matematika 1 - sytrimme.weebly.com · zbirka sadrˇzi 153 potpuno rijeˇsena zadatka iz poglavlja...

Ivan Slapnicar

Josipa Baric

Marina Nincevic

MATEMATIKA 1

Zbirka zadataka

http://www.fesb.hr/mat1

Sveuciliste u Splitu

Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje

Split, veljaca 2008.

Sadrzaj

Popis slika xiii

Predgovor xv

1. OSNOVE MATEMATIKE 1

1.1 Nejednadzbe s apsolutnom vrijednoscu . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom . . . . . . . . . . 3

1.3 Dokazivanje nejednakosti pomocu matematicke indukcije . . . . . . . 4

1.4 Binomni poucak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . . . . . 6

1.7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.8 Konjugiranje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.9 Modul kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.11 Jednakost kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.17 Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . 17

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . 19

v

1.20 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.21 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2. LINEARNA ALGEBRA 29

2.1 Osnovne operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2 Mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3 Matricni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4 Komutativnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.5 Potenciranje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.6 Sustav linearnih jednadzbi bez rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem . . . . . . . . . . 34

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja . . . . . . . . . . . 36

2.9 Homogeni sustav linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . 39

2.11 Homogeni sustav jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . 42

2.12 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.13 Rang matrice ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.14 Sarrusovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.15 Laplaceov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.16 Svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . . . . 47

2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik . 49

2.20 Regularna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.21 Racunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom . . . . . . 50

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti . . . . . . . . . . . 51

2.23 Formula za inverz matrice drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.24 Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.25 Matricna jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.26 Jednadzba s kvadratnim matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem . . . . . . . . . . . . . 55

2.28 Rastav matrice na simetricni i antisimetricni dio . . . . . . . . . . . 57

2.29 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

vi

2.30 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3. VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA GEOMETRIJA 65

3.1 Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.2 Vektorska projekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.3 Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.4 Linearna kombinacija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.5 Povrsina i visina trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.6 Povrsina paralelograma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.7 Povrsina i duljina dijagonala romba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.8 Mjesoviti produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.9 Volumen paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.10 Visina paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.11 Volumen tetraedra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.12 Jednadzba ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.13 Pramen ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.14 Okomite ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.15 Jednadzba pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.16 Okomiti pravci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.17 Ravnina paralelna pravcu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.18 Sjeciste pravca i ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.19 Sjeciste dvaju pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.20 Ortogonalna projekcija tocke na pravac . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.21 Ortogonalna projekcija tocke na ravninu . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.22 Ortogonalna projekcija pravca na ravninu . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.23 Udaljenost tocaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.24 Udaljenost ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.25 Udaljenost pravca od ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.26 Udaljenost tocke od pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.27 Udaljenost paralelnih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.28 Udaljenost mimosmjernih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.29 Sjeciste simetrale kuta i simetrale stranice . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.30 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

vii

3.31 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4. FUNKCIJE REALNE VARIJABLE 93

4.1 Podrucje definicije funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.3 Graf opce sinusoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.4 Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.5 Nejednadzba s kompozicijom funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.6 Inverzna funkcija i podrucje definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.7 Inverzna funkcija logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.8 Limes slijeva i zdesna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.9 Limes oblika ∞/∞ u beskonacnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.10 Limes racionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.11 Limes racionalne funkcije oblika ∞−∞ . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.12 Limes iracionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.13 Limes iracionalne funkcije oblika ∞−∞ . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.14 Primjena lim(sinx)/x kada x→ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.15 Primjena lim(sinx)/x kada x→ ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

4.16 Limes oblika a∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.17 Primjena limesa koji daju broj e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.18 Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.19 Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.20 Asimptote racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.21 Asimptote iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.22 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom . . . . . . . . . . . . 116

4.23 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.24 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

5. DERIVACIJE I PRIMJENE 127

5.1 Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

5.3 Logaritamsko deriviranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

5.4 Deriviranje implicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

viii

5.5 Derivacije viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5.6 Deriviranje parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 135

5.7 Tangenta na eksplicitno zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . . 136

5.8 Tangenta na parametarski zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . . . 136

5.9 Kut izmedu tangenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

5.10 L’Hospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

5.11 Lokalni ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . 143

5.13 Lokalni ekstremi i siljci funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

5.14 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.15 Tocke infleksije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

5.16 Tocke infleksije i intervali zakrivljenosti . . . . . . . . . . . . . . . . 147

5.17 Geometrijski ekstrem I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

5.18 Geometrijski ekstrem II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

5.19 Geometrijski ekstrem III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

5.20 Geometrijski ekstrem IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5.21 Tok funkcije I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

5.22 Tok funkcije II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

5.23 Tok funkcije III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

5.24 Tok funkcije IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

5.25 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

5.26 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

6. NIZOVI I REDOVI 179

6.1 Limes niza po definiciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

6.2 Gomiliste niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

6.3 Konvergencija monotonog i omedenog niza . . . . . . . . . . . . . . . 181

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

6.5 Limes uklijestenog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

6.6 Limes produkta nul-niza i omedenog niza . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.7 Limesi nizova sa sumama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.8 Limesi nizova s produktima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

6.9 Limes niza s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

ix

6.10 Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . 189

6.11 Konvergencija i suma reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

6.12 Suma reda s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

6.13 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . 192

6.14 Nuzan uvjet konvergencije reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

6.15 Prvi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

6.16 Drugi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

6.17 D’Alembertov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.18 Cauchyjev kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.19 Raabeov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

6.20 Apsolutna konvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

6.21 Leibnizov kriterij konvergencije za alternirane redove . . . . . . . . . 199

6.22 Odredivanje podrucja konvergencije D’Alembertovim kriterijem . . . 201

6.23 Odredivanje podrucja konvergencije Cauchyjevim kriterijem . . . . . 202

6.24 Podrucje apsolutne konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

6.25 Taylorov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 206

6.27 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 208

6.28 Taylorov razvoj iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

6.29 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 210

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija . . . . . . . 211

6.31 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

6.32 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

A. DA/NE KVIZ 223

A.1 Osnove matematike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

A.2 Linearna algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

A.3 Vektorska algebra i analiticka geometrija . . . . . . . . . . . . . . . . 236

A.4 Funkcije realne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

A.5 Derivacije i primjene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

A.6 Nizovi i redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

x

Popis slika

1.1 Graf parabola y = x2 − 2x i y = 2x2 − x− 3. . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1, y ≤ −x+ 1}. . . . . . . . 15

1.3 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : 4 < x2 + y2 < 9} ∩ {z ∈ C : π3 ≤ arg z ≤ π}. 16

1.4 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y < x2

4 − 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.5 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : (x− 1)2 + y2 ≥ 1, y ≥ 3x− 1}. . . . . . . . 18

1.6 Rjesenje nejednadzbe (1.12). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.7 Rjesenje nejednadzbe (1.13). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.8 Presjek skupova prikazanih na slikama 1.6 i 1.7. . . . . . . . . . . . . 22

1.9 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 < 1, (x− 1)2 + y2 ≤ 1}. . . . 26

1.10 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 1 − y2

4}. . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.11 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x+ 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.12 Slika skupa {(x, y) ∈ R2 :(

x+ 1√2

)2

+(

y − 1√2

)2

≤ 12 i y ≤ x+

√2}. 28

4.1 Sinusoida f1(x) = sin 2x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.2 Sinusoida f2(x) = sin(2x− π

3

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.3 Sinusoida f(x) = − 12 sin

(2x− π

3

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.4 Graf funkcije f(x) =x2

x2 − 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.5 Graf funkcije f(x) =x2 + 2x

x− 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.6 Graf funkcije f(x) =√

4x2 + x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

4.7 Graf funkcije f(x) =√

4x2 + x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.8 Graf funkcije f(x) = 2 sin(

12x− π

4

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

4.9 Graf funkcije f(x) = 2 cos(3x+ π

4

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

xi

4.10 Graf funkcije f(x) = cos2 x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4.11 Graf funkcije f(x) =1

x2 − 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4.12 Graf funkcije f(x) =x2 + 2x− 3

x+ 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4.13 Graf funkcije f(x) =2x2 + 9x+ 7

3(x+ 4). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

4.14 Graf funkcije f(x) =x

2x+ 3e1/x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

5.1 Presjek kruznog stosca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

5.2 Presjek kanala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

5.3 Pravokutnik upisan u prvi kvadrant elipse . . . . . . . . . . . . . . . 150

5.4 Trokut omedjen tangentom i koordinatnim osima . . . . . . . . . . . 152

5.5 Graf funkcije f(x) = x2 +2

x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

5.6 Graf funkcije f(x) =(1 − x2

)e−x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

5.7 Graf funkcije f(x) =ln 2x√x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

5.8 Graf funkcije f(x) = 2 sin(2x) + sin(4x). . . . . . . . . . . . . . . . . 162

5.9 Graf funkcije f(x) =x− 1

x+ 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

5.10 Graf funkcije f(x) = x+ 1 − 2

x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

5.11 Graf funkcije f(x) =7

x2 + 3− 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

5.12 Graf funkcije f(x) =2x3

x2 − 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

5.13 Grafovi funkcija g(x) = e1x − ex i f(x) = |e 1

x − ex|. . . . . . . . . . . 174

5.14 Graf funkcije f(x) = x1 + lnx

1 − lnx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

5.15 Graf funkcije f(x) = ex2

−1

x2−4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

5.16 Graf funkcije f(x) = ln

(

1 +2

x2 + x− 2

)

. . . . . . . . . . . . . . . . 176

5.17 Graf funkcije f(x) = x− 2 ln

(

1 − 1

x

)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

5.18 Graf funkcije f(x) =

√x2 − 3x− 4

2x+ 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

xii

5.19 Graf funkcije f(x) = x1x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

xiii

Predgovor

Ova zbirka namijenjena je studentima tehnickih i prirodnih znanosti, a u prvom redustudentima Sveucilista u Splitu, Fakulteta elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje(FESB). U zbirci je izlozeno gradivo kolegija ”Matematika 1” po sadrzaju koji sepredaje na FESB-u. Zbirka sadrzi 153 potpuno rijesena zadatka iz poglavlja Osnove

matematike, Linearna algebra, Vektorska algebra i analiticka geometrija, Funkcije

realne varijable, Derivacije i primjene te Nizovi i redovi. Slican sadrzaj nalazi se uvecini istoimenih kolegija koji se predaju na tehnickim i prirodoslovnim fakultetima.

Zbirka prati gradivo i nacin izlaganja udzbenika Sveucilista u Splitu: I. Slapnicar,Matematika 1, Sveuciliste u Splitu, FESB, Split, 2002., te se rjesenja zadataka, radilakseg pracenja i razumijevanja, referenciraju na odgovarajuce djelove udzbenika.Pored potpuno rijesenih zadataka, zbirka sadrzi i 166 zadataka za vjezbu s rjesenjima.

Posebnost zbirke je u tome sto svaki zadatak ima naslov iz kojeg se vidi sto studenttreba nauciti. Druga posebnost zbirke je dodatak u kojem se nalazi DA/NE kvizsa sto pitanja razlicite tezine iz svakog poglavlja, takoder s rjesenjima.

Buduci se radi o standardnom sadrzaju, nije citirana posebna literatura. Spomenutcemo samo neke od knjiga koje su utjecale na sadrzaj:

B. P. Demidovic, Zadaci i rijeseni primjeri iz vise matematike, Tehnicka knjiga,Zagreb, 1978.

P. Javor, Matematicka analiza, Zbirka zadataka, Skolska knjiga, Zagreb, 1989.

V. Devide, Rijeseni zadaci iz vise matematike, svezak I i II, Skolska knjiga, Zagreb,1992.

B. Apsen, Rijeseni zadaci vise matematike, prvi dio, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1982.

U izradi zbirke koristena su iskustva i zabiljeske bivsih i sadasnjih nastavnika ma-tematike na FESB-u pa im ovom prilikom iskazujemo svoju zahvalnost. Posebnozahvaljujemo kolegama Marku Matici i Sasi Kresicu-Juricu na pomoci pri pripremidjelova zbirke te Neveni Jakovcevic Stor, Ivancici Mirosevic, Ireni Dolonga, RatkiRadovic, Vanji Zupanovic i Ivanu Bilobrku, na pazljivom citanju teksta i ispravcimapogresaka.

U Splitu, veljace 2008.

Autori

xv

1.

OSNOVE MATEMATIKE

1.1 Nejednadzbe s apsolutnom vrijednoscu . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom . . . . . . . 3

1.3 Dokazivanje nejednakosti pomocu matematicke indukcije . . . . 4

1.4 Binomni poucak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima . . . . . . . . . . . 6

1.7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . 6

1.8 Konjugiranje kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.9 Modul kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.11 Jednakost kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . 8

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . 12

1.17 Kompleksna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . . 17

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva . . . . . . . . 19

1.20 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.21 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2 OSNOVE MATEMATIKE

1.1 Nejednadzbe s apsolutnom vrijednoscu

Rijesite sljedece nejednadzbe:

(a) |x− 1| < |x+ 1|,

(b) |x2 − 2x| ≤ 3 − x− x2.

Rjesenje.

(a) Buduci da su obje strane zadane nejednadzbe pozitivne, smijemo kvadrirati.Time dobivamo sljedecu nejednadzbu

(x − 1)2 < (x + 1)2,

odnosnox2 − 2x+ 1 < x2 + 2x+ 1,

odakle slijedi4x > 0,

pa nejednadzbu zadovoljava svaki pozitivni realni broj. Dakle, rjesenje je skup

〈0,∞〉.

(b) Desna strana nejednadzbe moze biti i pozitivna i negativna pa ne smijemokvadrirati. Stoga promatrajmo dva slucaja ovisno o predznaku izraza koji senalazi unutar apsolutnih zagrada:

Slucaj 1. Pretpostavimo da vrijedi

x2 − 2x ≥ 0. (1.1)

Tada je|x2 − 2x| = x2 − 2x,

pa u ovom slucaju zadana nejednadzba glasi

x2 − 2x ≤ 3 − x− x2,

odnosno2x2 − x− 3 ≤ 0. (1.2)

Rjesenje ovog slucaja je presjek rjesenja kvadratnih nejednadzbi (1.1) i (1.2).Iz grafa parabole y = x2 − 2x slijedi da je rjesenje nejednadzbe (1.1) skup〈−∞, 0]∪ [2,+∞〉, a iz grafa parabole y = 2x2 − x− 3 (vidi sliku 1.1) slijedi daje rjesenje nejednadzbe (1.2) segment [−1, 3

2 ]. Dakle, rjesenje prvog slucaja jepresjek dobivenih skupova, odnosno segment [−1, 0].

Slucaj 2. Pretpostavimo sada da vrijedi

x2 − 2x < 0. (1.3)

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom 3

-2 2

-2

2

y=x2-2x

-1 ��

3

2

-3

y=2x2-x-3

Slika 1.1: Graf parabola y = x2 − 2x i y = 2x2 − x− 3.

Tada je

|x2 − 2x| = −(x2 − 2x),

pa u ovom slucaju zadana nejednadzba glasi

−(x2 − 2x) ≤ 3 − x− x2,

odnosno

x ≤ 1. (1.4)

Buduci da je rjesenje nejednadzbe (1.3) interval 〈0, 2〉 (vidi sliku 1.1), a nejed-nadzbe (1.4) skup 〈−∞, 1], rjesenje drugog slucaja je njihov presjek 〈0, 1].

Ukupno rjesenje je unija rjesenja prvog i drugog slucaja, odnosno

[−1, 0] ∪ 〈0, 1] = [−1, 1].

1.2 Dokazivanje jednakosti matematickom indukcijom

Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi

1 + a+ a2 + . . .+ an =an+1 − 1

a− 1, a 6= 1, (1.5)

1 + 22 + 32 + 42 + · · ·n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6. (1.6)

Rjesenje. Neka je M skup svih prirodnih brojeva n za koje vrijedi jednakost (1.5).Zelimo dokazati da je M = N. Jednakost ocigledno vrijedi za n = 1 pa je timezadovoljena baza indukcije. Sada pretpostavimo da jednakost (1.5) vrijedi za svek = 1, 2, . . . , n. Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n + 1. Iskoristimopretpostavku da jednakost (1.5) vrijedi za k = n. Tada je

1 + a+ a2 + . . .+ an + an+1 =an+1 − 1

a− 1+ an+1 =

an+2 − 1

a− 1, (1.7)

4 OSNOVE MATEMATIKE

sto pokazuje da jednakost (1.5) vrijedi za k = n + 1. Time je ispunjen korakindukcije. Buduci da je n proizvoljan, princip matematicke indukcije P4 iz [M1,definicija 1.13] povlaci da je M = N, odnosno da jednakost (1.5) vrijedi za sven ∈ N.

Napomenimo da jednakost (1.5) mozemo dokazati i direktno, odnosno bez koristenjamatematicke indukcije. Naime, za svaki a 6= 1 vrijedi

1 + a+ a2 + . . .+ an = (1 + a+ a2 + . . .+ an) · a− 1

a− 1

=a+ a2 + a3 + · · · an + an+1 − 1 − a− a2 − · · · − an

a− 1

=an+1 − 1

a− 1.

Jednakost (1.6) dokazujemo slicno: uvrstavanje daje

1 + 22 + 32 + 42 + · · ·n2 + (n+ 1)2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6+ (n+ 1)2

=n(n+ 1)(2n+ 1) + 6(n+ 1)2

6=

2n3 + 9n2 + 13n+ 6

6

=(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6,

s cime smo dokazali korak indukcije.

1.3 Dokazivanje nejednakosti pomocu matematicke indukcije

Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n ≥ 2 vrijedi

(1 + a)n > 1 + na, a > 0. (1.8)

Rjesenje. Oznacimo s M skup svih prirodnih brojeva n ≥ 2 za koje nejednakost(1.8) vrijedi. Za n = 2 dobivamo

(1 + a)2 = 1 + 2a+ a2 > 1 + 2a,

pa vrijedi baza indukcije. Pretpostavimo da nejednakost (1.8) vrijedi za k =2, 3, . . . n. Trebamo pokazati da tada vrijedi i za k = n+ 1. Krenimo od lijevestrane nejednakosti. Koristenjem pretpostavke da (1.8) vrijedi za k = n, dobivamo

(1 + a)n+1 = (1 + a)(1 + a)n > (1 + a)(1 +na) = 1 + (n+ 1)a+na2 > 1 + (n+ 1)a.

Dokazali smo da je(1 + a)n+1 > 1 + (n+ 1)a,

odnosno da nejednakost (1.8) vrijedi za k = n + 1. Buduci da je n proizvoljan, izprincipa matematicke indukcije P4 iz [M1, definicija 1.13] slijedi M = N. Dakle,nejednakost (1.8) je istinita za sve prirodne brojeve n 6= 1.

1.4 Binomni poucak 5

1.4 Binomni poucak

U razvoju binoma(√

x+14√x

)6

odredite clan koji ne sadrzi x.

Rjesenje. Prema [M1, teorem 1.6] vrijedi

(√x+

14√x

)6

=

6∑

k=0

(6

k

)(√x)6−k

(14√x

)k

=

6∑

k=0

(6

k

)

· x3− 34 k.

Clan u razvoju binoma koji ne sadrzi x dobije se uvrstavanjem onog k ∈ N za kojegvrijedi

3 − 3

4k = 0,

pa je k = 4 i trazeni clan(

6

4

)

=6!

4! · 2!= 15.

1.5 Zbroj koeficijenata u razvoju binoma

Odredite zbroj koeficijenata u razvoju binoma

(5x2 − 4y3

)7.

Rjesenje. Prema [M1, teorem 1.6] je

(5x2 − 4y3

)7=

7∑

k=0

(7

k

)(5x2)7−k (−4y3

)k,

odnosno

(5x2 − 4y3

)7=

7∑

k=0

(7

k

)

57−k(−4)kx2(7−k)y3k.

Uvrstavanjem x = 1 i y = 1 u gornju jednakost dobivamo trazeni zbroj jer vrijedi

(5 · 12 − 4 · 13

)7=

7∑

k=0

(7

k

)

57−k(−4)k.

Dakle, zbroj koeficijenata u razvoju zadanog binoma iznosi 1.

6 OSNOVE MATEMATIKE

1.6 Osnovne operacije s kompleksnim brojevima

Izracunajte z1 + z2, z1 − z2, z1 · z2 iz1z2

ako je z1 = 1 − i, z2 = 2 + 3i.

Rjesenje. Vrijedi

z1 + z2 = (1 − i) + (2 + 3i) = 3 + 2i,

z1 − z2 = (1 − i) − (2 + 3i) = −1 − 4i,

z1 · z2 = (1 − i) · (2 + 3i) = 2 + 3i− 2i− 3i2 = 5 + i,

z1z2

=1 − i

2 + 3i· 2 − 3i

2 − 3i=

2 − 3i− 2i+ 3i2

22 − (3i)2=

−1 − 5i

4 + 9= − 1

13− 5

13i.

1.7 Realni i imaginarni dio kompleksnog broja

Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja z ako je:

(a) z =i6 + i3

i2 − i7,

(b) z =4 i303√3 + i

.

Rjesenje.

(a) Buduci da je i2 = −1, i3 = −i, i6 = i4 · i2 = 1 · (−1) = −1, i7 = i4 · i3 =1 · (−i) = −i, uvrstavanjem i racionalizacijom nazivnika slijedi

z =i6 + i3

i2 − i7=

−1 − i

−1 + i=

1 + i

1 − i· 1 + i

1 + i=

1 + 2i+ i2

1 − i2=

1 + 2i− 1

1 − (−1)=

2i

2= i

pa je Re z = 0, Im z = 1.

(b) Buduci da je i303 = i4·75+3 =(i4)75 · i3 = 175 · (−i) = −i, racionalizacijom

nazivnika slijedi

z =−4i√3 + i

·√

3 − i√3 − i

=−4

√3 i+ 4i2

(√3)2 − i2

=−4

√3 i− 4

3 − (−1)=

−4 − 4√

3 i

4= −1−

√3 i

pa je Re z = −1, Im z = −√

3.

1.8 Konjugiranje kompleksnog broja

Za kompleksne brojeve w i z, izrazite w preko z ako je w =(2 − i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1.

1.9 Modul kompleksnog broja 7

Rjesenje. Prema formulama pod (a), (b) i (c) iz [M1, zadatak 1.5], vrijedi

w =

[(2 − i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1

]

=(2 − i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1=

(2 − i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1

=(2 − i) · z + i

(3 + 2i) · z − 1=

(2 + i) · z + (−i)(3 − 2i) · z − 1

=(2 + i) · z − i

(3 − 2i) · z − 1.

1.9 Modul kompleksnog broja

Ako je |z| = 1, izracunajte |1 + z|2 + |1 − z|2.Rjesenje. Prema formuli pod (h) iz [M1, zadatak 1.5], vrijedi

|1 + z|2 + |1 − z|2 = (1 + z)(1 + z) + (1 − z)(1 − z)

= (1 + z)(1 + z) + (1 − z)(1 − z)

= 1 + z + z + zz + 1 − z − z + zz

= 2(1 + zz) = 2(1 + |z|2) = 4.

1.10 Algebarski oblik kompleksnog broja

Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi

Re (w + z) = 0 i |w + z| = 1,

ako je w = 1 + i.

Rjesenje. Neka je z = x + iy, gdje su x, y ∈ R nepoznanice. Iz prvog uvjetazadatka slijedi

Re(1 − i+ x+ iy) = 0,

Re[(1 + x) + (y − 1)i] = 0,

1 + x = 0,

x = −1,

pa je z = −1 + iy. Uvrstavanjem u drugi uvjet slijedi

|1 + i− 1 + iy| = 1,

|(1 + y)i| = 1,

|1 + y| = 1,

1 + y = ±1.

Dakle, rjesenja su y1 = 0, y2 = −2, odnosno z1 = −1, z2 = −1 − 2i.

8 OSNOVE MATEMATIKE

1.11 Jednakost kompleksnih brojeva

Odredite sve kompleksne brojeve z takve da vrijedi

z + |z| −√

29

2= 1 +

5

2i9.

Rjesenje. Buduci da je i9 = i4·2+1 =(i4)2 · i = 12 · i = i, uvrstavanjem z = x+ iy

slijedi

x+ iy + |x+ iy| −√

29

2= 1 +

5

2i,

x− iy +√

x2 + y2 −√

29

2= 1 +

5

2i,

/· 2

(

x+√

x2 + y2 −√

29)

− iy = 2 + 5i.

Izjednacavanjem komponenti kompleksnih brojeva prema [M1, definicija 1.19] sli-jedi

x+√

x2 + y2 −√

29 = 2 i − y = 5.

Kako je y = −5 to vrijedi

x+√

x2 + 25 −√

29 = 2,√

x2 + 25 = (2 +√

29) − x,/

2

x2 + 25 = (2 +√

29)2 − 2(2 +√

29)x+ x2,

2(2 +√

29)x = 8 + 4√

29,

2(2 +√

29)x = 4(2 +√

29),

x = 2.

Rjesenje je z = 2 − 5i.

1.12 Trigonometrijski oblik kompleksnog broja

Odredite trigonometrijski oblik sljedecih kompleksnih brojeva:

(a) z = 1 + i,

(b) z =1

2−

√3

2i.

Rjesenje.

(a) Za kompleksni broj z = 1 + i vrijedi Re z = 1 i Im z = 1. Prema formulama iz[M1, §1.8.1] modul od z je

|z| =√

12 + 12 =√

2,

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva 9

a argument od z je

tgϕ =1

1= 1.

Kako se z nalazi u prvom kvadrantu, slijedi da je ϕ = π4 . Stoga je

1 + i =√

2(

cosπ

4+ i sin

π

4

)

.

(b) Iz Re z = 12 i Im z = −

√3

2 , prema formulama iz [M1, §1.8.1] slijedi

|z| =

√√√√

(1

2

)2

+

(

−√

3

2

)2

= 1.

Nadalje, kako se z se nalazi u cetvrtom kvadrantu, vrijedi

tgϕ =−√

3

21

2

= −√

3,

ϕ = 2π − π

3=

5π

3.

Dakle,

1

2−

√3

2i = 1 ·

(

cos5π

3+ i sin

5π

3

)

.

1.13 Potenciranje kompleksnih brojeva

Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

(a) (1 + i)10,

(b)

(

1

2−

√3

2i

)50

.

Rjesenje.

(a) Prema zadatku 1.12 pod (a), trigonometrijski oblik od z = 1 + i je

z =√

2(

cosπ

4+ i sin

π

4

)

.

10 OSNOVE MATEMATIKE

De Moivreova formula (1.4) za n = 10 daje

z10 =(√

2)10 [

cos(

10 · π4

)

+ i sin(

10 · π4

)]

= 25

(

cos5π

2+ i sin

5π

2

)

= 32[

cos(

2π +π

2

)

+ i sin(

2π +π

2

)]

= 32(

cosπ

2+ i sin

π

2

)

= 32(0 + i) = 32i,

odnosno vrijedi(1 + i)10 = 32i.

(b) Promotrimo kompleksni broj

z =1

2−

√3

2i.

Prema zadatku 1.12 pod (b), trigonometrijski oblik od z je

z = 1 ·(

cos5π

3+ i sin

5π

3

)

.


z50 = 150 ·[

cos

(

50 · 5π

3

)

+ i sin

(

50 · 5π

3

)]

= cos250π

3+ i sin

250π

3

= cos

(

82π +4π

3

)

+ i sin

(

82π +4π

3

)

= cos4π

3+ i sin

4π

3

= −1

2−

√3

2i.

Dakle,(

1

2−

√3

2i

)50

= −1

2−

√3

2i.

1.14 Korjenovanje kompleksnih brojeva

Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

(a)3√

1,

(b)

√

−3(

cosπ

4− i sin

π

4

)

.

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva 11

Rjesenje.

(a) Prema [M1, §1.8.1] je trigonometrijski oblik od z = 1 jednak

w = 1 · (cos 0 + i sin 0) .

Formula (1.5) za n = 3 daje

3√z =

3√

1

[

cos0 + 2kπ

3+ i sin

0 + 2kπ

3

]

, k = 0, 1, 2.

Dakle, rjesenja su:

z0 = cos 0 + i sin 0 = 1,

z1 = cos2π

3+ i sin

2π

3= −1

2+

√3

2i,

z2 = cos4π

3+ i sin

4π

3= −1

2−

√3

2i.

(b) Za kompleksni broj

z = −3(

cosπ

4− i sin

π

4

)

= −3

(√2

2− i

√2

2

)

= −3√

2

2+ i

3√

2

2,

je |z| = 3, a za argument ϕ vrijedi tgϕ = −1, pri cemu je z iz drugog kvadranta.Stoga je ϕ = π − π

4 = 3π4 pa trigonometrijski oblik od z glasi

z = 3

(

cos3π

4+ i sin

3π

4

)

.

Prema formuli (1.5) za n = 2 je

√z =

√3

cos

3π

4+ 2kπ

2

+ i sin

3π

4+ 2kπ

2

, k = 0, 1.

Trazena rjesenja su:

z0 =√

3

(

cos3π

8+ i sin

3π

8

)

,

z1 =√

3

(

cos11π

8+ i sin

11π

8

)

.

1.15 Dijeljenje kompleksnih brojeva

Odredite kompleksni broj

z =

(√3

2+i

2

)13

(

cosπ

12+ i sin

π

12

)8 .


Rjesenje. Odredimo prvo trigonometrijski oblik kompleksnog broja

z1 =

√3

2+i

2.

Prema [M1, §1.8.1] je |z1| = 1, a za argument ϕ1 vrijedi

tgϕ1 =1√3.

Buduci da je z1 iz prvog kvadranta, njegov trigonometrijski oblik glasi

z1 = cosπ

6+ i sin

π

6.

De Moivreova formula [M1, (1.4)] daje

z =

(

cosπ

6+ i sin

π

6

)13

(

cosπ

12+ i sin

π

12

)8 =cos

13π

6+ i sin

13π

6

cos8π

12+ i sin

8π

12

=cos

13π

6+ i sin

13π

6

cos2π

3+ i sin

2π

3

pa iz formule za dijeljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku slijedi

z = cos

(13π

6− 2π

3

)

+ i sin

(13π

6− 2π

3

)

= cos3π

2+ i sin

3π

2= −i.

1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih brojeva

Rijesite jednadzbe:

(a)(3 + 2i)(1 + i) + 2i

(2 − i)(1 + i) − 3=

7 − i

−4z4,

(b)

[1

16(−1 + i)

8 − z

]4

=

2√3

− 1√3

+ i.

Rjesenje.

(a) Sredivanjem lijeve strane zadane jednadzbe slijedi

1 + 7i

i=

7 − i

−4z4,

/· (−4i)

−4(1 + 7i) = i(7 − i)z4,

−4(1 + 7i) = (1 + 7i)z4,

−4 = z4.

Dakle, trebamo odrediti sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi z4 = w, gdje jew = −4. Prema [M1, §1.8.1], kompleksni broj w ima modul |w| = 4 i argumentϕ = π pa je njegov trigonometrijski oblik

w = 4 (cosπ + i sinπ) .

1.16 Jednadzbe u skupu kompleksnih brojeva 13

Formula (1.5) za n = 4 daje

4√w =

4√

4

(

cosπ + 2kπ

4+ sin

π + 2kπ

4

)

, k = 0, 1, 2, 3,

pa su sva rjesenja jednadzbe:

z0 =4√

4(

cosπ

4+ i sin

π

4

)

=√

2

(1√2

+1√2i

)

= 1 + i,

z1 =4√

4

(

cos3π

4+ i sin

3π

4

)

=√

2

(

− 1√2

+1√2i

)

= −1 + i,

z2 =4√

4

(

cos5π

4+ i sin

5π

4

)

=√

2

(

− 1√2− 1√

2i

)

= −1 − i,

z3 =4√

4

(

cos7π

4+ i sin

7π

4

)

=√

2

(1√2− 1√

2i

)

= 1 − i.

(b) Racionaliziranje desne strane jednadzbe daje

2√3

− 1√3

+ i·

1√3

+ i

1√3

+ i=

2

3+

2√3i

−1

3− 1

=

2

3+

2√

3

3i

−4

3

= −1

2−

√3

2i.

Nadalje, vrijedi

(−1 + i)8 =[(−1 + i)2

]4=(1 − 2i+ i2

)4= (−2i)

4= (−2)4i4 = 16.

Uvrstavanjem dobivenih jednakosti u zadanu jednadzbu slijedi

(1 − z)4 = −1

2−

√3

2i.

Uz supstituciju 1 − z = w, trebamo rijesiti jednadzbu

w4 = −1

2−

√3

2i.

Buduci da je

−1

2−

√3

2i = 1 ·

(

cos4π

3+ sin

4π

3

)

,

formula (1.5) za n = 4 daje

4

√

−1

2−

√3

2i =

4√

1

cos

4π

3+ 2kπ

4+ sin

4π

3+ 2kπ

4

, k = 0, 1, 2, 3,


pa su rjesenja:

w0 = cosπ

3+ sin

π

3=

1

2+

√3

2i,

w1 = cos5π

6+ sin

5π

6= −

√3

2+

1

2i,

w2 = cos4π

3+ sin

4π

3= −1

2−

√3

2i,

w3 = cos11π

6+ sin

11π

6=

√3

2− 1

2i.

Kako je z = 1 − w, rjesenja polazne jednadzbe su:

z0 =1

2−

√3

2i,

z1 = 1 +

√3

2− 1

2i,

z2 =3

2+

√3

2i,

z3 = 1 −√

3

2+

1

2i.

1.17 Kompleksna ravnina

Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi:

(a) |z − i| ≤ 1 i Im [(1 + i)z] ≤ 1,

(b) |z|2 − 5|z| + 6 < 0 iπ

3≤ arg z ≤ π,

(c) |z| > 2 + Im z,

(d)

∣∣∣∣

z − 2

z + 1 − i

∣∣∣∣≥ 1 i Re

(1

z

)

≤ 1

2.

Rjesenje.

(a) Uvrstavanjem z = x+ iy u prvu nejednadzbu slijedi

|x+ i(y − 1)| ≤ 1,√

x2 + (y − 1)2 ≤ 1,/

2

x2 + (y − 1)2 ≤ 1.

Zadnja nejednakost predstavlja krug radijusa 1 sa sredistem u tocki S(0, 1),odnosno nejednadzbu zadovoljavaju svi kompleksni brojevi koji se nalaze unutar

1.17 Kompleksna ravnina 15

i na rubu tog kruga. Iz druge nejednadzbe slijedi

Im [(1 + i)(x+ iy)] ≤ 1,

Im [(x− y) + i(x+ y)] ≤ 1,

x+ y ≤ 1.

Zadnja nejednadzba je poluravnina y ≤ −x + 1. Konacno rjesenje je presjekdobivenog kruga i poluravnine (vidi sliku 1.2).

1

1

2

1

1

2

Slika 1.2: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1, y ≤ −x+ 1}.

(b) Modul trazenih kompleksnih brojeva zadovoljava kvadratnu nejednadzbu |z|2−5|z| + 6 < 0 iz cega slijedi |z| ∈ 〈2, 3〉, odnosno

2 < |z| < 3.

Uvrstavanjem z = x+ iy u gornji izraz te njegovim kvadriranjem dobivamo

4 < x2 + y2 < 9,

tj. kruzni vijenac manjeg radijusa 2, a veceg 3 sa sredistem u ishodistu, pricemu rubovi nisu ukljuceni. Konacno rjesenje dobivamo presijecanjem s dijelomkompleksne ravnine koji se nalazi izmedu polupravaca arg z = π

3 i arg z = π(vidi sliku 1.3).

(c) Nakon uvrstavanja z = x+ iy dolazimo do iracionalne jednadzbe

√

x2 + y2 > 2 + y. (1.9)

U ovisnosti o vrijednosti desne strane nejednadzbe, razlikujemo dva slucaja.


-3 -2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

-3 -2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

Slika 1.3: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : 4 < x2 + y2 < 9} ∩ {z ∈ C : π3 ≤ arg z ≤ π}.

Ako je 2 + y > 0, kvadriranjem dobivamo

x2 + y2 > (2 + y)2,

x2 + y2 > 4 + 4y + y2,

x2 > 4 + 4y,

y <x2

4− 1.

Dakle, rjesenje ovog slucaja je dio kompleksne ravnine izmedu parabole y =x2

4 − 1 i pravca y = −2 , pri cemu ni pravac ni nisu ukljuceni. Preostaje slucajkada je 2 + y ≤ 0, medutim tada jednadzba (1.9) uvijek vrijedi jer je lijevastrana pozitivna, a desna negativna. Stoga je rjesenje ovog slucaja poluravninay ≤ −2. Konacno rjesenje je unija rjesenja prvog i drugog slucaja, odnosno dio

kompleksne ravnine ispod parabole y = x2

4 − 1 bez tocaka parabole (vidi sliku1.4).

