grani cne vrednosti funkcija - elfak.ni.ac.rs · 8 b) i na cin: odred ujemo l = lim x→0...
TRANSCRIPT
Granicne vrednosti funkcija
Granicne vrednosti funkcija
Poznate granicne vrednosti:
1. limx→0
sinx
x= 1;
2. limx→0
(1 + x)1x = e ⇔ lim
x→∞
(1 +
1
x
)x= e.
3. limx→0
ex − 1
x= 1;
4. limx→0
log(1 + x)
x= 1, (log = loge);
Primer 1. a) limx→0
sin ax
sin bx= lim
x→0
sin axax ax
sin bxbx bx
=a
b;
b) limx→0
sin2 ax
x2= lim
x→0
(sin axax
)2a2 = a2;
c) limx→0
1− cos kx
x2= lim
x→0
2 sin2 kx2
x2= lim
x→0
(sin kx2
kx2
)2 k22
=k2
2;
1
2
Zadaci:
1.Odrediti:
a) limx→+∞
√x(√
x+ 2−√x+ 1
); e) lim
x→1
( x+ 2
x2 − 5x+ 4− 1
x2 − 3x+ 2
);
b) limx→+∞
(√2x+
√x+
√x−
√2x
); f) lim
x→2
√1 + 4x− 3√2x− 2
;
c) limx→1
3√x2 − 2 3
√x+ 1
(x− 1)2; g) lim
x→1
3√8x− 2√
x2 + 3− 2;
d) limx→+∞
3
√1 +
4
x− 3
√1 +
3
x
1−√1 +
5
x
;
Resenje: a) Imamo
L = limx→+∞
√x(√
x+ 2−√x+ 1
)= lim
x→+∞
√x(√
x+ 2−√x+ 1
)√x+ 2 +√x+ 1√
x+ 2 +√x+ 1
= limx→+∞
√x
x+ 2− (x+ 1)√x+ 2 +
√x+ 1
= limx→+∞
√x
√x(√
1 + 2x +
√1 + 1
x
) = limx→+∞
1√1 + 2
x +√1 + 1
x
=1
2.
b) Racunamo
L = limx→+∞
(√2x+
√x+
√x−
√2x
)
= limx→+∞
(√2x+
√x+
√x−
√2x
)√2x+√x+
√x+
√2x√
2x+√x+
√x+
√2x
= limx→+∞
2x+√x+
√x− 2x√
2x+√x+
√x+
√2x
= limx→+∞
√x+
√x√
2x+√x+
√x+
√2x
= limx→+∞
√x√1 + 1√
x
√x(√
2 +√
1x + 1
x√x+
√2) = lim
x→+∞
√1 + 1√
x(√2 +
√1x + 1
x√x+
√2)=
1
2√2.
3
c) Nalazimo
L = limx→1
3√x2 − 2 3
√x+ 1
(x− 1)2= lim
x→1
( 3√x− 1)2
(x− 1)2= lim
x→1
( 3√x− 1)2(
( 3√x− 1)(
3√x2 + 3
√x+ 1)
)2= lim
x→1
1
(3√x2 + 3
√x+ 1)2
=1
9.
d) Odredujemo
L = limx→+∞
3
√1 + 4
x − 3
√1 + 3
x
1−√1 + 5
x
=
∣∣∣∣∣a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2)a2 − b2 = (a− b)(a+ b)
∣∣∣∣∣= lim
x→+∞
3
√1 + 4
x − 3
√1 + 3
x
1−√1 + 5
x
·3
√(1 + 4
x
)2+ 3
√(1 + 4
x
)(1 + 3
x
)+ 3
√(1 + 3
x
)23
√(1 + 4
x
)2+ 3
√(1 + 4
x
)(1 + 3
x
)+ 3
√(1 + 3
x
)2×1 +
√1 + 5
x
1 +√1 + 5
x
= limx→+∞
1 + 4x −
(1 + 3
x
)1−
(1 + 5
x
) ·1 +
√1 + 5
x
3
√(1 + 4
x
)2+ 3
√(1 + 4
x
)(1 + 3
x
)+ 3
√(1 + 3
x
)2= lim
x→+∞
1x
− 5x
·1 +
√1 + 5
x
3
√(1 + 4
x
)2+ 3
√(1 + 4
x
)(1 + 3
x
)+ 3
√(1 + 3
x
)2 = − 2
15.
e) Imamo
L = limx→1
( x+ 2
x2 − 5x+ 4− 1
x2 − 3x+ 2
)= lim
x→1
( x+ 2
(x− 1)(x− 4)− 1
(x− 1)(x− 2)
)= lim
x→1
x2 − 4− (x− 4)
(x− 1)(x− 2)(x− 4)= lim
x→1
x(x− 1)
(x− 1)(x− 2)(x− 4)
= limx→1
x
(x− 2)(x− 4)=
1
3.
4
f) Nalazimo
L = limx→2
√1 + 4x− 3√2x− 2
= limx→2
√1 + 4x− 3√2x− 2
·√1 + 4x+ 3√1 + 4x+ 3
·√2x+ 2√2x+ 2
= limx→2
1 + 4x− 9
2x− 4·
√2x+ 2√
1 + 4x+ 3= lim
x→2
4(x− 2)
2(x− 2)·
√2x+ 2√
1 + 4x+ 3
= limx→2
2
√2x+ 2√
1 + 4x+ 3=
4
3.
g) Odredujemo
L = limx→1
3√8x− 2√
x2 + 3− 2= lim
x→1
3√8x− 2√
x2 + 3− 2·
3√(8x)2 + 2 3
√8x+ 4
3√(8x)2 + 2 3
√8x+ 4
·√x2 + 3 + 2√x2 + 3 + 2
= limx→1
8x− 8
x2 + 3− 4·
√x2 + 3 + 2
3√(8x)2 + 2 3
√8x+ 4
= limx→1
8(x− 1)
(x− 1)(x+ 1)·
√x2 + 3 + 2
3√(8x)2 + 2 3
√8x+ 4
= limx→1
8
x+ 1·
√x2 + 3 + 2
3√(8x)2 + 2 3
√8x+ 4
=4
3.
