11 У конус полупречника r и висине v уписати цилиндар
највеће запремине.
12 Дате су тачке ).4,1(),1,( BaA Одредити тачку С на оси О x тако
да АС+СВ буде најмање, a .
13 Испитати функцију и скицирати њен график:
4)
2
x
xya
,3
)2
3
x
xyb
,)1() 3
1
3xyc
,)3(
)
2
1
2
x
xyd
,)
1
xxeye
xxyf 22 ln)
,1ln) 2 xyg
,cossin) xxyh
,) xarctgxyi
)5(6
1) 23 xxyj
14 Наћи неодређени интеграл функције:
,) 2xtga
,,) 2 xctgb
,)6() 12 xc
,)5() 2
1
2
xd
,6
4)
2
2
x
xe
,53
23)
2
xx
xf
2
1
2 )62(
45)
xx
xg
,
)4(
1)
2
1
2xx
h
,1
)2
x
x
e
ei
,cos) 2 xxj
,sin) 2 xek x
,ln)1() 2 xxl
2
1)
xx
xm
15 Израчунати:
,
)23(1
)
6
1 2
1 x
dxa
,cos23
)2
0
x
dxb
,)9()
3
0
2
1
22 dxxxc
,ln)1
2
e
xdxd
,)4(
)
32
2
2
21
2
dxx
xe
,)0
3
xxn
dxf
0
2 116)
xx
dxg
16 Израчунати повшину фигуре ограничене линијама:
,2,2) 2 xyxxya
ayaayyxyxb ,2,) 22222
2
2 6
1,
9
27) xy
xyc
3cos) ard
,sin,cos) 33 taytaxe
17 Израчунати запремину тела које настаје ротацијом око осе О x
фигуре ограничене линијама:
0,3-2y2x, x2) 2 ya
0,1,1 b) 2 xeyey xx
,)(2,)2( ) 23
21
21
pxpypxyc
222222) bayaxbd
18 Наћи опште, односно партикуларно решење диференцијалне
једначине:
,2sin) '' xya
,0cosln) xtgydyydxb
,0)1(,0)'
yex
yyc y
,2)1()(4) 2' yx
yyd
,0)2
(,1cossin) '
yxyxye
,) 42' yxx
yyf
3)0(,0)0(,02) '''' yyyyyg
,1)0(,0)0(,02510) '''' yyyyyh
,9)0(,3)0(,34) '5''' yyeyyyi x
,1)2
(,4)2
(,3) '''
yyxcoyyj