(d) Buduci da je∣∣∣∣

z − 2

z + 1 − i

∣∣∣∣=

|z − 2||z + 1 − i| ,

mnozenjem prve nejednadzbe s pozitivnim brojem |z + 1 − i| slijedi

|z − 2| ≥ |z + 1 − i|,|(x − 2) + yi| ≥ |(x+ 1) + (y − 1)i|,

√

(x− 2)2 + y2 ≥√

(x+ 1)2 + (y − 1)2,/

2

(x− 2)2 + y2 ≥ (x+ 1)2 + (y − 1)2,

x2 − 4x+ 4 + y2 ≥ x2 + 2x+ 1 + y2 − 2y + 1,

y ≥ 3x− 1.

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva 17

-2 2

-1

-2 2

-1

Slika 1.4: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y < x2

4 − 1}.

Uvrstavanjem z = x+ iy i racionalizacijom nazivnika slijedi

1

z=

1

x− iy· x+ iy

x+ iy=

x+ iy

x2 + y2=

x

x2 + y2+

y

x2 + y2i,

pa je

Re

(1

z

)

=x

x2 + y2.

Iz druge nejednadzbe slijedi

x

x2 + y2≤ 1

2,

x2 + y2 ≥ 2x,

(x2 − 2x+ 1) + y2 ≥ 1,

(x− 1)2 + y2 ≥ 1.

Zadnja nejednakost je jednadzba dijela kompleksne ravnine izvan kruga radijusa1 sa sredistem u tocki S(1, 0). Rjesenje dobivamo presijecanjem s poluravninomy ≥ 3x− 1 (vidi sliku 1.5).

1.18 Sustav jednadzbi u skupu kompleksnih brojeva

Rijesite jednadzbu

a10z2 = |a3|(

1 + i

1 − i

)3

, (1.10)

ako za kompleksni broj a vrijedi

|a| + a =3

2−

√3

2i. (1.11)


1��

31 2

-1

1��

31 2

-1

Slika 1.5: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : (x − 1)2 + y2 ≥ 1, y ≥ 3x− 1}.

Rjesenje. Uvrstavanjem a = x+ iy u (1.11) slijedi

√

x2 + y2 + x+ iy =3

2−

√3

2i.

Zbog jednakosti kompleksnih brojeva s lijeve i desne strane jednadzbe vrijedi

√

x2 + y2 + x =3

2i y = −

√3

2,

odakle slijedi

√

x2 +3

4=

3

2− x,

x2 +3

4=

9

4− 3x+ x2,

x =1

2.

Dakle,

a =1

2−

√3

2i

Da bismo rijesili jednadzbu (1.10), trebamo prvo izracunati a10. Prema poglavlju[M1, §1.8.1] je |a| = 1, a za argument vrijedi tgϕ = −

√3 pa je trigonometrijski

oblik jednak

a = 1 ·(

cos5π

3+ i sin

5π

3

)

.

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva 19


a10 = 110

[

cos

(

10 · 5π

3

)

+ i sin

(

10 · 5π

3

)]

= cos

(50π

3

)

+ i sin

(50π

3

)

=

= cos

(

16π +2π

3

)

+ i sin

(

16π +2π

3

)

= cos

(2π

3

)

+ i sin

(2π

3

)

= −1

2+ i

√3

2.

Nadalje, zbog |a| = 1 je |a3| = |a|3 = 1. Jos vrijedi

(1 + i

1 − i

)3

=

(1 + i

1 − i· 1 + i

1 + i

)3

=

(1 + 2i+ i2

1 − i2

)3

=

(2i

2

)3

= i3 = −i.

Uvrstavanjem dobivenih rezultata u (1.10) dobivamo

(

−1

2+ i

√3

2

)

z2 = −i,

odnosno z2 = w, pri cemu je

w =−i

−1

2+ i

√3

2

=−i

−1

2+ i

√3

2

·1

2+ i

√3

21

2+ i

√3

2

=

√3

2− 1

2i

−1

4− 3

4

= −√

3

2+

1

2i

ili u trigonometrijskom obliku

w = 1 ·(

cos5π

6+ i sin

5π

6

)

.

Primjenom formule (1.5) za n = 2 slijedi

√w =

√1

(

cos5π6 + 2kπ

2+ i sin

5π6 + 2kπ

2

)

, k = 0, 1.

Dakle, rjesenja jednadzbe (1.10) su:

z0 = cos5π

12+ i sin

5π

12,

z1 = cos17π

12+ i sin

17π

12.

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva

Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi

cos[arg(−2iz4

)]≥ 0 i

|z + 4| − 6

4 − |z − 2| ≤ 1.


Rjesenje. Oznacimo arg z = ϕ. Tada prema formulama (1.3) i (1.4) vrijedi

arg(−2iz4

)= arg (−2i) + arg

(z4)

+ 2kπ =3π

2+ 4ϕ+ 2kπ, k ∈ Z.

Nadalje, vrijedi

cos

(3π

2+ 4ϕ+ 2kπ

)

= cos(

π +π

2+ 4ϕ

)

= − cos(π

2+ 4ϕ

)

= sin(4ϕ).

Stoga jecos[arg(−2iz4

)]= sin(4ϕ),

pa iz prve nejednadzbe slijedi da za argument ϕ mora vrijediti

sin(4ϕ) ≥ 0, (1.12)

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

Slika 1.6: Rjesenje nejednadzbe (1.12).

odnosno0 + 2mπ ≤ 4ϕ ≤ π + 2mπ, m ∈ Z.

Buduci da je ϕ ∈ [0, 2π〉, svi moguci intervali su odredeni sa

m = 0 =⇒ 0 ≤ ϕ ≤ π

4,

m = 1 =⇒ π

2≤ ϕ ≤ 3π

4,

m = 2 =⇒ π ≤ ϕ ≤ 5π

4,

m = 3 =⇒ 3π

2≤ ϕ ≤ 7π

4.

Rjesenje prve nejednadzbe je unija ovih dijelova kompleksne ravnine (vidi sliku 1.6).

1.19 Sustav nejednadzbi u skupu kompleksnih brojeva 21

Iz druge nejednadzbe slijedi

|z + 4| − 6

4 − |z − 2| − 1 ≤ 0,

odnosno|z + 4| + |z − 2| − 10

4 − |z − 2| ≤ 0. (1.13)

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

Slika 1.7: Rjesenje nejednadzbe (1.13).

Ovaj razlomak je negativan kada su brojnik i nazivnik razlicitih predznaka. Stogapromatramo dva slucaja:

Slucaj 1.

|z + 4| + |z − 2| − 10 ≥ 0 i 4 − |z − 2| < 0. (1.14)

Rjesenje prve nejednadzbe je skup

A = {z ∈ C : |z + 4| + |z − 2| ≥ 10} .

Prema [M1, primjer 1.4] pod (c), skup A je dio kompleksne ravnine izvan elipsekoja ima fokuse u tockama z1 = −4 i z2 = 2, veliku poluos a = 5 i malu poluosb = 4. Zbog znaka jednakosti ukljucen je i rub elipse.

Rjesenje druge nejednadzbe je skup

B = {z ∈ C : |z − 2| > 4} .

Prema [M1, primjer 1.4] pod (a), skup B je dio kompleksne ravnine izvan kruzniceradijusa 4 sa sredistem u tocki z0 = 2. Zbog stroge nejednakosti kruznica nijeukljucena. Rjesenje sustava nejednadzbi (1.14) je presjek skupova A i B.

Slucaj 2.

|z + 4| + |z − 2| − 10 ≤ 0 i 4 − |z − 2| > 0. (1.15)


Analogno prvom slucaju, rjesenje prve nejednadzbe je dio kompleksne ravnine unu-tar elipse sa fokusima u tockama z1 = −4, z2 = 2, velikom poluosi a = 5 i malompoluosi b = 4, rjesenje druge nejednadzbe je dio kompleksne ravnine unutar kruzniceradijusa 4 sa sredistem u tocki z0 = 2, a rjesenje sustava nejednadzbi (1.15) je pre-sjek tih skupova.

Konacno rjesenje nejednadzbe (1.13) je unija rjesenja prvog i drugog slucaja (vidisliku 1.7).

Konacno rjesenje zadatka je presjek rjesenja zadanih nejednadzbi (vidi sliku 1.8).

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

-6 -4 -2 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

Slika 1.8: Presjek skupova prikazanih na slikama 1.6 i 1.7.

1.20 Zadaci za vjezbu

1. Rijesite sljedece nejednadzbe:

(a)

∣∣∣∣

x2 + 2x

x2 − 4x+ 3

∣∣∣∣< 1,

(b) |4x2 + x| ≤ 3 − x− 4x2,

(c) |2x+ 1| − |x− 3| > x+ 5.

2. Dokazite matematickom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi

12 − 22 + 32 − · · · (−1)n−1 · n2 = (−1)n−1 · n(n+ 1)

2.


n∑

k=1

k

3k=

3

4− 2n+ 3

4 · 3n.

1.20 Zadaci za vjezbu 23


1√1

+1√2

+1√3

+ · · · + 1√n≥

√n.

5. Odredite x ako je poznato da je treci clan u razvoju binoma

(x+ xlog x

)5

jednak 1000000.

6. Odredite onaj clan u razvoju binoma

(1

2

√a3 +

3√a2

)12

koji se nalazi uz potenciju a13.

7. Izracunajte z1 + z2, z1 − z2, z1 · z2 iz1z2

ako je

(a) z1 = 2 − i, z2 = i,

(b) z1 = 2, z2 = 1 − 2i.

8. Odredite realni i imaginarni dio kompleksnog broja

z =i20 − i

i+ 1.

9. Odredite realan broj t takav da je Im (z1 + z2) = 0, ako je z1 = 1 + 2t i, z2 =3t − 4i.

10. Rijesite jednadzbu z (3 + 2i) = i10.

11. Odredite sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi

Re

(z − i

z + i

)

= 1 i |z − 1 + i| = 1.

12. Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

(a)(1 + i

√3)7

,

(b)(3 − i

√3)7

.

13. Koristeci trigonometrijski oblik kompleksnog broja izracunajte:

(a) 4√−i;

(b)3

√

1 + i√

3.

14. U skupu kompleksnih brojeva rijesite jednadzbe:


(a) (2 + 5i) · z3 − 2i+ 5 = 0;

(b) z4√

2 + (1 − i) = 0,

(c) z4 · 2i+ 3

1 − i=

1 + 5i

2,

(d) 8z3 +8√2

(1 + i

1 − i

)313

= 0,

(e) (z + 2i)6 = (1 + i)12.

15. Odredite i skicirajte skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi:

(a) |z − i| < 1 i |z − 1| ≤ 1,

(b) |z| + Re z ≤ 2,

(c) |z − 1| + Im (2i− z) ≥ 1,

(d)

∣∣∣∣

z + 2 − i

z + i

∣∣∣∣≤ 1,

(e) |z√

2 + 1 − i| ≤ 1 i Im

(z

1 + i

)

≤√

2

2.

16. Odredite sve kompleksne brojeve z takve da je arg(z3) = π i da su u kom-pleksnoj ravnini jednako udaljeni od brojeva z1 = −2 + i i z2 = 2 − 3i.


arg(z4i25) =π

2i |z| = 1.


arg

[

z3

(

1

2−

√3

2i

)]

=5π

3i |z|2 + |z| − 12 = 0.

19. Odredite skup svih kompleksnih brojeva z za koje vrijedi

|z − i| + Re(z + 1) ≤ 3 i |z − 1| + Im(2i− z) ≥ 1.

1.21 Rjesenja

1. (a) x ∈ 〈−∞,− 12 〉,

(b) x ∈[− 3

4 ,12

],

(c) x ∈ 〈−∞,− 92 〉.

2. Vidi [M1, §1.4].

3. Vidi [M1, §1.4].

4. Vidi [M1, §1.4].

1.21 Rjesenja 25

5. x = 10.

6.

(12

6

)a13

26.

7. (a) z1 + z2 = 2, z1 − z2 = 2 − 2i, z1 · z2 = 1 + 2i,z1z2

= −1 − 2i.

(b) z1 + z2 = 3 − 2i, z1 − z2 = 1 + 2i, z1 · z2 = 2 − 4i,z1z2

=2

5+

4

5i.

8. Re z = 0, Im z = −1.

9. t= 2.

10. z = − 3

13+

2

13i.

11. z1 = 2 − i, z2 = −i.

12. (a) 64(1 + i

√3),

(b) 1728(−1 + i

√3).

13. (a) z0 = cos3π

8+ i sin

3π

8,

z1 = cos7π

8+ i sin

7π

8,

z2 = cos11π

8+ i sin

11π

8,

z3 = cos15π

8+ i sin

15π

8.

(b) z0 =3√

2(

cosπ

9+ i sin

π

9

)

,

z1 =3√

2

(

cos7π

9+ i sin

7π

9

)

,

z2 =3√

2

(

cos13π

9+ i sin

13π

9

)

.

14. (a) z0 =

√3

2+

1

2i, z1 = −

√3

2+

1

2i, z2 = −i.

(b) z0 = cos3π

16+ i sin

3π

16,

z1 = cos11π

16+ i sin

11π

16,

z2 = cos19π

16+ i sin

19π

16,

z3 = cos27π

16+ i sin

27π

16.

(c) z0 = 1, z1 = i, z2 = −1, z3 = −i.


(d) z0 =16√

2

(

cosπ

2+ i sin

π

2

)

,

z1 =16√

2

(

cos7π

6+ i sin

7π

6

)

,

z2 =16√

2

(

cos11π

6+ i sin

11π

6

)

.

(e) z0 =√

3−i, z1 = 0, z2 = −√

3−i, z3 = −√

3−3i, z4 = −4i, z5 =√

3−3i.

15. (a) Vidi sliku 1.9.

1 2

1

2

1 2

1

2

Slika 1.9: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 < 1, (x− 1)2 + y2 ≤ 1}.

(b) Vidi sliku 1.10.

(c) R2.

(d) Vidi sliku 1.11.

(e) Vidi sliku 1.12.

16. z =1

1 +√

3−

√3

1 +√

3i.

17. z0 = 1, z1 = i, z2 = −1, z3 = −i.

18. z0 = 3, z1 = −3

2+

3√

3

2i, z2 = −3

2− 3

√3

2i.

19. {(x, y) ∈ R2 : x = −y2

4+y

2+

3

4}.

-2

2

-2

2

Slika 1.10: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 1 − y2

4}.

-1

1

-1

1

Slika 1.11: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x+ 1}.

-

1��!!!!2

-

�!!!!2

1��!!!!2

�!!!!2

-

1��!!!!2

-

�!!!!2

1��!!!!2

�!!!!2

Slika 1.12: Slika skupa {(x, y) ∈ R2 :(

x+ 1√2

)2

+(

y − 1√2

)2

≤ 12 i y ≤ x+

√2}.

2.

LINEARNA ALGEBRA

2.1 Osnovne operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2 Mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3 Matricni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4 Komutativnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.5 Potenciranje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.6 Sustav linearnih jednadzbi bez rjesenja . . . . . . . . . . . . . . 34

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem . . . . . . . 34

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja . . . . . . . . 36

2.9 Homogeni sustav linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . 39

2.11 Homogeni sustav jednadzbi ovisan o parametru . . . . . . . . . 42

2.12 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.13 Rang matrice ovisan o parametru . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.14 Sarrusovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.15 Laplaceov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.16 Svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik . . . . . 47

2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . 48

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik 49

2.20 Regularna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.21 Racunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom metodom . . . 50

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti . . . . . . . . 51

2.23 Formula za inverz matrice drugog reda . . . . . . . . . . . . . . 52

2.24 Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.25 Matricna jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.26 Jednadzba s kvadratnim matricama . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem . . . . . . . . . . 55

2.28 Rastav matrice na simetricni i antisimetricni dio . . . . . . . . 57

2.29 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.30 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

30 LINEARNA ALGEBRA

U nekim zadacima u ovom poglavlju cemo koristiti elementarne transformacije nadretcima i stupcima matrice. Radi jednostavnijeg zapisa cemo i-ti redak oznacavatisa Ri, a i-ti stupac sa Si. Transformacija koja se vrsi u danom koraku pisat cedesno od retka ili iznad stupca na koji se odnosi.

2.1 Osnovne operacije s matricama

Zadane su matrice

A =

[2 3 71 0 1

]

i B =

[1 3 42 −1 1

]

.

Izracunajte:

(a) A+B,

(b) AT +BT ,

(c) 2A− 3B.

Rjesenje.

(a) A+B =

[2 3 71 0 1

]

+

[1 3 42 −1 1

]

=

[2 + 1 3 + 3 7 + 41 + 2 0 − 1 1 + 1

]

=

[3 6 113 −1 2

]

,

(b) AT +BT =

2 13 07 1

+

1 23 −14 1

=

2 + 1 1 + 23 + 3 0 − 17 + 4 1 + 1

=

3 36 −111 2

,

(c) 2A − 3B = 2 ·[2 3 71 0 1

]

− 3 ·[1 3 42 −1 1

]

=

[4 6 142 0 2

]

−[3 9 126 −3 3

]

=[

1 −3 2−4 3 −1

]

.

2.2 Mnozenje matrica

Izracunajte

5 27 −11 −5

·[2 3 1 42 −2 4 0

]

.

Rjesenje.

2.3 Matricni polinom 31

5 27 −11 −5

[2 3 1 42 −2 4 0

]

=

5 · 2 + 2 · 2 5 · 3 − 2 · 2 5 · 1 + 2 · 4 5 · 4 + 2 · 07 · 2 − 1 · 2 7 · 3 + 1 · 2 7 · 1 − 1 · 4 7 · 4 − 1 · 01 · 2 − 5 · 2 1 · 3 + 5 · 2 1 · 1 − 5 · 4 1 · 4 − 5 · 0

=

14 11 13 2012 23 3 28−8 13 −19 4

.

2.3 Matricni polinom

Neka je A =

[2 1−3 0

]

. Izracunajte P (A), ako je P (x) = 5x3 + 2x2 − 4x+ 3.

Rjesenje. Trebamo izracunati P (A) = 5 ·A3 + 2 ·A2 − 4 · A+ 3 · I. Vrijedi

A2 = A ·A =

[2 1−3 0

]

·[

2 1−3 0

]

=

[1 2−6 −3

]

,

A3 = A2 ·A =

[1 2−6 −3

]

·[

2 1−3 0

]

=

[−4 1−3 −6

]

,

pa je

P (A) = 5 ·[−4 1−3 −6

]

+ 2 ·[

1 2−6 −3

]

− 4 ·[

2 1−3 0

]

+ 3 ·[1 00 1

]

=

[−20 5−15 −30

]

+

[2 4

−12 −6

]

+

[−8 −412 0

]

+

[3 00 3

]

=

[−23 5−15 −33

]

.

2.4 Komutativnost matrica

(a) Zadane su matrice

A =

[a a

a− 1 a

]

i B =

[1 −16a 1

]

.

Odredite sve vrijednosti realnog parametra a za koje su matrice A i B komu-tativne?

(b) Odredite sve matrice koje komutiraju s matricom

A =

1 −1 00 1 −10 0 1

.

Rjesenje.

32 LINEARNA ALGEBRA

(a) Vrijedi

AB =

[a a

a− 1 a

]

·[

1 −16a 1

]

=

[a+ 6a2 0

a− 1 + 6a2 1

]

,

BA =

[1 −16a 1

]

·[

a aa− 1 a

]

=

[1 0

a− 1 + 6a2 a+ 6a2

]

.

Matrice A i B su komutativne ako vrijedi AB = BA. Izjednacavanjem odgova-rajucih elemenata slijedi da realni parametar a treba zadovoljavati kvadratnujednadzbu

6a2 + a− 1 = 0.

Dakle, rjesenja su

a1 = −1

2i a2 =

1

3.

(b) Oznacimo matricu B s

B =

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

.

Potrebno je odrediti sve koeficijente xi, yi, zi za koje vrijedi AB = BA. Iz-jednacavanjem matrica

AB =

1 −1 00 1 −10 0 1

·

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

=

x1 − x2 y1 − y2 z1 − z2x2 − x3 y2 − y3 z2 − z3x3 y3 z3

i

BA =

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

·

1 −1 00 1 −10 0 1

=

x1 −x1 + y1 −y1 + z1x2 −x2 + y2 −y2 + z2x3 −x3 + y3 −y3 + z3

slijedi da elementi matrice B moraju zadovoljavati sustav jednadzbi

x1 − x2 = x1, y1 − y2 = −x1 + y1, z1 − z2 = −y1 + z1,

x2 − x3 = x2, y2 − y3 = −x2 + y2, z2 − z3 = −y2 + z2,

x3 = x3, y3 = −x3 + y3, z3 = −y3 + z3,

odakle slijedi da je

x2 = 0, y2 = x1, z2 = y1,

x3 = 0, y3 = x2, z3 = y2,

x3 = 0, y3 = 0.

Zakljucujemo da koeficijenti xi, yi, zi zadovoljavaju relacije

x1 = y2 = z3, y1 = z2, x2 = x3 = 0.

Ako uvedemo oznake x1 = α, y1 = β i z1 = γ, onda se matrica B moze zapisatiu obliku

B =

α β γ0 α β0 0 α

2.5 Potenciranje matrica 33

gdje su α, β i γ proizvoljni parametri. Provjerimo na kraju da svaka matricaoblika B komutira s matricom A:

AB =

1 −1 00 1 −10 0 1

·


=

α β − α γ − β0 α β − α0 0 α

,

BA =


·

1 −1 00 1 −10 0 1

=

α β − α γ − β0 α β − α0 0 α

.

Uistinu, matrice AB i BA su jednake.

2.5 Potenciranje matrica

Zadana je matrica

A =

1 1 00 1 10 0 1

.

Izracunajte n-tu potenciju matrice A.

Rjesenje. Da bismo odredili n-tu potenciju matrice A, izracunajmo prvo nekolikopotencija nizeg reda. Iz oblika tih potencija cemo prepoznati opci oblik za An.Konacno, ispravnost dobivenog oblika treba provjeriti matematickom indukcijom.Za n = 2, 3, 4 imamo

A2 =

1 1 00 1 10 0 1

1 1 00 1 10 0 1

=

1 2 10 1 20 0 1

,

A3 =

1 2 10 1 20 0 1

1 1 00 1 10 0 1

=

1 3 1 + 20 1 30 0 1

,

A4 =

1 3 1 + 20 1 30 0 1

1 1 00 1 10 0 1

=

1 4 1 + 2 + 30 1 40 0 1

.

Iz oblika ovih potencija zakljucujemo da je

An =

1 n 1 + 2 + · · · + (n− 1)0 1 n0 0 1

=

1 n n(n−1)2

0 1 n0 0 1

(2.1)

gdje smo koristili formulu 1 + 2 + · · · + (n− 1) = n(n−1)2 (vidi [M1, primjer 1.3]).

Ispravnost dobivenog izraza za An cemo provjeriti matematickom indukcijom P4

34 LINEARNA ALGEBRA

iz [M1, definicija 1.13]. Izraz je ocito ispravan za n = 1 pa je time ispunjena bazaindukcije. Pretpostavimo sada da jednadzba (2.1) vrijedi za n = m. Tada je

Am+1 = Am · A =

1 m m(m−1)2

0 1 m0 0 1

·

1 1 00 1 10 0 1

=

1 m+ 1 m+ m(m−1)2

0 1 m+ 10 0 1

=

1 m+ 1 (m+1)m2

0 1 m+ 10 0 1

,

sto pokazuje da jednadzba (2.1) vrijedi za n = m + 1. Dakle, po principu mate-maticke indukcije jednadzba vrijedi za svako n ∈ N.

2.6 Sustav linearnih jednadzbi bez rjesenja

Rijesite sustav

x + 2y + 3z = −2,−4x − 3y − 2z = 3,3x + 4y + 5z = 0.

Rjesenje. Zapisimo sustav u matricnom obliku i na prosirenu matricu sustavaprimijenimo Gaussovu metodu eliminacije opisanu u [M1, §2.4]. Vrijedi

[A b

]=

1 2 3 −2−4 −3 −2 33 4 5 0

R2+4R1

R3−3R1

∼

1 2 3 −20 5 10 −50 −2 −4 6

5R3+2R2

∼

1 2 3 −20 5 10 −50 0 0 20

.

Dobili smo prosirenu matricu sustava koji je ekvivalentan polaznom. Buduci da iztreceg retka slijedi 0 = 20, sustav nema rjesenja.

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem

Rijesite sustave:

(a)

x + 2y + 3z = 3,−2x + z = −2,x + 2y − z = 3,−x + 2y + 12z = 1.

2.7 Sustav linearnih jednadzbi s jedinstvenim rjesenjem 35

(b)

2x1 + 3x2 + 11x3 + 5x4 = 2,x1 + x2 + 5x3 + 2x4 = 1,2x1 + x2 + 3x3 + 2x4 = −3,x1 + x2 + 3x3 + 4x4 = −3.

Rjesenje.

(a) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

1 2 3 3−2 0 1 −21 2 −1 3−1 2 12 1

R2+2R1

R3−R1

R4+R1

∼

1 2 3 30 4 7 40 0 −4 00 4 15 4

R4−R2

∼

1 2 3 30 4 7 40 0 −4 00 0 8 0

R4+2R3

∼

1 2 3 30 4 7 40 0 −4 00 0 0 0

.

Cetvrti redak glasi 0 = 0, sto je tocno. Iz treceg retka slijedi z = 0, iz drugog

4y + 7z = 4 ⇒ 4y = 4 ⇒ y = 1,

a i prvog

x+ 2y + 3z = 3 ⇒ x+ 2 = 3 ⇒ x = 1.

Dakle, sustav ima jedinstveno rjesenje

xyz

=

110

.

(b) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

2 3 11 5 21 1 5 2 12 1 3 2 −31 1 3 4 −3

2R2−R1

R3−R1

2R4−R1

∼

2 3 11 5 20 −1 −1 −1 00 −2 −8 −3 −50 −1 −5 3 −8

R3−2R2

R4−R2

∼

2 3 11 5 20 −1 −1 −1 00 0 −6 −1 −50 0 −4 4 −8

3R4−2R3

∼

2 3 11 5 20 −1 −1 −1 00 0 −6 −1 −50 0 0 14 −14

.

Iz cetvrtog retka slijedi

14x4 = −14 ⇒ x4 = −1,

36 LINEARNA ALGEBRA

iz treceg

−6x3 − x4 = −5 ⇒ −6x3 + 1 = −5 ⇒ x3 = 1,

iz drugog

−x2 − x3 − x4 = 0 ⇒ −x2 − 1 + 1 = 0 ⇒ x2 = 0,

te iz prvog

2x1 + 3x2 + 11x3 + 5x4 = 2 ⇒ 2x1 + 0 + 11 + 5 · (−1) = 2 ⇒ x1 = −2.

Rjesenje zadanog sustava je jedinstveno i glasi

x1

x2

x3

x4

=

−201−1

.

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja

Rijesite sljedece sustave:

(a)

x1 + 2x2 + x3 = 4,2x1 − x2 − 3x3 = 2,x1 − 8x2 − 9x3 = −8,5x1 + 5x2 = 14.

(b)

x1 + x2 − x3 − 3x4 + 4x5 = 2,3x1 + x2 − x3 − x4 = 2,9x1 + x2 − 2x3 − x4 − 2x5 = 5,x1 − x2 − x4 + 2x5 = 1.

Rjesenje.

(a) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

1 2 1 42 −1 −3 21 −8 −9 −85 5 0 14

R2−2R1

R3−R1

R4−5R1

∼

1 2 1 40 −5 −5 −60 −10 −10 −120 −5 −5 −6

R3−2R2

R4−R2

∼

1 2 1 40 −5 −5 −60 0 0 00 0 0 0

.

2.8 Sustav linearnih jednadzbi s beskonacno rjesenja 37

Treci i cetvrti redak glase 0 = 0, sto je tocno. Iz preostalih redaka slijedejednadzbe

−5x2 − 5x3 = −6 i x1 + 2x2 + x3 = 4,

pomocu kojih mozemo nepoznanice x1 i x2 izraziti preko x3. Vrijedi

− 5x2 − 5x3 = −6 ⇒ 5x2 = 6 − 5x3 ⇒ x2 =6

5− x3,

x1 + 2x2 + x3 = 4 ⇒ x1 = 4 − 2

(6

5− x3

)

− x3 ⇒ x1 =8

5+ x3.

Dakle, sustav ima jednoparametarsko rjesenje. Stavimo x3 = λ, gdje je λ ∈ R

proizvoljan. Tada rjesenje sustava glasi

x1 =8

5+ λ,

x2 =6

5− λ,

x3 = λ,

odnosno u matricnom zapisu

x1

x2

x3

=

8/56/50

+ λ

1−11

, λ ∈ R.

(b) Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

1 1 −1 −3 4 23 1 −1 −1 0 29 1 −2 −1 −2 51 −1 0 −1 2 1

R2−3R1

R3−9R1

R4−R1

∼

1 1 −1 −3 4 20 −2 2 8 −12 −40 −8 7 26 −38 −130 −2 1 2 −2 −1

R3−4R2

R4−R2

∼

1 1 −1 −3 4 20 −2 2 8 −12 −40 0 −1 −6 10 30 0 −1 −6 10 3

R4−R3

∼

1 1 −1 −3 4 20 −2 2 8 −12 −40 0 −1 −6 10 30 0 0 0 0 0

.

38 LINEARNA ALGEBRA

Cetvrti redak glasi 0 = 0, sto je tocno. Iz preostalih redaka slijede tri jednadzbeiz kojih sve nepoznanice mozemo izraziti preko x4 i x5. Stoga sustav ima dvo-parametarsko rjesenje pa mozemo staviti x4 = α, x5 = β, gdje su α, β ∈ R

proizvoljni parametri. Iz treceg retka slijedi

−x3 − 6x4 + 10x5 = 3 =⇒ x3 = −3 − 6α+ 10β,

iz drugog

− 2x2 + 2x3 + 8x4 − 12x5 = −4,

x2 = 2 + (−3 − 6α+ 10β) + 4α− 6β,

x2 = −1 − 2α+ 4β

te iz prvog

x1 + x2 − x3 − 3x4 + 4x5 = 2,

x1 = 2 − (−1 − 2α+ 4β) + (−3 − 6α+ 10β) + 3α− 4β,

x1 = −α+ 2β.

Rjesenje zapisano u matricnom obliku glasi

x1

x2

x3

x4

x5

=

0−1−300

+ α

−1−2−610

+ β

241001

, α, β ∈ R.

2.9 Homogeni sustav linearnih jednadzbi

Rijesite sustavx1 + x2 + x3 = 0,2x1 + x2 = 0,3x1 + x2 − x3 = 0.

Rjesenje. Gaussovom metodom eliminacije (vidi [M1, §2.4]) dobivamo:

[A b

]=

1 1 1 02 1 0 03 1 −1 0

R2−2R1

R3−3R1

∼

1 1 1 00 −1 −2 00 −2 −4 0

R3−2R2

∼

1 1 1 00 −1 −2 00 0 0 0

.

Zadnji redak daje istinitu tvrdnu 0 = 0, a iz prvog i drugog retka slijedi

−x2 − 2x3 = 0 i x1 + x2 + x3 = 0,

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru 39

pa mozemo sve nepoznanice izraziti preko x3. Stavimo li x3 = t, gdje je t ∈ R

proizvoljan, slijedi

x2 = −2t i x1 = −x2 − x3 = 2t− t = t.

Sustav ima jednoparametarsko rjesenje koje glasi

x1

x2

x3

= t

1−21

, t ∈ R.

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru

Rijesite sljedece sustave u ovisnosti o realnom parametru:

(a)x + y − z = 1,2x + 3y + az = 3,x + ay + 3z = 2.

(b)λx + y + z = 1,x + λy + z = λ,x + y + λz = λ2.

Rjesenje.

(a) Gaussovu metodu eliminacije iz [M1, §2.4] primijenimo na prosirenu matricusustava, pri cemu je a proizvoljan realan parametar. Dobivamo

[A b

]=

1 1 −1 12 3 a 31 a 3 2

R2−2R1

R3−R1

∼

1 1 −1 10 1 a+ 2 10 a− 1 4 1

R3−(a−1)R2

∼

1 1 −1 10 1 a+ 2 10 0 (a+ 3)(2 − a) 2 − a

.

Ovisno o tome je li element na mjestu (3, 3) jednak ili razlicit od nule, razliku-jemo tri slucaja:

Slucaj 1. Promotrimo prvo slucaj kada je (a + 3)(2 − a) 6= 0, odnosno kadaa /∈ {−3, 2}. Tada mozemo podijeliti treci redak s a− 2 6= 0 pa vrijedi

[A b

]∼

1 1 −1 10 1 a+ 2 10 0 a+ 3 1

.

Buduci je i a+ 3 6= 0, iz treceg retka slijedi

(a+ 3) z = 1 ⇒ z =1

a+ 3.

40 LINEARNA ALGEBRA

Uvrstavanjem u jednadzbu koja slijedi iz drugog retka, dobivamo

y + (a+ 2) z = 1 ⇒ y = 1 − a+ 2

a+ 3⇒ y =

1

a+ 3.

Sada iz prvog retka imamo

x+ y − z = 1 ⇒ x = 1 − 1

a+ 3+

1

a+ 3⇒ x = 1.

U ovom slucaju sustav ima jedinstveno rjesenje koje glasi

xyz

=

11/(a+ 3)1/(a+ 3)

.

Slucaj 2. Ako je a = −3, iz treceg retka slijedi jednadzba 0 = 5 pa sustav nemarjesenja.

Slucaj 3. Za a = 2 je

[A b

]∼

1 1 −1 10 1 4 10 0 0 0

.

Sada iz drugog retka slijedi

y + 4z = 1 ⇒ y = 1 − 4z,

a iz prvog je

x+ y − z = 1 ⇒ x = 1 − (1 − 4z) + z ⇒ x = 5z.

Ako stavimo z = λ, gdje je λ ∈ R proizvoljan parametar, rjesenje glasi

xyz

=

5λ1 − 4λλ

=

010

+ λ

5−41

, λ ∈ R.

(b) Sustav rjesavamo metodom Gaussove eliminacije opisanom u [M1, §2.4]. Vrijedi

[A b

]=

λ 1 1 11 λ 1 λ1 1 λ λ2

.

Da bi smanjili broj redaka koje treba pomnoziti s parametrom λ i tako pojed-

2.10 Sustav linearnih jednadzbi ovisan o parametru 41

nostavnili rjesavanje sustava, zamijenimo prvi i treci redak. Tada je

[A b

]∼

1 1 λ λ2

1 λ 1 λλ 1 1 1

R2−R1

R3−λR1

∼

1 1 λ λ2

0 λ− 1 1 − λ λ− λ2

0 1 − λ 1 − λ2 1 − λ3

R3+R2

∼

1 1 λ λ2

0 λ− 1 1 − λ λ− λ2

0 0 (1 − λ) + (1 − λ2) (1 − λ3) + (λ− λ2)

=

1 1 λ λ2

0 λ− 1 1 − λ λ(1 − λ)0 0 (1 − λ)(λ + 2) (1 − λ)(1 + λ)2

.

Zadani sustav jednadzbi je ekvivalentan dobivenom gornje trokutastom sustavu

x+ y + λz = λ2,

(λ− 1)y + (1 − λ)z = λ(1 − λ),

(1 − λ)(λ + 2)z = (1 − λ)(1 + λ)2.

Promotrimo posebno sljedeca tri slucaja ovisna o tome je li izraz na mjestu(3, 3) jednak ili razlicit od nule:

Slucaj 1. Ako je (1−λ)(λ+2) 6= 0, odnosno λ /∈ {1,−2}, iz posljednje jednadzbeslijedi

z =(1 − λ)(1 + λ)2

(1 − λ)(λ + 2),

pa sustav ima jedinstveno rjesenje

x = −λ+ 1

λ+ 2, y =

1

λ+ 2, z =

(1 + λ)2

λ+ 2.

Slucaj 2. Za λ = 1 sustav se svodi na jednadzbu x+ y+ z = 1 iz koje dobivamox = 1 − y − z, odnosno dvoparametarsko rjesenje gdje su y i z parametri.Oznacimo li ih s α i β, rjesenje zapisujemo u obliku

x = 1 − α− β, y = α, z = β, α, β ∈ R.

Slucaj 3. Za λ = −2 imamo sustav

x+ y − 2z = 4,

−3y + 3z = −6,

0 · z = 3,

koji zbog zadnje jednakosti 0 = 3 ocito nema rjesenja.

42 LINEARNA ALGEBRA

2.11 Homogeni sustav jednadzbi ovisan o parametru

Odredite sve realne parametre p za koje sustav

x1 + 3x2 + 2x3 + x4 = 0,x1 + x2 + 4x3 + px4 = 0,

−3x1 + 2x2 − 17x3 + 8x4 = 0,2x1 + px2 + 11x3 − 5x4 = 0.

ima samo trivijalno rjesenje.