2.Neka je
f(x) =27x3 − 4x2 + 2013 sinx
2013x3 − 4x2 + 27x.
Odreditilim
x→+∞f(x), lim
x→0f(x);
Resenje: Racunamo
L1 = limx→+∞
27x3 − 4x2 + 2013 sinx
2013x3 − 4x2 + 27x= lim
x→+∞
x3(27− 4 1
x + 2013 sinxx3
)x3
(2013− 4 1
x + 27 1x2
)= lim
x→+∞
27− 4 1x + 2013 sinx
x3
2013− 4 1x + 27 1
x2
=27
2013.
5
L2 = limx→0
27x3 − 4x2 + 2013 sinx
2013x3 − 4x2 + 27x= lim
x→0
x(27x2 − 4x+ 2013 sinxx )
x(2013x2 − 4x+ 27)
= limx→0
27x2 − 4x+ 2013 sinxx
2013x2 − 4x+ 27=
2013
27.
3.Odrediti granicnu vrednost
limx→1
k√x− 1
x− 1,
a zatim naci
limx→1
(√x− 1)( 3
√x− 1) . . . ( 10
√x− 1)
(x− 1)9;
Resenje: Vazi:
ak − bk = (a− b)(ak−1 + ak−2b+ . . .+ abk−2 + bk−1).
Imamo
L = limx→1
k√x− 1
x− 1= lim
x→1
k√x− 1
( k√x− 1)(
k√xk−1 +
k√xk−2 + . . .+ k
√x+ 1)
= limx→1
1k√xk−1 +
k√xk−2 + . . .+ k
√x+ 1
=1
k.
Sada je
L1 = limx→1
(√x− 1)( 3
√x− 1) . . . ( 10
√x− 1)
(x− 1)9= lim
x→1
√x− 1
x− 1
3√x− 1
x− 1. . .
10√x− 1
x− 1
=1
2 · 3 · . . . · 10=
1
10!.
4.Neka je
f(x) =
√x2 + 14 + x√x2 − 2 + x
.
Odrediti granicne vrednosti
limx→+∞
f(x) i limx→−∞
f(x);
6
Resenje: Neka je L1 = limx→+∞
f(x) i L2 = limx→−∞
f(x).
Imamo
L1 = limx→+∞
√x2 + 14 + x√x2 − 2 + x
= limx→+∞
x(√
1 + 14x2 + 1
)x(√
1− 2x2 + 1
) = limx→+∞
√1 + 14
x2 + 1√1− 2
x2 + 1= 1.
L2 = limx→−∞
√x2 + 14 + x√x2 − 2 + x
= limx→−∞
√x2 + 14 + x√x2 − 2 + x
·√x2 + 14− x√x2 + 14− x
·√x2 − 2− x√x2 − 2− x
= limx→−∞
x2 + 14− x2
x2 − 2− x2·√x2 − 2− x√x2 + 14− x
= limx→−∞
14
−2·√x2 − 2− x√x2 + 14− x
= = limx→−∞
14
−2·|x|
√1− 2
x2 − x
|x|√1− 14
x2 − x=
∣∣∣ |x| = −x, x → −∞∣∣∣
= limx→−∞
(−7)−x(
√1 + 14
x2 + 1)
−x(√1− 2
x2 + 1)= lim
x→−∞(−7)
√1 + 14
x2 + 1√1− 2
x2 + 1= −7.
5.Neka je
f(x) =
√x2 − 2x+ 6−
√x2 + 2x− 6
x2 − 4x+ 3.
Odrediti granicne vrednosti
limx→3
f(x), limx→+∞
f(x), limx→−∞
f(x);
Resenje: Odredujemo√x2 − 2x+ 6−
√x2 + 2x− 6
x2 − 4x+ 3
=
√x2 − 2x+ 6−
√x2 + 2x− 6
x2 − 4x+ 3·√x2 − 2x+ 6 +
√x2 + 2x− 6√
x2 − 2x+ 6 +√x2 + 2x− 6
=x2 − 2x+ 6− (x2 + 2x− 6)
x2 − 4x+ 3· 1√
x2 − 2x+ 6 +√x2 + 2x− 6
=−4(x− 3)
(x− 3)(x− 1)· 1√
x2 − 2x+ 6 +√x2 + 2x− 6
=−4
(x− 1)· 1√
x2 − 2x+ 6 +√x2 + 2x− 6
= −1
3,
7
L1 = limx→3
√x2 − 2x+ 6−
√x2 + 2x− 6
x2 − 4x+ 3
= limx→3
−4
(x− 1)· 1√
x2 − 2x+ 6 +√x2 + 2x− 6
= −1
3,
L2 = limx→+∞
√x2 − 2x+ 6−
√x2 + 2x− 6
x2 − 4x+ 3
= limx→+∞
−4
(x− 1)· 1√
x2 − 2x+ 6 +√x2 + 2x− 6
= 0,
L3 = limx→−∞
√x2 − 2x+ 6−
√x2 + 2x− 6
x2 − 4x+ 3
= limx→−∞
−4
(x− 1)· 1√
x2 − 2x+ 6 +√x2 + 2x− 6
= 0.