Rjesenje. Sustav je homogen pa je dovoljno primijeniti Gaussovu metodu elimi-nacije iz [M1, §2.4] na matricu sustava. Vrijedi

A =

1 3 2 11 1 4 p−3 2 −17 82 p 11 −5

R2−R1

R3+3R1

R4−2R1

∼

1 3 2 10 −2 2 p− 10 11 −11 110 p− 6 7 −7

Buduci da drugi redak sadrzi parametar p, da bi pojednostavnili racunanje, zami-jenimo ga s trecim retkom koji ga ne sadrzi. Takoder, podijelimo treci redak s 11.Tada je

A ∼

1 3 2 10 1 −1 10 −2 2 p− 10 p− 6 7 −7

R3+2R2

R4−(p−6)R2

∼

1 3 2 10 1 −1 10 0 0 p+ 10 0 p+ 1 −p− 1

.

Da bi dobili gornje trokutasti oblik, sada moramo zamijeniti treci i cetvrti redak.Stoga za prosirenu matricu sustava vrijedi

[A b

]∼

1 3 2 1 00 1 −1 1 00 0 p+ 1 −p− 1 00 0 0 p+ 1 0

.

Ako homogeni sustav ima jedinstveno rjesenje, onda je ono trivijalno. Rjesenje ocitonije jedinstveno ako je p = −1 jer se tada treci i cetvrti redak sastoje samo od nula,a sustav ima cetiri nepoznanice. Medutim, za sve parametre p 6= −1 dijeljenjemtreceg i cetvrtog retka s p+ 1 6= 0 dobivamo da je

[A b

]∼

1 3 2 1 00 1 −1 1 00 0 1 1 00 0 0 1 0

,

sto je sustav koji ima jedinstveno trivijalno rjesenje.

2.12 Rang matrice

Odredite rang sljedecih matrica:

2.12 Rang matrice 43

(a) A =

2 −3 16 11 6 −2 31 3 2 2

,

(b) B =

2 3 −1 41 0 1 23 4 0 7−2 −1 4 14 −2 3 5

.

Rjesenje.

(a) Zamijenimo prvi i drugi redak da bi doveli broj 1 na mjesto (1, 1) i tako po-jednostavnili racunanje. Elementarnim transformacijama nad retcima iz [M1,teorem 2.4] slijedi

A ∼

1 6 −2 32 −3 16 11 3 2 2

R2−2R1

R3−R1

∼

1 6 −2 30 −15 20 −50 −3 4 −1

5R3−R2

∼

1 6 −2 30 −15 20 −50 0 0 0

.

Dobili smo matricu u reduciranom obliku koja je ekvivalentna polaznoj. Buducida je rang dobivene matrice jednak broju ne-nul redaka, prema [M1, definicija2.4], slijedi

rang(A) = 2.

(b) Zamijenimo prvi i drugi redak i zadanu matricu svedimo na reducirani oblik.Vrijedi

B ∼

1 0 1 22 3 −1 43 4 0 7−2 −1 4 14 −2 3 5

R2−2R1

R3−3R1

R4+2R1

R5−4R1

∼

1 0 1 20 3 −3 00 4 −3 10 −1 6 50 −2 −1 −3

Podijelimo sada drugi redak sa brojem 3. Tada je

B ∼

2

6

6

6

6

4

1 0 1 20 1 −1 00 4 −3 10 −1 6 50 −2 −1 −3

3

7

7

7

7

5

R3−4R2

R4+R2

R5+2R2

∼

2

6

6

6

6

4

1 0 1 20 1 −1 00 0 1 10 0 5 50 0 −3 −3

3

7

7

7

7

5 R4−5R3

R5+3R3

∼

2

6

6

6

6

4

1 0 1 20 1 −1 00 0 1 10 0 0 00 0 0 0

3

7

7

7

7

5

.

Prema [M1, teorem 2.4], dobivena matrica je ekvivalentna polaznoj, odnosnoobje imaju isti rang. Buduci je rang dobivene matrice jednak broju ne-nulredaka, slijedi

rang(B) = 3.

44 LINEARNA ALGEBRA

2.13 Rang matrice ovisan o parametru

U ovisnosti o parametru λ ∈ R odredite rang matrice

A =

1 1 11 λ λ2

1 λ2 λ

.

Rjesenje. Elementarnim transformacijama nad retcima iz [M1, teorem 2.4] dobi-vamo da je

A =

1 1 11 λ λ2

1 λ2 λ

R2−R1

R3−R1

∼

1 1 10 λ− 1 λ2 − 10 λ2 − 1 λ− 1

=

1 1 10 λ− 1 (λ− 1)(λ+ 1)0 (λ− 1)(λ+ 1) λ− 1

.

Drugi i treci redak u gornjoj matrici smijemo podijeliti sa λ− 1, samo uz pretpos-tavku da je λ 6= 1. Tada je

A ∼

1 1 10 1 λ+ 10 λ+ 1 1

R3−(λ+1)R2

∼

1 1 10 1 λ+ 10 0 −λ(λ+ 2)

. (2.2)

Promotrimo sada posebno slucajeve λ = −2 i λ = 0 za koje dobivamo nulu namjestu (3, 3) jer tada treci redak postaje nul-redak, te slucaj kada je λ = 1 koji smoizbacili na pocetku.

Slucaj 1. Za λ = −2 dobivamo

1 1 10 1 −10 0 0

,

iz cega zakljucujemo da je rang(A) = 2.

Slucaj 2. Slicno, za λ = 0 imamo

A ∼

1 1 10 1 10 0 0

pa je opet rang(A) = 2.

Slucaj 3. Ako je λ = 1, tada ne vrijedi dobivena ekvivalencija jer u tom slucaju nesmijemo dijeliti s λ− 1. Stoga uvrstimo λ = 1 u zadanu matricu. Dobivamo

A =

1 1 11 1 11 1 1

R2−R1

R3−R1

∼

1 1 10 0 00 0 0

2.14 Sarrusovo pravilo 45

pa je rang(A) = 1.

Slucaj 4. Konacno, u svim ostalim slucajevima, odnosno ako λ /∈ {−2, 0, 1}, redu-cirana matrica (2.2) ima tri ne-nul retka pa je rang(A) = 3.

2.14 Sarrusovo pravilo

Sarrusovim pravilom izracunajte determinantu matrice

A =

3 4 −58 7 −22 1 8

.

Rjesenje. Prepisimo prva dva stupca zadane matrice iza treceg. Mnozenjem trijubrojeva na dijagonalama, pri cemu umnoske na padajucim dijagonala zbrajamo, aone na rastucim oduzimamo, dobivamo

detA =

∣∣∣∣∣∣

3 4 −58 7 −22 1 8

∣∣∣∣∣∣

3 48 72 1

= 3 · 7 · 8 + 4 · (−2) · 2 + (−5) · 8 · 1 − (−5) · 7 · 2 − 3 · (−2) · 1 − 4 · 8 · 8= −68.

2.15 Laplaceov razvoj

Laplaceovim razvojem izracunajte determinantu matrice

A =

1 5 −1 12 0 1 −10 1 2 31 0 0 −1

.

Rjesenje. Laplaceovim razvojem po cetvrtom retku opisanim u [M1, §2.9.3] slijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 5 −1 12 0 1 −10 1 2 31 0 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣

= 1 · (−1)4+1

∣∣∣∣∣∣

5 −1 10 1 −11 2 3

∣∣∣∣∣∣

+ (−1) · (−1)4+4

∣∣∣∣∣∣

1 5 −12 0 10 1 2

∣∣∣∣∣∣

.

Sada izracunajmo dobivene determinante treceg reda. Laplaceovim razvojem podrugom retku dobivamo

∣∣∣∣∣∣

5 −1 10 1 −11 2 3

∣∣∣∣∣∣

= 1 · (−1)2+2

∣∣∣∣

5 11 3

∣∣∣∣+ (−1) · (−1)2+3

∣∣∣∣

5 −11 2

∣∣∣∣

= (5 · 3 − 1 · 1) + [5 · 2 − (−1) · 1] = 14 + 11 = 25.

46 LINEARNA ALGEBRA

Razvojem po prvom stupcu slijedi∣∣∣∣∣∣

1 5 −12 0 10 1 2

∣∣∣∣∣∣

= 1 · (−1)1+1

∣∣∣∣

0 11 2

∣∣∣∣+ 2 · (−1)2+1

∣∣∣∣

5 −11 2

∣∣∣∣

= (0 · 2 − 1 · 1) − 2 [5 · 2 − (−1) · 1] = −1 − 22 = −23.

Dakle,detA = −1 · 25 − 1 · (−23) = −2.

2.16 Svojstva determinanti

Izracunajte determinante sljedecih matrica:

(a) A =

1 1 1a b ca2 b2 c2

,

(b) B =

−2 5 0 −1 31 0 3 7 −23 −1 0 5 −52 6 −4 1 20 −3 −1 2 3

.

Rjesenje.

(a) Koristenjem svojstva D6. iz [M1, §2.9.1], determinantu transformirajmo takoda u prvom retku dobijemo sto vise nula i onda primijenimo Laplaceov razvojpo tom retku. Vrijedi

detA =

S2−S1 S3−S1∣∣∣∣∣∣

1 1 1a b ca2 b2 c2

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

1 0 0a b− a c− aa2 b2 − a2 c2 − a2

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣

b− a c− ab2 − a2 c2 − a2

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

b− a c− a(b− a)(b + a) (c− a)(c+ a)

∣∣∣∣

= (b− a)

∣∣∣∣

1 c− ab+ a (c− a)(c+ a)

∣∣∣∣= (b − a)(c− a)

∣∣∣∣

1 1b+ a c+ a

∣∣∣∣

= (b− a)(c− a)(c− b).

(b) Buduci da treci stupac ima najvise nula, transformirajmo determinantu tako dau tom stupcu ostane samo jedan element razlicit od nule. Koristenjem svojstva

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik 47

D6. iz [M1, §2.9.1] dobivamo

detB =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−2 5 0 −1 31 0 3 7 −23 −1 0 5 −52 6 −4 1 20 −3 −1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

R2+3R5

R4−4R5

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−2 5 0 −1 31 −9 0 13 73 −1 0 5 −52 18 0 −7 −100 −3 −1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Razvojem po trecem stupcu i primjenom istog postupka na prvi stupac slijedi

detB = (−1) · (−1)5+3

∣∣∣∣∣∣∣∣

−2 5 −1 31 −9 13 73 −1 5 −52 18 −7 −10

∣∣∣∣∣∣∣∣

R1+2R2

R3−3R2

R4−2R2

= −

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 −13 25 171 −9 13 70 26 −34 −260 36 −33 −24

∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Razvojem po prvom stupcu i primjenom svojstava D5. i D6. iz [M1, §2.9.1] je

detB = −1 · (−1)2+1

∣∣∣∣∣∣

−13 25 1726 −34 −2636 −33 −24

∣∣∣∣∣∣

= 2 · 3

∣∣∣∣∣∣

−13 25 1713 −17 −1312 −11 −8

∣∣∣∣∣∣

R1+R2

R3−R2

= 6

∣∣∣∣∣∣

0 8 413 −17 −13−1 6 −5

∣∣∣∣∣∣

R2+13R3 = 6 · 4

∣∣∣∣∣∣

0 2 10 61 52−1 6 5

∣∣∣∣∣∣

.

Razvojem po prvom stupcu konacno dobivamo

detB = 24 · (−1) · (−1)1+3

∣∣∣∣

2 161 52

∣∣∣∣= −24 · (2 · 52 − 1 · 61) = −24 · 43

= −1032.

2.17 Racunanje determinante svodenjem na trokutasti oblik

Izracunajte determinantu matrice

A =

1 2 0 12 3 −1 00 −1 2 4−1 0 4 −1

.

Rjesenje. Determinanta trokutaste matrice je jednaka umnosku elemenata nadijagonali. Koristeci svojstva determinante D5 i D6 iz [M1, §2.9.1], svedimo zadanu

48 LINEARNA ALGEBRA

matricu na gornje trokutasti oblik. Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 12 3 −1 00 −1 2 4−1 0 4 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣

R2−2R1

R4+R1

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 10 −1 −1 −20 −1 2 40 2 4 0

∣∣∣∣∣∣∣∣

R3−R2

R4+2R2

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 10 −1 −1 −20 0 3 60 0 2 −4

∣∣∣∣∣∣∣∣

= 3 · 2

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 10 −1 −1 −20 0 1 20 0 1 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣R4−R3

= 6 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 10 −1 −1 −20 0 1 20 0 0 −4

∣∣∣∣∣∣∣∣

= 6 · [1 · (−1) · 1 · (−4)] = 24.

2.18 Laplaceov razvoj determinante n-tog reda

Izracunajte determinantu n-tog reda

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

α β 0 . . . 00 α β . . . 0...

.... . .

. . ....

0 0 . . . α ββ 0 . . . 0 α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Rjesenje. Uocimo da se na glavnoj dijagonali nalaze elementi α te da se elementi βnalaze na dijagonali iznad glavne i na mjestu (n, 1). Na ovu determinantu stoga pri-mijenimo Laplaceov razvoj po prvom stupcu, jer cemo time dobiti dvije trokutastedeterminante reda n− 1. Vrijedi

D = (−1)1+1α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

α β 0 . . . 00 α β . . . 0...

.... . .

. . ....

0 0 . . . α β0 0 . . . 0 α

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+ (−1)n+1β

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

β 0 0 . . . 0α β 0 . . . 00 α β . . . 0...

.... . .

. . ....

0 0 . . . α β

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= α · αn−1 + (−1)n+1β · βn−1 = αn + (−1)n+1βn,

jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnosku elemenata na dijagonali.

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na trokutasti oblik 49

2.19 Racunanje determinante n-tog reda svodenjem na tro-kutasti oblik

Izracunajte determinantu n-tog reda

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 2 2 . . . 22 −1 2 . . . 2...

.... . .

. . ....

2 2 2 . . . −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Rjesenje. Za razliku od prethodnog primjera u ovoj determinanti ne postoje stupciili retci s puno nula. Medutim, zbog simetrije s obzirom na glavnu dijagonalu, ovudeterminantu prikladno je izracunati svodenjem na trokutasti oblik. Naime, kada bise u prvom retku nalazile samo jedinice, trokutasti oblik bi se lako dobio mnozenjemprvog retka sa −2 i pribrajanjem ostalim retcima. S obzirom da je suma elemenatau svakom stupcu jednaka −1 + (n− 1) · 2 = 2n− 3, prvom retku pribrojimo sumupreostalih n− 1 redaka. Time dobivamo

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2n− 3 2n− 3 2n− 3 . . . 2n− 32 −1 2 . . . 22 2 −1 . . . 2...

......

. . ....

2 2 2 . . . −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (2n− 3)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 12 −1 2 . . . 22 2 −1 . . . 2...

......

. . ....

2 2 2 . . . −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

R2−2R1

R3−2R1

Rn−2R1

= (2n− 3)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 10 −3 0 . . . 00 0 −3 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . −3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (2n− 3)[1 ·(−3) · (−3) · · · (−3)︸︷︷︸

n−1 puta

] = (−3)n−1(2n− 3),

jer je determinanta trokutaste matrice jednaka umnosku elemenata na dijagonali.

50 LINEARNA ALGEBRA

2.20 Regularna matrica

Odredite sve x ∈ R za koje je realna matrica

A =

ln(x − 3) −2 6x −2 50 −1 3

regularna.

Rjesenje. Vrijedi

detA =

S3+3S2∣∣∣∣∣∣

ln(x− 3) −2 6x −2 50 −1 3

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

ln(x − 3) −2 0x −2 −10 −1 0

∣∣∣∣∣∣

.

Laplaceovim razvojem po trecem retku dobivamo

detA = (−1) · (−1)3+2

∣∣∣∣

ln(x − 3) 0x −1

∣∣∣∣= − ln(x − 3).

Matrica A je regularna ako i samo ako je detA 6= 0, odnosno − ln(x− 3) 6= 0. Zbogpodrucja definicije logaritamske funkcije, jos treba vrijediti x−3 > 0. Presijecanjemtih uvjeta dobivamo da je zadana matrica regularna za sve x ∈ 〈3, 4〉 ∪ 〈4,+∞〉.

2.21 Racunanje inverzne matrice Gauss-Jordanovom meto-dom

Gauss-Jordanovom metodom odredite inverz matrice

A =

1 1 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 1

.

Rjesenje. Matrica je gornje trokutasta zbog cega je determinanta jednaka umnoskuelemenata na dijagonali, odnosno detA = 1. Dakle, determinanta je razlicita odnule pa postoji inverzna matrica. Elementarnim transformacijama iskljucivo nad

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti 51

retcima svedimo matricu na oblik[I B

]. Tada je A−1 = B. Vrijedi

[A I

]=

1 1 0 0 1 0 0 00 1 1 0 0 1 0 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R1−R2

=

1 0 −1 0 1 −1 0 00 1 1 0 0 1 0 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R1+R3

R2−R3

=

1 0 0 1 1 −1 1 00 1 0 −1 0 1 −1 00 0 1 1 0 0 1 00 0 0 1 0 0 0 1

R1−R4

R2+R4

R3−R4

=

1 0 0 0 1 −1 1 −10 1 0 0 0 1 −1 10 0 1 0 0 0 1 −10 0 0 1 0 0 0 1

.

Dakle, inverz matrice A je

A−1 =

1 −1 1 −10 1 −1 10 0 1 −10 0 0 1

.

2.22 Racunanje inverzne matrice pomocu determinanti

Cramerovim pravilom odredite inverz matrice

A =

−2 3 01 −1 54 2 7

.

Rjesenje. Sarrusovim pravilom dobivamo

detA =

∣∣∣∣∣∣

−2 3 01 −1 54 2 7

∣∣∣∣∣∣

−2 31 −14 2

= 14 + 60 + 0 − 0 + 20 − 21 = 73 6= 0,

pa postoji inverzna matrica. Prema [M1, teorem 2.9] je

A−1 =1

detA

A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

T

,

52 LINEARNA ALGEBRA

gdje je Aij algebarski komplement elementa aij . Dakle,

A11 = (−1)1+1

∣∣∣∣

−1 52 7

∣∣∣∣, A12 = (−1)1+2

∣∣∣∣

1 54 7

∣∣∣∣, A13 = (−1)1+3

∣∣∣∣

1 −14 2

∣∣∣∣,

A21 = (−1)2+1

∣∣∣∣

3 02 7

∣∣∣∣, A22 = (−1)2+2

∣∣∣∣

−2 04 7

∣∣∣∣, A23 = (−1)2+3

∣∣∣∣

−2 34 2

∣∣∣∣,

A31 = (−1)3+1

∣∣∣∣

3 0−1 5

∣∣∣∣, A32 = (−1)3+2

∣∣∣∣

−2 01 5

∣∣∣∣, A33 = (−1)3+3

∣∣∣∣

−2 31 −1

∣∣∣∣,

pa je

A−1 =1

73

−17 13 6−21 −14 1615 10 −1

T

=1

73

−17 −21 1513 −14 106 16 −1

.

2.23 Formula za inverz matrice drugog reda

Odredite inverz matrice

A =

[a bc d

]

,

ako je ad− bc 6= 0.

Rjesenje. Zbog uvjeta ad − bc 6= 0 matrica A je regularna. Prema [M1, teorem2.9] je

A−1 =1

detA

[A11 A12

A21 A22

]T

,

gdje su

A11 = (−1)1+1d = d, A12 = (−1)1+2c = −c,

A21 = (−1)2+1b = −b, A22 = (−1)2+2a = a.

Dakle,

A−1 =1

ad− bc

[d −c−b a

]T

=1

ad− bc

[d −b−c a

]

.

2.24 Cramerovo pravilo

Cramerovim pravilom rijesite sustav

2x1 + x2 + x3 = 2,x1 + 2x2 + x3 = 3,x1 + x2 + 2x3 = −1.

2.25 Matricna jednadzba 53

Rjesenje. Matrica sustava A je kvadratna i regularna jer je

detA =

∣∣∣∣∣∣

2 1 11 2 11 1 2

∣∣∣∣∣∣

= 8 + 1 + 1 − 2 − 2 − 2 = 4 6= 0.

Stoga prema [M1, teorem 2.10] vrijedi

xi =Di

detA, i = 1, 2, 3,

gdje je

D1 =

∣∣∣∣∣∣

2 1 13 2 1−1 1 2

∣∣∣∣∣∣

= 8 − 1 + 3 + 2 − 2 − 6 = 4,

D2 =

∣∣∣∣∣∣

2 2 11 3 11 −1 2

∣∣∣∣∣∣

= 12 + 2 − 1 − 3 + 2 − 4 = 8,

D3 =

∣∣∣∣∣∣

2 1 21 2 31 1 −1

∣∣∣∣∣∣

= −4 + 3 + 2 − 4 − 6 + 1 = −8.

Slijedi

x1 =4

4, x2 =

8

4, x3 =

−8

4,

pa rjesnje sustava glasi

x1

x2

x3

=

12−2

.

2.25 Matricna jednadzba

Rijesite matricnu jednadzbu AX = B, gdje je

A =

2 02 −31 −1

i B =

2 0 6−1 −6 00 −2 1

.

Rjesenje. Prema [M1, §2.1.3], matrica X mora biti tipa (2, 3) pa je zapisimo uobliku

X =

[a b cd e f

]

.

Uvrstavanjem zadanih matrica u jednadzbu AX = B dobivamo

2 02 −31 −1

·[a b cd e f

]

=

2 0 6−1 −6 00 −2 1

,

54 LINEARNA ALGEBRA

odnosno

2a 2b 2c2a− 3d 2b− 3e 2c− 3fa− d b− e c− f

=

2 0 6−1 −6 00 −2 1

.

Izjednacavanjem odgovarajucih elemenata u matricama slijedi

2a = 2, 2b = 0, 2c = 6,

2a− 3d = −1, 2b− 3e = −6, 2c− 3f = 0,

a− d = 0, b− e = −2, c− f = 1.

Dakle,

a = 1, b = 0, c = 3, d = 1, e = 2, f = 2

pa trazena matrica X glasi

X =

[1 0 31 2 2

]

.

2.26 Jednadzba s kvadratnim matricama

Rijesite matricnu jednadzbu

(AX)−1 +X−1 = B,

gdje je

A =

[2 −13 4

]

i B =

[3 41 −3

]

.

Rjesenje. Prema formulama iz [M1, §2.8] slijedi

(AX)−1 +X−1 = B,

X−1A−1 +X−1 = B,

X−1(A−1 + I) = B.

Mnozenjem jednadzbe s lijeve strane matricom X i s desne strane matricom B−1

dobivamo

X ·X−1(A−1 + I) ·B−1 = X · B · B−1,

I · (A−1 + I) ·B−1 = X · I,(A−1 + I) ·B−1 = X,

odnosno

X = (A−1 + I) ·B−1.

Matrice A i B imaju inverze jer je

detA = 2 · 4 − (−1) · 3 = 11 6= 0 i detB = 3 · (−3) − 4 · 1 = −13 6= 0

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem 55

Prema zadatku 2.23 vrijedi

A−1 =1

11

[4 1−3 2

]

i B−1 =1

−13

[−3 −4−1 3

]

=1

13

[3 41 −3

]

.

Stoga je

X =

(1

11

[4 1−3 2

]

+

[1 00 1

])

· 1

13

[3 41 −3

]

=

(1

11

[4 1−3 2

]

+1

11

[11 00 11

])

· 1

13

[3 41 −3

]

=1

11 · 13

[15 1−3 13

]

·[3 41 −3

]

=1

143

[46 574 −51

]

.

2.27 Rjesavanje matricne jednadzbe invertiranjem

Rijesite matricnu jednadzbu

B(AX − I)−1C = I

gdje je

A =

1 23 22 1

, B =

10 −2 −9−5 2 54 −1 −4

, C =

1 2 02 1 −30 2 3

.

Rjesenje. Da bismo odredili nepoznatu matricu X , pomnozimo zadanu jednadzbuslijeva s B−1 i zdesna s C−1. Tada dobivamo

B−1B · (AX − I)−1 · CC−1 = B−1 · I · C−1,

I · (AX − I)−1 · I = B−1 · I · C−1,

(AX − I)−1 = B−1C−1.

Buduci da je B−1C−1 = (CB)−1 (vidi [M1, §2.8]), slijedi

(AX − I)−1 = (CB)−1.

Invertiranjem lijeve i desne strane sada dobivamo jednadzbu

AX − I = CB,

odnosno

AX = CB + I.

56 LINEARNA ALGEBRA

Izracunajmo sada matricu CB + I. Vrijedi

CB + I =

1 2 02 1 −30 2 3

10 −2 −9−5 2 54 −1 −4

+

1 0 00 1 00 0 1

=

0 2 13 1 −12 1 −2

+

1 0 00 1 00 0 1

=

1 2 13 2 −12 1 −1

.

Buduci da je A matrica tipa 3 × 2 i matrica CB + I tipa 3 × 3, trazena matrica Xmora biti tipa 2 × 3, pa je zapisimo u obliku

X =

[x1 y1 z1x2 y2 z2

]

.

Sada jednadzba AX = CB + I glasi

1 23 22 1

·[x1 y1 z1x2 y2 z2

]

=

1 2 13 2 −12 1 −1

,

odnosno

x1 + 2x2 y1 + 2y2 z1 + 2z23x1 + 2x2 3y1 + 2y2 3z1 + 2z22x1 + x2 2y1 + y2 2z1 + z2

=

1 2 13 2 −12 1 −1

.

Izjednacavanjem matrica dobivamo sljedece jednadzbe:

x1 + 2x2 = 1, y1 + 2y2 = 2, z1 + 2z2 = 1,

3x1 + 2x2 = 3, 3y1 + 2y2 = 2, 3z1 + 2z2 = −1,

2x1 + x2 = 2, 2y1 + y2, = 1, 2z1 + z2 = −1.

Promotrimo prvo jednadzbe

x1 + 2x2 = 1,

3x1 + 2x2 = 3,

2x1 + x2 = 2,

koje jedine sadrze nepoznanice x1 i x2. Oduzimanjem prve od druge odmah do-bivamo da je x1 = 1, a uvrstavanjem u trecu da je x2 = 0. Dobiveni x1 i x2

zadovoljavaju sve tri jednadzbe pa su to uistinu rjesenja. Na isti nacin rijesimo sus-tav jednadzbi koje jedine sadrze nepoznanice y1 i y2 odakle dobivamo da je y1 = 0 iy2 = 1, te preostali sustav jednadzbi koji sadrzi nepoznanice z1 i z2 i daje z1 = −1i z2 = 1. Dakle, rjesenje je matrica

X =

[1 0 −10 1 1

]

.

2.28 Rastav matrice na simetricni i antisimetricni dio 57

2.28 Rastav matrice na simetricni i antisimetricni dio

Svaka kvadratna matrica A se moze napisati kao zbroj simetricne i antisimetricnematrice. Pokazite da su te matrice dane sa

A1 =A+AT

2, A2 =

A−AT

2.

Odredite A1 i A2 ako je

A =

1 2 04 3 21 −1 1

. (2.3)

Rjesenje. Pretpostavimo da se matrica moze napisati kao zbroj

A = A1 +A2 (2.4)

gdje je

AT1 = A1, odnosno A1 je simetricna matrica i

AT2 = −A2, odnosno A2 je antisimetricna matrica.

Transponiranjem jednadzbe (2.4) slijedi

AT = AT1 +AT

2 = A1 −A2. (2.5)

Zbrajanjem i oduzimanjem jednadzbi (2.4) i (2.5) dobivamo redom jednadzbe

A+AT = 2A1,

A−AT = 2A2,

odakle je

A1 =A+AT

2, A2 =

A−AT

2.

Projerimo sada da je matrica A1 uistinu simetricna, a A2 anti-simetricna. Vrijedi

AT1 =

(A+AT

2

)T

=AT +A

2= A1,

AT2 =

(A−AT

2

)T

=AT −A

2= −A2.

Za zadanu matricu A je

AT =

1 4 12 3 −10 2 1

58 LINEARNA ALGEBRA

pa njen rastav na simetricni i anti-simetricni dio cine matrice

A1 =1

2

1 2 04 3 21 −1 1

+

1 4 12 3 −10 2 1

=

1 3 12

3 3 12

12

12 1

,

A2 =1

2

1 2 04 3 21 −1 1

−

1 4 12 3 −10 2 1

=

0 −1 − 12

1 0 32

12 − 3

2 0

.


1. Za matrice

A =

[1 10 1

]

, B =

[1 −10 1

]

,

izracunajte AB, BA, A2 +AB − 2B.

2. Neka je A =

[2 1−3 0

]

. Izracunajte P (A), ako je P (x) = x4 − x2 + 1.

3. Izracunajte trecu potenciju matrice n-tog reda

A =

1 1 1 · · · 10 1 1 · · · 10 0 1 · · · 1· · · · ·· · · · ·0 0 0 · · · 1

4. Rijesite sljedece sustave:

(a)2x1 + x2 + x3 − 4 = 0,−x1 + 2x2 + 3x3 − 8 = 0,x1 + 3x2 − x3 − 4 = 0.

(b)2x − y + 3z = 0,x + 2y − 5z = 0,3x + y − 2z = 0.

(c)

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 0,2x1 + x2 + x3 + 2x4 = 0,x1 + 2x2 + 2x3 + x4 = 0,x1 + x2 + x3 + x4 = 0.

5. Rijesite sljedece sustave:

(a)

2x1 + 2x2 − x3 + x4 = 4,4x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 6,8x1 + 5x2 − 3x3 + 4x4 = 12,3x1 + 3x2 − 2x3 + 2x4 = 6.


(b)

x1 + 3x2 + 5x3 − 4x4 = 1,x1 + 3x2 + 2x3 − 2x4 + x5 = −1,x1 − 2x2 + x3 − x4 − x5 = 3,x1 − 4x2 + x3 + x4 − x5 = 3,x1 + 2x2 + x3 − 4x4 + x5 = −1.

(c)x + 2y + z − u = 2,2x − y − 2z + 3u = 5.

(d)

2x1 + x2 − x3 − x4 + x5 = 1,x1 − x2 + x3 + x4 − 2x5 = 0,3x1 + 3x2 − 3x3 − 3x4 + 4x5 = 2,4x1 + 5x2 − 5x3 − 5x4 + 7x5 = 3.

6. U ovisnosti o parametru λ ∈ R rijesite sustave:

(a)2x1 + 3x2 + x3 = 1,3x1 + 4x2 + 2x3 = 1,x1 + x2 + λx3 = 2.

(b)λx + 2y + z = 4,2x + y + 2z = 5,3x + 2y + 3z = 12.

(c)

−2x1 + x2 − x3 = 1,x3 + 2x4 = 3,

2x1 − x2 + 3x3 + 4x4 = 5,λx1 − 2x2 + 5x3 + 6x4 = 7.

7. Odredite sve a ∈ R za koje sustav

−x + y + z = ax,x − y + z = ay,x + y − z = az,

ima jednoparametarsko rjesenje.

8. Odredite rang sljedecih matrica:

(a) A =

1 2 1 12 0 1 −10 0 2 0

,

(b) B =

1 −1 32 −1 33 1 3

,

(c) C =

3 1 1 40 4 10 11 7 17 32 2 4 3

,

(d) D =

−1 2 0 1 41 2 3 −1 50 4 3 0 9

.

60 LINEARNA ALGEBRA

9. Izracunajte determinante sljedecih matrica:

(a) A =

0 0 03 −1 62 8 3

,

(b) B =

3 −5 1 41 3 0 −2−3 5 2 1−1 −3 5 7

,

(c) C =

−1 2 5 63 −1 −15 −182 1 0 73 1 1 6

,

(d) D =

0 c −b x−c 0 a yb −a 0 z−x −y −z 0

.

10. Izracunajte determinante sljedecih matrica n-tog reda:

(a) A =

1 2 3 · · · n0 1 2 · · · n− 10 0 1 · · · n− 2· · · · ·0 0 0 · · · 1

,

(b) B =

1 n n · · · nn 2 n · · · nn n 3 · · · n· · · · ·n n n · · · n

.

11. Odredite sve x ∈ R za koje je matrica

A =

1 1 2 31 2 − x2 2 32 3 1 52 3 1 9 − x2

singularna.

12. Gauss-Jordanovom metodom i Cramerovim pravilom izracunajte inverze ma-trica:

(a) A =

2 1 00 2 10 0 2

,

(b) B =

3 −4 52 −3 13 −5 −1

,


(c) C =

1 2 2 22 1 2 22 2 1 22 2 2 1

.

13. Rijesite sljedece matricne jednadzbe:

(a) 3A− 2X = B, ako je

A =

[3 2−2 1

]

, B =

[1 −52 3

]

,

(b) AXB = C, ako je

A =

[1 3−3 1

]

, B =

[1 00 5

]

, C =

[3 20 5

]

,

(c) AX + 2B = C +BX , ako je

A =

1 2 30 2 40 0 1

, B =

−1 2 −30 4 20 0 2

, C =

3 0 10 2 40 0 1

,

(d) A(A+B)BX = I, ako je

A =

1 0 00 1 04 0 1

, B =

−1 0 20 1 00 0 1

,

(e) AX−1B − C = AX−1, ako je

A =

1 1 20 1 20 2 1

, B =

2 1 10 −1 10 0 −1

, C =

2 1 00 1 20 0 1

.

14. Rijesite sustav− x2 + 3x3 = 7

−2x1 + x2 − x3 = −33x1 − 2x2 = 2

(a) Cramerovim pravilom,

(b) rjesavanjem matricne jednadzbe,

(c) Gaussovom metodom eliminacije.

15. Izracunajte matrice X i Y reda 2 koje zadovoljavaju matricne jednadzbe

AX + Y = I,XB + A−1Y = O,

ako je A =

[3 −2−4 3

]

, B =

[1 −1−1 1

]

, I jedinicna matrica, a O nulmatrica.

62 LINEARNA ALGEBRA

2.30 Rjesenja

1. AB =

[1 00 1

]

, BA =

[1 00 1

]

, A2 +AB − 2B =

[0 40 0

]

.

2. P (A) =

[−11 −618 1

]

.

3. A3 =

1 s2 s3 · · · sn

0 1 s2 · · · sn−1

0 0 1 · · · sn−2

· · · · ·0 0 0 · · · 1

, gdje je sn = 1 + 2 + · · · + n = n(n+1)2 .

4. (a)

x1

x2

x3

=

8/2544/258/5

,

(b)

xyz

= λ

−1135

, λ ∈ R,

(c)

x1

x2

x3

x4

= λ

−1001

, λ ∈ R.

5. (a)

x1

x2

x3

x4

=

11−1−1

,

(b)

x1

x2

x3

x4

x5

=

0−10−10

+ α

−1−10−12

, α ∈ R,

(c)

xyzu

=

12/5−1/5

00

+ α

3−450

+ β

−1101

, α, β ∈ R,

(d)

x1

x2

x3

x4

x5

=

1/31/3000

+ α

01100

+ β

01010

+ γ

1−5003

, α, β, γ ∈ R.

6. (a) Sustav nema rjesenja za λ = 1,

x1

x2

x3

=

(λ+ 3)/(1 − λ)(λ+ 1)/(λ− 1)

2/(λ− 1)

, za λ 6= 1.

2.30 Rjesenja 63

(b) Sustav nema rjesenja za λ = 1,

xyz

=

12/(1 − λ)9

(2λ− 14)/(1 − λ)

, za λ 6= 1.

(c)

x1

x2

x3

x4

=

0430

+ t

0−2−21

, t ∈ R za λ 6= 4,

x1

x2

x3

x4

=

−2030

+ s

1/2100

+ t

10−21

, s, t ∈ R, za λ = 4.

7. a = 1.

8. (a) rang(A) = 3,

(b) rang(B) = 3,

(c) rang(C) = 2,

(d) rang(D) = 2.

9. (a) detA = 0,

(b) detB = −140,

(c) detC = 320,

(d) detD = (ax+ by + cz)2.

10. (a) detA = 1,

(b) detB = (−1)n−1 n!.

11. Matrica A je singularna za sve x ∈ { − 2,−1, 1, 2}.

12. (a) A−1 =1

8

4 −2 10 4 −20 0 4

,

(b) B−1 =

−8 29 −11−5 18 −71 −3 1

,

(c) C−1 =1

7

−5 2 2 22 −5 2 22 2 −5 22 2 2 −5

.

13. (a) X =

[4 11/2−4 0

]

,

(b) A−1 =1

10

[1 −33 1

]

, B−1 =1

5

[5 00 1

]

, X =1

50

[15 −1345 11

]

,

64 LINEARNA ALGEBRA

(c) X =

5/2 −2 −11/20 3 30 0 3

,

(d) X =1

4

9 0 −10 2 02 0 0

,

(e) X =1

2

1 2 40 16 20 −8 −4

.

14.

x1

x2

x3

=

0−12

.

15. X =

[2 33 4

]

, Y =

[1 −1−1 1

]

.

3.

VEKTORSKA ALGEBRA IANALITICKA GEOMETRIJA

3.1 Skalarni produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.2 Vektorska projekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.3 Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.4 Linearna kombinacija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.5 Povrsina i visina trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.6 Povrsina paralelograma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.7 Povrsina i duljina dijagonala romba . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.8 Mjesoviti produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.9 Volumen paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.10 Visina paralelopipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.11 Volumen tetraedra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.12 Jednadzba ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.13 Pramen ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.14 Okomite ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.15 Jednadzba pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.16 Okomiti pravci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.17 Ravnina paralelna pravcu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.18 Sjeciste pravca i ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.19 Sjeciste dvaju pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.20 Ortogonalna projekcija tocke na pravac . . . . . . . . . . . . . 80

3.21 Ortogonalna projekcija tocke na ravninu . . . . . . . . . . . . . 81

3.22 Ortogonalna projekcija pravca na ravninu . . . . . . . . . . . . 81

3.23 Udaljenost tocaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.24 Udaljenost ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.25 Udaljenost pravca od ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.26 Udaljenost tocke od pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.27 Udaljenost paralelnih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.28 Udaljenost mimosmjernih pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.29 Sjeciste simetrale kuta i simetrale stranice . . . . . . . . . . . . 85

3.30 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3.31 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

66 VEKTORSKA ALGEBRA I ANALITICKA GEOMETRIJA

3.1 Skalarni produkt

Zadani su vektori p = λa + 17b i q = 3a− b, gdje je |a| = 2, |b| = 5,∠(a,b) = 2π3 .

(a) Odredite koeficijent λ tako da vektori p i q budu medusobno okomiti.

(b) Izracunajte duljinu vektora r = 4p− 23q.

Rjesenje.

(a) Izracunajmo prvo skalarni produkt vektora p i q. Prema svojstvima skalarnogprodukta S6, S7, S8 i S4 iz [M1, §3.9] te definiciji skalarnog produkta [M1,definicija 3.4], vrijedi

p · q = (λa + 17b) · (3a − b)

= 3λa · a + (51 − λ)a · b− 17b · b= 3λ |a|2 + (51 − λ) |a| · |b| · cos∠(a,b) − 17|b|2

= 3λ · 22 + (51 − λ) 2 · 5 · cos2π

3− 17 · 52

= 17λ− 680.

Prema svojstvu S1 iz [M1, §3.9], vektori p i q ce biti medusobno okomiti akovrijedi p · q = 0, odnosno ako je 17λ− 680 = 0. Dakle, rjesenje je λ = 40.

(b) Prikazimo vektor r preko vektora a i b. Vrijedi

r = 4p− 23q = 4(40a + 17b) − 23(3a− b) = 91(a + b).

Prema svojstvu S4 iz [M1, §3.9] je

|a + b|2 = (a + b) · (a + b)

= a2 + 2 a · b + b2

= |a|2 + 2 |a| · |b| · cos∠(a,b) + |b|2

= 22 + 2 · 2 · 5 · cos2π

3+ 52 = 19.

Slijedi |a + b| =√

19, pa je duljina vektora r jednaka

|r| = |91(a + b)| = 91|a + b| = 91√

19.

3.2 Vektorska projekcija

Zadane su tocke A(2, 3, 2), B(0, 1, 1), C(4, 4, 0), D(8, 6, 6). Odredite vektorsku pro-

jekciju vektora−−→AB na vektor

−−→CD i njenu duljinu.

3.3 Vektorski produkt 67

Rjesenje. Prema [M1, §3.2] je

−−→AB =

−−→OB −−→

OA = (0 − 2)i + (1 − 3)j + (1 − 2)k = −2i− 2j− k,−−→CD =

−−→OD −−−→

OC = (8 − 4)i + (6 − 4)j + (6 − 0)k = 4i + 2j + 6k.

Prema formuli S5 iz [M1, §3.9], duljina vektorske projekcije vektora−−→AB na vektor−−→

CD pomnozena s predznakom smjera iznosi

AB−−→CD

=

−−→AB · −−→CD|−−→CD|

=−2 · 4 − 2 · 2 − 1 · 6√

42 + 22 + 62= − 9√

14.

Sama vektorska projekcija vektora−−→AB na vektor

−−→CD jednaka je umnosku dobivenog

broja i jedinicnog vektora vektora−−→CD. Dakle,

−−→AB−−→

CD= AB−−→

CD·−−→CD

|−−→CD|= − 9√

14· 4i + 2j + 6k√

14= −9

7i − 9

14j − 27

14k.

Duljina vektorske projekcije vektora−−→AB na vektor

−−→CD jednaka je apsolutnoj vri-

jednosti od AB−−→CD

, odnosno

|−−→AB−−→CD

| = |AB−−→CD

| =9√14.

3.3 Vektorski produkt

Dani su vektori a = (0, 2λ, λ), b = (2, 2, 1) i c = (−1,−2,−1).

(a) Odredite parametar λ takav da je (a − b) · c = a · c + λ.

(b) Odredite vektor d koji zadovoljava uvjete a × b = c× d i a × c = b× d.

(c) Pokazite da su vektori a − d i b− c kolinearni.

Rjesenje.

(a) Da bismo odredili parametar λ iz uvjeta (a − b) · c = a · c + λ, izracunajmoprvo izraz s lijeve strane. Vrijedi

(a − b) · c = [(2λj + λk) − (2i + 2j + k)] · (−i − 2j− k)

= [−2i + (2λ− 2)j + (λ− 1)k] · (−i − 2j− k)

= 2 − 4λ+ 4 − λ+ 1 = −5λ+ 7.

Nadalje, izraz s desne strane glasi

a · c + λ = (2λj + λk)(−i − 2j− k) + λ = −4λ.

Izjednacavanjem dobivamo −5λ+ 7 = −4λ, pa je λ = 7.


(b) Stavimo d = x1i + x2j + x3k, gdje su x1, x2, x3 nepoznanice. Prema [M1,teorem 3.3] je

a × b =

∣∣∣∣∣∣

i j k0 14 72 2 1

∣∣∣∣∣∣

= 14j− 28k,

c × d =

∣∣∣∣∣∣

i j k−1 −2 −1x1 x2 x3

∣∣∣∣∣∣

= (x2 − 2x3)i + (x3 − x1)j + (2x1 − x2)k,

a × c =

∣∣∣∣∣∣

i j k0 14 7−1 −2 −1

∣∣∣∣∣∣

= −7j + 14k,

b × d =

∣∣∣∣∣∣

i j k2 2 1x1 x2 x3

∣∣∣∣∣∣

= (2x3 − x2)i + (x1 − 2x3)j + (2x2 − 2x1)k.

Uvrstavanjem dobivenih izraza u zadane uvjete dobivamo

(x2 − 2x3)i + (x3 − x1)j + (2x1 − x2)k = 14j− 28k,

(2x3 − x2)i + (x1 − 2x3)j + (2x2 − 2x1)k = −7j + 14k.

Vektori su jednaki samo ako su im odgovarajuce komponente jednake, stogaslijedi

x2 − 2x3 = 0,−x1 + x3 = 14,2x1 − x2 = −28,

x2 + 2x3 = 0,x1 − 2x3 = −7,

−2x1 + 2x2 = 14.

Primijenimo Gaussovu metodu eliminacije iz [M1, §2.4]. Zamjenom prvog i

3.4 Linearna kombinacija vektora 69

drugog retka dobivamo

[A b

]=

0 1 −2 0−1 0 1 142 −1 0 −280 −1 2 01 0 −2 −7−2 2 0 14

∼

−1 0 1 140 1 −2 02 −1 0 −280 −1 2 01 0 −2 −7−2 2 0 14

R3+2R1

R4+R1

R6−2R1

∼

−1 0 1 140 1 −2 00 −1 2 00 −1 2 00 0 −1 70 2 −2 −14

R3+R2

R4+R2

R6−2R2

∼

−1 0 1 140 1 −2 00 0 0 00 0 0 00 0 −1 70 0 2 −14

.

Iz treceg i cetvrtog retka slijedi 0 = 0, pa ih mozemo zanemariti. Stoga je

[A b

]∼

−1 0 1 140 1 −2 00 0 −1 70 0 2 −14

R4+2R3

∼

−1 0 1 140 1 −2 00 0 −1 70 0 0 0

.

Iz treceg retka slijedi x3 = −7, iz drugog x2 = 2x3 = −14, a iz prvog x1 =−14 + x3 = −21, pa je rjesenje d = −7(3i + 2j + k).

(c) Da bismo pokazali kolinearnost vektora a−d i b−c, prema svojstvu V1 iz [M1,§3.10], dovoljno je vidjeti da je njihov vektorski produkt jednak nula. SvojstvaV3 i V4 iz [M1, §3.10] daju

(a − b) × (b − c) = a × b − a × c − d× b + d× c

= a × b − a × c − (−b× d) + (−c× d).

Prema uvjetima pod (b), za vektor d vrijedi a× b = c× d i a× c = b× d, paslijedi (a − d) × (b − c) = 0. Dakle, vektori a − d i b− c su kolinearni.

3.4 Linearna kombinacija vektora

Zadani su vektori a,b i c takvi da a i b nisu kolinearni i vrijedi a + b + c = 0.Izrazite vektor a preko vektora c i d, ako je d = 2a + 3b.

Rjesenje. Trebamo odrediti koeficijente α, β ∈ R za koje vrijedi

a = αc + βd.

Uvrstavanjem uvjeta imamo

a = α(−a − b) + β(2a + 3b),


odakle slijedi(1 + α− 2β)a + (α− 3β)b = 0.

Kolinearnost vektora a i b povlaci da su linearno nezavisni. Stoga su, prema [M1,§3.7], α i β rjesenja sustava

1 + α− 2β = 0 i α− 3β = 0,

odnosno α = −3, β = −1. Trazena linearna kombinacija glasi

a = −3c− d.

3.5 Povrsina i visina trokuta

Trokut ABC zadan je vektorima−−→AB = 3p − 4q i

−−→BC = p + 5q, pri cemu je

|p| = |q| = 2, ∠(p,q) =π

3. Odredite povrsinu P i visinu vC spustenu iz vrha C.

Rjesenje. Prema svojstvu V6 iz [M1, §3.10] je

P =1

2|−−→AB ×−→

AC|.

Uvrstavanjem−−→AB = 3p − 4q i

−−→BC = p + 5q, te primjenom svojstava vektorskog

produkta V1, V3, V4 i V5 iz [M1, §3.10] dobivamo

P =1

2|(3p − 4q) × (p + 5q)| =

1

2|3p× p + 15p× q − 4q × p− 20q× q| =

=1

2|3 · 0 + 15p× q − 4(−p× q) − 20 · 0| =

1

2|19p× q| =

19

2|p × q| =

=19

2|p| · |q| · sin ∠(p,q) =

19

2· 2 · 2 · sin π

3= 19

√3.

Visinu racunamo iz formule

P =1

2|−−→AB| · vC .

Buduci da je

|−−→AB|2 = (3p− 4q)2 = 9|p|2 − 24p · q + 16|q|2 = 52,

slijedi

vC =2P

|−−→AB|=

2 · 19√

3√52

=19

√39

13.

3.6 Povrsina paralelograma

Odredite povrsinu paralelograma s dijagonalama

e = −i− 2j− 4k i f = 5i− 4j− 8k.

3.7 Povrsina i duljina dijagonala romba 71

Rjesenje. Dijagonale paralelograma se raspolavljaju pa povrsina paralelogramaiznosi

P =1

2|e× f | =

1

2|

∣∣∣∣∣∣

i j k−1 −2 −45 −4 −8

∣∣∣∣∣∣

| =1

2| − 28j + 14k| = 7 | − 2j + k| = 7

√5.

3.7 Povrsina i duljina dijagonala romba

Neka su a i b jedinicni vektori koji zatvaraju kut odπ

3. Izracunajte duljine dijago-

nala i povrsinu romba razapetog vektorima a i b.

Rjesenje. Oznacimo sa e i f dijagonale romba. Tada je

e = a + b i f = b − a,

pa vrijedi

|e|2 = (a + b)2 = |a|2 + 2a · b + |b|2 = 1 + 2 · 1

2+ 1 = 3,

|f |2 = (b − a)2 = |b|2 − 2b · a + |a|2 = 1 − 21

2+ 1 = 1.

Stoga su duljine dijagonala jednake

|e| =√

3 i |f | = 1.

Buduci se dijagonale romba raspolavljaju i sijeku pod pravim kutom, povrsina iznosi

P =1

2|e| · |f | =

√3

2.

3.8 Mjesoviti produkt

Zadani su vektori a = (1, 2α, 1), b = (2, α, α) i c = (3α, 2,−α).

(a) Izracunajte mjesoviti produkt vektora a,b i c.

(b) Odredite α ∈ R takav da su vektori a,b i c komplanarni.

Rjesenje.

(a) Prema [M1, teorem 3.4], mjesoviti produkt vektora a,b i c je

(a × b) · c =

∣∣∣∣∣∣

1 2α 12 α α3α 2 −α

∣∣∣∣∣∣

= 1 · (−α2 − 2α) − 2α · (−2α− 3α2) + 1 · (4 − 3α2)

= 6α3 − 2α+ 4.


(b) Prema [M1, §3.11], vektori a,b i c su komplanarni ako vrijedi

(a × b) · c = 0,

odnosno ako je

6α3 − 2α+ 4 = 0,

3α3 − α+ 2 = 0,

(α+ 1)(3α2 − 3α+ 2) = 0,

pa je rjesenje α = −1.

3.9 Volumen paralelopipeda

Izracunajte volumen paralelopipeda razapetog vektorima

a = i − 3j + k, b = 2i + j − 3k, c = i + 2j + k.

Rjesenje. Prema [M1, §3.11], volumen zadanog paralelopipeda iznosi

V = |(a × b) · c| = |

∣∣∣∣∣∣

1 −3 12 1 −31 2 1

∣∣∣∣∣∣

| = |1 · (1 + 6) + 3 · (2 + 3) + 1 · (4 − 1)| = 25.

3.10 Visina paralelopipeda

Izracunajte visinu paralelopipeda razapetog vektorima

a = 3i + 2j− 5k, b = i − j + 4k, c = i − 3j + k,

ako je osnovica paralelogram razapet vektorima a i b.

Rjesenje. Volumen paralelopipeda razapetog vektorima a, b i c je jednak

V = |(a × b) · c|.

S druge strane je V = B ·v, gdje je B povrsina osnovice paralelopipeda, a v njegovavisina. Buduci da je osnovica paralelogram razapet vektorima a i b, vrijedi B =|a × b|, pa je

V = |a × b| · v.

Iz prethodnih jednadzbi slijedi

v =|(a × b) · c|

|a × b| .

3.11 Volumen tetraedra 73

Prema [M1, teorem 3.4] je

(a × b) · c =

∣∣∣∣∣∣

3 2 −51 −1 41 −3 1

∣∣∣∣∣∣

= 49,

a prema [M1, teorem 3.3]

a × b =

∣∣∣∣∣∣

i j k3 2 −51 −1 4

∣∣∣∣∣∣

= 3i − 17j− 5k,

odakle je

|a × b| =√

32 + (−17)2 + (−5)2 =√

323.

Uvrstavanjem dobivenih rezultata dobivamo da je visina paralelopipeda jednaka

v =49√323

.

3.11 Volumen tetraedra

Odredite α tako da volumen tetraedra razapetog vektorima a, b i α c iznosi 2/3,gdje je

a = i + j − 2k, b = 2i + j− k, c = i − 1

3k.

Rjesenje. Prema [M1, primjer 3.8] je volumen zadanog tetraedra jednak

V =1

6|(a × b) · c|. (3.1)

Koristenjem formule iz [M1, teorem 3.4] dobivamo da je

V =1

6|

∣∣∣∣∣∣

1 1 −22 1 −1α 0 −α

3

∣∣∣∣∣∣

| =1

6|[

1 ·(

−α3− 0)

− 1 ·(−2α

3+ α

)

− 2 · (0 − α)

]

| =2

9|α|.

Iz uvjeta zadatka slijedi

2

9|α| =

2

3,

odnosno,

|α| = 3,

pa su trazena rjesenja α1 = 3 i α2 = −3.


3.12 Jednadzba ravnine

Odredite jednadzbu ravnine koja prolazi tockom T0 = (2,−1, 3) i

(a) na koordinatnim osima odsijeca iste odsjecke a 6= 0.

(b) sadrzi x-os.

(c) sadrzi ishodiste i tocku T = (1, 1, 1).

Rjesenje.

(a) Prema [M1, §3.14], segmentni oblik jednadzbe ravnine koja na koordinatnimosima odsijeca iste odsjecke a 6= 0 je

x

a+y

a+z

a= 1.

Ravnina prolazi tockom T0 pa njene koordinate zadovoljavaju jednadzbu rav-nine. Vrijedi

2

a+

−1

a+

3

a= 1,

odakle je a = 4 i jednadzba ravnine glasi

x+ y + z − 4 = 0.

(b) Prema [M1, §3.14], opci oblik jednadzbe ravnine je

Ax+By + Cz +D = 0,

gdje je vektor normale trazene ravnine n = {A,B,C}. Buduci da ravnina sadrzix-os, vektor normale n je okomit na vektor i = {1, 0, 0}. Tada je n·i = 0, odakleje A = 0. Nadalje, ravnina sadrzi ishodiste O = (0, 0, 0) pa je D = 0. Dakle,jednadzba trazene ravnine je oblika

By + Cz = 0,

odnosnoB

Cy + z = 0.

Konacno, tocka T0 lezi u ravnini pa vrijedi

B

C· (−1) + 3 = 0,

B

C= 3

i jednadzba ravnine je

3y + z = 0.

3.13 Pramen ravnina 75

(c) Zadana ravnina prolazi tockama O = (0, 0, 0), T = (1, 1, 1) i T0 = (2,−1, 3). Uzoznake O = (x1, y1, z1), T = (x2, y2, z2) i T0 = (x3, y3, z3), prema [M1, §3.14],jednadzba trazene ravnine je

∣∣∣∣∣∣

x y z1 1 12 −1 3

∣∣∣∣∣∣

= 0,

odakle slijedix(3 + 1) − y(3 − 2) + z(−1 − 2) = 0,

odnosno4x− y − 3z = 0.

3.13 Pramen ravnina

Kroz presjek ravnina 4x− y+ 3z − 1 = 0 i x+ 5y− z + 2 = 0 postavi ravninu takoda

(a) prolazi tockom M = (1, 0, 2).

(b) je paralelna s xy-ravninom.

(c) je okomita na ravninu 2x− y + 5z − 3 = 0.

Rjesenje. Proizvoljna ravnina koja prolazi presjekom zadanih ravnina je danajednadzbom

(4x− y + 3z − 1) + λ(x + 5y − z + 2) = 0,

za neki parametar λ ∈ R. Sredivanjem dobivamo

(4 + λ)x + (−1 + 5λ)y + (3 − λ)z + (−1 + 2λ) = 0. (3.2)

(a) Uvrstavanjem koordinata tocke M = (1, 0, 2) koja lezi u ravnini u (3.2) dobi-vamo

(4 + λ) · 1 + (−1 + 5λ) · 0 + (3 − λ) · 2 + (−1 + 2λ) = 0,

odakle je λ = −9 i jednadzba trazene ravnine glasi

5x+ 46y − 12z + 19 = 0.

(b) Iz paralelnosti zadane ravnine s xy-ravninom slijedi da je vektor normale

n = {4 + λ,−1 + 5λ, 3 − λ}

okomit na vektore i = {1, 0, 0} i j = {0, 1, 0}, pa je n · i = 0 i n · j = 0. Stoga λzadovoljava sustav jednadzbi

4 + λ = 0,

−1 + 5λ = 0,

koji nema rjesenja. Dakle, ne postoji ravnina za koju vrijede zadani uvjeti.


(c) Ako su ravnine okomite, njihovi vektori normala su okomiti. Vektor normaleravnine 2x− y + 5z − 3 = 0 je n1 = {2,−1, 5} pa vrijedi n1 · n = 0, odnosno

2(4 + λ) − (−1 + 5λ) + 5(3 − λ) = 0,

odakle je λ = 3, cijim uvrstavanjem u (3.2) dobivamo da je jednadzba trazeneravnine

7x+ 14y + 5 = 0.

3.14 Okomite ravnine

(a) Odredite jednadzbu ravnine π0 koja prolazi tockom M = (2,−1, 1) i okomita jena ravnine

π1 . . . 3x + 2y − z − 4 = 0,π2 . . . x + y + z − 3 = 0.

(b) Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockama A = (1, 2, 3), B = (3, 2, 1)i okomita je na ravninu π1 . . . 4x− y + 2z − 7 = 0.

Rjesenje.

(a) Oznacimo s ni vektore normale ravnina πi za i = 0, 1, 2. Ravnina π0 je okomitana ravnine π1 i π2, pa je n0 ⊥ n1,n2. Buduci da je vektorski produkt

n1 × n2 =

∣∣∣∣∣∣

i j k3 2 −11 1 1

∣∣∣∣∣∣

= 3i − 4j + k

okomit na n1 i n2, slijedi da je kolinearan vektoru n0. Stoga mozemo uzetin0 = n1 × n2. Jednadzba ravnine π0 kroz tocku M = (2,−1, 1) s vektoromsmjera n = {3,−4, 1}, prema poglavlju [M1, §3.14], glasi

3(x− 2) − 4(y + 1) + (z − 1) = 0,

odnosno3x− 4y + z − 11 = 0.

(b) Neka je P = (x, y, z) proizvoljna tocka u ravnini π. Tada vektori

−→AP = rP − rA = (x − 1)i + (y − 2)j + (z − 3)k,−−→AB = rB − rA = 2i− 2k

leze u ravnini π. Vektor normale ravnine π1 je n1 = {4,−1, 2}. Buduci da

je ravnina π1 okomita na ravninu π, vektori−→AP ,

−−→AB i n1 su komplanarni.

Stoga je, prema [M1, §3.11], njihov mjesoviti produkt [−→AP,

−−→AB,n1] jednak

nuli, odnosno ∣∣∣∣∣∣

x− 1 y − 2 z − 32 0 −24 −1 2

∣∣∣∣∣∣

= 0,

3.15 Jednadzba pravca 77

odakle slijedi

(x − 1)(0 − 2) − (y − 2)(4 + 8) + (z − 3)(−2 − 0) = 0,

pa je ravnina π dana jednadzbom

x+ 6y + z − 16 = 0.

3.15 Jednadzba pravca

Odredite kanonsku i parametarsku jednadzbu pravca koji

(a) prolazi tockama M = (1, 2,−1) i N = (2, 0, 3).

(b) je zadan kao presjek ravnina

π1 . . . x− y + z − 4 = 0 i π2 . . . 2x+ y − 2z + 5 = 0.

Rjesenje.

(a) Buduci da vektor −−→MN = rN − rM = i − 2j + 4k

lezi na pravcu, vektor smjera zadanog pravca je s = {1,−2, 4}. Potrebna je josjedna tocka kojom pravac prolazi, pa odaberimo M = (1, 2,−1). Prema [M1,§3.13], kanonska jednadzba pravca p glasi

x− 1

1=y − 2

−2=z + 1

4.

Stavimox− 1

1=y − 2

−2=z + 1

4= t, t ∈ R.

Odavde slijedi parametarska jednadzba pravca

x = 1 + t, y = 2 − 2t, z = −1 + 4t, t ∈ R.

(b) Zbrajanjem jednadzbi ravnina π1 i π2 slijedi

3x− z + 1 = 0,

odakle jez = 3x+ 1.

Uvrstavanjem u prvu jednadzbu dobivamo

y = x+ z − 4 = x+ (3x+ 1) − 4 = 4x− 3.

Stavimo x = t, t ∈ R. Tada je

x = t, y = 4t− 3, z = 3t+ 1, t ∈ R

jednoparametarsko rjesenje sustava jednadzbi ravnina π1 i π2, a ujedno i pa-rametarska jednadzba zadanog pravca. Eliminacijom parametra t dobivamokanonsku jednadzbu

x

1=y + 3

4=z − 1

3.


3.16 Okomiti pravci

Zadane su tocke

A = (1, 2, 2), B = (3, 1, 2), C = (−1, 5, 2), D = (2,−1, 0).

Odredite jednadzbu pravca p koji prolazi tockom T = (1, 2, 3) i okomit je na pravce

odredene vektorima−−→AB i

−−→CD.

Rjesenje. Iz okomitosti pravaca slijedi da je vektor smjera s pravca p okomit navektore

−−→AB = rB − rA = 2i− j i

−−→CD = rD − rC = 3i− 6j − 2k.

Stoga mozemo uzeti

s =−−→AB ×−−→

CD =

∣∣∣∣∣∣

i j k2 −1 03 −6 −2

∣∣∣∣∣∣

= 2i + 4j− 9k.

S obzirom da tocka T = (1, 2, 3) lezi na pravcu, kanonska jednadzba pravca p glasi

x− 1

2=y − 2

4=z − 3

−9.

3.17 Ravnina paralelna pravcu

Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockama A = (1, 0,−1) i B = (−1, 2, 1),a paralelna je s pravcem p koji je presjek ravnina

π1 . . . 3x+ y − 2z − 6 = 0,

π2 . . . 4x− y + 3z = 0.

Rjesenje. Vektori normala ravnina π1 i π2 su n1 = {3, 1,−2} i n2 = {4,−1, 3}.Vektor smjera s pravca p je okomit na n1 i n2, pa mozemo uzeti

s = n1 × n2 = i − 17j− 7k.

Buduci da su vektori s i−−→AB okomiti s vektorom normale n ravnine π, n je kolinearan

s vektorskim produktom

−−→AB × s = 20i− 12j + 32k = 4(5i − 3j + 8k),

pa za vektor smjera mozemo uzeti n = 5i − 3j + 8k. Jednadzba ravnine π, koja jepotpuno odredena vektorom normale n = {5,−3, 8} i tockom A = (1, 0,−1) kojalezi u njoj, glasi

5(x− 1) − 3(y − 0) + 8(z + 1) = 0,

odnosno5x− 3y + 8z + 3 = 0.

3.18 Sjeciste pravca i ravnine 79

3.18 Sjeciste pravca i ravnine

Zadan je pravac p kao presjek ravnina

π1 . . . x− 2z − 3 = 0,

π2 . . . y − 2z = 0.

Odredite sjeciste pravca p i ravnine π . . . x+ 3y − z + 4 = 0.

Rjesenje. Prvo odredimo parametarsku jednadzbu pravca p. Ravnine π1 i π2

imaju vektore normale n1 = {1, 0,−2} i n2 = {0, 1,−2}. S obzirom da je pravac pokomit na obje normale, za vektor smjera s pravca p mozemo uzeti

s = n1 × n2 =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 0 −20 1 −2

∣∣∣∣∣∣

= 2i + 2j + k.

Jos trebamo odrediti jednu tocku koja lezi na pravcu. Uvrstavanjem z = 0 ujednadzbe ravnina π1 i π2 dobivamo x = 3 i y = 0, pa trazena tocka ima koordinate(3, 0, 0). Dakle, parametarska jednadzba pravca p je dana s

x = 2t+ 3, y = 2t, z = t, t ∈ R.

Uvrstavanjem parametarske jednadzbe pravca p u jednadzbu ravnine π slijedi

(2t+ 3) + 3 · 2t− t+ 4 = 0,

odakle je t = −1 i sjeciste pravca p i ravnine π tocka s koordinatama

x = 2 · (−1) + 3 = 1, y = 2 · (−1) = −2, z = −1.

3.19 Sjeciste dvaju pravaca

Odredite sjeciste pravaca

p1 . . .x− 1

4=y − 2

3=z

1i p2 . . .

x

3=y + 1

3=z − 2

0.

Rjesenje. Stavimox− 1

4=y − 2

3=z

1= t, t ∈ R.

Slijedi da je parametarska jednadzba pravca p1 jednaka

x = 1 + 4t, y = 2 + 3t, z = t, t ∈ R.

Na isti nacin izx

3=y + 1

3=z − 2

0= s, s ∈ R,


slijedi parametarska jednadzba pravca p2

x = 3s, y = −1 + 3s, z = 2, s ∈ R.

Izjednacavanjem odgovarajucih koordinata dobivamo sustav

1 + 4t = 3s,

2 + 3t = −1 + 3s,

t = 2,

koji ima jedinstveno rjesenje t = 2, s = 3. Dakle, pravci p1 i p2 se sijeku u tockikoja ima koordinate

x = 1 + 4 · 2 = 9, y = 2 + 3 · 2 = 8, z = 2.

3.20 Ortogonalna projekcija tocke na pravac

Odredite tocku N simetricnu tocki M = (1, 0, 2) s obzirom na pravac

p . . .x− 2

3=y

5=z + 1

1.

Rjesenje. Odredimo prvo ortogonalnu projekciju P tocke M na pravac p. Nekaje π ravnina koja prolazi tockom M i okomita je na p. Tada za vektor normale nravnine π mozemo uzeti vektor smjera pravca p, dakle n = {3, 5, 1}. Jednadzbaravnine π glasi

3 · (x− 1) + 5 · (y − 0) + 1 · (z − 2) = 0,

odnosno3x+ 5y + z − 5 = 0.

Tocka P je sjeciste ravnine π i pravca p, pa uvrstavanjem parametarske jednadzbepravca p

x = 2 + 3t, y = 5t, z = −1 + t, t ∈ R

u jednadzbu ravnine π dobivamo

3(2 + 3t) + 5 · 5t+ (−1 + t) − 5 = 0.

Slijedi t = 0 i P = (2, 0,−1). Tocka P je poloviste izmedu tocaka M i N . Stoga,uz oznake M = (x1, y1, z1) i N = (x2, y2, z2), vrijedi

P = (x1 + x2

2,y1 + y2

2,z1 + z2

2).

Uvrstavanjem poznatih koordinata dobivamo

x1 + 1

2= 2,

y1 + 0

2= 0,

z1 + 2

2= −1,

pa je trazena tocka N = (3, 0,−4).

3.21 Ortogonalna projekcija tocke na ravninu 81

3.21 Ortogonalna projekcija tocke na ravninu

Odredite ortogonalnu projekcijuN tockeM(−1, 0, 1) na ravninu π . . . 2x+y−z = 7.

Rjesenje. Neka pravac p prolazi tockom M i okomit je na ravninu π. Za vektorsmjera s pravca p mozemo uzeti vektor normale ravnine π, dakle s = {2, 1,−1}.Parametarska jednadzba pravca p glasi

x = −1 + 2t, y = t, z = 1 − t, t ∈ R. (3.3)

Trazena tocka je sjeciste pravca p i ravnine π, pa uvrstavanjem (3.3) u jednadzburavnine π dobivamo

2(−1 + 2t) + t− (1 − 7) + 7 = 0,

odakle je

t = −2

3i N =

(

−7

3,−2

3,5

3

)

.

3.22 Ortogonalna projekcija pravca na ravninu

Odredite parametarsku jednadzbu ortogonalne projekcije q pravca

p . . .x

−2=y − 12

7

1=z − 10

7

3

na ravninu π . . . 2x− y + 5z − 5 = 0.

Rjesenje. Neka je π1 ravnina koja sadrzi pravac p i okomita je na ravninu π.Pravac p prolazi tockom

T =

(

0,12

7,10

7

)

i ima vektor smjera s = {−2, 1, 3}. Vektor normale ravnine π je n = {2,−1, 5}.Stoga ravnina π1 prolazi tockom T i vektor normale n1 je kolinearan vektoru

n × s =

∣∣∣∣∣∣

i j k2 −1 5−2 1 3

∣∣∣∣∣∣

= −8i− 16j = −8(i + 2j),

pa mozemo uzeti n1 = i + 2j. Jednadzba ravnine π1 glasi

2 · (x− 0) + 4 ·(

y − 12

7

)

+ 0 ·(

z − 10

7

)

= 0,

odnosno7x+ 14y − 24 = 0.

Pravac q je presjek ravnina π i π1, odnosno zadan je jednadzbama

2x− y + 5z − 5 = 0,

7x+ 14y − 24 = 0.


Odredimo sada parametarsku jednadzbu pravca q. Iz druge jednadzbe slijedi

x = −2y +24

7.

Uvrstavanjem u prvu jednadzbu dobivamo

2

(

−2y +24

7

)

− y + 5z − 5 = 0,

odakle slijedi

z = y − 13

35.

Stavimo li y = t, t ∈ R, dobivamo trazenu parametarsku jednadzbu

x = −2t+24

7, y = t, z = t− 13

35, t ∈ R.

3.23 Udaljenost tocaka

Odredite jednadzbu skupa tocaka koje su jednako udaljene od tocaka A(2,−1, 2) iB(0, 1, 0).

Rjesenje. Neka je T = (x, y, z) proizvoljna tocka iz zadanog skupa. Vrijedi

d(T,A) = d(T,B),√

(x− 2)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 =√

(x− 0)2 + (y − 2)2 + (z − 0)2,

(x2 − 4x+ 4) + (y2 + 2y + 1) + (z2 − 4z + 4) = x2 + (y2 − 2y + 1) + z2,

−4x+ 4y − 4z + 8 = 0.

Dakle, trazeni skup tocaka je ravnina s jednadzbom

x− y + z − 2 = 0.

3.24 Udaljenost ravnina

Nadite udaljenost izmedu ravnina

π1 . . . 2x+ 3y − 6z + 14 = 0 i π2 . . . 2x+ 3y − 6z − 35 = 0.

Rjesenje. Za vektore normale ravnina π1 i π2 vrijedi n1 = n2 = {2, 3,−6}, pasu ravnine paralelne. Stoga je dovoljno odrediti bilo koju tocku na jednoj ravninii izracunati udaljenost te tocke do druge ravnine. Uvrstavanjem y = 0 i z = 0u jednadzbu ravnine π1 dobivamo x = −7, pa tocka T = (−7, 0, 0) lezi na π1.Opcenito, udaljenost tocke T1 = (x1, y1, z1) od ravnine π . . . Ax+By+Cz+D = 0je jednaka

d(T1, π) =|Ax1 +By1 + Cz1 +D|√

A2 +B2 + C2. (3.4)

3.25 Udaljenost pravca od ravnine 83

Dakle, ravnine π1 i π2 su udaljene za

d(π1, π2) = d(T, π2) =|2 · (−7) + 3 · 0 − 6 · 0 − 35|√

22 + 32 + 62= 7.

3.25 Udaljenost pravca od ravnine

Nadite ravninu π koja je paralelna pravcima

p1 . . .

{y = 2x− 1z = 3x+ 2

i p2 . . .

{y = −x+ 2z = 4x− 1

i jednako udaljena od tih pravaca.

Rjesenje. Opca jednadzba ravnine π glasi

Ax+By + Cz +D = 0.

Stavljanjem x = t, t ∈ R dobivamo parametarsku jednadzbu pravca p1

x = t, y = 2t− 1, z = 3t+ 2, t ∈ R

i pravca p2

x = t, y = −t+ 2, z = 4t− 1, t ∈ R.

Vektor normale n ravnine π je okomit na vektore smjera s1 = {1, 2, 3} i s2 ={1,−1, 4} zadanih pravaca, pa je

n = s1 × s2 =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 2 31 −1 4

∣∣∣∣∣∣

= 11i− j − 3k.

Dakle, A = 11, B = −1 i C = −3. Preostaje izracunati D iz uvjeta

d(p1, π) = d(p2, π).

Buduci da su ravnina π i pravci p1 i p2 paralelni, slijedi

d(T1, π) = d(T2, π),

gdje je T1 proizvoljna tocka na pravcu p1, a T2 na pravcu p2. Uzmemo li T1 =(0,−1, 2) i T2 = (0, 2,−1), prema formuli (3.4), vrijedi

|11 · 0 − 1 · (−1) − 3 · 2 +D|√112 + 12 + 32

=|11 · 0 − 1 · 2 − 3 · (−1) +D|√

112 + 12 + 32,

odnosno|D − 5| = |D + 1|,

odakle kvadriranjem dobivamo D = 2 i jednadzbu ravnine π

11x− y − 3z + 2 = 0.


3.26 Udaljenost tocke od pravca

Odredite udaljenost tocke T = (2, 1, 3) od pravca

p . . .x− 1

1=y − 1

2=z − 1

3.

Rjesenje. Prvo odredimo jednadzbu ravnine π koja prolazi tockom T i okomitaje na pravac p. Buduci da je vektor normale n ravnine π jednak vektoru smjeras = {1, 2, 3} pravca p, jednadzba ravnine π je

1 · (x− 2) + 2 · (y − 1) + 3 · (z − 3) = 0,

odnosnox+ 2y + 3z − 13 = 0.

Odredimo sada sjeciste pravca p i ravnine π. Uvrstavanjem parametarske jednadzbepravca

x = t+ 1, y = 2t+ 1, z = 3t+ 1, t ∈ R.

u jednadzbu ravnine dobivamo t = 12 , pa sjeciste S ima koordinate

x =1

2+ 1 =

3

2, y = 2

1

2+ 1 = 2, z = 3

1

2+ 1 =

5

2.

Buduci da je S ortogonalna projekcija tocke T na pravac p, trazena udaljenost iznosi

d(T, p) = d(T, S) =

√(

2 − 3

2

)2

+ (1 − 2)2

+

(

3 − 5

2

)2

=

√6

2.

3.27 Udaljenost paralelnih pravaca

Odredite udaljenost izmedu paralelnih pravaca

p1 . . .x

1=y − 1

1=z

2i p2 . . .

x− 1

1=y

1=z − 1

2.