6.Odrediti
a) limx→0
(1− cosx) cotx; f) limx→0+
√1− cosx
1− cos√x;
b) limx→0
cos 2x− cos 3x
sin2 5x; g) lim
x→0
x√1 + 2x+ sinx−
√cosx
;
c) limx→0
tanx− sinx
(1 + sinx) sin3 x; h) lim
x→π/4tan 2x tan
(π4− x
);
d) limx→0
1− cos3 x
x sin 2x; i) lim
x→π/2
1− sinx(π2 − x
)2 ;e) lim
x→0
1− cos(1− cos 2x)
x4; j) lim
x→0
√2−
√1 + cosx
sin2 x;
Resenje: a) Odredujemo
L = limx→0
(1− cosx) cotx = limx→0
(1− cosx) cosx
sinx= lim
x→0
2 sin2x
2cosx
2 sinx
2cos
x
2
= limx→0
sinx
2cosx
cosx
2
= 0.
8
b) I nacin: Odredujemo
L = limx→0
cos 2x− cos 3x
sin2 5x= lim
x→0
2 sin 5x2 sin x
2
sin2 5x
= limx→0
2sin 5x
25x2
· 5x2 · sin x
2x2
· x2(
sin 5x5x
)225x2
=1
10.
II nacin: Odredujemo
L = limx→0
cos 2x− cos 3x
sin2 5x= lim
x→0
(cos 2x− 1) + (1− cos 3x)
sin2 5x
= limx→0
−2 sin2 x+ 2 sin2 3x2
sin2 5x= lim
x→0
−2(sinxx
)2+ 2
(sin 3x
23x2
)294(
sin 5x5x
)225
=1
10.
c) Odredujemo
L = limx→0
tanx− sinx
(1 + sinx) sin3 x= lim
x→0
sinxcosx − sinx
(1 + sinx) sin3 x
= limx→0
sinx(1−cosx)cosx
(1 + sinx) sin3 x= lim
x→0
1− cosx
(1 + sinx) sin2 x cosx
= limx→0
2 sin2 x2
(1 + sinx) sin2 x cosx= lim
x→0
2 sin2 x2
(1 + sinx)4 sin2 x2 cos
2 x2 cosx
= limx→0
1
2(1 + sinx) cos2 x2 cosx
=1
2.
d) Odredujemo
L = limx→0
1− cos3 x
x sin 2x= lim
x→0
(1− cosx)(1 + cosx+ cos2 x)
x sin 2x
= limx→0
2 sin2 x2 (1 + cosx+ cos2 x)
x sin 2x= lim
x→0
2(sin x
2x2
)2x2
4 (1 + cosx+ cos2 x)
sin 2x2x 2x2
= limx→0
(sin x
2x2
)2(1 + cosx+ cos2 x)
4 sin 2x2x
=3
4
9
e) Odredujemo
L = limx→0
1− cos(1− cos 2x)
x4= lim
x→0
1− cos(2 sin2 x)
x4= lim
x→0
2 sin2(sin2 x)
x4
= limx→0
2(sin(sin2 x)
sin2 x
)2 sin4 xx4
= 2.
f) Odredujemo
L = limx→0+
√1− cosx
1− cos√x= lim
x→0+
√2 sin2 x
2
2 sin2√x2
= limx→0+
√2 sin x
2
2 sin2√x2
= limx→0+
√2sin x
2x/2
x2
2(sin
√x2√
x/2
)2x4
=√2.
g) Odredujemo
L = limx→0
x√1 + 2x+ sinx−
√cosx
= limx→0
x√1 + 2x+ sinx−
√cosx
·√1 + 2x+ sinx+
√cosx√
1 + 2x+ sinx+√cosx
= limx→0
x(√
1 + 2x+ sinx+√cosx
)1 + 2x+ sinx− cosx
= limx→0
x(√
1 + 2x+ sinx+√cosx
)2 sin2 x
2 + 2x+ sinx
= limx→0
x(√
1 + 2x+ sinx+√cosx
)x(2sin2 x
2x + 2 + sinx
x
) = limx→0
√1 + 2x+ sinx+
√cosx
sin x2
x2
sin x2 + 2 + sinx
x
=2
3.
h) Neka je
L = limx→π/4
tan 2x tan(π4− x
).
Uvodimo smenu
π
4− x = t ⇒ x → π
4⇔ t → 0,
tan(π
4− x) = tan t,
tan 2x = tan 2(π
4− t) = tan(
π
2− 2t) = cot 2t =
1
tan 2t=
1− tan2 t
2 tan t.
10
Sada je
L = limt→0
tan t(1− tan2 t)
2 tan t= lim
t→0
1− tan2 t
2=
1
2.
i) Neka je
L = limx→π/2
1− sinx(π2 − x
)2 .Uvodimo smenu
t =π
2− x ⇒ x → π
2⇔ t → 0, sinx = sin
(π2− t
)= cos t.
Imamo
L = limt→0
1− cos t
t2= lim
t→0
2 sin2 t2
t2= lim
t→02(sin t
2t2
)2 14=
1
2.
j) Odredujemo
L = limx→0
√2−
√1 + cosx
sin2 x= lim
x→0
√2−
√1 + cosx
sin2 x·√2 +
√1 + cosx√
2 +√1 + cosx
= limx→0
1− cosx
sin2 x(√2 +
√1 + cosx)
= limx→0
2 sin2 x2
4 sin2 x2 cos
2 x2 (√2 +
√1 + cosx)
= limx→0
1
2 cos2 x2 (√2 +
√1 + cosx)
=1
4√2.