Rjesenje. Pravci p1 i p2 su paralelni pa je dovoljno odabrati proizvoljnu tocku najednom pravcu i izracunati njenu udaljenost do drugog pravca. Opcenito, ako jepravac p zadan tockom T0 i vektorom smjera s, tada je

d(T, p) =|−−→TT0 × s|

|s| .

Tocka T1 = (0, 1, 0) lezi na pravcu p1, a pravac p2 je zadan tockom T2 = (1, 0, 1) ivektorom smjera s2 = {1, 1, 2}. Stoga je

d(p1, p2) = d(T1, p2) =|−−→T1T2 × s2|

|s2|.

3.28 Udaljenost mimosmjernih pravaca 85

Zbog

−−→T1T2 × s2 =

∣∣∣∣∣∣

i j k−1 1 −11 1 2

∣∣∣∣∣∣

= 3i + j− 2k,

vrijedi

d(p1, p2) =|3i + j − 2k||i + j + 2k| =

√32 + 12 + 22

√12 + 12 + 22

=

√21

3.

3.28 Udaljenost mimosmjernih pravaca

Zadani su pravci p1, koji prolazi kroz tocke A = (1, 0,−1) i B = (−1, 1, 0), i p2,koji prolazi kroz tocke C = (3, 1,−1) i D = (4, 5,−2). Dokazite da su ti pravcimimosmjerni i odredite najmanju udaljenost izmedu njih.

Rjesenje. Pravci p1 i p2 imaju vektore smjera

s1 =−−→AB = −2i + j + k,

s2 =−−→CD = i + 4j − k,

pa nisu paralelni. Jos treba pokazati da se ne sijeku. Uvedimo vektor v =−−→CB =

−4i+k koji spaja tocku C na pravcu p2 s tockomB na pravcu p1. Mjesoviti produktvektora s1, s2 i v iznosi

v · (s1 × s2) =

∣∣∣∣∣∣

−4 0 1−2 1 11 4 −1

∣∣∣∣∣∣

= 11,

pa je razlicit od nule i vektori nisu komplanarni. Stoga se pravci p1 i p2 ne sijeku.Najkraca udaljenost izmedu dva mimosmjerna pravca odreduje se po formuli

d(p1, p2) =|v · (s1 × s2)|

|s1 × s2|.

Iz |s1 × s2| = | − 5i− j − 9k| =√

107, slijedi

d(p1, p2) =11√107

.

3.29 Sjeciste simetrale kuta i simetrale stranice

Zadan je trokut s vrhovima A(2, 3, 2), B(0, 1, 1) i C(4, 4, 0). Odredite sjeciste Ssimetrale unutarnjeg kuta pri vrhu A i simetrale stranice AB.

Rjesenje. Neka je π ravnina koja prolazi polovistem P stranice AB, okomitana pravac koji prolazi tockama A i B. Nadalje, neka je p pravac kroz tocku A svektorom smjera

s =

−−→AB

|−−→AB|+

−→AC

|−→AC|.


Tada je tocka S sjeciste ravnine π i pravca p. Poloviste P stranice AB ima koordi-nate

P =

(2 + 0

2,3 + 1

2,2 + 1

2

)

=

(

1, 2,3

2

)

,

a vektor normale n je jednak−−→AB = {−2,−2,−1}. Stoga jednadzba ravnine π glasi

−2 · (x − 1) − 2 · (y − 2) − 1 ·(

z − 3

2

)

= 0,

odnosno

−2x− 2y − z +15

2= 0.

Zbog

s =−2i− 2j− k

| − 2i− 2j− k| +2i + j− 2k

|2i + j− 2k| =(−2i− 2j− k) + (2i + j − 2k)

3= −1

3j− k,

mozemo za vektor smjera pravca p uzeti kolinearan vektor s1 = −j − 3k, pa para-metarska jednadzba glasi

x = 2, y = −t+ 3, z = −3t+ 2, t ∈ R.

Uvrstavanjem u jednadzbu ravnine π dobivamo

−2 · 2 − 2 · (−t+ 3) − (−3t+ 2) +15

2= 0,

odakle je

t =9

10i S =

(

2,21

10,− 7

10

)

.


1. Odredite duljinu vektora a = p− 2q ako je |p| = 2, |q| = 3, ∠(p,q) =π

6.

2. Zadani su vektori a = {2λ, 1, 1 − λ}, b = {−1, 3, 0}, c = {5,−1, 8}. Naditeparametar λ za koji vrijedi ∠(a,b) = ∠(a, c).

3. Zadani su vektori a = {1,−2, 1}, b = {−1, 1, 2} i c = {1, y, z}. Ako je c ⊥ ai c ⊥ b, izracunajte y i z.

4. Odredite parametar λ takav da vektori a = {2,−3, 0} i b = {λ, 4, 0} buduokomiti.

5. Odredite kut α izmedu vektora a i b ako je (a + b) ⊥ (7a− 5b) i (a− 4b) ⊥(7a − 2b).

6. Zadani su vektori p i q takvi da je |p| = 2, |q| = 3, ∠(p,q) =π

3.

(a) Izrazite vektor n preko vektora p i q ako vrijedi n · p = 7 i n · q = 3.


(b) Izrazite jedinicni vektor vektora n preko p i q.

7. Odredite vektor b koji je kolinearan s vektorom a = {2,−1, 2} i zadovoljavauvjet a · b = −18.

8. Odredite povrsinu P trokuta sto ga odreduju vektori a = {2, 3, 5} i b ={1, 2, 1}.

9. Odredite povrsinu P trokuta s vrhovima A = (1, 1, 1), B = (2, 3, 4) i C =(4, 3, 2).

10. Odredite duljinu visine vA spustene iz vrha A u trokutu ABC ako su vrhovitrokuta A = (1, 0,−1), B = (−1, 1, 1) i C = (0, 2, 1).

11. Odredite povrsinu P i visinu vB spustenu iz vrha B u trokutu ABC sa vrho-vima A = (1,−2, 8), B = (0, 0, 4) i C = (6, 2, 0).

12. Zadani su vrhovi A = (1,−2, 3), B = (3, 2, 1) i C = (6, 4, 4) paralelogramaABCD. Odredite povrsinu P paralelograma ABCD i koordinate vrha D.

13. Odredite povrsinu P paralelograma s dijagonalama e = 2m−n i f = 4m−5n,

ako je |m| = |n| = 1 i ∠(m,n) =π

4.

14. Zadani su vektori m = a − b + c, n = −2a− b + c, gdje su a,b i c jedinicni

vektori koji zatvaraju kutove ∠(a,b) =π

3, ∠(b, c) =

2π

3i ∠(a, c) =

π

3.

Izracunajte duljine dijagonala d1 i d2 paralelograma konstruiranog nad timvektorima.

15. Odredite volumen V paralelopipeda razapetog vektorima a = {1, 0, 3}, b ={−1, 1, 0} i c = {2, 1, 1}.

16. Zadane su tocke A = (1, 2, 1), B = (3,−2, 1), C = (1, 4, 3) i D = (5, 0, 5).

Izracunajte volumen V paralelopipeda razapetog vektorima−−→AB,

−→AC i

−−→AD.

17. Pokazite da ako za tri proizvoljna vektora a, b i c vrijedi a×b+b×c+c×a = 0,onda su vektori a, b i c komplanarni, a vektori d = a−c i e = b−a kolinearni.

18. Odredite parametar t takav da vektori a = {3, 2, t}, b = {−1, 0, 0} i c ={4, 1, 0} ne cine bazu vektorskog prostora.

19. Odredite jedinicni vektor okomit na vektore a = {−2,−6,−1} i b = {1, 2, 0}koji s vektorom c = {−2, 1, 0} zatvara siljasti kut. U smjeru tog jedinicnogvektora odredite d takav da vektori a, b i d budu stranice paralelopipeda cijivolumen iznosi 18.

20. Odredite jednadzbe koordinatnih ravnina, te ravnina paralelnih s njima.

21. Odredite jednadzbu ravnine π koja sadrzi tocku T = (1,−3, 2) i paralelna jes ravninom π1 . . . 7x− 4y + z − 4 = 0.


22. Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockom M = (−2, 1,−5) i okomitaje na ravnine

π1 . . . − 3x+ 2y + z + 5 = 0 i π2 . . . 6x− 5y + 4z + 2 = 0.

23. Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockama A = (1, 2, 3), B = (3, 2, 1)i okomita je na ravninu π1 . . . 4x− y + 2z − 7 = 0.

24. Odredite opci, segmentni i normalni oblik jednadzbe ravnine π kroz tockeA = (2,−6, 4), B = (10, 2,−8) i C = (0, 4, 6).

25. Odredite kanonske i parametarske jednadzbe koordinatnih osi.

26. Vrhovi trokuta su A = (1, 1, 1), B = (3, 0, 3) i C = (−2, 1, 1). Odreditejednadzbu simetrale s kuta BAC.

27. Odredite jednadzbu ravnine π koja sadrzi tocku P = (1,−1, 2) i pravac kojije zadan kao presjek ravnina 3x+ y − z + 5 = 0 i x− y + 2z − 1 = 0.

28. Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi tockama A = (1, 0,−1) i B =(−1, 2, 1), a paralelna je s pravcem koji je presjek ravnina 3x+ y− 2z− 6 = 0i 4x− y + 3z = 0.

29. Odredite jednadzbu ravnine π koja sadrzi pravce

p1 . . .x

2=y − 2

3=z + 2

−1i p2 . . .

x− 2

−2=y + 1

3=

z

−1.

30. Odredite sjeciste S pravca

p . . .x− 2

1=

y

−2=z + 1

−1

i ravnine π . . . 2x− 3y + z + 4 = 0.

31. Ispitajte medusobni polozaj pravca

p . . .x

−2=y − 1

−1=z − 2

1

i ravnine π . . . x+ y + 3z − 7 = 0.

32. Da li se pravci

p1 . . .x

1=y

2=z − 1

1i p2 . . .

x

2=y − 1

1=z

2

sijeku?

33. Odredite jednadzbu pravca p koji prolazi tockom A = (2,−3, 1), sijece pravac

q . . .x− 3

2=y + 3

−1=z − 5

3

i okomit je na njega.


34. Odredite jednadzbu pravca p koji lezi u ravnini π . . . x − 4y + 2z − 7 = 0,prolazi tockom T u kojoj pravac p1 zadan jednadzbama x− 2y− 4z + 3 = 0 i2x+ y − 3z + 1 = 0 probada ravninu π i okomit je na pravac p1.

35. Odredite tocku N simetricnu tocki M = (3,−1, 1) s obzirom na ravninu kojaprolazi tockama T1 = (−2,−1,−1), T2 = (2, 1,−5) i T3 = (−4,−1, 0).

36. Odredite kanonsku jednadzbu ortogonalne projekcije pravca

p . . .x− 7

−8=y

1=z + 1

3

na ravninu π . . . x− y + 3z + 7 = 0.

37. Odredite kanonsku jednadzbu ortogonalne projekcije pravca

p . . .x− 1

2=y + 1

3=z − 3

−1

na ravninu π . . . x+ 2y − 5z + 3 = 0.

38. Zadani su paralelni pravci

p . . .x

1=y − 3

2=z − 3

0i q . . .

x− 2

1=y − 1

2=z − 3

0.

Odredite ravninu π s obzirom na koju su ti pravci zrcalno simetricni.

39. Odredite sve tocke na pravcu p zadanog kao presjek ravnina x+y−3z+6 = 0i x− y − z = 0 koje su udaljene od tocke T = (1, 0, 1) za

√8.

40. Odredite jednadzbu ravnine π koja prolazi pravcem

p1 . . .x− 1

2=y + 1

3=z − 2

1

i paralelna je pravcu

p2 . . .x+ 3

3=y − 1

4=z + 2

2.

Izracunajte udaljenost pravca p2 od ravnine π.

41. Izracunajte udaljenost tocke M = (2,−1, 3) od pravca

p . . .x+ 1

3=y + 2

4=z − 1

2.

42. Odredite najmanju udaljenost izmedu pravaca

p1 . . .x+ 1

2=

y

−1=z − 1

3i p2 . . .

x

−1=y + 1

1=z − 2

2.

43. Odredite najmanju udaljenost izmedu pravaca

p1 . . .x+ 1

1=y

1=z − 1

2i p2 . . .

x

1=y + 1

3=z − 2

4.


44. Na pravcu

p . . .x+ 4

1=y + 2

−1=z − 10

−1

odredite tocku A koja je najbliza pravcu

q . . .x− 3

1=y − 3

−4=z + 3

2.

3.31 Rjesenja

1. |a| = 2√

10 − 3√

3.

2. λ =1

4.

3. y =3

5, z =

1

5.

4. λ = 6.

5. cosα =13

√7

8√

67.

6. (a) n = 2p− 1

3q,

(b) n0 =2√13

p − 1

3√

13q.

7. b = {−4, 2,−4}.

8. P =

√59

2.

9. P = 2√

6.

10. vA =

√34

2.

11. P = 7√

5, vB =2

3

√21.

12. P = 4√

29, D = (4, 0, 6).

13. P =3√

2

2.

14. d1 = 3, d2 =√

13.

15. V = 8.

16. V = 8.

17. Dovoljno je pokazati da vrijedi (a × b) · c = 0 i d × e = 0.

3.31 Rjesenja 91

18. t = 0.

19. d = (−4, 2,−4).

20. Jednadzba xy-ravnine je z = 0, xz-ravnine y = 0, yz-ravnina x = 0. Jed-nadzbe ravnina paralelnih xy-ravnini su oblika z = c, xz-ravnini oblika y = c,yz-ravnini oblika x = c, za neki c ∈ R.

21. π . . . 7x− 4y + z − 21 = 0.

22. π . . . 13x+ 18y + 3z + 23 = 0.

23. π . . . x+ 6y + z − 16 = 0.

24. Opci oblik jednadzbe ravnine π glasi

17x+ y + 12z − 76 = 0,

segmentni oblikx76

17

+y

76+

z19

3

= 1,

a normalni oblik

17√434

x+1√434

y +12√434

z − 76√434

= 0.

25. Kanonska jednadzba x-osi jex

1=y

0=z

0, y-osi

x

0=y

1=z

0, z-osi

x

0=y

0=z

1.

Parametarska jednadzba x-osi je x = t, y = 0, z = 0, y-osi x = 0, y = t, z = 0,z-osi x = 0, y = 0, z = t, t ∈ R.

26. s . . .x− 1

−1=y − 1

−1=z − 1

2.

27. π . . . 2x+ 2y − 3z + 6 = 0.

28. π . . . 5x− 3y + 8z + 3 = 0.

29. π . . . y + 3z + 4 = 0.

30. S = (1, 2, 0).

31. Ravnina π sadrzi pravac p.

32. Pravci p1 i p2 se ne sijeku.

33. p . . .x− 2

−1=y + 3

1=z − 1

1.

34. p . . .x− 2

−2=y +

1

23

=z − 3

27

.

35. N = (1,−5,−3).


36. p . . .x− 6

−8=y − 1

1=z + 4

3.

37. p . . .x− 43

3047

=y +

4

3064

=z − 25

3035

.

38. π . . . 2x− y = 0.

39. A = (3, 0, 3), B = (−1,−2, 1).

40. π . . . 2x− y − z − 1 = 0, d(p2, π) =√

6.

41. d(M,p) =3√

377

29.

42. d(p1, p2) =

√3

5.

43. d(p1, p2) =

√3

3.

44. A = (4,−10, 2).

4.

FUNKCIJE REALNEVARIJABLE

4.1 Podrucje definicije funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija . . . . . . . . . . . . 95

4.3 Graf opce sinusoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.4 Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.5 Nejednadzba s kompozicijom funkcija . . . . . . . . . . . . . . 100

4.6 Inverzna funkcija i podrucje definicije . . . . . . . . . . . . . . 100

4.7 Inverzna funkcija logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . . . 101

4.8 Limes slijeva i zdesna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.9 Limes oblika ∞/∞ u beskonacnosti . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.10 Limes racionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.11 Limes racionalne funkcije oblika ∞−∞ . . . . . . . . . . . . . 103

4.12 Limes iracionalne funkcije oblika 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.13 Limes iracionalne funkcije oblika ∞−∞ . . . . . . . . . . . . . 104

4.14 Primjena lim(sin x)/x kada x → 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.15 Primjena lim(sin x)/x kada x → ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . 107

4.16 Limes oblika a∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.17 Primjena limesa koji daju broj e . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.18 Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.19 Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.20 Asimptote racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

4.21 Asimptote iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.22 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom . . . . . . . . . 116

4.23 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.24 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

U zadacima za koje to ima smisla nacrtajte odgovarajuce funkcije ili njihove dje-love pomocu programa NetPlot1 ili nekog drugog programa za crtanje funkcija iprovjerite tocnost odgovarajucih rjesenja.

1http://lavica.fesb.hr/netplot

http://lavica.fesb.hr/netplot

94 FUNKCIJE REALNE VARIJABLE

4.1 Podrucje definicije funkcije

Odredite podrucje definicije funkcija:

(a) f(x) = logx2 − 3x+ 2

x+ 1,

(b) f(x) = arccos(log 13x),

(c) f(x) = ln arcsinx+ 2

5 − x.

Rjesenje.

(a) Prema [M1, §4.6.4] i [M1, §4.6.2], funkcija f je definirana za sve x ∈ R za kojevrijedi

x2 − 3x+ 2

x+ 1> 0 i x+ 1 6= 0.

Rastavljanjem prvog uvjeta na faktore dobivamo nejednadzbu

(x− 1)(x− 2)

x+ 1> 0,

koju zadovoljavaju svi x ∈ 〈−1, 1〉 ∪ 〈2,+∞〉. Iz drugog uvjeta slijedi x 6= −1pa presijecanjem obaju uvjeta vidimo da je

D(f) = 〈−1, 1〉 ∪ 〈2,+∞〉.

(b) Prema [M1, §4.6.6] i [M1, §4.6.4], funkcija f je definirana za sve x ∈ R za kojevrijedi

−1 ≤ log 13x ≤ 1 i x > 0.

Iz prvog uvjeta slijedi

log 13

3 ≤ log 13x ≤ log 1

3

1

3,

sto povlaci 3 ≥ x ≥ 13 jer je log 1

3x padajuca funkcija. Buduci da je segment

[3, 13 ] sadrzan u 〈0,+∞〉 koji je rjesenje drugog uvjeta, dobivamo

D(f) =

[

3,1

3

]

.

(c) Prema [M1, §4.6.4], [M1, §4.6.6] i [M1, §4.6.2], funkcija f je definirana za svex ∈ R za koje vrijedi

arcsinx+ 2

5 − x> 0, −1 ≤ x+ 2

5 − x≤ 1 i 5 − x 6= 0.

Iz prvog uvjeta i svojstava funkcije arcsin (vidi [M1, §4.6.6]) slijedi

x+ 2

5 − x> 0,

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija 95

zbog cega je presjek svih uvjeta jednak

0 <x+ 2

5 − x≤ 1.

Lijevu stranu nejednakosti zadovoljavaju svi

x ∈ 〈−2, 5〉 .

Raspisivanjem desne strane nejednakosti dobivamo

x+ 2

5 − x− 1 ≤ 0 tj.

2x− 3

5 − x≤ 0,

sto vrijedi za sve

x ∈⟨

−∞,3

2

]

∪ 〈5,+∞〉 .

Podrucje definicije funkcije f jednako je presjeku dobivenih intervala, odnosno

D(f) =

⟨

−2,3

2

]

.

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija

Odredite podrucje definicije funkcija:

(a) f(x) = arctg(x + 2) − ln(−x),

(b) f(x) =√x+ 1 −

√3 − x+ e

1x ,

(c) f(x) =√

16 − x2 + log sin (x− 3),

(d) f(x) = arch

(

log80x− 170

3 − 2x− 5x2

)

+

√

log3 − 2x− 5x2

8x− 17.

Rjesenje.

(a) Zadanu funkciju zapisimo u obliku f(x) = f1(x) − f2(x), gdje je f1(x) =arctg(x+ 2) i f2(x) = ln(−x). Prema [M1, §4.6.6], funkcija f1 je definirana zasve x ∈ R. Nadalje, prema [M1, §4.6.4], funkcija f2 je definirana za sve x ∈ R

za koje je −x > 0, odnosno x < 0. Podrucje definicije funkcije f kao razlikefunkcija f1 i f2 jednak je presjeku njihovih podrucja definicije pa je

D(f) = 〈−∞, 0〉.

(b) Zadanu funkciju zapisimo u obliku f(x) = f1(x)−f2(x)+f3(x), gdje je f1(x) =√x+ 1, f2(x) =

√3 − x i f3(x) = e

1x . Podrucje definicije funkcije f jednako je


presjeku podrucja definicije funkcija f1, f2 i f3. Stoga je, prema [M1, §4.6.2] i[M1, §4.6.3], funkcija f definirana za sve x ∈ R za koje su ispunjeni uvjeti

x+ 1 ≥ 0, 3 − x ≥ 0 i x 6= 0,

odnosnox ≥ −1, x ≤ 3 i x 6= 0.

Dakle,D(f) = [−1, 0〉 ∪ 〈0, 3].

(c) Zadanu funkciju zapisimo u obliku f(x) = f1(x) + f2(x), gdje je f1(x) =√16 − x2 i f2(x) = log sin (x− 3). Prema [M1, §4.6.2], funkcija f1 je defi-

nirana za sve x ∈ R za koje vrijedi

16 − x2 ≥ 0,

pa jeD(f1) = [−4, 4] .

Prema [M1, §4.6.4], funkcija f2 je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi

sin (x− 3) > 0,

odnosno, prema [M1, §4.6.5], za sve x ∈ R za koje je

0 + 2kπ < x− 3 < π + 2kπ, k ∈ Z,

tj.3 + 2kπ < x < 3 + (2k + 1)π, k ∈ Z.

Dakle,

D(f2) =⋃

k∈Z

〈3 + 2kπ, 3 + (2k + 1)π〉 .

Podrucje definicije funkcije f kao sume funkcija f1 i f2 jednako je presjekunjihovih podrucja definicije. Buduci da D(f1) ima neprazan presjek jedino sintervalima

〈3 − 2π, 3 − π〉 i 〈3, 3 + π〉iz D(f2), koji se dobiju uvrstavanjem indeksa k = −1 i k = 0, dobivamo

D(f) = 〈3 − 2π, 3 − π〉 ∪ 〈3, 4] .

(d) Zadanu funkciju zapisimo u obliku f(x) = f1(x) + f2(x), gdje je

f1(x) = arch

(

log80x− 170

3 − 2x− 5x2

)

i f2(x) =

√

log3 − 2x− 5x2

8x− 17.

Prema [M1, §4.6.9] i [M1, §4.6.4], funkcija f1 je definirana za sve x ∈ R kojizadovoljavaju

log80x− 170

3 − 2x− 5x2≥ 1 i

80x− 170

3 − 2x− 5x2> 0,

4.2 Podrucje definicije sume i razlike funkcija 97

odnosno80x− 170

3 − 2x− 5x2≥ 10 i

80x− 170

3 − 2x− 5x2> 0.

Buduci da rjesenja prve nejednadzbe zadovoljavaju i drugu, funkcija f1 je defi-nirana za sve x ∈ R koji zadovoljavaju

80x− 170

3 − 2x− 5x2≥ 10,

odnosno dijeljenjem s 10 nejednadzbu

8x− 17

3 − 2x− 5x2≥ 1.

Analogno, prema [M1, §4.6.2] i [M1, §4.6.4], funkcija f2 je definirana za svex ∈ R koji zadovoljavaju

log3 − 2x− 5x2

8x− 17≥ 0 i

3 − 2x− 5x2

8x− 17> 0,

odnosno3 − 2x− 5x2

8x− 17≥ 1 i

3 − 2x− 5x2

8x− 17> 0,

ciji je presjek

3 − 2x− 5x2

8x− 17≥ 1.

Podrucje definicije funkcije f jednako je presjeku podrucja definicije funkcija f1i f2. Stoga je funkcija f definirana za sve x ∈ R koji zadovoljavaju

8x− 17

3 − 2x− 5x2≥ 1 i

3 − 2x− 5x2

8x− 17≥ 1.

Primijetimo da presjekom dobivenih nejednadzbi razlomak i njemu reciprocanrazlomak trebaju biti veci ili jednaki od 1, a to je moguce samo kada su obajednaka 1. Slijedi

3 − 2x− 5x2

8x− 17= 1,

odakle dobivamo kvadratnu jednadzbu

x2 + 2x− 4 = 0

cija su rjesenja

x1 = −1 −√

5 i x2 = −1 +√

5.

Dakle, zadana funkcija je definirana samo za brojeve x1 i x2, odnosno

D(f) = {−1 −√

5,−1 +√

5}.


4.3 Graf opce sinusoide

Nacrtajte graf funkcije

f(x) = −1

2sin(

2x− π

3

)

.

Rjesenje. Prema oznakama u [M1, §4.6.5], za zadanu funkciju je

A = −1

2, ω = 2 i ϕ = −π

3.

Graf funkcije f dobivamo iz grafa funkcije sinx u sljedeca tri koraka:

1. Osnovni period od 2π promijenimo u osnovni period od 2πω = 2π

2 = π i timedobijemo graf funkcije f1(x) = sin 2x (slika 4.1).

Π��Π

2 ��3 Π2 2 Π

-1

1

Slika 4.1: Sinusoida f1(x) = sin 2x.

2. Graf funkcije f1(x) = sin 2x pomaknemo za −ϕω = −−π

3

2 = π6 u pozitivnom

smjeru x-osi sto nam daje graf funkcije f2(x) = sin(2x− π

3

)(slika 4.2).

3. Konacno, ordinate grafa funkcije f2(x) = sin(2x− π

3

)pomnozimo brojem

A = − 12 , cime dobivamo graf zadane funkcije (slika 4.3).

4.4 Kompozicija funkcija

Ako je

f(x) = log1 + x

1 − xi g(x) =

3x+ x3

3x2 + 1,

dokazite da je (f ◦ g) (x) = 3f(x).

4.4 Kompozicija funkcija 99

Π��Π

2 ��3 Π2 2 Π��

Π

6 ��7 Π6��

2 Π3 ��

5 Π3

-1

1

Slika 4.2: Sinusoida f2(x) = sin(2x− π

3

).

��Π

6 ��7 Π6��

2 Π3 ��

5 Π3

-1

��12

- ��12

1

Slika 4.3: Sinusoida f(x) = − 12 sin

(2x− π

3

).

Rjesenje. Prema [M1, definicija 1.9] slijedi

(f ◦ g) (x) = f (g(x)) = f

(3x+ x3

3x2 + 1

)

= log1 +

3x+ x3

3x2 + 1

1 − 3x+ x3

3x2 + 1

= log

x3 + 3x2 + 3x+ 1

3x2 + 1−x3 + 3x2 − 3x+ 1

3x2 + 1

= logx3 + 3x2 + 3x+ 1

−x3 + 3x2 − 3x+ 1

= log(x+ 1)3

(1 − x)3= 3 log

x+ 1

1 − x= 3f(x).


4.5 Nejednadzba s kompozicijom funkcija

Ako je f(x) = 2−x + 1 i g(x) = 2x− 1, rijesite nejednadzbu

(f ◦ g) (x) < (g ◦ f) (x).

Rjesenje. Prema [M1, definicija 1.9] vrijedi

(f ◦ g) (x) = f (g(x)) = f (2x− 1) = 2−(2x−1) + 1 = 2−2x+1 + 1,

(g ◦ f) (x) = g (f(x)) = g(2−x + 1

)= 2

(2−x + 1

)− 1 = 21−x + 1.

Zadana nejednadzba stoga glasi

2−2x+1 + 1 < 21−x + 1.

Dakle, vrijedi

2−2x+1 < 21−x,

−2x+ 1 < 1 − x,

pa je jesenje nejednadzbe x > 0.

4.6 Inverzna funkcija i podrucje definicije

Odredite inverznu funkciju funkcije

f(x) =sinx+ 2

sinx+ 1

i podrucje definicije funkcija f i f−1.

Rjesenje. Funkcija f je definirana za one x ∈ R za koje je

sinx 6= −1,

odnosno

x 6= 3π

2+ 2kπ, k ∈ Z.

Stoga je

D(f) = R\{

3π

2+ 2kπ, k ∈ Z

}

.

Zamjenom x u y, zadana funkcija prelazi u

f(y) =sin y + 2

sin y + 1.

Prema [M1, teorem 1.1] je f[f−1(x)

]= x. Uz oznaku f−1(x) = y, slijedi f(y) = x,

odnosnosin y + 2

sin y + 1= x.

4.7 Inverzna funkcija logaritamske funkcije 101

Sada je

sin y + 2 = x sin y + x

(x − 1) sin y = 2 − x

sin y =2 − x

x− 1.

Dakle,

y = arcsin2 − x

x− 1,

f−1(x) = arcsin2 − x

x− 1.

Prema [M1, §4.6.6] i [M1, §4.6.2], dobivena funkcija je definirana za sve x ∈ R zakoje je

−1 ≤ 2 − x

x− 1≤ 1 i x− 1 6= 0,

pa je

D(f−1

)=

[3

2,+∞

⟩

.

4.7 Inverzna funkcija logaritamske funkcije

Odredite inverznu funkciju funkcije

f(x) = loga

(

x+√

x2 + 1)

, a ∈ 〈0,∞〉\{1}.

Rjesenje. Funkcija f je strogo rastuca kao kompozicija strogo rastucih funkcija,pa ima inverz f−1. Zamjenom x u y dobivamo

f(y) = loga

(

y +√

y2 + 1)

.

Prema [M1, teorem 1.1] je f[f−1(x)

]= x. Uz oznaku f−1(x) = y, slijedi f(y) = x,

odnosno

loga

[

y +√

y2 + 1]

= x,

y +√

y2 + 1 = ax,√

y2 + 1 = ax − y,

y2 + 1 = a2x − 2axy + y2,

2axy = a2x − 1,

y =a2x − 1

2ax.

Dakle, inverzna funkcija funkcije f je jednaka

f−1(x) =a2x − 1

2ax.


4.8 Limes slijeva i zdesna

Izracunajte

limx→−1±

xe1

x2−1 .

Rjesenje. Izracunajmo prvo limese zdesna i slijeva funkcije f(x) = e1

x2−1 u tocki

x = −1:

limx→−1±

e1

x2−1 =

1x2−1 = t

x→ −1±t→ ∓∞

=

{lim

t→−∞et, x→ −1+

limt→+∞

et, x→ −1− =

{0, x→ −1+

+∞, x→ −1− .

Prema [M1, teorem 4.3] je

limx→−1±

xe1

x2−1 = lim

x→−1±x · lim

x→−1±e

1x2

−1 = −1 · limx→−1±

e1

x2−1 =

{0, x→ −1+

−∞, x→ −1− .

4.9 Limes oblika ∞/∞ u beskonacnosti

Izracunajte:

(a) limx→∞

√x+ 3

√x+ 4

√x√

2x+ 1,

(b) limx→±∞

√x2 + 1

x+ 1.

Rjesenje.

(a) Zadani limes je neodredenog oblika ∞∞ . Izlucimo li

√x iz brojnika i nazivnika

funkcije pod limesom, dobivamo

limx→∞

√x+ 3

√x+ 4

√x√

2x+ 1= lim

x→∞

√x ·(

1 +16√x

+14√x

)

√x ·√

2 +1

x

= limx→∞

1 +16√x

+14√x

√

2 +1

x

=1√2,

pri cemu koristimo

limx→∞

1

xa= 0, a > 0.

4.10 Limes racionalne funkcije oblika 0/0 103

(b) Zadani limes je neodredenog oblika ∞∞ . Izlucimo li x iz brojnika i nazivnika

funkcije pod limesom, dobivamo

limx→±∞

√x2 + 1

x+ 1= lim

x→±∞

√x2 ·

√

1 +1

x2

x ·(

1 +1

x

) = limx→±∞

|x|x

· limx→±∞

√

1 +1

x2

1 +1

x

=

{1, x→ +∞

−1, x→ −∞jer je

limx→+∞

|x|x

= 1 i limx→−∞

|x|x

= −1.

4.10 Limes racionalne funkcije oblika 0/0

Izracunajte

limx→1

x2 − 1

2x2 − x− 1.

Rjesenje. Zadani limes je neodredenog oblika 00 , jer nakon uvrstavanja x = 1

funkcija u brojniku i funkcija u nazivniku poprimaju vrijednost nula. Buduci da suobje funkcije polinomi, njihovim rastavljanjem na faktore dobivamo i u brojniku iu nazivniku (x-1). Tocnije

limx→1

x2 − 1

2x2 − x− 1= lim

x→1

(x − 1) · (x + 1)

(x− 1) · (2x+ 1)= lim

x→1

x+ 1

2x+ 1=

2

3.

4.11 Limes racionalne funkcije oblika ∞−∞

Izracunajte

limx→1

(1

1 − x− 3

1 − x3

)

.

Rjesenje. S obzirom da je

limx→1±

1

1 − x= ∓∞ i lim

x→1±

3

1 − x3= ∓∞,

limesi zdesna i slijeva zadane funkcije u x = 1 su neodredenog oblika ∞ − ∞.Svodenjem na zajednicki nazivnik dobivamo

limx→1

(1

1 − x− 3

1 − x3

)

= limx→1

x2 + x− 2

1 − x3

= limx→1

(x− 1) · (x+ 2)

−(x− 1) · (x2 + x+ 1)

= limx→1

x+ 2

−(x2 + x+ 1)= −1.


4.12 Limes iracionalne funkcije oblika 0/0

Izracunajte:

(a) limx→0

√1 − 2x− x2 − (1 + x)

x,

(b) limx→1

3√x− 1

4√x− 1

.

Rjesenje.

(a) Zadani limes je neodredenog oblika 00 . Racionalizacijom funkcije u brojniku

dobivamo

limx→0

√1 − 2x− x2 − (1 + x)

x= lim

x→0

√1 − 2x− x2 − (1 + x)

x

√1 − 2x− x2 + (1 + x)√1 − 2x− x2 + (1 + x)

= limx→0

(1 − 2x− x2) − (1 + x)2

x(√

1 − 2x− x2 + 1 + x)

= limx→0

−2x2 − 4x

x(√

1 − 2x− x2 + 1 + x)

= limx→0

−2x− 4√1 − 2x− x2 + 1 + x

= −2.

(b) Zadani limes je neodredenog oblika 00 . Supstitucijom x = t12 se oslobadamo

iracionalnih izraza u funkciji pod limesom i dobivamo

limx→1

3√x− 1

4√x− 1

=

x = t12

x→ 1t→ 1

= limt→1

t4 − 1

t3 − 1

= limt→1

(t− 1)(t+ 1)(t2 + 1)

(t− 1)(t2 + t+ 1)

= limt→1

(t+ 1)(t2 + 1)

t2 + t+ 1=

4

3.

4.13 Limes iracionalne funkcije oblika ∞−∞

Izracunajte:

(a) limx→±∞

(

x−√

x2 + 1)

,

(b) limx→±∞

(√

x2 − 2x− 1 −√

x2 − 7x+ 3)

.

4.13 Limes iracionalne funkcije oblika ∞−∞ 105

Rjesenje.

(a) Odmah slijedi

limx→−∞

(

x−√

x2 + 1)

= −∞−∞ = −∞.

S druge strane je limx→+∞

(

x−√

x2 + 1)

neodredenog oblika ∞−∞ pa raciona-

lizacijom funkcije pod limesom dobivamo

limx→+∞

(

x−√

x2 + 1)

= limx→+∞

(

x−√

x2 + 1)

· x+√x2 + 1

x+√x2 + 1

= limx→+∞

x2 − (x2 + 1)

x+√x2 + 1

= limx→+∞

−1

x+√x2 + 1

= 0.

(b) S obzirom da je

limx→±∞

√

x2 − 2x− 1 = +∞ i limx→±∞

√

x2 − 7x+ 3 = +∞,

zadani limesi su oblika ∞−∞. Racionalizacijom funkcije pod limesom dobivamo

limx→±∞

(√

x2 − 2x− 1 −√

x2 − 7x+ 3)

= limx→±∞

(√

x2 − 2x− 1 −√

x2 − 7x+ 3)

·√

x2 − 2x− 1 +√

x2 − 7x+ 3√

x2 − 2x− 1 +√

x2 − 7x+ 3

= limx→±∞

(x2 − 2x− 1) − (x2 − 7x+ 3)√x2 − 2x− 1 +

√x2 − 7x+ 3

= limx→±∞

5x− 4√x2 − 2x− 1 +

√x2 − 7x+ 3

= limx→±∞

x(5 − 4

x

)

|x|(√

1 − 2x + 1

x2 +√

1 − 7x + 3

x2

)

= limx→±∞

x

|x| · limx→±∞

5 − 4x

√

1 − 2x + 1

x2 +√

1 − 7x + 3

x2

.