7.Odrediti:
a) limx→+∞
( x2
x2 + x+ 1
)1+2x; e) lim
x→0(cosx)cotx/x;
b) limx→0
(1 + tanx)13x ; f) lim
x→0(x+ ex)1/ sinx;
c) limx→0
(2− cosx)3
4x2 ; g) limx→0
(sinxx
) sin xx−sin x ;
d) limx→1
x2xx−1 ;
11
Resenje: a) Racunamo
L = limx→+∞
( x2
x2 + x+ 1
)1+2x= lim
x→+∞
(x2 + x+ 1− (x+ 1)
x2 + x+ 1
)1+2x
= limx→+∞
((1− x+ 1
x2 + x+ 1
)−(x2+x+1)x+1
)−(x+1)(1+2x)
x2+x+1 .
L1 = limx→+∞
−(x+ 1)(1 + 2x)
x2 + x+ 1= lim
x→+∞
−x2(1 + 1
x
)(1x + 2
)x2
(1 + 1
x + 1x2
)= lim
x→+∞
−(1 + 1
x
)(1x + 2
)(1 + 1
x + 1x2
) = −2.
Sada jeL = e−2.
b) Nalazimo
L = limx→0
(1 + tanx)13x = lim
x→0
((1 + tanx)
1tan x
) tan x3x = lim
x→0
((1 + tanx)
1tan x
) sin xx
· 13 cos x
= e1/3.
c) Neka je
L = limx→0
(2− cosx)3
4x2 = limx→0
((1 + 1− cosx)
11−cos x
) 3(1−cos x)
4x2 . (0.1)
Imamo
limx→0
3(1− cosx)
4x2= lim
x→0
6 sin2 x2
4x2= lim
x→0
3
8
(sin x2
x2
)2=
3
8. (0.2)
Na osnovu (0.1) i (0.2) dobijamo
L = e3/8.
d) Odredujemo
L = limx→1
x2xx−1 = lim
x→1(1 + x− 1)
2xx−1 = lim
x→1
((1 + x− 1)
1x−1
)2x= e2.
12
e) Racunamo
L = limx→0
(cosx)cotx/x = limx→0
((1 + cosx− 1)1/(cosx−1)
) (cos x−1) cot xx . (0.3)
Imamo
limx→0
(cosx− 1) cotx
x= lim
x→0
(cosx− 1) cosx
x sinx= lim
x→0
−2 sin2 x2 cosx
x sinx
= limx→0
−2 sin2(x/2)(x/2)2
14 cosx
sinxx
= −1
2. (0.4)
Zamenom (0.4) u (0.3) dobijamo L = e−1/2.
f) Odredujemo
L = limx→0
(x+ ex)1/ sinx = limx→0
((1 + x+ ex − 1)1/(x+ex−1)
)(x+ex−1)/ sinx. (0.5)
Imamo
limx→0
x+ ex − 1
sinx= lim
x→0
( x
sinx+
ex − 1
sinx
)= lim
x→0
( x
sinx+
ex−1x
sinxx
)= 1 + 1 = 2. (0.6)
Zamenom (0.6) u (0.5) dobijamo
L = e2.
g) Odredujemo
L = limx→0
(sinxx
) sin xx−sin x = lim
x→0
(1 +
sinx
x− 1
) sin xx−sin x
= limx→0
((1 +
sinx− x
x
) xsin x−x
) sin x−x = e−1.
13
8. Izracunati:
a) limx→0
e3√1+3x2 − e
1− cosx; d) lim
x→0
1
xlog
√1 + x
1− x;
b) limx→0
log(1 + sin2 x)
ex2 − 1; e) lim
x→0
3√1 + x2 − cosx
log(1− x2);
c) limx→0+
log(1 + 2x)
log(1 + x2);
Resenje: a) Odredujemo
L = limx→0
e3√1+3x2 − e
1− cosx= lim
x→0
e(e
3√1+3x2−1 − 1)
1− cosx=
∣∣∣∣ limt→0
et − 1
t= 1
∣∣∣∣= lim
x→0
e(e
3√1+3x2−1 − 1)
3√1 + 3x2 − 1
·3√1 + 3x2 − 1
1− cosx
= limx→0
e(e
3√1+3x2−1 − 1)
3√1 + 3x2 − 1
3√1 + 3x2 − 1
2 sin2 x2
·3√(1 + 3x2)2 + 3
√1 + 3x2 + 1
3√(1 + 3x2)2 + 3
√1 + 3x2 + 1
= limx→0
e(e
3√1+3x2−1 − 1)
3√1 + 3x2 − 1
· 3x2
2(sin x
2x2
)2x2
4
· 13√(1 + 3x2)2 + 3
√1 + 3x2 + 1
= limx→0
e(e
3√1+3x2−1 − 1)
3√1 + 3x2 − 1
· 6(sin x
2x2
)2 · 13√(1 + 3x2)2 + 3
√1 + 3x2 + 1
= 2e.
b) Odredujemo
L = limx→0
log(1 + sin2 x)
ex2 − 1= lim
x→0
log(1 + sin2 x)
sin2 x· sin
2 x
x2· x2
ex2 − 1= 1.
c) Odredujemo
L = limx→0+
log(1 + 2x)
log(1 + x2)= lim
x→0+
log(1+2x)2x 2x
log(1+x2)x2 x2
= limx→0+
log(1+2x)2x
log(1+x2)x2
· 2x= +∞.
d) Odredujemo
14
L = limx→0
1
xlog
√1 + x
1− x= lim
x→0
1
2xlog
1 + x
1− x= lim
x→0
log(1 + x)− log(1− x)
2x
= limx→0
1
2
( log(1 + x)
x+
log(1− x)
−x
)=
1
2(1 + 1) = 1.
e) Neka je
L = limx→0
3√1 + x2 − cosx
log(1− x2)= lim
x→0
(3√1 + x2 − 1
)+ (1− cosx)
log(1− x2). (0.7)
Imamo
3√1 + x2 − 1 =
(3√1 + x2 − 1
) 3√(1 + x2)2 + 3
√1 + x2 + 1
3√(1 + x2)2 + 3
√1 + x2 + 1
=x2
3√(1 + x2)2 + 3
√1 + x2 + 1
, (0.8)
i1− cosx = 2 sin2
x
2. (0.9)
Ako iskoristimo jednakosti (0.8) i (0.9) i podelimo brojilac i imenilac u (0.7) sa x2
dobijamo
L = limx→0
(3√1 + x2 − 1
)+ (1− cosx)
log(1− x2)= lim
x→0
13√
(1+x2)2+ 3√1+x2+1+ 2
sin2 x2
x2
log(1−x2)x2
= limx→0
13√
(1+x2)2+ 3√1+x2+1+ 1
2
(sin x
2x2
)2− log(1−x2)
−x2
= −5
6.