Buduci da je

limx→+∞

x

|x| = 1 i limx→−∞

x

|x| = −1,


iz dobivenog rezultata slijedi

limx→±∞

(√

x2 − 2x− 1 −√

x2 − 7x+ 3)

=

{

5/2, x→ +∞−5/2, x→ −∞.

4.14 Primjena lim(sin x)/x kada x → 0

Izracunajte:

(a) limx→±∞

x sin1

x,

(b) limx→0

2 arcsinx

3x,

(c) limx→0

tg x− sinx

x3,

(d) limx→0

√2 −

√1 + cosx

sin2 x.

Rjesenje. Ideja u ovim zadacima je transformirati funkciju pod limesom tako damozemo primijeniti formulu

limx→0

sin(ax)

x= a, (4.1)

koja se dobije iz [M1, primjer 4.6] supstitucijom ax = t.

(a) Supstitucijom1

x= t dobivamo

limx→±∞

x sin1

x=

1

x= t

x→ ±∞t → 0±

= lim

t→0±

sin t

t= 1.

(b) Supstitucijom arcsinx = t i primjenom [M1, teorem 4.3] dobivamo

limx→0

2 arcsinx

3x=

arcsinx = tx→ 0t→ 0

= limt→0

2t

3 sin t=

2

3· 1

limt→0

sin t

t

=2

3.

(c) Primjenom formula tg x = sin xcos x i sin2 x

2 = 12 (1 − cosx) dobivamo

limx→0

tg x− sinx

x3= lim

x→0

sinx(1 − cosx)

x3 cosx=

= limx→0

2 sinx sin2 x2

x3 cosx=

= limx→0

2 · sinx

x· sin2 x

2

x2· 1

cosx.

4.15 Primjena lim(sin x)/x kada x → ∞ 107

Zbog neprekidnosti funkcije x2 i [M1, teorem 4.7 (ii)] vrijedi

limx→0

sin2 x2

x2= lim

x→0

(sin x

2

x

)2

=

(

limx→0

sin x2

x

)2

=

(1

2

)2

=1

4.

Prema [M1, teorem 4.3] sada slijedi

limx→0

tg x− sinx

x3= 2 · lim

x→0

sinx

x· lim

x→0

sin2 x2

x2· lim

x→0

1

cosx= 2 · 1 · 1

4· 1 =

1

2.

(d) Racionalizacijom brojnika, primjenom formule sin2 x2 = 1

2 (1− cosx) te iz [M1,teorem 4.3] i [M1, teorem 4.7 (ii)] za neprekidnu funkciju x2, dobivamo

limx→0

√2 −

√1 + cosx

sin2 x= lim

x→0

√2 −

√1 + cosx

sin2 x·√

2 +√

1 + cosx√2 +

√1 + cosx

= limx→0

2 − (1 + cosx)

sin2 x · (√

2 +√

1 + cosx)= lim

x→0

1 − cosx

sin2 x · (√

2 +√

1 + cosx)

= limx→0

2 sin2(

x2

)

sin2 x · (√

2 +√

1 + cosx)= lim

x→02 ·

(sin x

2

x

)2

(sinx

x

)2 · 1√2 +

√1 + cosx

= 2 ·

(

limx→0

sin x2

x

)2

(

limx→0

sinx

x

)2 · limx→0

1√2 +

√1 + cosx

= 2 ·

(1

2

)2

12· 1

2√

2=

1

4√

2.

4.15 Primjena lim(sin x)/x kada x → ∞

Izracunajte

limx→∞

x− sinx

x+ sinx.

Rjesenje. Izlucimo li x iz brojnika i nazivnika funkcije pod limesom dobivamo

limx→∞

x− sinx

x+ sinx= lim

x→∞

x

(

1 − sinx

x

)

x

(

1 +sinx

x

) = limx→∞

1 − sinx

x

1 +sinx

x

.

Buduci da je −1 ≤ sinx ≤ 1, za svaki x ∈ R, za x > 0 vrijedi

− 1

x≤ sinx

x≤ 1

x.


Kako je

limx→∞

1

x= 0,

[M1, teorem 4.4] povlaci

limx→∞

sinx

x= 0.

Sada za zadani limes vrijedi

limx→∞

1 − sinx

x

1 +sinx

x

=1 − 0

1 + 0= 1.

4.16 Limes oblika a∞

Izracunajte

limx→∞

(x2 + 2

2x2 + 1

)x2

.

Rjesenje. Buduci da je

limx→∞

x2 + 2

2x2 + 1= lim

x→∞

1 +2

x2

2 +1

x2

=1

2i lim

x→∞x2 = ∞,

vrijedi

limx→∞

(x2 + 2

2x2 + 1

)x2

= limt→∞

(1

2

)t

= 0

jer je

limx→+∞

at =

{0, 0 < a < 1

+∞, a > 1.

Jos vrijedi

limx→−∞

at =

{+∞, 0 < a < 10, a > 1

.

4.17 Primjena limesa koji daju broj e

Izracunajte:

(a) limx→∞

(2x+ 3

2x+ 1

)x+1

,

(b) limx→0

1

xln

√

1 + x

1 − x.

4.17 Primjena limesa koji daju broj e 109

(c) limx→a

lnx− ln a

x− a,

(d) limx→0

ex − 1

x.

Rjesenje. Prema [M1, primjer 4.9] pod (b) vrijedi formula

limx→+∞

(

1 +1

x

)x

= e, (4.2)

koja je zadovoljena i ako umjesto +∞ stavimo −∞. Nadalje, iz (4.2) slijedi

limx→0±

(1 + x)1x =

y =1

xx→ 0±y → ±∞

= lim

y→±∞

(

1 +1

y

)y

= e

pa vrijedi i sljedeca formula:

limx→0

(1 + x)1x = e. (4.3)

(a) Buduci da je

limx→∞

2x+ 3

2x+ 1= 1,

zadani limes ima neodredeni oblik 1∞. Sredivanjem dobivamo

limx→∞

(2x+ 3

2x+ 1

)x+1

= limx→∞

(2x+ 1 + 2

2x+ 1

)x+1

= limx→∞

(

1 +1

2x+12

)x+1

=

= limx→∞

[(

1 +1

2x+12

) 22x+1

] 2(x+1)2x+1

=

[

limx→∞

(

1 +1

2x+12

) 22x+1

] limx→∞

2(x+1)2x+1

.

Prema formuli (4.2) je

limx→∞

(

1 +1

2x+12

) 22x+1

=

2x+ 1

2= t

x→ ∞t→ ∞

= lim

t→∞

(

1 +1

t

)t

= e,

sto zajedno s

limx→∞

2(x+ 1)

2x+ 1= 1

povlaci

limx→∞

(2x+ 3

2x+ 1

)x+1

= e1 = e.


(b) Uvrstavanjem x = 0 u funkciju pod limesom vidimo da je zadani limes neodredenogoblika ∞ · 0. Primjenom svojstava funkcije lnx dobivamo

limx→0

1

xln

√

1 + x

1 − x= lim

x→0ln

(1 + x

1 − x

) 12x

.

Zbog neprekidnosti funkcije lnx i tvrdnje [M1, teorem 4.7 (ii)] vrijedi

limx→0

ln

(1 + x

1 − x

) 12x

= ln limx→0

[(

1 +1

1−x2x

) 1−x2x

] 11−x

= ln

[

limx→0

(

1 +1

1−x2x

) 1−x2x

] limx→0

11−x

= ln e1 = 1

jer je prema formuli (4.2)

limx→0±

(

1 +1

1−x2x

) 1−x2x

=

1 − x

2x= t

x→ 0±t→ ±∞

= lim

t→±∞

(

1 +1

t

)t

= e.

(c) Zadani limes je neodredenog oblika 00 . Primjenom svojstava funkcije lnx, iz

[M1, teorem 4.7] pod (ii) za neprekidne funkcije lnx i x1a , te formule (4.3)

dobivamo

limx→a

lnx− ln a

x− a= lim

x→a

ln xa

x− a=

x− a = tx→ at→ 0

= limt→0

ln a+ta

t

= limt→0

ln

(

1 +t

a

) 1t

= ln limt→0

[(

1 +t

a

) at

] 1a

= ln

[

limt→0

(

1 +t

a

) at

] 1a

=

t

a= y

t→ 0y → 0

= ln

[

limy→0

(1 + y)1/y

] 1a

= ln e1a =

1

a.

(d) Zadani limes je neodredenog oblika 00 . Supstitucijom ex − 1 = t, primjenom

svojstava funkcije lnx, tvrdnje pod (ii) iz [M1, teorem 4.7] za neprekidnu

4.18 Neprekidnost funkcije 111

funkciju lnx i konacno formule (4.3) dobivamo

limx→0

ex − 1

x=

ex − 1 = tx→ 0t→ 0

= limt→0

t

ln(t+ 1)= lim

t→0

1

ln(t+ 1)1t

=1

ln limt→0

(t+ 1)1t

= 1.

4.18 Neprekidnost funkcije

(a) Odredite parametar λ tako da funkcija

f(x) =

x2 − 4

x− 2, x 6= 2

λ, x = 2

bude neprekidna.

(b) Odredite konstante a i b tako da funkcija

f(x) =

−2 sinx, x ≤ −π2

a sinx+ b, −π2 < x < π

2cosx, x ≥ π

2

bude neprekidna.

Rjesenje.

(a) Funkcija f je na skupu R\{2} zadana neprekidnom funkcijom pa je dovoljnoodrediti parametar λ takav da f bude neprekidna u x = 2, odnosno da vrijedi

limx→2+

f(x) = limx→2−

f(x) = f(2).

Buduci da je

limx→2±

f(x) = limx→2±

x2 − 4

x− 2= lim

x→2±

(x− 2)(x+ 2)

x− 2= lim

x→2±(x + 2) = 4,

mora vrijediti f(2) = 4. Iz definicije funkcije f je f(2) = λ, pa stoga slijediλ = 4.

(b) S obzirom da je funkcija f zadana po dijelovima pomocu neprekidnih funkcija,zakljucujemo da je f neprekidna na skupu

R \{

−π2,π

2

}

.

Potrebno je odrediti konstante a i b tako da f bude neprekidna u tockamax1 = −π

2 i x2 = π2 , odnosno da ispunjava uvjete iz [M1, definicija 4.6]:

limx→xi−

f(x) = limxi+

f(x) = f(xi), i = 1, 2. (4.4)


Za tocku x1 = −π2 vrijedi

limx→−π

2 −f(x) = lim

x→−π2 −

(−2 sinx) = 2,

limx→−π

2 +f(x) = lim

x→−π2 +

(a sinx+ b) = −a+ b,

f(

−π2

)

= −2 sin(

−π2

)

= 2.

Uvrstavanjem dobivenih rezultata u (4.4) slijedi

−a+ b = 2.

Za tocku x2 = π2 vrijedi

limx→π

2 −f(x) = lim

x→π2 −

(a sinx+ b) = a+ b,

limx→π

2 +f(x) = lim

x→π2 +

cosx = 0,

f(π

2

)

= cosπ

2= 0.

Sada (4.4) povlaci

a+ b = 0.

Konacno, rjesavanjem sustava

−a+ b = 2,

a+ b = 0,

dobivamo a = −1 i b = 1.

4.19 Vrste prekida

Ispitajte vrste prekida funkcija:

(a) f(x) =

√7 + x− 3

x2 − 4u tockama x1 = −2 i x2 = 2,

(b) f(x) =a

1x − 1

a1x + 1

, gdje je a > 1 u tocki x = 0.

Rjesenje.

(a) Da bismo ispitali vrstu prekida funkcije u tockama x1 i x2 potrebno je izracunatilimes s lijeve i desne strane u tim tockama.

4.19 Vrste prekida 113

Limes slijeva u tocki x1 = −2 je

limx→−2−

√7 + x− 3

x2 − 4= lim

x→−2−

√7 + x− 3

x2 − 4·√

7 + x+ 3√7 + x+ 3

= limx→−2−

x− 2

(x− 2)(x+ 2)(√

7 + x+ 3)

= limx→−2−

1

(x+ 2)(√

7 + x+ 3)= −∞.

Limes zdesna u tocki x1 = −2 dobivamo na isti nacin:

limx→−2+

√7 + x− 3

x2 − 4= lim

x→−2+

1

(x+ 2)(√

7 + x+ 3)= +∞.

Prema [M1, definicija 4.7], zadana funkcija ima prekid druge vrste u tockix1 = −2.

Limes slijeva u tocki x2 = 2 je

limx→2−

√7 + x− 3

x2 − 4= lim

x→2−

1

(x + 2)(√

7 + x+ 3)=

1

24.

Za limes zdesna u tocki x2 = 2 ocigledno vrijedi

limx→2+

√7 + x− 3

x2 − 4= lim

x→2+

1

(x + 2)(√

7 + x+ 3)=

1

24.

Limesi slijeva i zdesna u tocki x2 = 2 su jednaki pa prema [M1, definicija 4.7],funkcija f ima uklonjivi prekid u toj tocki.

(b) Limes zdesna funkcije f u tocki x = 0 racunamo pomocu supstitucije t = 1/x:

limx→0+

a1x − 1

a1x + 1

=

1x = tx→ 0+t→ +∞

= limt→+∞

at − 1

at + 1= lim

t→+∞

at(1 − 1

at

)

at(1 + 1

at

) = 1.

Pri tome smo koristili

limt→+∞

1

at= 0, za a > 1.

Limes slijeva zadane funkcije u tocki x = 0 dobivamo na isti nacin:

limx→0−

a1x − 1

a1x + 1

=

1x = tx→ 0−

t→ −∞

= limt→−∞

at − 1

at + 1= lim

t→+∞

1at − 11at + 1

= −1.

Limesi slijeva i zdesna u tocki x = 0 su konacni i razliciti pa prema [M1,definicija 4.7], funkcija f ima prekid prve vrste u toj tocki.


4.20 Asimptote racionalne funkcije

Odredite asimptote i skicirajte grafove funkcija:

(a) f(x) =x2

x2 − 4,

(b) f(x) =x2 + 2x

x− 2.

Rjesenje. Asimptote odredujemo prema formulama iz [M1, §4.5].

(a) Podrucje definicije funkcije f je R\{−2, 2}. Stoga se vertikalne asimptote mogunalaziti samo u tockama x1 = −2 i x2 = 2. Limesi slijeva i zdesna u timtockama su jednaki:

limx→−2±

f(x) = limx→−2±

x2

x− 2· 1

x+ 2= −1 · lim

t→0±

1

t= ∓∞,

limx→2±

f(x) = limx→2±

x2

x+ 2· 1

x− 2= 1 · lim

t→0±

1

t= ±∞.

Slijedi da su pravci x = −2 i x = 2 vertikalne asimptote.

Ispitajmo ponasanje funkcije u beskonacnosti. Vrijedi

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

1

1 − 4x2

= 1

pa je pravac x = 1 horizontalna asimptota u lijevoj i desnoj strani, odaklezakljucujemo da funkcija f nema kosu asimptotu ni u lijevoj ni u desnoj strani.Vidi sliku 4.4.

-2 2

1

Slika 4.4: Graf funkcije f(x) =x2

x2 − 4.

4.21 Asimptote iracionalne funkcije 115

(b) Podrucje definicije funkcije f je R\{2}. Zbog

limx→2±

f(x) = limx→2±

(x2 + 2x) · 1

x− 2= 8 · lim

t→0±

1

t= ±∞

slijedi da je pravac x = 2 vertiklna asimptota.

Nadalje,

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

1 + 2x

1x − 2

x2

= ±∞

povlaci da zadana funkcija nema horizontalnu asimptotu ni u lijevoj ni u desnojstrani.

Potrazimo kose asimptote. Ako s k oznacimo koeficijent smjera kose asimptote,a s l njen odsjecak na y-osi, vrijedi

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

x+ 2

x− 2= 1,

l = limx→±∞

[f(x) − kx] = limx→±∞

4x

x− 2= 4,

pa je pravac y = x+ 4 kosa asimptota u lijevoj i desnoj strani. Vidi sliku 4.5.

-2 2

4

Slika 4.5: Graf funkcije f(x) =x2 + 2x

x− 2.

4.21 Asimptote iracionalne funkcije

Odredite asimptote funkcije

f(x) =√

4x2 + x

i skicirajte njen graf.

Rjesenje. Funkcija f je definirana za sve x ∈ R za koje vrijedi 4x2 + x ≥ 0, paje podrucje definicije od f skup 〈−∞,− 1

4 ] ∪ [0,+∞〉. Slijedi da f nema vertikalne


asimptote jer se one mogu nalaziti samo u tockama prekida ili otvorenim rubovimapodrucja definicije.

Zbog

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

√

4x2 + x = +∞,

odmah slijedi da f nema horizontalnu asimptotu ni u lijevoj ni u desnoj strani.

Preostaje potraziti kose asimptote. Oznacimo s k1 i l1 koeficijent smjera i odsjecakna y-osi kose asimptote funkcije f u desnoj strani. Tada je

k1 = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

√4x2 + x

x= lim

x→+∞

|x|x

· limx→+∞

√

4 +1

x= 1 ·

√4 = 2,

l1 = limx→+∞

[f(x) − 2x] = limx→+∞

[√

4x2 + x− 2x] ·√

4x2 + x+ 2x√4x2 + x+ 2x

= limx→+∞

x√4x2 + x+ 2x

= limx→+∞

x

|x| · limx→+∞

1√

4 + 1x + 2

=1

4.

Dakle, pravac y = 2x+ 14 je kosa asimptota funkcije f u desnoj strani.

Ako s k2 i l2 oznacimo koeficijent smjera i odsjecak na y-osi kose asimptote funkcijef u lijevoj strani, onda na isti nacin dobivamo

k2 = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

|x|x

· limx→−∞

√

4 +1

x= −1 ·

√4 = −2,

l2 = limx→−∞

[f(x) − 2x] = limx→−∞

x

|x| · limx→−∞

1√

4 + 1x + 2

= −1

4.

Stoga je pravac y = −2x− 14 kosa asimptota funkcije f u lijevoj strani. Vidi sliku

4.6.

4.22 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom

Odredite asimptote funkcije

f(x) = xe1

x2−1 .

Rjesenje. Podrucje definicije funkcije f je R\{−1, 1}. Stoga funkcija moze imativertikalne asimptote samo u tockama x1 = −1 i x2 = 1. Provjerimo prvo tocku x1.Prema zadatku (4.8) je

limx→−1+

xe1

x2−1 = 0 i lim

x→−1−

xe1

x2−1 = −∞,

4.22 Asimptote funkcije s eksponencijalnim izrazom 117

- ��18- ��

14

- ��14

��14

Slika 4.6: Graf funkcije f(x) =√

4x2 + x.

odakle slijedi da je pravac x = −1 vertikalna asimptota funkcije f s lijeve strane.Na isti nacin za tocku x2 dobivamo

limx→1+

xe1

x2−1 = +∞ i lim

x→1−

xe1

x2−1 = 0

pa je pravac x = 1 je vertikalna asimptota funkcije f s desne strane.

Nadalje, zbog

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

xe1

x2−1 = lim

x→±∞x · lim

x→±∞e

1x2

−1 = ±∞ · 1 = ±∞,

funkcija f nema horizontalnu asimptotu ni u lijevoj ni u desnoj strani.

Potrazimo kose asimptote. Ako koeficijent smjera kose asimptote oznacimo s k,tada je

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

xe1

x2−1

x= lim

x→±∞e

1x2

−1 = 1.

Za odsjecak na x osi, l, vrijedi

l = limx→±∞

[f(x) − kx] = limx→±∞

x[

e1

x2−1 − 1

]

=

1

x2 − 1= t

x→ ±∞t→ 0+

= limt→0+

√

1 +1

t· (et − 1) = lim

t→0+

√

1 +1

t· e

t − 1

t· t

= limt→0+

√

1 +1

t· lim

t→0+

et − 1

t· lim

t→0+t = 1 · e · 0 = 0,

gdje smo u racunanju limesa koristili [M1, teorem 4.3] i zadatak (4.17) pod (b).Slijedi da je pravac y = x kosa asimptota funkcije f . Vidi sliku 4.7.


-1 1

Slika 4.7: Graf funkcije f(x) =√

4x2 + x.


1. Odredite podrucje definicije funkcije

f(x) = arccos(

log 13

√

x2 + 3)

.

2. Odredite podrucje definicije funkcije

f(x) = ln

(

arcsin1 − x2

2 + x

)

.

3. Odredite podrucje definicije funkcija:

(a) f(x) = ln(sinx),

(b) f(x) = ln | sinx|.4. Odredite podrucje definicije funkcija:

(a) f(x) =√

3 − x+ arcsin3 − 2x

5,

(b) f(x) = arcsinx− 3

2− log (4 − x).

5. Nacrtajte graf funkcija:

(a) f(x) = 2 sin(

12x− π

4

),

(b) f(x) = 2 cos(3x+ π

4

),

(c) f(x) = cos2 x.

6. Neka je

f(x) = x+ 2, g(x) = x2, h(x) =1

x.

Dokazite da vrijedi(f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h) .


7. Odredite inverznu funkciju funkcije

f(x) = ln2x− 1

3x+ 2.

8. Odredite inverznu funkciju funkcije

f(x) = 3 sin 2(

x+π

3

)

.

9. Odredite jednostrane limese

limx→0+

1

1 + e1x

i limx→0−

1

1 + e1x

.

10. Odredite jednostrane limese

limx→0+

[

arctg1

x+

| sinx|x

]

i limx→0−

[

arctg1

x+

| sinx|x

]

.

11. Izracunajte:

(a) limx→∞

2x+ 3

x+ 3√x

2 ,

(b) limx→∞

2x2 − 3x+ 4√x4 + 1

,

(c) limx→∞

√x

√

x+√x

,

(d) limx→±∞

√x2 − 3x− x+ 1

x.

12. Izracunajte limx→a

x2 − (a+ 1)x+ a

x3 − a3.

13. Izracunajte:

(a) limx→0

√1 + x− 1

3√

1 + x− 1,

(b) limx→0

√1 + x−

√1 + x2

√1 + x− 1

.

14. Izracunajte:

(a) limx→±∞

(√

x2 + 1 −√

x2 − 1)

,

(b) limx→−∞

√x2 + a2 + x√x2 + b2 + x

.

15. Izracunajte:


(a) limx→a

cosx− cos a

x− a,

(b) limx→π

6

2 sinx− 1

cos 3x.

16. Izracunajte:

(a) limx→0

(x2 − 2x+ 3

x2 − 3x+ 2

) sin xx

,

(b) limx→0

(sin 3x

x

)x+2

.

17. Izracunajte:

(a) limx→0

x√

1 + sinx,

(b) limx→∞

x[ln (1 + x) − lnx],

(c) limx→∞

x(e1x − 1).

18. Odredite parametar λ tako da funkcija

f(x) =

{5x2 − 2x+ λ, x ≥ 0

sinx

x, x < 0

bude neprekidna.

19. Odredite parametar λ tako da funkcija

f(x) =

{e−x + 1, x ≥ 0x+ λ, x < 0

bude neprekidna.

20. Ispitajte vrste prekida funkcija:

(a) f(x) =x

|x| u tocki x = 0,

(b) f(x) =

√

x2

| sinx| u tocki x = 0,

(c) f(x) =1 + x2

1 + xu tocki x = −1,

(d) f(x) =2 −

√x− 3

x2 − 49u tocki x = 7.

21. Definirajte funkciju

f(x) =x3 − 1

x− 1

u x = 1 tako da prosirena funkcija bude neprekidna na R.

4.24 Rjesenja 121

22. Definirajte funkciju

f(x) = x sin1

x

u x = 0 tako da prosirena funkcija bude neprekidna na R.

23. Dokazite da je funkcija

f(x) = −3

5x+

1

4

neprekidna na R.

24. Odredite asimptote funkcija i skicirajte njihove grafove:

(a) f(x) =1

x2 − 1,

(b) f(x) =x2 + 2x− 3

x+ 3,

(c) f(x) =x2 + 2x− 3

x+ 5,

(d) f(x) =2x2 + 9x+ 7

3(x+ 4),

(e) f(x) =x

2x+ 3e

1x .

25. Odredite asimptote funkcije f(x) = ln (1 + x).

26. Odredite asimptote funkcije f(x) = x− 2√x2 + x+ 1.

27. Odredite asimptote parametarski zadane funkcije

x(t) =2t

t2 − 1et, y(t) =

et2

t+ 1.

4.24 Rjesenja

1. D(f) =[−√

6,√

6].

2. D(f) = 〈−1, 1〉.

3. (a) D(f) =⋃

k∈Z

〈2kπ, (2k + 1)π〉,

(b) D(f) = R\{kπ, k ∈ Z}.

4. (a) D(f) = [−1, 3],

(b) D(f) = [1, 4〉.

5. Koristite upute dane u [M1, §4.6.5].

(a) Vidi sliku 4.8.

(b) Vidi sliku 4.9.


��Π

2 ��5 Π2 ��

9 Π2 ��

13 Π2

-2

2

Slika 4.8: Graf funkcije f(x) = 2 sin(

12x− π

4

).

��Π

12 ��5 Π12 ��

3 Π4 ��

13 Π12

-2

2

Slika 4.9: Graf funkcije f(x) = 2 cos(3x+ π

4

).

(c) Vidi sliku 4.10.

6. Primjenom [M1, definicija 1.9].

7. f−1(x) =1 + 2ex

2 − 3ex.

8. f−1(x) =1

2arcsin

x

3− π

3.

9. 0, 1.

10.π

2+ 1,−π

2− 1.

11. (a) 2,

(b) 2,

(c) 1,

(d) 0, x→ +∞; −2, x→ −∞.

4.24 Rjesenja 123

��Π

2 ��3 Π2 ��

5 Π2

-1

1

Slika 4.10: Graf funkcije f(x) = cos2 x.

12.a− 1

3a2.

13. (a)3

2,

(b) 1.

14. (a) 0,

(b)a2

b2.

15. (a) − sina,

(b) −√

3

3.

16. (a)3

2,

(b) 9.

17. (a) e,

(b) 1,

(c) 1.

18. λ = 1.

19. λ = 2.

20. (a) Funkcija f ima u tocki x = 0 prekid prve vrste.

(b) Funkcija f ima u tocki x = 0 uklonjivi prekid.

(c) Funkcija f ima u tocki x = −1 prekid druge vrste.

(d) Funkcija f ima u tocki x = 7 uklonjivi prekid.

21. f(1) = 3.


22. f(0) = 1.

23. Koristenjem [M1, definicija 4.6].

24. (a) Pravci x = −1 i x = 1 su vertikalne asimptote, a pravac y = 0 horizon-talna asimptota. Vidi sliku 4.11.

-1 1

-1

Slika 4.11: Graf funkcije f(x) =1

x2 − 1.

(b) Funkcija f nema asimptota.

(c) Pravac x = −5 je vertikalna asimptota, a pravac y = x−3 kosa asimptota.Vidi sliku 4.12.

-5 3 5-3

Slika 4.12: Graf funkcije f(x) =x2 + 2x− 3

x+ 5.

(d) Pravac x = −4 je vertikalna asimptota, a pravac y = 13 (2x + 1) kosa

asimptota. Vidi sliku 4.13.

(e) Pravac x = 0 je vertikalna asimptota s desne strane, pravac x = − 32 ver-

tikalna asimptota s obje strane, a pravac y = 12 horizontalna asimptota.

Vidi sliku 4.14.

4.24 Rjesenja 125

-4 - ��12

Slika 4.13: Graf funkcije f(x) =2x2 + 9x+ 7

3(x+ 4).

- ��32

��12

Slika 4.14: Graf funkcije f(x) =x

2x+ 3e1/x.

25. Pravac x = −1 je vertikalna asimptota s desne strane, a funkcija nema hori-zontalnih i kosih asimptota.

26. Pravac y = −x − 1 je kosa asimptota u desnoj strani, a pravac y = 3x + 1kosa asimptota u lijevoj strani.

27. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota, pravac y = e2 horizontalna asimptota,

a pravac y = e2x− 52 e kosa asimptota (vidi [M1, primjer 4.12]).

5.

DERIVACIJE I PRIMJENE

5.1 Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

5.3 Logaritamsko deriviranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

5.4 Deriviranje implicitno zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . . 133

5.5 Derivacije viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5.6 Deriviranje parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . . . . . 135

5.7 Tangenta na eksplicitno zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . . 136

5.8 Tangenta na parametarski zadanu funkciju . . . . . . . . . . . . 136

5.9 Kut izmedu tangenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

5.10 L’Hospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

5.11 Lokalni ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije . . . . . . . . . 143

5.13 Lokalni ekstremi i siljci funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

5.14 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti . . . . . . . . . . . . . 145

5.15 Tocke infleksije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

5.16 Tocke infleksije i intervali zakrivljenosti . . . . . . . . . . . . . 147

5.17 Geometrijski ekstrem I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

5.18 Geometrijski ekstrem II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

5.19 Geometrijski ekstrem III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

5.20 Geometrijski ekstrem IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5.21 Tok funkcije I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

5.22 Tok funkcije II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

5.23 Tok funkcije III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

5.24 Tok funkcije IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

5.25 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

5.26 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

128 DERIVACIJE I PRIMJENE

5.1 Pravila deriviranja

Derivirajte sljedece funkcije:

(a) f(x) =3√x2 −

√

x√x+ 7

√e,

(b) f(x) = sinx arctg x,

(c) f(x) =cosx

1 + tg x,

(d) f(x) =sinx

x3+ ex cosx− (x3 + 2) log x.

Rjesenje.

(a) Zapisimo prva dva izraza u obliku potencije. Vrijedi

3√x2 = x

23 i

√

x√x =

√x 4√x = x

12x

14 = x

34 .

Prema prvom pravilu za deriviranje sume iz [M1, teorem 5.2], te formulama zaderiviranje potencije i konstantne funkcije iz [M1, §5.1.5] dobivamo

f ′(x) =(

x23 − x

34 + 7

√e)′

=(

x23

)′−(

x34

)′+(

7√e)′

=2

3x

23−1 − 3

4x

34−1 + 0 =

2

3x−

13 − 3

4x−

14 =

2

3 3√x− 3

4 4√x.

(b) Prema trecem pravilu za deriviranje produkta iz [M1, teorem 5.2] i formulamaza deriviranje trigonometrijskih i arkus funkcija iz [M1, §5.1.5] slijedi

f ′(x) = (sinx arctg x)′ = (sinx)′ arctg x+ sinx (arctgx)′

= cosx arctg x+ sinx1

1 + x2.

(c) Po cetvrtom pravilu za deriviranje kvocijenta iz [M1, teorem 5.2] i pravilimaza deriviranje trigonometrijskih funkcija imamo

f ′(x) =

(cosx

1 + tg x

)′=

(cosx)′(1 + tg x) − cosx (1 + tg x)

′

(1 + tg x)2

=− sinx (1 + tg x) − cosx

1

cos2 x(1 + tg x)

2 =− sinx− sin2 x

cosx− 1

cosx(sinx+ cosx)

2

cos2 x

=

− sinx cosx− sin2 x− 1

cosxsin2 x+ 2 sinx cosx+ cos2 x

cos2 x

=− cosx

(sinx cosx+ sin2 x+ 1

)

1 + 2 sinx cosx.

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija 129

(d) Primjenom pravila deriviranja iz [M1, teorem 5.2] dobivamo

f ′(x) =

(sinx

x3+ ex cosx− (x3 + 2) log x

)′

=

(sinx

x3

)′+ (ex cosx)

′ −[(x3 + 2

)log x

]′

=(sinx)′x3 − sinx (x3)′

x6+ (ex)′ cosx+ ex(cosx)′

− [(x3 + 2)′ log x+ (x3 + 2)(log x)′]

=cosx · x3 − sinx · 3x2

x6+ ex cosx− ex sinx− 3x2 log x−

(x3 + 2

) 1

xlog e.

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija


(a) f(x) =(x2 + 2

)3,

(b) f(t) =1

4(tg t)

4 − 1

2(tg t)

2 − ln(cos t),

(c) f(x) = log√e

1

cos2 x,

(d) f(x) = arcsinx− 1

x,

(e) f(x) =√

4x− 1 + arcctg√

4x− 1,

(f) f(x) = ln2(2x+ 1),

(g) f(x) = ln ln(x4 + x),

(h) f(x) = 2arctg√

x.

Rjesenje.

(a) Uz oznake h(x) = x3 i g(x) = x2 + 2 je f(x) = h(g(x)), pa pravilo za derivacijukompozicije funkcija iz [M1, teorem 5.4] daje

f ′(x) = [h(g(x))]′ = h′(g(x)) · g′(x).

Buduci da je h′(x) = 3x2 i g′(x) = 2x imamo

f ′(x) = h′(x2 + 2) · 2x = 3(x2 + 2)2 · 2x.

Dakle,

f ′(x) =[(x2 + 2

)3]′

= 3(x2 + 2)2 · 2x = 6x(x2 + 2).


(b) Pravila za deriviranje trigonometrijskih i logaritamske funkcije iz [M1, §5.1.5]daju

f ′(t) =

[1

4(tg t)

4

]′−[1

2(tg t)

2

]′− [ln(cos t)]

′

=1

4

[

(tg t)4]′− 1

2

[

(tg t)2]′− [ln(cos t)]

′.

Derivacijom dobivenih kompozicija slijedi

f ′(x) =1

4· 4 (tg t)3 · (tg t)′ − 1

2· 2 tg t · (tg t)′ − 1

cos t· (cos t)′

=1

4· 4 (tg t)

3 · 1

cos2 t− 1

2· 2 tg t · 1

cos2 t− 1

cos t· (− sin t)

=sin3 t

cos5 t− sin t

cos3 t+

sin t

cos t.

(c) Iz svojstava logaritamske funkcije slijedi

f(x) = log√e

1

cos2 x= log

e12

(cosx)−2

= 2 · (−2) loge (cosx) = −4 ln (cosx) .

Koristenjem pravila za derivaciju kompozicije funkcija dobivamo

f ′(x) = −4 [ln (cosx)]′ = −41

cosx· (cosx)′ = −4

1

cosx· (− sinx) = 4 tg x.

(d) Formula za derivaciju potencije iz [M1, §5.1.5] daje

(1

x

)′=(x−1

)′= −1 · x−1−1 = − 1

x2.

Primjenom pravila za derivaciju kompozicije funkcija i derivaciju sume dobi-vamo

f ′(x) =

(

arcsinx− 1

x

)′=

1√

1 −(x− 1

x

)2·(x− 1

x

)′

=1

√

1 − x2 − 2x+ 1

x2

·(

1 − 1

x

)′=

1√

2x− 1

x2

·[

(1)′ −(

1

x

)′]

=|x|√

2x− 1·[

0 −(

− 1

x2

)]

=|x|

x2√

2x− 1.

(e) Prema formuli za derivaciju potencije je

(√x)′

=(

x12

)′=

1

2x

12−1 =

1

2x−

12 =

1

2√x, (5.1)

5.2 Deriviranje kompozicije funkcija 131

pa pravilo za derivaciju kompozicije funkcija daje

(√4x− 1

)′=

1

2√

4x− 1· (4x− 1)′ =

1

2√

4x− 1· 4 =

2√4x− 1

.

Primjenom pravila za derivaciju sume, pravila za derivaciju kompozicije funkcijai uvrstavanjem prethodnog rezultata dobivamo

f ′(x) =(√

4x− 1)′

+(arcctg

√4x− 1

)′

=(√

4x− 1)′ − 1

1 +(√

4x− 1)2 ·

(√4x− 1

)′

=2√

4x− 1− 1

4x· 2√

4x− 1

=2√

4x− 1

(

1 − 1

4x

)

=4x− 1

2x√

4x− 1.

(f) Primjenom pravila za derivaciju kompozicije funkcija i derivaciju sume dobi-vamo

f ′(x) =[ln2(2x+ 1)

]′= 2 ln(2x+ 1) · [ln(2x+ 1)]

′

= 2 ln(2x+ 1) · 1

2x+ 1· (2x+ 1)′

= 2 ln(2x+ 1) · 1

2x+ 1· 2 =

4 ln(2x+ 1)

2x+ 1.

(g) Dvostrukom primjenom pravila za derivaciju kompozicije funkcija i pravila zaderivaciju sume dobivamo

f ′(x) =[ln ln(x4 + x)

]′=

1

ln(x4 + x)·[ln(x4 + x)

]′

=1

ln(x4 + x)· 1

x4 + x· (x4 + x)′

=1

ln (x4 + x)· 1

x4 + x·(4x3 + 1

)

=4x3 + 1

x (x3 + 1) ln (x4 + x).

(h) Pravilo za derivaciju kompozicije funkcija, formula za derivaciju eksponencijalnefunkcije iz [M1, §5.1.5] i formula (5.1) daju

f ′(x) =(

2arctg√

x)′

= 2arctg√

x ln 2 ·(arctg

√x)′

= 2arctg√

x ln 2 · 1

1 + (√x)

2 ·(√x)′

= 2arctg√

x ln 2 · 1

1 + x· 1

2√x.


5.3 Logaritamsko deriviranje


(a) f(x) = (lnx)x,

(b) f(x) =(cosx)sin x

x2 + 3,

(c) f(x) = ecos x + (cosx)x.

Rjesenje. Derivacije zadanih funkcija racunamo postupkom logaritamskog derivi-ranja iz [M1, §5.1.6].

(a) Logaritmiranjem funkcije f slijedi

ln f(x) = ln(lnx)x,

ln f(x) = x ln(ln x),

odakle deriviranjem dobivamo

1

f(x)· f ′(x) = (x)′ ln(ln x) + x[ln(ln x)]′,

f ′(x)

f(x)= 1 · ln(lnx) + x · 1

lnx· (lnx)′,

f ′(x)

f(x)= ln(lnx) + x · 1

lnx· 1

x.

Mnozenjem cijele jednakosti s f(x) je

f ′(x) = f(x)

[

ln(lnx) +1

lnx

]

,

f ′(x) = (lnx)x

[

ln(ln x) +1

lnx

]

.

(b) Zbog svojstava logaritamske funkcije je

ln f(x) = ln

[(cosx)sin x

x2 + 3

]

,

ln f(x) = ln[(cosx)sin x

]− ln(x2 + 3),

ln f(x) = sinx ln (cosx) − ln(x2 + 3).

Deriviranjem prethodne jednakosti dobivamo

1

f(x)· f ′(x) = (sinx)′ ln(cosx) + sinx [ln(cosx)]′ − [ln(x2 + 3)]′,

f ′(x)

f(x)= cosx ln (cosx) + sinx · 1

cosx· (− sinx) − 1

x2 + 3· 2x.

5.4 Deriviranje implicitno zadane funkcije 133

Mnozenjem s f(x) slijedi da je

f ′(x) =(cos x)sin x

x2 + 3

[

cosx ln(cos x) − sin2 x

cosx− 2x

x2 + 3

]

.

(c) Vrijedif ′(x) = (ecos x)

′+ [(cosx)x]

′.

Buduci da je(ecos x)′ = ecos x · (cosx)′ = ecos x · (− sinx),

dovoljno je logaritamski derivirati funkciju g(x) = (cosx)x. Iz

ln g(x) = x ln(cosx),

deriviranjem slijedi

1

g(x)· g′(x) = (x)′ ln(cosx) + x[ln(cosx)]′,

g′(x)

g(x)= ln(cosx) + x · 1

cosx(− sinx),

g′(x) = g(x)[ln(cosx) − x tg x],

g′(x) = (cosx)x[ln(cosx) − x tg x].

Dakle,f ′(x) = ecosx · (− sinx) + (cosx)x[ln(cosx) − x tg x].

5.4 Deriviranje implicitno zadane funkcije

Odredite y′ ako je y funkcija od x i vrijedi:

(a) x23 + y

23 = a

23 ,

(b) xy + sin y = ex+y.

Rjesenje.

(a) Buduci da je x varijabla, y funkcija ovisna o x, te a konstanta, primjenompravila za deriviranje kompozicije funkcija iz [M1, teorem 5.4] dobivamo

(

x23

)′+(

y23

)′=(

a23

)′,

2

3x−

13 +

2

3y−

13 · y′ = 0,

13√x

+y′

3√y

= 0,

odakle slijedi

y′ = −3√y

3√x.


(b) Derivacijom zadanog izraza, prema pravilu za deriviranje kompozicije funkcija,dobivamo

(x)′ · y + x · y′ + cos y · y′ = ex+y(x+ y)′,

y + xy′ + cos y · y′ = ex+y(1 + y′),

odakle jey′(x+ cos y − ex+y

)= ex+y − y,

odnosno

y′ =ex+y − y

x+ cos y − ex+y.

5.5 Derivacije viseg reda

Izracunajte n-tu derivaciju funkcije f u tocki x0 ako je:

(a) f(x) =1

xi x0 = −1,

(b) f(x) = sinx i x0 = π2 ,

za svaki prirodan broj n.

Rjesenje.

(a) Odredimo prvo n-tu derivaciju funkcije f . Iz f(x) = x−1 slijedi

f ′(x) = −x−2,

f ′′(x) = (−1)(−2)x−3,

f ′′′(x) = (−1)(−2)(−3)x−4,

pa zakljucujemo da je

f (n)(x) = (−1)(−2)(−3) · · · (−n)x−(n+1) = (−1)nn!x−(n+1).

Dobivenu formulu dokazimo matematickom indukcijom P4 iz [M1, definicija1.13]. Baza indukcije vrijedi jer uvrstvanjem n = 1 slijedi da je f ′(x) = −x−2,sto je istina. Pretpostavimo da formula vrijedi za n. Tada je

f (n+1) =[

(−1)nn!x−(n+1)]′

= (−1)nn! [−(n+ 1)x−(n+2)]

= (−1)n+1(n+ 1)!x−(n+2),

pa formula vrijedi i za n+ 1 cime smo pokazali korak indukcije.

Uvrstavanjem x0 = −1 dobivamo da je

f (n)(x0) =(−1)nn!

(−1)n+1= −n!, n ∈ N.

5.6 Deriviranje parametarski zadane funkcije 135

(b) Iz

f ′(x) = cosx = sin(

x+π

2

)

,

f ′′(x) = − sinx = sin

(

x+2π

2

)

,

f ′′′(x) = − cosx = sin

(

x+3π

2

)

,

slijedi da je

f (n)(x) = sin(

x+nπ

2

)

.

Baza indukcije ocito vrijedi, a ispunjen je i korak jer ako formula vrijedi za nslijedi

f (n+1) =[

sin(

x+nπ

2

)]′= cos

(

x+nπ

2

)

= sin

[

x+(n+ 1)π

2

]

.

Za x0 = π2 vrijedi

f (n)(x0) = sin(π

2+nπ

2

)

.

Neparan n je oblika 2k − 1, za neki k ∈ N, pa je

f (n)(x0) = sin

[π

2+

(2k − 1)π

2

]

= sin (kπ) = 0.

S druge strane, za paran n vrijedi n = 2k, za neki k ∈ N, pa je

f (n)(x0) = sin

(π

2+

2kπ

2

)

= sin(π

2+ kπ

)

= (−1)k = (−1)n2 .

5.6 Deriviranje parametarski zadane funkcije

Odredite prvu i drugu derivaciju funkcije parametarski zadane s

x(t) = t− sin t,

y(t) = 1 − cos t.

Rjesenje. Iz

x = 1 − cos t i x = sin t,

y = sin t i y = cos t,

prema formulama iz [M1, §5.4], slijedi da je prva derivacija jednaka

y′ =y

x=

sin t

1 − cos t,

dok za drugu derivaciju vrijedi

y′′ =yx− yx

x3=

cos t(1 − cos t) − sin t sin t

(1 − cos t)3=

cos t− 1

(1 − cos t)3= − 1

(cos t− 1)2.


5.7 Tangenta na eksplicitno zadanu funkciju

Odredite jednadzbu tangente i normale na krivulju

f(x) = arctg e2x + ln

√

e2x

2e2x − 1

u tocki x0 = 0.

Rjesenje. Zbog svojstava logaritamske funkcije je

ln

√

e2x

2e2x − 1= ln

(e2x

2e2x − 1

) 12

=1

2ln

(e2x

2e2x − 1

)

=1

2

[ln e2x − ln(2e2x − 1)

],

odnosno

f(x) = arctg e2x + x− 1

2ln(2e2x − 1

).

Izracunajmo derivaciju funkcije f . Vrijedi

f ′(x) =1

1 + (e2x)2· e2x · 2 + 1 − 1

2· 1

2e2x − 1· 2 · e2x · 2 =

2e2x

1 + e4x+ 1 − 2e2x

2e2x − 1.

Koeficijent smjera k tangente na funkciju f u tocki x0 = 0 je jednak

k = f ′(x0) =2e0

1 + e0+ 1 − 2e0

2e0 − 1= 0.

Vrijednost funkcije f u tocki x0 = 0 iznosi

f(x0) = arctg 1 + 0 − 1

2ln 1 =

π

4.

Buduci da tangenta prolazi diralistem D = (x0, f(x0)), jednadzba tangente glasi

y − f(x0) = k(x− x0),

odakle uvrstavanjem dobivamo

y − π

4= 0(x− 0),

y =π

4.

Stoga je normala na funkciju f u tocki x0 = 0 pravac okomit na x-os koji prolazidiralistem D = (x0, f(x0)), pa njena jednadzba glasi x = x0, odnosno x = 0.

5.8 Tangenta na parametarski zadanu funkciju

Nadite jednadzbu tangente i normale na krivulju parametarski zadanu s

x(t) = ln(cos t+ 1),

y(t) = tg t+ ctg t

5.9 Kut izmedu tangenti 137

u tocki zadanoj s t = π4 .

Rjesenje. Tocka diralista D = (x0, y0) kroz koju prolazi trazena tangenta imakoordinate

x0 = ln(

cosπ

4+ 1)

= ln

(√2

2+ 1

)

,

y0 = tgπ

4+ ctg

π

4= 2.

Prema formuli iz [M1, §5.4] je derivacija funkcije jednaka

y′(x) =x

y=

1

cos2 t− 1

sin2 t− sin t

cos t+ 1

=

sin2 t− cos2 t

cos2 t sin2 t− sin t

cos t+ 1

= −(sin2 t− cos2 t

)(cos t+ 1)

sin3 t cos2 t.

Koeficijent smjera k, koji dobivamo uvrstavanjem t = π4 , iznosi

k = y′ (x0) = −

[(√2

2

)2

−(√

22

)2] (

1 +√

22

)

(√2

2

)3 (√2

2

)2 = 0.

Stoga jednadzba tangente na funkciju f u zadanoj tocki glasi y = 2, a normale

x = ln(√

22 + 1

)

.

5.9 Kut izmedu tangenti

Odredite kut ϕ pod kojim se sijeku tangenta na krivulju arctgy

x=

1

2ln(x2 + y2) u

tocki T (1, 0) i tangenta na krivulju y = (cosx)sin x u tocki s apscisom x0 = 0.

Rjesenje. Odredimo prvo koeficijent smjera k1 tangente na krivulju zadanu impli-citno s

arctgy

x=

1

2ln(x2 + y2).

Deriviranjem slijedi

1

1 +(

yx

)2 ·(y

x

)′=

1

2· 1

x2 + y2·(x2 + y2

)′,

1

1 +(

yx

)2 · y′ · x− y · 1

x2=

1

2· 1

x2 + y2· (2x+ 2y · y′).

Tangenta prolazi tockom T (1, 0), pa uvrstavanjem x = 1 i y = 0 dobivamo

1

1 + 02· y

′(1) · 1 − 0 · 112

=1

2· 1

12 + 02· [2 · 1 + 2 · 0 · y′(1)],


odakle je k1 = y′(1) = 1. Odredimo sada koeficijent smjera k2 tangente na krivulju

y = (cos x)sin x.

Logaritmiranjem i deriviranjem dobivamo

ln y = sinx ln(cosx),

1

y· y′ = cosx ln(cos x) + sinx · 1

cosx· (− sinx),

y′ = y

[

cosx ln(cosx) − sin2 x

cosx

]

,

y′ = (cosx)sin x

[

cosx ln(cosx) − sin2 x

cosx

]

.

Uvrstavanjem apcise diralista x0 = 0 slijedi

y′(0) = (cos 0)sin 0

[

cos 0 ln(cos 0) − sin2 0

cos 0

]

= 10

(

1 · ln 1 − 0

1

)

= 0,

pa je k2 = 0. Vrijedi

tgϕ =

∣∣∣∣

k1 − k2

1 + k1k2

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

1 − 0

1 + 1 · 0

∣∣∣∣= 1.

Dakle, trazeni kut je ϕ = arctg 1 = π4 .

5.10 L’Hospitalovo pravilo

Primjenom L’Hospitalovog pravila izracunajte sljedece limese:

(a) limx→a+

ln(x− a)

ln(ex − ea),

(b) limx→2

√5x− 1 −

√4x+ 1√

3x− 2 −√x+ 2

,

(c) limx→1+

lnx ln(x− 1),

(d) limx→0

(1

x− 1

ex − 1

)

,

(e) limx→0+

(sinx)tg x,

(f) limx→1−

(2

πarcsinx

) 11−x

,

(g) limx→0+

(1

x

)tg x

.

5.10 L’Hospitalovo pravilo 139

Rjesenje.

(a) Zadani limes je neodredenog oblika −∞−∞ pa mozemo primijeniti L’Hospitalovo

pravilo iz [M1, teorem 5.10] po kojem vrijedi

limx→a+

ln(x− a)

ln(ex − ea)= lim

x→a+

[ln(x− a)]′

[ln(ex − ea)]′= lim

x→a+

1

x− a1

ex − ea· ex

= limx→a+

ex − ea

(x− a)ex.

Buduci da je dobiveni limes oblika 00 , ponovnom primjenom L’Hospitalovog

pravila slijedi

limx→a+

ex − ea

(x− a)ex= lim

x→a+

(ex − ea)′

[(x− a)ex]′= lim

x→a+

ex

ex + (x− a)ex

= limx→a+

1

1 + x− a= 1.

Dakle,

limx→a+

ln(x− a)

ln(ex − ea)= 1.

(b) Uvrstavanjem x = 2 u funkciju pod limesom dobivamo√

5 · 2 − 1 −√

4 · 2 + 1√3 · 2 − 2 −

√2 + 2

=

√9 −

√9√

4 −√

4,

pa je limes neodredenog oblika 00 . Primjenom L’Hospitalovog pravila slijedi

limx→2

√5x− 1 −

√4x+ 1√

3x− 2 −√x+ 2

= limx→2

(√5x− 1 −

√4x+ 1

)′

(√3x− 2 −

√x+ 2

)′

= limx→2

1

2√

5x− 1· 5 − 1

2√

4x+ 1· 4

1

2√

3x− 2· 3 − 1

2√x+ 2

· 1

=

5

2√

9− 4

2√

93

2√

4− 1

2√

4

=

1

2 · 32

2 · 2

=1

3.

(c) Limes je neodredenog oblika 0 · (−∞) pa stavljanjem funkcije lnx u nazivniknazivnika dobivamo limes neodredenog oblika −∞

∞ na koji mozemo primijenitiL’Hospitalovo pravilo. Vrijedi

limx→1+

lnx ln(x − 1) = limx→1+

ln(x− 1)1

lnx

= limx→1+

[ln(x− 1)]′(

1

lnx

)′

= limx→1+

1

x− 1

− 1

ln2 x· 1

x

= − limx→1+

x ln2 x

x− 1.


Buduci da je dobiveni limes takoder neodredenog oblika 00 , primjenom L’Hospi-

talovog pravila dobivamo

limx→1+

x ln2 x

x− 1= lim

x→1+

(x ln2 x)′

(x− 1)′= lim

x→1+

ln2 x+ x · 2 lnx · 1

x1

= limx→1+

(ln2 x+ 2 lnx) = 0.

Dakle,lim

x→1+ln x ln(x− 1) = 0.

(d) Vrijedi

limx→0+

(1

x− 1

ex − 1

)

= ∞−∞ i limx→0−

(1

x− 1

ex − 1

)

= −∞ + ∞,

pa su oba limesa istog neodredenog oblika ∞ − ∞. Svodenjem na zajednickinazivnik je

limx→0

(1

x− 1

ex − 1

)

= limx→0

ex − 1 − x

x(ex − 1)

i dobiveni limes je neodredenog oblika 00 . L’Hospitalovo pravilo daje

limx→0

ex − 1 − x

x(ex − 1)= lim

x→0

(ex − 1 − x)′

[x(ex − 1)]′= lim

x→0

ex − 0 − 1

(ex − 1) + xex= lim

x→0

ex − 1

ex − 1 + xex.

Buduci da je i ovaj limes neodredenog oblika 00 , primjenom L’Hospitalovog

pravila je

limx→0

ex − 1

ex − 1 + xex= lim

x→0

(ex − 1)′

(ex − 1 + xex)′= lim

x→0

ex − 0

ex − 0 + ex + xex

= limx→0

1

2 + x=

1

2.

Dakle,

limx→0

(1

x− 1

ex − 1

)

=1

2.

(e) Zadani limes je neodredenog oblika 00 kojeg rjesavamo logaritmiranjem. Oznacimos

L = limx→0+

(sinx)tg x.

Logaritmiranjem dobivamo

lnL = ln limx→0+

(sinx)tg x.

Buduci da je lnx neprekidna funkcija slijedi

lnL = limx→0+

ln(sinx)tg x.

5.10 L’Hospitalovo pravilo 141

Zbog svojstava logaritamske funkcije je

lnL = limx→0+

tg x ln(sinx),

pri cemu je dobiveni limes neodredenog oblika 0 · (−∞). Stavljanjem funkcijetg x u nazivnik nazivnika dobivamo da je

lnL = limx→0+

ln(sinx)

ctg x,

a ovaj limes je neodredenog oblika −∞∞ na kojeg mozemo primijeniti L’Hospital-

ovo pravilo. Stoga je

lnL = limx→0+

[ln(sinx)]′

[ctg x]′= lim

x→0+

1

sinx· cosx

− 1

sin2 x

= − limx→0+

sinx cos x = 0,

odakle slijedieln L = e0,

odnosno L = 1, pa smo dobili da je

limx→0+

(sinx)tg x = 1.

(f) Buduci da je arcsin 1 = π2 , zadani limes je oblika 1−∞ kojeg rjesavamo logarit-

miranjem. Ako stavimo

L = limx→1−

(2

πarcsinx

) 11−x

,

vrijedi

lnL = ln limx→1−

(2

πarcsinx

) 11−x

= limx→1−

ln

(2

πarcsinx

) 11−x

= limx→1−

1

1 − x· ln(

2

πarcsinx

)

= limx→1−

ln(

2π arcsinx

)

1 − x.

Buduci da je dobiveni limes neodredenog oblika 00 , primjenom L’Hospitalovog

pravila slijedi

lnL = limx→1−

[ln(

2π arcsinx

)]′

(1 − x)′= lim

x→1−

12π arcsinx

· 2

π· 1√

1 − x2

−1

= − limx→1−

1

arcsinx ·√

1 − x2= − 1

π2 · 0+

= −∞.

Sada jeelnL = e−∞,

odnosno L = 0. Dobili smo da je

limx→1−

(2

πarcsinx

) 11−x

= 0.


(g) Zadani limes je neodredenog oblika ∞0. Stavimo li

L = limx→0+

(1

x

)tg x

,

logaritmiranjem slijedi

lnL = ln limx→0+

(1

x

)tg x

= limx→0+

ln

(1

x

)tg x

= limx→0+

tg x ln

(1

x

)

= limx→0+

ln

(1

x

)

ctg x.

Buduci da je dobiveni limes neodredenog oblika ∞∞ , primijenimo L’Hospitalovo

pravilo. Vrijedi

lnL = limx→0+

[

ln

(1

x

)]′

(ctg x)′= lim

x→0+

11x

·(

− 1

x2

)

− 1

sin2 x

= limx→0+

(sinx

x

)2

x = 1 · 0 = 0,

pa je

eln L = e0,

odnosno

limx→0+

(1

x

)tg x

= 1.

5.11 Lokalni ekstremi

Odredite lokalne ekstreme funkcije

f(x) =lnx

xe− ln2 x.

Rjesenje. Izracunajmo prvu derivaciju funkcije f . Vrijedi

f ′(x) =1x · x− lnx · 1

x2· e− ln2 x +

lnx

x· e− ln2 x · (−2 lnx) · 1

x

=1 − lnx

x2· e− ln2 x − 2

ln2 x

x2· e− ln2 x

=1

x2· e− ln2 x ·

(1 − lnx− 2 ln2 x

).

Prema [M1, teorem 5.12], nuzan uvjet za postojanje ekstrema u tocki x je f ′(x) = 0.Buduci da je za svako x > 0

1

x2· e− ln2 x > 0,

5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije 143

uvjet se svodi na1 − lnx− 2 ln2 x = 0.

Uvrstavanjem t = lnx dobivamo kvadratnu jednadzbu

1 − t− 2t2 = 0,

cija su rjesenja t1 = −1 i t2 = 12 . Stoga za rjesenja polazne jednadzbe x1 i x2 vrijedi

lnx1 = −1 i lnx2 =1

2,

pa su

x1 =1

ei x2 =

√e.

Dovoljne uvjete za postojanje ekstrema u dobivenim stacionarnim tockama x1 i x2

funkcije f provjerimo koristenjem [M1, teorem 5.14]. Podrucje definicije funkcijef je D(f) = 〈0,+∞〉. Odredimo za koje x ∈ D(f) je f ′(x) > 0, odnosno

1 − lnx− 2 ln2 x > 0.

Uvrstavanjem t = lnx dobivamo kvadratnu nejednadzbu

1 − t− 2t2 > 0,

cije rjesenje glasi t ∈ 〈−1, 12 〉, odakle je lnx ∈ 〈−1, 1

2 〉, odnosno x ∈ 〈1e ,√e〉. Dakle,

za x ∈ 〈1e ,√e〉 je f ′(x) > 0, pa za x ∈ 〈0, 1/e〉 ∪ 〈√e,∞〉 vrijedi f ′(x) < 0. Buduci

je

f

(1

e

)

= −1 i f(√e)

=1

24√e3,

zadana funkcija ima lokalni minimum u tocki

T1 =

(1

e,−1

)

,

a lokalni maksimum u tocki

T2 =

(√e,

1

24√e3

)

.

5.12 Lokalni ekstremi parametarski zadane funkcije

Odredite lokalne ekstreme funkcije zadane parametarski s

x(t) = t+ sin t,

y(t) = 1 − cos t.

Rjesenje. Pravilo za deriviranje parametarski zadane funkcije iz [M1, §5.4] daje

f ′(x) =sin t

1 + cos t.


Za tocku x u kojoj funkcija f ima ekstrem, prema [M1, teorem 5.12], mora vrijeditif ′(x) = 0, odakle je

sin t = 0,

odnosnot = kπ, k ∈ Z.

Za tocke iz podrucje definicije funkcije f je 1 + cos t 6= 0, odnosno

t 6= (2k + 1)π,

pa su stacionarne tocket = 2kπ, k ∈ Z.

Ispitajmo dovoljne uvjete postojanja ekstrema iz [M1, teorem 5.14] za dobivenestacionarne tocke. Vrijedi

f ′′ (x) =1

(1 + cos t)2,

pa je

f ′′(2kπ) =1

4> 0 i f (2kπ) = 0, k ∈ Z.

Stoga zadana funkcija ima lokalne minimume u tockama

Tk = (2kπ, 0) , k ∈ Z.

5.13 Lokalni ekstremi i siljci funkcije

Odredite lokalne ekstreme i siljke funkcije

f(x) = x23 (1 − x)

23 .

Rjesenje. Izracunajmo prvu derivaciju funkcije f . Vrijedi

f ′(x) =2

3x−

13 (1 − x)

23 − x

23 · 2

3(1 − x)

− 13 =

2

3x−

13

[

(1 − x)23 − x (1 − x)

− 13

]

=2

3x−

13 (1 − x)−

13 (1 − x− x) =

2

3

1 − 2x

x13 (1 − x)

13

=2(1 − 2x)

3 3√

x(1 − x).

Provjerimo nuzan uvjet postojanja ekstrema koristenjem [M1, teorem 5.12]. Izf ′(x) = 0 slijedi 1 − 2x = 0, pa je stacionarna tocka zadane funkcije x1 = 1

2 .Dovoljne uvjete provjerimo pomocu prve derivacije. Odredimo za koje x ∈ R jef ′(x) > 0. Dovoljno je rijesiti nejednadzbu

1 − 2x

x(1 − x)> 0,

koju zadovoljavaju svi x ∈ 〈0, 12 〉 ∪ 〈1,+∞〉. Stoga f ′(x) < 0 vrijedi za sve x ∈

〈−∞, 0〉 ∪ 〈12 , 1〉. Prema [M1, teorem 5.13] je tocka

T1 =

(1

2,

13√

16

)

5.14 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti 145

lokalni maksimum funkcije f .

Nadalje, zadana funkcija nije derivabilna u tockama x2 = 0 i x3 = 1 pa su to kriticnetocke. Za tocku x2 = 0 vrijedi

limx→0−

f ′(x) = limx→0−

2(1 − 2x)

3 3√

x(1 − x)= −∞,

pa je za x < 0 funkcija f padajuca, dok je

limx→0+

f ′(x) = limx→0+

2(1 − 2x)

3 3√

x(1 − x)= +∞,

pa je za x > 0 funkcija f rastuca.

Za x3 = 1 je

limx→1−

f ′(x) = limx→1−

2(1 − 2x)

3 3√

x(1 − x)= −∞,

pa je za x < 1 funkcija f padajuca, dok je

limx→1+

f ′(x) = limx→1+

2(1 − 2x)

3 3√

x(1 − x)= +∞,

pa je za x > 1 funkcija f rastuca. Slijedi da funkcija f ima lokalne minimume siljkeu tockama T2 = (0, 0) i T3 = (1, 0).

5.14 Lokalni ekstremi i intervali monotonosti

Odredite lokalne ekstreme i intervale monotonosti funkcije

f(x) =x

3− 3

√x.

Rjesenje. Zadana funkcija je definirana za svaki x ∈ R. Da bismo pomocu [M1,teorem 5.11] ispitali intervale rasta i pada funkcije, odredimo njenu prvu derivaciju.Vrijedi

f ′(x) =1

3− 1

33√x2

=1

3·

3√x2 − 13√x2

.

Buduci da je f ′(x) = 0 za x1 = −1 i x2 = 1, stacionarne tocke su

x1 = −1 i x2 = 1.

Nejednadzba f ′(x) > 0 vrijedi ako je3√x2 − 1 > 0, odnosno x2 > 1, pa je

f ′(x) > 0, za x ∈ 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉

if ′(x) < 0, za x ∈ 〈−1, 0〉 ∪ 〈0, 1〉.


Dakle, funkcija f je rastuca na 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉, a padajuca na 〈−1, 0〉 ∪ 〈0, 1〉.Prema [M1, teorem 5.13] slijedi da je tocka T1 = (−1, 2

3 ) lokalni maksimum, aT2 = (1,− 2

3 ) lokalni minimum.

Promotrimo jos kriticnu tocku x3 = 0 u kojoj nije definirana prva derivacija. Zbog

limx→0±

f ′(x) = −∞,

f pada slijeva i zdesna od x3, pa u x3 nema lokalni minimum siljak, niti lokalnimaksimum siljak.

5.15 Tocke infleksije

Odredite a ∈ R takav da funkcija

f(x) =x+ a

x2 + a

ima infleksiju u x = 1, a zatim odredite sve tocke infleksije funkcije f .

Rjesenje. Izracunajmo drugu derivaciju funkcije f . Vrijedi

f ′(x) =1 · (x2 + a) − (x+ a) · 2x

(x2 + a)2= −x

2 + 2ax− a

(x2 + a)2,

pa je

f ′′(x) = − (2x+ 2a) · (x2 + a)2 − (x2 + 2ax− a) · 2(x2 + a) · 2x(x2 + a)4

= −2 [(x+ a) · (x2 + a) − (x2 + 2ax− a) · 2x](x2 + a)3

=2(x3 + 3ax2 − 3ax− a2)

(x2 + a)3.

Prema [M1, teorem 5.16], nuzan uvjet da funkcija f ima tocku infleksije u x = 1je f ′′(x) = 0, odnosno

2(1 − a2)

(1 + a)3= 0,

odakle slijede dva rjesenja a1 = −1 i a2 = 1. Za a1 = −1 dobivamo funkciju

f(x) =x− 1

x2 − 1=

1

x+ 1, x 6= 1,

koja nema infleksije pa ovaj slucaj otpada. Za a2 = 1 dobivamo funkciju

f(x) =x+ 1

x2 + 1

i njenu drugu derivaciju

f ′′(x) =2(x3 + 3x2 − 3x− 1)

(x2 + 1)3=

2(x− 1)(x2 + 4x+ 1)

(x2 + 1)3.

5.16 Tocke infleksije i intervali zakrivljenosti 147

Rjesenja nuznog uvjeta f ′′(x) = 0 su

x1 = 1, x2 = −2 +√

3 i x3 = −2 −√

3.

Izracunajmo jos vrijednost trece derivacije u dobivenim tockama. Vrijedi

f ′′′(x) =2 [(3x2 + 6x− 3)(x2 + 1)3 − (x3 + 3x2 − 3x− 1) · 3(x2 + 1)2 · 2x]

(x2 + 1)6

=6 [(x2 + 2x− 1)(x2 + 1) − (x3 + 3x2 − 3x− 1) · 2x]

(x2 + 1)4.

Buduci da su x1, x2 i x3 korijeni druge derivacije, za njih vrijedi x3+3x2−3x−1 = 0.Jos je x2 + 1 > 0, za svaki x ∈ R. Slijedi da je f ′′′(xi) 6= 0 ako i samo ako jex2

i + 2xi − 1 6= 0, za i = 1, 2, 3. Uvrstavanjem vidimo da to vrijedi za sve x1, x2 ix3. Stoga, prema [M1, teorem 5.18], funkcija f ima infleksije u x1, x2 i x3 i trazeniparametar je a = 1.

5.16 Tocke infleksije i intervali zakrivljenosti

Odredite intervale konveksnosti, konkavnosti i tocke infleksije funkcije

f(x) = e−x2

.

Rjesenje. Intervale konveksnosti i konkavnosti odredit cemo pomocu [M1, teorem5.15]. Iz

f ′(x) = −2xe−x2

dobivamof ′′(x) = 2

(2x2 − 1

)e−x2

.

Iz f ′′(x) = 0 slijedi

2(2x2 − 1

)e−x2

= 0.

Buduci da je 2e−x2 6= 0, za svaki x ∈ R, mora vrijediti 2x2 − 1 = 0, pa rjesenjaglase

x1 = −√

2

2i x2 =

√2

2.

Stovise, zbog 2e−x2

> 0 je nejednadzba f ′′(x) > 0 ekvivalentna s 2x2 − 1 > 0.Dakle, za |x| > 1√

2vrijedi f ′′(x) > 0, pa je funkcija f strogo konveksna na skupu

〈−∞,−√

22 〉 ∪ 〈

√2

2 ,+∞〉, dok za |x| < 1√2

vrijedi f ′′(x) < 0, pa je funkcija f strogo

konkavna na intervalu 〈−√

22 ,

√2

2 〉. Buduci da je

f

(

−√

2

2

)

=

√e

ei f

(√2

2

)

=

√e

e,

prema [M1, teorem 5.16], tocke infleksije zadane funkcije su

T1 =

(

−√

2

2,

√e

e

)

i T2 =

(√2

2,

√e

e

)

.


5.17 Geometrijski ekstrem I

Odredite maksimalan volumen kruznog stosca izvodnice s (vidi sliku 5.1).

h s

r

Slika 5.1: Presjek kruznog stosca

Rjesenje. Volumen stosca polumjera r i visine h iznosi

V =1

3πr2h.

Ako izrazimo visinu stosca preko polumjera r i izvodnice s formulom h =√s2 − r2,

volumen mozemo izraziti kao funkciju varijable r,

V =1

3πr2√

s2 − r2.

Trebamo odrediti onu vrijednost polumjera r za koju je funkcija V (r) maksimalna.Prema [M1, teorem 5.12], nuzan uvjet za postojanje ekstrema u r je V ′(r) = 0. Iz

V ′(r) =1

3π

[

2r ·√

s2 − r2 + r2 · 1

2√s2 − r2

· (−2r)

]

=1

3πr

(

2 ·√

s2 − r2 − r2√s2 − r2

)

=1

3πr

2s2 − 2r2 − r2√s2 − r2

=πr(2s2 − 3r2)

3√s2 − r2

,

slijedi r(2s2 − 3r2) = 0. Buduci da je r > 0, jedina stacionarna tocka je

r =

√

2

3s.

S obzirom da, uz zadanu izvodnicu s kruzni stozac maksimalnog volumena postoji,dobivena stacionarna tocka je trazeno rjesenje i nije potrebno provjeravati dovoljneuvjete iz [M1, teorem 5.14]. Maksimalan volumen kruznog stosca izvodnice s iznosi

V = V

(√

2

3s

)

=1

3π

(√

2

3s

)2√√√√s2 −

(√

2

3s

)2

=2π

9√

3s3.

5.18 Geometrijski ekstrem II 149

5.18 Geometrijski ekstrem II

Presjek kanala za dovod vode ima oblik pravokutnika s polukrugom (vidi sliku 5.2).Uz zadanu povrsinu P presjeka izracunajte polumjer polukruga tako da troskoviizgradnje budu sto manji, ako su troskovi proporcionalni opsegu presjeka. Ispitajtedovoljne uvjete.

r

v

Slika 5.2: Presjek kanala

Rjesenje. Uz oznake kao na slici 5.2, za povrsinu P presjeka kanala vrijedi

P = 2rv +r2π

2,

odakle je

v =1

2r

(

P − r2π

2

)

.

Uvrstavanjem u opseg O presjeka kanala dobivamo da je

O = rπ + 2r + 2v = rπ + 2r +1

r

(

P − r2π

2

)

=(π

2+ 2)

r +P

r,

pa s O(r) mozemo oznaciti opseg kao funkciju varijable r. Trebamo odrediti rtakav da opseg O(r) bude sto manji. Prema [M1, teorem 5.12], nuzno je da vrijediO′(r) = 0. Buduci da je

O′(r) =(π

2+ 2)

− P

r2,

slijedi

P

r2=π + 4

2,

r2 =2P

π + 4.


Jer je r > 0, jedina stacionarna tocka, koja je onda i rjesenje, glasi

r =

√

2P

π + 4.

Ispitajmo dovoljne uvjete. Iz

O′′(r) =2P

r3

i P > 0 slijedi

O′′

(√

2P

π + 4

)

=2P

(√2P

π + 4

)3 > 0,

pa [M1, teorem 5.14] povlaci da funkcija O(r) ima minimum u dobivenom r. Zbogproporcionalnosti su za taj r i troskovi izgradnje kanala minimalni.

5.19 Geometrijski ekstrem III

Odredite stranice pravokutnika maksimalne povrsine upisanog u prvi kvadrant elipse

x2

18+y2

2= 1

(vidi sliku 5.3). Ispitajte dovoljne uvjete.

a

bT = (a,b)

Slika 5.3: Pravokutnik upisan u prvi kvadrant elipse

Rjesenje. Povrsina pravokutnika sa stranicama a i b iznosi

P = ab.

Buduci da je pravokutnik upisan u prvi kvadrant elipse, tocka T = (a, b) zadovoljava

5.20 Geometrijski ekstrem IV 151

njenu jednadzbu i vrijedi b > 0. Stoga je

b2

2= 1 − a2

18,

b2 =1

9(18 − a2),

b =1

3

√

18 − a2.

Uvrstavanjem dobivene jednakosti povrsina glasi

P =1

3a√

18 − a2

i postaje funkcija varijable a, odnosno P (a). Izracunajmo prvu derivaciju. Vrijedi

P ′(a) =1

3

[√

18 − a2 + a · 1

2√

18 − a2· (−2a)

]

=2

3· 9 − a2

√18 − a2

.

Prema [M1, teorem 5.12], nuzan uvjet je P ′(a) = 0, odakle slijedi 9−a2 = 0. Zboga > 0 je jedino rjesenje a = 3, a uvrstavanjem u jednadzbu elipse dobivamo b = 1.

Ispitajmo sada dovoljne uvjete. Izracunajmo drugu derivaciju. Vrijedi

P ′′(a) =2

3·−2a ·

√18 − a2 − (9 − a2) · 1

2√

18 − a2· (−2a)

(√

18 − a2)2.

Za a = 3 vrijedi 9 − a2 = 0, pa je

P ′′(3) =2

3· −2 · 3 ·

√18 − 32 − 0

(√

18 − 32)2= −4

3< 0.

Prema [M1, teorem 5.14], slijedi da je povrsina P (a) maksimalna za a = 3.

5.20 Geometrijski ekstrem IV

Odredite tocku T takvu da tangenta na krivulju y = e−x u tocki T s koordinatnimosima zatvara trokut maksimalne povrsine (vidi sliku 5.4).

Rjesenje. Oznacimo apcisu tocke T s a. Tada jednadzba tangente t na krivuljuy = e−x u tocki T glasi

y − y(a) = y′(a)(x− a),

odnosnoy − e−a = −e−a(x − a). (5.2)

Neka tangenta t sijece x-os u tocki T1, a y-os u tocki T2. Uvrstavanjem redom y = 0i x = 0 u (5.2) dobivamo

T1 = (a+ 1, 0), T2 = (0, (a+ 1)e−a).


T

a

y(a)

T

T

1

2

Slika 5.4: Trokut omedjen tangentom i koordinatnim osima

Stoga povrsina trokuta omedenog tangentom t i koordinatnim osima iznosi

P =1

2(a+ 1)2e−a,

pa je povrsina P (a) funkcija ovisna o apcisi a. Prema [M1, teorem 5.12], nuzanuvjet je P ′(a) = 0, pa iz

P ′(a) =1

2

[2(a+ 1) · e−a + (a+ 1)2 · (−e−a)

]

=1

2(a+ 1)e−a[2 − (a+ 1)] =

1

2(a+ 1)(−a+ 1)e−a,

izjednacavanjem s nulom dobivamo dva rjesenja

a1 = −1 i a2 = 1.