9.Data je funkcija
f(x) =e2010x − 2
e2011x + 1.
Odreditilim
x→−∞f(x), lim
x→+∞f(x), lim
x→0f(x);
15
Resenje: Neka je
L1 = limx→−∞
e2010x − 2
e2011x + 1=
∣∣∣∣∣ t = −x ⇒x → −∞ ⇔ t → +∞
∣∣∣∣∣= lim
t→+∞
e−2010t − 2
e−2011t + 1= lim
t→+∞
1e2010t
− 21
e2011t+ 1
= −2.
L2 = limx→+∞
e2010x − 2
e2011x + 1= lim
x→+∞
e2010x(1− 2
e2010x
)e2011x
(1 + 1
e2011x
)= lim
x→+∞
1− 2e2010x
ex(1 + 1
e2011x
) = 0.
L3 = limx→0
e2010x − 2
e2011x + 1= −1
2.
Neprekidnost funkcije
Funkcija f je neprekidna u tacki a ako vazi
limx→a−
f(x) = limx→a+
f(x) = f(a).
Neka je a tacka nagomilavanja oblasti definisanosti funkcije f . Funkcija u tackia ima prekid ukoliko nije definisana u tacki a ili ukoliko jeste definisana u tacki a,ali nije neprekidna u a.
Ako je a tacka prekida funkcije f i vazi
limx→a−
f(x) = B1, limx→a+
f(x) = B2, B1, B2 ∈ R,
tada kazemo da u tacki a funkcija ima prekid prve vrste. U slucaju B1 = B2 prekidje otklonjiv.
Ako je a tacka prekida funkcije f i prekid nije prve vrste onda je prekid drugevrste.
16
Zadaci:
1. Ispitati neprekidnost funkcije
f(x) =
{21/x, x = 0,0, x = 0
u tacki x = 0.
Resenje: Racunamo levi i desni limes u nuli
limx→0−
f(x) = limx→0−
21/x =∣∣∣x → 0− ⇔ 1
x → −∞∣∣∣ = 0,
limx→0+
f(x) = limx→0+
21/x =∣∣∣x → 0+ ⇔ 1
x → +∞∣∣∣ = +∞.
Imamo f(0) = limx→0−
f(x) i limx→0+
f(x) = +∞. S obzirom da desni limes nije konacan
prekid je druge vrste. Funkcija je neprekidna sleva.
2.Data je funkcija
f(x) =
1− cos4(1− ex)
x sin 3x, x = 0,
a, x = 0.
Odrediti a ∈ R tako da funkcija f(x) bude neprekidna u x = 0.
Resenje: Vrednost koeficijenta a ∈ R odredujemo iz uslova limx→0
f(x) = f(0) = a.
Odredujemo
limx→0
f(x) = limx→0
1− cos4(1− ex)
x sin 3x
= limx→0
(1− cos(1− ex))(1 + cos(1− ex)(1 + cos2(1− ex)
x sin 3x
= limx→0
2 sin2 1−ex
2 (1 + cos(1− ex))(1 + cos2(1− ex))
x sin 3x
= limx→0
2(sin 1−ex
21−ex
2
)2(1−ex
2
)2(1 + cos(1− ex))(1 + cos2(1− ex))
3x2 sin 3x3x
= limx→0
(sin 1−ex
21−ex
2
)2(ex−1x
)2(1 + cos(1− ex))(1 + cos2(1− ex))
6 sin 3x3x
=2
3.
Imamo a = f(0) = 23 .
17
3.Odrediti vrednost konstante A ∈ R tako da funkcija
f(x) =
3
1− x3+
1
x− 1, x = 1,
A, x = 1
bude neprekidna u tacki 1.
Resenje: Funkcija je neprekidna u tacki 1 ako vazi limx→1
f(x) = f(1) = A.
Odredujemo
limx→1
f(x) = limx→1
( 3
1− x3+
1
x− 1
)= lim
x→1
3− (1 + x+ x2)
1− x3= lim
x→1
2− x− x2
1− x3
= limx→1
(1− x)(2 + x)
(1− x)(1 + x+ x2)= lim
x→1
2 + x
1 + x+ x2= 1.
Imamo A = 1.
4.Odrediti vrednost konstante a ∈ R tako da funkcija
f(x) =
x+ a, x ≤ 0,1− cosx
ax2, x > 0
bude neprekidna na R.
Resenje: Funkcija x+ a je neprekidna za x < 0, jer je elementarna. Funkcija
1− cosx
ax2
je neprekidna za x > 0 kao kolicnik elementarnih funkcija i imenilac je razlicit odnule.
Realnu konstantu a cemo odrediti iz uslova neprekidnosti u tacki x = 0:
limx→0−
f(x) = limx→0+
f(x) = f(0).
Odredujemolim
x→0−f(x) = lim
x→0−(x+ a) = a = f(0),
limx→0+
f(x) = limx→0+
1− cosx
ax2= lim
x→0+
2 sin2 x2
ax2= lim
x→0+
(sin x2
x2
)2 1
2a=
1
2a.
18
Iz uslova neprekidnosti imamo
a =1
2a⇒ a2 =
1
2⇒ a = ±
√2
2.
5.Odrediti vrednost konstante a ∈ R tako da funkcija
f(x) =
{x+ a, x ≤ 1,
axe1/(1−x), x > 1,
bude neprekidna na R.
Resenje: Kao elementarne funkcije, x+ a je neprekidna za x < 1, a axe1/(1−x) jeneprekidna za x > 1. Realnu konstantu a cemo odrediti iz uslova neprekidnosti utacki x = 1:
limx→1−
f(x) = limx→1+
f(x) = f(1).
Odredujemolim
x→1−f(x) = lim
x→1−(x+ a) = 1 + a = f(1),
i
limx→1+
1
1− x= lim
t→0−
1
t= −∞,
odakle jelim
x→1+e1/(1−x) = 0
ilim
x→1+f(x) = lim
x→1+axe1/(1−x) = 0.
Imamo 1 + a = 0, pa je a = −1.
6.Odrediti konstante a, b ∈ R tako da funkcija
f(x) =
sin 2015x
x, x < 0,
ax+ b, 0 ≤ x ≤ 1,log x2
x− 1, x > 1
bude neprekidna na R.
19
Resenje: Funkcijesin 2015x
x, ax+ b,
log x2
x− 1
su neprekidne na (−∞, 0), (0, 1) i (1,+∞) redom, kao elementarne.Realne konstante a i b cemo odrediti iz uslova neprekidnosti u tackama x = 0 i
x = 1.Uslov neprekidnosti u x = 0:
limx→0−
f(x) = limx→0+
f(x) = f(0).
Odredujemo
limx→0−
f(x) = limx→0−
sin 2015x
x= lim
x→0−
sin 2015x
2015x2015 = 2015,
limx→0+
f(x) = limx→0+
(ax+ b) = b = f(0).
Dobijamo b = 2015.Uslov neprekidnosti u x = 1:
limx→1−
f(x) = limx→1+
f(x) = f(1).
Odredujemolim
x→1−f(x) = lim
x→1−(ax+ b) = a+ b = f(1),
limx→1+
f(x) = limx→1+
log x2
x− 1= lim
x→1+
2 log x
x− 1= lim
x→1+
2 log(1 + (x− 1))
x− 1
= limt→0+
2 log(1 + t)
t= 2,
pri cemu smo uveli smenu t = x− 1 i vazi x → 1+ ⇒ t → 0+.Dobijamo a+ b = 2, odakle je a = 2− 2015 = −2013.
7.Odrediti konstante a, b ∈ R tako da funkcija
f(x) =
sin(ex − 1)
2x, x < 0,
x2 + ax+ b, 0 ≤ x ≤ 1,√x+ 3− 2√x− 1
, x > 1
bude neprekidna na R.
20
Resenje: Funkcije
sin(ex − 1)
2x, x2 + ax+ b),
√x+ 3− 2√x− 1
su neprekidne na (−∞, 0), (0, 1) i (1,+∞) redom, kao elementarne.Realne konstante a i b cemo odrediti iz uslova neprekidnosti u tackama x = 0 i
x = 1.Uslov neprekidnosti u x = 0:
limx→0−
f(x) = limx→0+
f(x) = f(0).
Odredujemo
limx→0−
f(x) = limx→0−
sin(ex − 1)
2x= lim
x→0−
1
2
sin(ex − 1)
ex − 1
ex − 1
x=
1
2.
Imamolim
x→0+f(x) = lim
x→0+(x2 + ax+ b) = b = f(0).
Dobijamo b =1
2.
Uslov neprekidnosti u x = 1:
limx→1−
f(x) = limx→1+
f(x) = f(1).
Odredujemo
limx→1−
f(x) = limx→1−
(x2 + ax+ b) = 1 + a+ b = f(1),
limx→1+
f(x) = limx→1+
√x+ 3− 2√x− 1
= limx→1+
√x+ 3− 2√x− 1
·√x+ 3 + 2√x+ 3 + 2
·√x+ 1√x+ 1
= limx→1+
(x− 1)(√
x+ 1)
(x− 1)(√
x+ 3 + 1) = lim
x→1+
√x+ 1√
x+ 3 + 1=
2
3.
Dobijamo 1 + a+ b = 23 , odakle je a =
2
3− 1− 1
2= −5
6.
21
8.Odrediti konstante a, b ∈ R tako da funkcija
f(x) =
ax2
π2− 1, x ≤ −π/2,
2b+ sinx, −π/2 < x ≤ π/2,
a− 5b logπ/2 x, x > π/2
bude neprekidna za svako x ∈ R.
Resenje: Funkcije
ax2
π2− 1, 2b+ sinx, a− 5b logπ/2 x
su neprekidne na (−∞,−π/2), (−π/2, π/2) i (π/2,+∞) redom, kao elementarne.Realne konstante a i b odredujemo iz uslova neprekidnosti u tackama x = −π/2
i x = π/2.Uslov neprekidnosti u x = −π/2:
limx→−π/2−
f(x) = limx→−π/2+
f(x) = f(−π/2).
Odredujemo
limx→−π/2−
f(x) = limx→−π/2−
(ax2π2
− 1)=
a
4− 1 = f(−π/2),
limx→−π/2+
f(x) = limx→−π/2+
(2b+ sinx) = 2b− 1.
Dobijamo a4 − 1 = 2b− 1, odnosno a = 8b.
Uslov neprekidnosti u x = π/2:
limx→π/2−
f(x) = limx→π/2+
f(x) = f(π/2).
Odredujemo
limx→π/2−
f(x) = limx→π/2−
(2b+ sinx) = 2b+ 1 = f(π/2),
limx→π/2+
f(x) = limx→π/2+
(a− 5b logπ/2 x
)= a− 5b.
Vazi 2b+ 1 = a− 5b, odakle imamo a = 7b+ 1.Koeficijente a i b odredujemo kao resenje sistema{
a = 8ba = 7b+ 1
⇒ b = 1, a = 8.
22
9.Odrediti konstante a, b ∈ R tako da funkcija
f(x) =
sin ax
4x, x < 0,
b2x2 + b(x+ 2), 0 ≤ x ≤ 2,
e1/(2−x) − 1, x > 2
bude neprekidna za svako x ∈ R.
Resenje: Funkcije
sin ax
4x, b2x2 + b(x+ 2), e1/(2−x) − 1
su neprekidne na (−∞, 0), (0, 2) i (2,+∞) redom, kao elementarne.Realne konstante a i b odredujemo iz uslova neprekidnosti u tackama x = 0 i
x = 2.Uslov neprekidnosti u x = 0:
limx→0−
f(x) = limx→0+
f(x) = f(0).
Odredujemo
limx→0−
f(x) = limx→0−
sin ax
4x= lim
x→0−
sin ax
ax
a
4=
a
4,
limx→0+
f(x) = limx→0+
(b2x2 + b(x+ 2)) = 2b = f(0).
Dobijamo a4 = 2b, odnosno a = 8b.
Uslov neprekidnosti u x = 2:
limx→2−
f(x) = limx→2+
f(x) = f(2).
Odredujemo
limx→2−
f(x) = limx→2−
(b2x2 + b(x+ 2)) = 4b2 + 4b = f(2),
limx→2+
f(x) = limx→2+
(e1/(2−x) − 1
)=
∣∣∣∣∣x → 2+ ⇔ 12−x → −∞
⇒ e1/(2−x) → 0
∣∣∣∣∣ = −1.
Imamo 4b2 + 4b = −1, odakle je (2b + 1)2 = 0, odnosno b = −1/2. Sada jea = 8b = −4.
23
10. Odrediti konstante A,B ∈ R tako da je funkcija
f(x) =
π
3x+ e1/(x−1), x < 1,
A, x = 1,
B + arctan 1x−1 , x > 1
neprekidna na svako R.
Resenje: Funkcije(π3x+ e1/(x−1)
)i
(B + arctan 1
x−1
)su neprekidne za x < 1 i
x > 1, redom, kao elementarne.Realne konstante A i B odredujemo iz uslova neprekidnosti u tacki x = 1.Najpre odredujemo
x → 1− ⇔ 1
x− 1→ −∞ ⇒ e1/(x−1) → 0, arctan
1
x− 1→ −π
2,
x → 1+ ⇔ 1
x− 1→ +∞ ⇒ e1/(x−1) → +∞, arctan
1
x− 1→ π
2.
Uslov neprekidnosti u x = 1:
limx→1−
f(x) = limx→1+
f(x) = f(1).
Leva i desna granicna vrednost su
limx→1−
f(x) = limx→1−
(π3x+ e1/(x−1)
)=
π
3,
limx→1+
f(x) = limx→1+
(B + arctan
1
x− 1
)= B +
π
2.
Dobijamoπ
3= A = B +
π
2
odakle je A =π
3, B = −π
6 .
11. Odrediti tacke prekida i vrstu prekida funkcije
a) f(x) =1
1 + e1/x, b) f(x) = xe1/x, c) f(x) = sin
1
x,
d) f(x) =sinx
x, e) f(x) =
|x|x
.
24
Resenje: U svakom od datih slucajeva tacka x = 0 je tacka prekida. Odredicemovrstu prekida.
a) Odredujemo levi i desni limes funkcije f u nuli
limx→0−
f(x) = limx→0−
1
1 + e1/x=
∣∣∣∣∣x → 0− ⇔ 1x → −∞
⇒ e1/x → 0
∣∣∣∣∣ = 1. (0.10)
limx→0+
f(x) = limx→0−
1
1 + e1/x=
∣∣∣∣∣x → 0+ ⇔ 1x → +∞
⇒ e1/x → +∞
∣∣∣∣∣ = 0. (0.11)
Na osnovu rezultata (0.12) i (0.13) imamo da je prekid prve vrste, neotklonjiv( limx→0−
f(x) = 1 = 0 = limx→0+
f(x)).
b) Levi i desni limes funkcije f u nuli je
limx→0−
f(x) = limx→0−
xe1/x =
∣∣∣∣∣x → 0− ⇔ 1x → −∞
⇒ e1/x → 0
∣∣∣∣∣ = 0. (0.12)
limx→0+
f(x) = limx→0+
xe1/x = limx→0+
e1/x
1/x=
∣∣∣∣∣x → 0+ ⇔ 1x → +∞
⇒ e1/x → +∞
∣∣∣∣∣= lim
t→+∞
et
t= +∞. (0.13)
Na osnovu rezultata (0.12) i (0.13) imamo da je prekid druge vrste.
c) Za funkciju f(x) = sin1
xne postoje ni leva ni desna granicna vrednost.
Naime, ako posmatramo nizove {xn}n∈N i {x′n}n∈N
xn =1
nπ→ 0, x′n =
2
4nπ + π→ 0, n → +∞
vrednosti funkcije f u tackama koje pripadaju ovim nizovima formiraju nizove{f(xn)}n∈N i {f(x′n)}n∈N koji konvergiraju ka razlicitim vrednostima
f(xn) = sinnπ = 0 → 0, f(x′n) = sin(π
2+ 2nπ) = 1 → 1, n → +∞.
Na osnovu Hajneove definicije granicna vrednost date funkcije ne postoji. Prekidje druge vrste.
d) Za funkciju f imamo
25
limx→0+
sinx
x= lim
x→0−
sinx
x= 1.
Prekid je prve vrste, otklonjiv.
e) Imamo
limx→0+
|x|x
= limx→0+
x
x= 1
limx→0−
|x|x
= limx→0−
−x
x= −1.
Leva i desna granicna vrednost su konacne i razlicite, pa je prekid prve vrste,neotklonjiv.
12. Odrediti vrstu prekida u tacki x = 0 za funkciju
a) f(x) = 2−1/x, b) f(x) = 2−1/x2.
Resenje: a) Odredujemo levi i desni limes funkcije
limx→0−
f(x) = limx→0−
2−1/x =∣∣∣x → 0− ⇒ −1
x → +∞∣∣∣ = +∞,
limx→0+
f(x) = limx→0+
2−1/x =∣∣∣x → 0+ ⇒ −1
x → −∞∣∣∣ = 0.
Imamo limx→0−
f(x) = +∞ i limx→0+
f(x) = 0. S obzirom da levi limes nije konacan,
prekid je druge vrste.
b) Odredujemo limes funkcije (levi i desni limes su jednaki)
limx→0
f(x) = limx→0
2−1/x2=
∣∣∣x → 0 ⇒ −1x2 → −∞
∣∣∣ = 0.
Imamo limx→0
f(x) = 0, prekid je prve vrste, otklonjiv.
13. Odrediti tacke prekida i vrstu prekida funkcije
f(x) =sin(x− 3)
x2 − 4x+ 3.
26
Resenje: Funkciju f(x) mozemo napisati u obliku
f(x) =sin(x− 3)
(x− 3)(x− 1).
Uocavamo da su tacke prekida x = 1 i x = 3. Odredicemo vrstu prekida u ovimtackama.
Tacka x = 1:
limx→1−
f(x) = limx→1−
sin(x− 3)
x− 3· 1
x− 1=
∣∣∣∣∣x → 1− ⇒ 1x−1 → −∞
x → 1− ⇒ sin(x−3)x−3 → sin 2
2
∣∣∣∣∣ = −∞.
Dobijena leva granicna vrednost je beskonacna, pa mozemo i bez odredivanja desnegranicne vrednosti da zaklucimo da je prekid druge vrste.
Tacka x = 3:
limx→3
f(x) = limx→3
sin(x− 3)
x− 3· 1
x− 1=
∣∣∣∣∣x → 3 ⇒ sin(x−3)x−3 → 1
x → 3 ⇒ 1x−1 → 1
2
∣∣∣∣∣ = 1
2.
U ovom slucaju smo dobili konacnu granicnu vrednost, istu i levu i desnu granicnuvrednost, pa je prekid prve vrste, otklonjiv.
14. Dokazati da je x = 1 tacka prekida funkcije
f(x) =
1
arctanx+ e1/(1−x), x = 1,
0, x = 1
i odrediti vrstu prekida.
Resenje: Odredujemo levu i desnu granicnu vrednost:
limx→1−
f(x) = limx→1−
1
arctanx+ e1/(1−x)=
∣∣∣∣∣∣∣x → 1− ⇒ 1
1−x → +∞x → 1− ⇒ e
11−x → +∞
x → 1− ⇒ arctanx → π4
∣∣∣∣∣∣∣ = 0,
limx→1+
f(x) = limx→1+
1
arctanx+ e1/(1−x)=
∣∣∣∣∣∣∣x → 1+ ⇒ 1
1−x → −∞x → 1+ ⇒ e
11−x → 0
x → 1+ ⇒ arctanx → π4
∣∣∣∣∣∣∣ =4
π.
27
Imamo
f(1) = limx→1−
f(x) = 0 = limx→1+
f(x) =4
π.
Funkcija ima prekid u x = 1 (neprekidna je sleva). Prekid je prve vrste.
15. Odrediti tacke prekida i ispitati vrstu prekida funkcije f(x) = [x].
Resenje: Za svako x ∈ R postoji jedinstveno n ∈ Z tako da vazi
n ≤ x < n+ 1 ⇒ f(x) = [x] = n.
Sada imamo, za n ∈ Z,
limx→n−
f(x) = limx→n−
[x] = n− 1,
limx→n+
f(x) = limx→n+
[x] = n = f(n).
S obzirom da leva i desna granicna vrednost nisu jednake funkcija ima prekid usvakoj tacki n ∈ Z, a kako su dobijene granicne vrednosti konacne, prekid je prvevrste, neotklonjiv.
16. Ispitati vrstu prekida funkcija
f(x) =1
x, g(x) = 1 + 21/x, h(x) =
1
1 + 21/x.
Resenje: Za funkciju f vazi
x → 0− ⇔ 1
x→ −∞
odakle imamo i bez odredivanja desne granicne vrednosti (x → 0+ ⇒ 1x → +∞)
da je prekid druge vrste.
Za funkciju g(x) imamo
x → 0− ⇒ 1
x→ −∞ ⇒ 21/x → 0 ⇒ 1 + 21/x → 1,
x → 0+ ⇒ 1
x→ +∞ ⇒ 21/x → +∞ ⇒ 1 + 21/x → +∞.
Desna granicna vrednost je beskonacna, pa je prekid druge vrste.
28
U slucaju funkcije h(x) vazi
x → 0− ⇒ 1
x→ −∞ ⇒ 21/x → 0 ⇒ 1 + 21/x → 1 ⇒ 1
1 + 21/x→ 1,
x → 0+ ⇒ 1
x→ +∞ ⇒ 21/x → +∞ ⇒ 1 + 21/x → +∞ ⇒ 1
1 + 21/x→ 0.
Leva i desna granicna vrednost su konacne i razlicite, pa je prekid prve vrste,neotklonjiv.