Sada trebamo provjeriti dovoljne uvjete iz [M1, teorem 5.14]. Iz

P ′′(a) =1

2[(1 − a2)e−a]′ =

1

2[−2a · e−a + (1 − a2) · (−e−a)] =

1

2(a2 − 2a− 1)e−a

slijedi

P ′′(−1) = e > 0,

P ′′(1) = −1

e< 0.

Dakle, funkcija P (a) ima minimum u a = −1, a maksimum u a = 1. Rjesenje jetocka T (1, 1

e ).

5.21 Tok funkcije I

Ispitajte tok i skicirajte graf funkcije

f(x) = x2 +2

x.

5.21 Tok funkcije I 153

Rjesenje. Tok funkcije ispitujemo sljedecim postupkom opisanim u [M1, §5.9]:

1. Podrucje definicije

Podrucje definicije zadane funkcije ne ukljucuje nulu, odnosno D = R \ {0}.

2. Parnost

Vrijedi

f(−x) = (−x)2 +2

−x = x2 − 2

x.

Buduci da je f(−x) 6= f(x) i f(−x) 6= −f(x), promatrana funkcija nije niparna ni neparna.

3. Periodicnost

Funkcija nije periodicna jer je elementarna i ne sadrzi neku od trigonometrij-skih funkcija.

4. Nul-tocke

Da bismo odredili nul-tocke funkcije rijesimo jednadzbu f(x) = 0. Vrijedi

x2 +2

x= 0 ⇔ x3 + 2

x= 0 ⇔ x3 + 2 = 0 ⇔ x = 3

√−2

⇔ x = − 3√

2,

pa je x = − 3√

2 nul-tocka zadane funkcije.

5. Asimptote

(a) Vertikalne asimptote

Tocka x1 = 0 je jedini prekid domene i vrijedi

limx→0−

f(x) = −∞, limx→0+

f(x) = +∞,

pa je pravac x = 0 jedina vertikalna asimptota funkcije f .

(b) Horizontalne asimptote

U lijevoj i desnoj strani vrijedi

limx→−∞

f(x) = +∞, limx→+∞

f(x) = +∞.

Dakle, funkcija f nema horizontalnu asimptotu ni u lijevoj ni u desnojstrani.

(c) Kose asimptote

Ispitujuci limese

limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

x3 + 2

x2= ±∞,

zakljucujemo da funkcija f nema ni kose asimptote.


6. Ekstremi

Prva derivacija glasi

f ′(x) = 2x− 2

x2=

2x3 − 2

x2= 2 · x

3 − 1

x2.

Podrucje definicije derivacije jednako je Df ′ = R \ {0}. Dakle, x1 = 0 jekriticna tocka funkcije f . Rjesavanjem f ′(x) = 0 vidimo da je stacionarnatocka funkcije (druga kriticna tocka) x2 = 1. Dovoljne uvjete ekstrema pro-vjerimo pomocu prve derivacije. Vrijedi:

(a) Za x ∈ 〈−∞, 0〉 vrijedi f ′(x) < 0 pa je funkcija f strogo padajuca naintervalu 〈−∞, 0〉.

(b) Za x ∈ 〈0, 1〉 je takoder f ′(x) < 0 i funkcija f je strogo padajuca na tomintervalu.

(c) Za x ∈ 〈1,+∞〉 vrijedi f ′(x) > 0 pa je funkcija f strogo rastuca naintervalu 〈1,+∞〉.

Dakle, zadana funkcija ima lokalni minimum u tocki x2 = 1.

7. Intervali monotonosti

Intervale monotonosti smo ispitali u prethodnom koraku: funkcija je strogopadajuca na intervalima 〈−∞, 0〉 i 〈0, 1〉, a strogo rastuca na intervalu 〈1,+∞〉.

8. Intervali zakrivljenosti

Druga derivacija glasi

f ′′(x) = 2 +4

x3=

2x3 + 4

x3= 2 · x

3 + 2

x3.

Iz predznaka druge derivacije, prema [M1, teorem 5.15], slijedi da je funkcijaf konkavna na intervalu 〈− 3

√2, 0〉 i konveksna na 〈−∞,− 3

√2〉 ∪ 〈< 0,+∞〉.

9. Tocke infleksije

Rjesenje jednadzbe f ′′(x) = 0 je tocka x3 = − 3√

2. Buduci da je

f ′′′(x) = −12

x4

slijedi f ′′′ (− 3√

2)6= 0, pa funkcija f ima infleksiju u x3 = − 3

√2.

10. Graf funkcije

Graf funkcije je prikazan na slici 5.5.

5.22 Tok funkcije II 155

-

�!!!!!2

3

1

3

Slika 5.5: Graf funkcije f(x) = x2 +2

x.

5.22 Tok funkcije II


f(x) =(1 − x2

)e−x.

Rjesenje. Prema postupku opisanom u [M1, §5.9] ispitujemo sljedece:


Podrucje definicije zadane funkcije je D(f) = R.

2. Parnost

Funkcija f nije ni parna ni neparna jer je

f(−x) = (1 − x2)ex.

3. Periodicnost

Funkcija nije periodicna jer je elementarna i ne sadrzi neku od trigonometrij-skih funkcija.

4. Nul-tocke

Rjesavanjem jednadzbe f(x) = 0 dobivamo da su nul-tocke jednake x1 = −1i x2 = 1.

5. Asimptote


Funkcija f nema vertikalnih asimptota, jer je D(f) = R.



U lijevoj strani vrijedi

limx→−∞

f(x) = limx→−∞

(1 − x2

)e−x = −∞,

pa funkcija nema horizontalnu asimptotu u lijevoj strani. L’Hospitalovimpravilom slijedi da je u desnoj strani

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

1 − x2

ex= lim

x→+∞

−2x

ex= lim

x→+∞

−2

ex= 0,

pa je pravac y = 0 horizontalna asimptota u desnoj strani.

(c) Kose asimptote

U lijevoj strani primjenom L’Hospitalovog pravila dobivamo da je

limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

1 − x2

xex= lim

x→−∞

−2x

ex + xex= lim

x→−∞

−2

2ex + xex= 0,

pa funkcija f nema kosu asimptotu u lijevoj strani, a nema niti u desnojstrani jer u toj strani ima horizontalnu asimptotu.

6. Ekstremi

Prva derivacija glasi

f ′(x) = −2xe−x −(1 − x2

)e−x = e−x(x2 − 2x− 1),

pa je f ′(x) = 0 ekvivalentno x2 − 2x − 1 = 0. Stoga su stacionarne tockefunkcije f

x3 = 1 −√

2 i x4 = 1 +√

2.

Druga derivacija je jednaka

f ′′(x) = −e−x(x2 − 2x− 1

)+ e−x (2x− 2) = e−x

(4x− x2 − 1

).

Buduci da je f ′′ (1 −√

2)< 0, funkcija f ima u tocki x3 = 1 −

√2 lokalni

maksimum, a kako je f ′′ (1 +√

2)> 0, funkcija f ima u tocki x4 = 1 +

√2

lokalni minimum. Vrijedi

f(

1 −√

2)

≈ f(−0.41) ≈ 1.23 i f(

1 +√

2)

≈ f(2.41) ≈ −0.43.


Iz predznaka prve derivacije slijedi da je f strogo padajuca na intervalu 〈1 −√2, 1 +

√2〉, dok je izvan njega strogo rastuca.


Iz predznaka druge derivacije slijedi da je funkcija f konveksna na 〈2−√

3, 2+√3〉, a inace konkavna.

5.23 Tok funkcije III 157

9. Tocke infleksije

Jednadzba f ′′(x) = 0 je ekvivalentna x2 − 4x+ 1 = 0, pa su njena rjesenja

x5 = 2 −√

3 i x6 = 2 +√

3.

Kako je f ′′′ (2 ±√

3)6= 0, funkcija f u tockama x5,6 = 2 ±

√3 ima infleksije

i vrijedi

f(

2 −√

3)

≈ f(0.27) ≈ 0.7 i f(

2 +√

3)

≈ f(3.73) ≈ −0.31.

10. Graf funkcije


-1 1

Slika 5.6: Graf funkcije f(x) =(1 − x2

)e−x.

5.23 Tok funkcije III

Odredite tok i skicirajte graf funkcije

f(x) =ln 2x√x.

Rjesenje. Koristeci upute dane u [M1, §5.9], ispitujemo sljedece:


Domena funkcije f je D(f) = 〈0,∞〉.

2. Parnost

Podrucje definicije nije simetricno pa nema smisla ispitivati parnost.


3. Periodicnost

Funkcija f je elementarna i ne sadrzi neku od trigonometrijskih funkcija pastoga nije periodicna.

4. Nul-tocke

Rjesavanjem jednadzbe f(x) = 0 dobivamo da je x1 = 12 nul-tocka funkcije f .

5. Asimptote


Domena funkcije nema prekida, ali je lijevi rub domene otvoren i vrijedi

limx→0+

f(x) = limx→0+

ln 2x · 1√x

= (−∞) · (+∞) = −∞.

Stoga je pravac x = 0 desna vertikalna asimptota funkcije f .


Postojanje horizontalnih asimptota ima smisla provjeravati samo u desnojstrani. Primjenom L’Hospitalovog pravila dobivamo

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

ln 2x√x

= limx→+∞

1

x1

2√x

= limx→+∞

2√x

= 0.

Dakle, pravac y = 0 je desna horizontalna asimptota.

(c) Kose asimptote

Postojanje kose asimptote takoder ima smisla provjeravati samo u desnojstrani. Buduci da funkcija ima horizontalnu asimptotu u desnoj stranislijedi da nema kosu.

6. Ekstremi

Prva derivacija je jednaka

f ′(x) =

1

x·√x− ln 2x · 1

2√x

x=

2 − ln 2x

2x√x

.

Vrijedi

f ′(x) = 0 ⇔ 2 − ln 2x = 0 ⇔ 2x = e2 ⇔ x =e2

2.

Dakle, x2 = e2

2 je stacionarna tocka funkcije f . Druga derivacija funkcije fglasi

f ′′(x) =− 1

x· 2x

√x− (2 − ln 2x) · 3

√x

4x3=

3 ln 2x− 8

4x52

=3 ln 2x− 8

4x2√x

.

Buduci da je f ′′( e2

2 ) < 0, funkcija f ima lokalni maksimum u tocki x2 = e2

2 i

vrijedi f(x2) = 2√

2e .

5.23 Tok funkcije III 159


Zbog podrucja definicije funkcije f je

f ′(x) > 0 ⇔ 2 − ln 2x > 0 ⇔ x <e2

2.

Stoga je funkcija f strogo rastuca na intervalu 〈0, e2

2 〉, a strogo padajuca na

〈 e2

2 ,+∞〉.


Vrijedi

f ′′(x) > 0 ⇔ 3 ln 2x− 8 > 0 ⇔ x >e

83

2.

Stoga je na intervalu 〈0, 12 e

83 〉 funkcija f konkavna, a na 〈1

2 e83 ,+∞〉 je ko-

nveksna.

9. Tocke infleksije

Rjesenje jednadzbe f ′′(x) = 0 je x3 = e83

2 i f ′′ mijenja predznak u toj tocki.

Stoga iz [M1, teorem 5.17] slijedi da funkcija f ima infleksiju u x3 = e83

2 .

10. Graf funkcije


��12 ��

ã2

2 ��ã

8�3

2

Slika 5.7: Graf funkcije f(x) =ln 2x√x

.


5.24 Tok funkcije IV


f(x) = 2 sin(2x) + sin(4x)

bez racunanja infleksija i intervala zakrivljenosti.

Rjesenje.


Domena funkcije je D(f) = R.

2. Parnost

Vrijedi

f(−x) = 2 sin(−2x) + sin(−4x) = −2 sin(2x) − sin(4x) = −f(x),

pa je funkcija neparna.

3. Periodicnost

Funkcija f je periodicna s periodom π jer vrijedi

f(x+ π) = 2 sin(2x+ 2π) + sin(4x+ 4π) = 2 sin(2x) + sin(4x) = f(x)

i to je najmanji broj s tim svojstvom. Stoga je dovoljno ispitati tok funkcijef na intervalu [0, π〉.

4. Nul-tocke

Rijesimo jednadzbu f(x) = 0 za x ∈ [0, π〉. Zbog

f(x) = 2 sin(2x)+sin(4x) = 2 sin(2x)+2 sin(2x) cos(2x) = 2 sin(2x)[1+cos(2x)]

imamo dva slucaja

sin(2x) = 0 ili cos(2x) = −1.

Dakle, nul-tocke iz [0, π〉 su x0 = 0 i x1 = π2 .

5. Asimptote

Vertikalnih asimptota nema jer je D(f) = R, a horizontalne i kose necemotraziti buduci da ispitujemo tok funkcije samo na [0, π〉.

6. Ekstremi

Odredimo prvo stacionarne tocke. Zbog

f ′(x) = 4 [cos(2x) + cos(4x)] = 4[cos(2x) + 2 cos2(2x) − 1],

uvjet f ′(x) = 0 i supstitucija t = cos(2x) daju kvadratnu jednadzbu

2t2 + t− 1 = 0

5.24 Tok funkcije IV 161

koja ima rjesenja t1 = −1 i t2 = 12 , pa stacionarne tocke zadovoljavaju

cos(2x) = −1 ili cos(2x) =1

2.

Rjesenja iz [0, π〉 su

x1 =π

2, x2 =

π

6i x3 =

5π

6.

Jos primijetimo da funkcija nema tocaka u kojima f ′ nije definirana. Lokalneekstreme odredimo prema predznaku druge derivacije u dobivenim stacionar-nim tockama. Vrijedi

f ′′(x) = −8 [sin(2x) + 2 sin(4x)] .

Stoga

f ′′(π

6

)

= −12√

3 < 0 ⇒ u tocki x =π

6funkcija ima lokalni maksimum,

f ′′(

5π

6

)

= 12√

3 > 0 ⇒ u tocki x =5π

6funkcija ima lokalni minimum.

Nadalje,

f ′′′(x) = −16[cos(2x) + 4 cos(4x)],

pa zbog

f ′′(π

2

)

= 0 i f ′′′(π

2

)

= −48 6= 0 ⇒ u tocki x =π

2je tocka infleksije.


Tocke x1, x2 i x3 dijele interval [0, π〉 na cetiri dijela i dovoljno je na svakomod njih ispitati predznak prve derivacije u proizvoljno odabranoj tocki jer seon ne mijenja unutar intervala.

(a) Za[0, π

6

⟩je f ′ ( π

12

)= 4

(12 +

√3

2

)

> 0.

(b) Za[

π6 ,

π2

⟩je f ′ (π

3

)= −4 < 0.

(c) Za[

π2 ,

5π6

⟩je f ′ ( 2π

3

)= −4 < 0.

(d) Za[5π6 , π

⟩je f ′ ( 11π

12

)= 4

(12 +

√3

2

)

> 0.

Slijedi da je f rastuca na intervalima[0, π

6

⟩i[

5π6 , π

⟩, a padajuca na intervalu

[π6 ,

5π6

⟩.

8. Graf funkcije

Graf funkcije je prikazan na slici 5.8. Skiciramo prvo dio grafa iznad intervala[0, π〉 i dalje prosirimo po periodicnosti.


-Π ��Π

2��Π

6��5 Π6Π 2 Π

- ��

3"######3

2

��

3"######3

2

Slika 5.8: Graf funkcije f(x) = 2 sin(2x) + sin(4x).


1. Derivirajte sljedece funkcije:

(a) f(x) = x2 + x3 + sinx,

(b) f(x) = (x2 − x+ 1)(x4 + 2),

(c) f(x) =x

x2 + 1,

(d) f(x) =√x+ π,

(e) f(x) =xn+1

n+ 1− 1

n,

(f) f(x) =

√

x+√x,

(g) f(x) =1 −√

x

1 + 3√x

,

(h) f(x) = sinx+ tg x,

(i) f(x) = cosx · (1 + ctg x),

(j) f(x) = arcsinx+ arccosx,

(k) f(x) = ex + 2x +

(2

3

)x

,

(l) f(x) = lnx+ log x,

(m) f(x) =ctgx

x lnx+ 3xex.


2. Derivirajte sljedece kompozicije funkcija:

(a) f(x) = ln(sinx),

(b) f(x) =√xex,

(c) f(x) =√

x2 − ex + arcsin1

x,

(d) f(x) = ln

√

1 + x

1 − x,

(e) f(x) =x2 + sin 2x

lnx+ cos(2x+ 3),

(f) f(x) = e−x + 2sin x2 + sin2 x,

(g) f(x) = ln(

x−√

x2 + 1)

,

(h) f(x) = x ·√

tg x,

(i) f(t) =

(t− 2

2t+ 1

)9

,

(j) f(x) = arctg(lnx) +√

ln(x2 + 1),

(k) f(x) =1

5x2 ,

(l) f(x) = e√

xex

,

(m) f(x) = ln cosx− 1

x,

(n) f(x) = 4− log2

√1−x2

,

(o) f(x) =1

2ln tg

x

2− cosx

2 sin2 x,

(p) f(x) = ln

(

1 +√

sinx

1 −√

sinx

)

+ 2 arctg√

sinx.

3. Derivirajte sljedece funkcije:

(a) f(x) = xsin x,

(b) f(x) =(x2 + 2x+ 3)15(2x+ 5)10

(5x− 9)13,

(c) f(x) = lnx√

sinx,

(d) f(x) =

√

(x− 2)(x− 4)

(x+ 1)(x+ 3),

(e) f(x) = x√x.

4. Derivirajte sljedece implicitno zadane funkcije:

(a) x3y + xy3 = ex,

(b)√x+

√y =

√2e,


(c)(x2 + y2

)y2 = ax2,

(d) x3 + y3 = 3axy,

(e) ex2+y2

= arctgy

x.

5. Izracunajte n-tu derivaciju funkcije f i njenu vrijednost u tocki x0 ako je:

(a) f(x) = x5 i x0 = 0,

(b) f(x) = cosx i x0 = π,

(c) f(x) = ln1 − 4x

1 + 4xi x0 = 0.

6. Derivirajte sljedece parametarski zadane funkcije:

(a) x(t) =t(t+ 1)

t+ 2, y(t) =

t2 − 4t+ 1

t,

(b) x(t) =√

sin 3t, y(t) =

(t+ 3

t− 3

)5

.

7. Odredite jednadzbu tangente i normale na krivulju y = ln cosx + 1 u tocki sapscisom x0 = 0.

8. Iz tocke T (4, 1) povucite tangentu na krivulju y =x− 1

xi odredite diraliste.

9. Odredite tangentu na parabolu y = x2−7x+3 paralelnu s pravcem 5x+y−3 =0.

10. Odredite jednadzbu tangente i normale na parabolu y = 2x2 + 4x u tockamau kojima parabola sijece x-os.

11. Odredite jednadzbu tangente na krivulju y = lnx koja prolazi ishodistem.

12. Odredite jednadzbu tangente i normale na krivulju y = xx u tocki s apcisomx0 = 1.

13. Odredite jednadzbu tangente na krivulju y =

(

sin2 x+1

2

)tg x

u tocki s aps-

cisom x0 =3π

4.

14. Odredite jednadzbu tangente na krivulju x arctg y−y = 0 u tocki s ordinatomy0 = 1.

15. Odredite jednadzbu tangente na cikloidu x = t− sin t, y = 1 − cos t u tocki s

t =π

2.

16. Primjenom L’Hospitalovog pravila izracunajte sljedece limese:

(a) limx→π

2

tg x

tg 5x,


(b) limx→1

alnx − 1

lnx,

(c) limx→0

sin 3x√x+ 2 − x−

√2,

(d) limx→0

ln(1 − sinx) · ctg x,

(e) limx→π

2

(1 − sinx) · tg x,

(f) limx→∞

x(

e1x − 1

)

,

(g) limx→0

(1

x− ctg x

)

,

(h) limx→1

(1

x− 1− 1

lnx

)

.

17. Primjenom L’Hospitalovog pravila izracunajte sljedece limese:

(a) limx→0+

xx,

(b) limx→1+

(lnx)1−x,

(c) limx→0

(2

πarccosx

) 1x

,

(d) limx→1

(2 − x)tgπ2 x,

(e) limx→π

2

(sinx)1

cos x ,

(f) limx→0

(sinx

x

) 1x2

.

18. Odredite ekstreme, infleksije, intervale monotonosti i zakrivljenosti sljedecihfunkcija:

(a) f(x) = 2x3 + 3x2 − 12x+ 5,

(b) f(x) = x2e−x.

19. Odredite intervale monotonosti funkcije f(x) = ex

x .

20. Odredite ekstreme i infleksije funkcije f(x) = sinx+1

2sin 2x.

21. Odredite ekstreme i intervale monotonosti funkcije f(x) =1

x√

1 − xex.

22. Odredite intervale zakrivljenosti i tocke infleksije funkcije f(x) = x3 +3x+ 2.

23. Od pravokutne ploce sa stranicama a i b odlomljen je trokut sa stranicamac i d. Iz preostalog dijela treba izrezati novu pravokutnu plocu maksimalnepovrsine.


24. Iz kvadratne limene ploce stranice a izrezu se kutovi tako da se od nastalog ko-mada moze napraviti kvadratna kutija bez poklopca maksimalnog volumena.Odredite taj volumen.

25. Na krugu polumjera r zadana je tocka A. Odredite udaljenost tetive BCod tocke A paralelne tangenti u tocki A takve da je povrsina trokuta ABCmaksimalna.

26. Iz okruglog trupca treba istesati gredu pravokutnog presjeka tako da

(a) bude sto manje otpadaka,

(b) nosivost grede bude sto veca, pri cemu je nosivost grede proporcionalnasirini i kvadratu visine grede.

27. Brod je udaljen od najblize tocke A na obali 9 km. Covjek u brodu mora stohitnije stici u mjesto udaljeno 15 km duz obale od tocke A. Ako vesla brzinomod 4 km/h, a pjesaci brzinom od 5 km/h, gdje se covjek mora iskrcati da bistigao sto prije u mjesto?

28. Odredite volumen najveceg valjka upisanog u kuglu zadanog polumjera R.

29. Na kruznici x2 + y2 = R2 odredite tangentu s diralistem u prvom kvadrantutako da duljina odreska te tangente medu koordinatnim osima bude mini-malna.

30. Ispitajte tok i skicirajte graf sljedecih funkcija:

(a) f(x) =x− 1

x+ 2,

(b) f(x) = x+ 1 − 2

x,

(c) f(x) =7

x2 + 3− 1,

(d) f(x) =2x3

x2 − 4,

(e) f(x) = |e 1x − ex|,

(f) f(x) = x1 + lnx

1 − lnx.

31. Bez racunanja infleksija i intervala zakrivljenosti ispitajte tok i skicirajte grafsljedecih funkcija:

(a) f(x) = ex2

−1

x2−4 ,

(b) f(x) = ln

(

1 +2

x2 + x− 2

)

,

(c) f(x) = x− 2 ln

(

1 − 1

x

)

,

(d) f(x) =

√x2 − 3x− 4

2x+ 4,

(e) f(x) = x1x .

5.26 Rjesenja 167

5.26 Rjesenja

1. (a) f ′(x) = 2x+ 3x2 + cosx,

(b) f ′(x) = 6x5 − 5x4 + 4x3 + 4x− 2,

(c) f ′(x) =1 − x2

x4 + 2x2 + 1,

(d) f ′(x) =1

2√x

,

(e) f ′(x) = xn,

(f) f ′(x) =2√x+ 1

4√

x2 + x√x

,

(g) f ′(x) = −1

2√

x+ 1

6 6√

x+ 1

33√

x2

(1 + 3√x)

2 ,

(h) f ′(x) = cosx+1

cos2 x,

(i) f ′(x) = − sinx− cosx

sin2 x− cosx,

(j) f ′(x) = 0,

(k) f ′(x) = ex + 2x ln 2 +

(2

3

)x

ln2

3,

(l) f ′(x) =1

x(1 + log e), log e =

1

ln 10,

(m) f ′(x) = − 1

(sin2 x)x ln x− ctg x(ln x+ 1)

x2 ln2 x+ 3ex + 3xex.

2. (a) f ′(x) = ctg x,

(b) f ′(x) =1

2√xex

(ex + xex),

(c) f ′(x) =2x− ex

2√x2 − ex

− 1

|x|√x2 − 1

,

(d) f ′(x) =1

1 − x2,

(e) f ′(x) = 2x(x+cos 2x)[lnx+cos(2x+3)]−(x2+sin 2x)[1−2x sin(2x+3)]x[ln x+cos(2x+3)]2 ,

(f) f ′(x) = −e−x +ln 2

2· 2sin x

2

(

cosx

2

)

+ 2 sinx cosx,

(g) f ′(x) = − 1√x2 + 1

,

(h) f ′(x) =2 sinx cosx+ x

2√

tg x cos2 x,

(i) f ′(x) = 45 · (t− 2)8

(2t+ 1)10,


(j) f ′(x) =1

x(1 + ln2 x)+

x

(x2 + 1)√

ln(x2 + 1),

(k) f ′(x) = −2x ln 5

5x2 ,

(l) f ′(x) =ex(1 + x)

2√xex

e√

xex

,

(m) f ′(x) = − 1

x2tgx− 1

x,

(n) f ′(x) =2x

(x2 − 1)2,

(o) f ′(x) =1

sin3 x,

(p) f ′(x) =1

cosx√

sinx.

3. (a) f ′(x) = xsin x

(

cosx lnx+sinx

x

)

,

(b) f ′(x) = (x2+2x+3)15(2x+5)10

(5x−9)13 ·(

15 · 2x+2x2+2x+3 + 10 · 2

2x+5 − 13 · 55x−9

)

,

(c) f ′(x) =cosx

x sin x− ln(sinx)

x2,

(d) f ′(x) =

√

(x − 2)(x− 4)

(x+ 1)(x+ 3)

[1

2(x− 2)+

1

2(x− 4)− 1

x+ 1− 1

x+ 3

]

,

(e) f ′(x) = x√x · 1 − lnx

x2.

4. (a) y′ =ex − 3x2y − y3

x3 + 3xy2,

(b) y′ = −√y√x

,

(c) y′ =2ax− 2xy2

4y3 + 2x2y,

(d) y′ =ay − x2

y2 − ax,

(e) y′ =y + 2x(x2 + y2)ex2+y2

x− 2y(x2 + y2)ex2+y2 .

5. (a) f (n)(x) = 0, za n ≥ 6, f (n)(0) =

{

5!, n = 5

0, n 6= 5,

(b) f (n)(x) = cos(

x+nπ

2

)

, f (n)(π) =

0, n neparan

−1, n = 4k

1, n = 4k + 2

,

5.26 Rjesenja 169

(c) f (n)(x) = (n− 1)!4n[(−1)n(1 + 4x)−n − (1 − 4x)−n],f (n)(0) = (n− 1)!4n[(−1)n − 1].

6. (a) y′ =(t2 − 1)(t+ 2)2

t2(t2 + 4t+ 2),

(b) y′ = −20(t+ 3)4

(t− 3)6·√

sin(3t)

cos(3t).

7. Jednadzba tangente je y = 1, a normale x = 0.

8. Jednadzba tangente je y = 14 x, a diraliste glasi D =

(2, 1

2

).

9. Jednadzba tangente je y = −5x+ 2.

10. Jednadzbe tangente i normale u prvoj tocki su y = 4x i y = − 14x, a u drugoj

y = −4x− 8 i y = 14 x+ 1

2 .

11. Jednadzba tangente je y = 1ex.

12. Jednadzba tangente je y = x, a normala y = −x+ 2.

13. Jednadzba tangente je y = x+ 1 − 3π4 .

14. Jednadzba tangente je y − 1 = π2

4(π−2)

(x− 4

π

).

15. Jednadzba tangente je y − 1 = x− π−22 .

16. (a) 5,

(b) ln a,

(c) 6√

21−2

√2,

(d) −1,

(e) 0,

(f) 1,

(g) 0,

(h) − 12 .

17. (a) 1,

(b) 1,

(c) e−2π ,

(d) e2π ,

(e) 1,

(f) 16√

e.


18. (a) Ekstremi: T1 = (−2, 25) je lokalni maksimum, T2 = (1,−2) je lokalniminimum

Intervali monotonosti: f je rastuca na 〈−∞,−2〉 ∪ 〈1,+∞〉, padajucana 〈−2, 1〉Intervali zakrivljenosti: f je konkavna na 〈−∞,− 1

2 〉, konveksna na〈− 1

2 ,+∞〉Tocke infleksije: T3 = (− 1

2 ,232 )

(b) Ekstremi: T1 = (2, 4e−2) je lokalni maksimum, T2 = (0, 0) je lokalniminimum

Intervali monotonosti: f je padajuca na 〈−∞, 0〉 ∪ 〈2,+∞〉, rastucana 〈0, 2〉Intervali zakrivljenosti: f je konveksna na 〈−∞, 2−

√2〉∪〈2+

√2,+∞〉,

konkavna na 〈2 −√

2, 2 +√

2〉Tocke infleksije: T3 = (2 +

√2, (2 +

√2)2e−2−

√2), T4 = (2 −

√2, (2 −√

2)2e−2+√

2)

19. Funkcija f je rastuca na [1,∞〉, a padajuca na 〈−∞, 0〉 ∪ 〈0, 1].

20. Funkcija f ima lokalne minimume u x =5π

3+ 2kπ, lokalne maksimume u x =

π

3+2kπ i infleksije u x = kπ, x = π−arccos

1

4+2kπ i x = π+arccos

1

4+2kπ,

∀k ∈ Z.

21. Funkcija f je padajuca na 〈−∞, 0〉 ∪ 〈0, 12 〉, rastuca na 〈1

2 , 1〉,a u tocki x = 12

ima lokalni minimum.

22. Funkcija f je konkavna na 〈−∞, 0〉, konveksna na 〈0,+∞〉, a u tocki x = 0 jeinfleksija.

23. Ploca maksimalne povrsine ima stranice x = a − 12d(ad − bc + dc) i y =

b− 12c (bc− ad+ cd).

24. Maksimalan volumen iznosi V = 2a3

27 .

25. Tetiva je udaljena za 3r2 od tocke A.

26. (a) Najmanje otpadaka ce biti za gredu kvadratnog presjeka sa stranicom√2r.

(b) Najvecu nosivost ce imati greda s dimenzijama poprecnog presjeka 2√

2r√3

i 2r√3.

27. Covjek se treba iskrcati 12 km od tocke A.

28. Maksimalan volumen je V = 4πR3

3√

3.

29. Jednadzba tangente je y = −x+√

2R.

5.26 Rjesenja 171

30. (a) Podrucje definicije: R\{−2}Parnost: f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: x1 = 1

Asimptote:

limx→−2±

f(x) = ∓∞ ⇒ x = −2 je vertikalna asimptota

limx→±∞

f(x) = 1 ⇒ y = 1 je horizontalna asimptota ⇒ nema kosih asimp-

tota

Ekstremi: nema

Intervali monotonosti: f je svuda rastuca

Tocke infleksije: nema

Intervali zakrivljenosti: f je konveksna na 〈−∞,−2〉, konkavna na〈−2,+∞〉Graf funkcije: slika 5.9

-2 1

1

Slika 5.9: Graf funkcije f(x) =x− 1

x+ 2.

(b) Podrucje definicije: R\{0}Parnost: f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: x1 = −2, x2 = 1

Asimptote:

limx→0±

f(x) = ∓∞ ⇒ x = 0 je vertikalna asimptota

limx→±∞

f(x) = ±∞ ⇒ nema horizontalnih asimptota

limx→±∞

f(x)

x= 1, lim

x→±∞[f(x) − x] = 1 ⇒ y = x+ 1 je kosa asimptota

Ekstremi: nema

Intervali monotonosti: f je svuda rastuca

Tocke infleksije: nema

Intervali zakrivljenosti: f je konveksna na 〈−∞, 0〉, konkavna na〈0,+∞〉Graf funkcije: slika 5.10


-2 1

Slika 5.10: Graf funkcije f(x) = x+ 1 − 2

x.

(c) Podrucje definicije: R

Parnost: f je parna

Nul-tocke: x1 = −2, x2 = 2

Asimptote:

Podrucje definicije je R pa nema vertikalnih asimptota.

limx→±∞

f(x) = −1 ⇒ y = −1 je horizontalna asimptota ⇒ nema kosih

asimptota

Ekstremi: T0 =(0, 4

3

)je lokalni maksimum

Intervali monotonosti: f je rastuca na 〈−∞, 0〉, padajuca na 〈0,+∞〉Tocke infleksije: T1 =

(−1, 3

4

), T2 =

(1, 3

4

)

Intervali zakrivljenosti: f je konveksna na 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉, kon-kavna na 〈−1, 1〉Graf funkcije: slika 5.11

-2 2

-1

��43

Slika 5.11: Graf funkcije f(x) =7

x2 + 3− 1.

5.26 Rjesenja 173

(d) Podrucje definicije: R\{−2, 2}Parnost: f je neparna

Nul-tocke: x0 = 0

Asimptote:

limx→±2±

f(x) = ±∞ ⇒ x = 2 i x = −2 su vertikalne asimptote

limx→±∞


limx→±∞

f(x)

x= 2, lim

x→±∞[f(x) − 2x] = 0 ⇒ y = 2x je kosa asimptota

Ekstremi: T1 = (−2√

3,−6√

3) je lokalni maksimum, T2 = (2√

3, 6√

3)je lokalni minimum

Intervali monotonosti: f je rastuca na 〈−∞,−2√

3〉 ∪ 〈2√

3,+∞〉,padajuca na 〈−2

√3,−2〉 ∪ 〈−2, 2〉 ∪ 〈2, 2

√3〉

Tocke infleksije: T3 = (0, 0)

Intervali zakrivljenosti: f je konkavna na 〈−∞,−2〉∪〈0, 2〉, konveksnana 〈−2, 0〉 ∪ 〈2,+∞〉Graf funkcije: slika 5.12

-2 2

Slika 5.12: Graf funkcije f(x) =2x3

x2 − 4.

(e) Neka je g(x) = e1x − ex. Skicirajmo prvo graf funkcije g iz kojeg cemo

onda konstruirati graf funkcije f .

Podrucje definicije: R\{0}Parnost: g nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: x0 = 1

Asimptote:

limx→0+

g(x) = +∞, limx→0−

g(x) = 0 ⇒ x = 0 je desna vertikalna asimptota

limx→±∞

g(x) = ∓∞ ⇒ nema horizontalnih asimptota

limx→±∞

g(x)

x= −e, lim

x→±∞[g(x)+ex] = 1 ⇒ y = −ex+1 je kosa asimptota


Ekstremi: nema

Intervali monotonosti: g je svuda padajuca

Tocke infleksije: u x1 = − 12 je tocka infleksije

Intervali zakrivljenosti: g je konveksna na 〈− 12 , 0〉∪〈0,+∞〉, konkavna

na 〈−∞,− 12 〉

Graf funkcije: slika 5.13

1 1

Slika 5.13: Grafovi funkcija g(x) = e1x − ex i f(x) = |e 1

x − ex|.

(f) Podrucje definicije: 〈0, e〉 ∪ 〈e,+∞〉Parnost: f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: x0 = 1e

Asimptote:

limx→0+

f(x) = 0 ⇒ x = 0 nije vertikalna asimptota

limx→e±

f(x) = ∓∞ ⇒ x = e je vertikalna asimptota

limx→+∞

f(x) = −∞ ⇒ nema horizontalnih asimptota

limx→+∞

f(x)

x= −1, lim

x→+∞[f(x) + x] = −∞ ⇒ nema kosih asimptota

Ekstremi: u x1 = e√

3 je lokalni maksimum, u x2 = e−√

3 je lokalniminimum

Intervali monotonosti: f je rastuca na 〈e−√

3, e〉 ∪ 〈e, e√

3〉, padajuca

na 〈0, e−√

3〉 ∪ 〈e√

3,+∞〉Tocke infleksije: T = (e3,−2e3)

Intervali zakrivljenosti: f je konveksna na 〈0, e〉∪〈e3,+∞〉, konkavnana 〈e, e3〉

Graf funkcije: slika 5.14

31. (a) Podrucje definicije: R\{±2}Parnost: f je parna

Nul-tocke: nema

Asimptote:

limx→2+

f(x) = +∞, limx→2−

f(x) = 0 ⇒ x = 2 je desna vertikalna asimptota

5.26 Rjesenja 175

��1ã

Slika 5.14: Graf funkcije f(x) = x1 + lnx

1 − lnx.

limx→−2+

f(x) = 0, limx→−2−

f(x) = +∞ ⇒ x = −2 je lijeva vertikalna asimp-

tota

limx→±∞

f(x) = e⇒ y = e je horizontalna asimptota ⇒ nema kosih asimp-

tota

Ekstremi: T = (0, 4√e) je lokalni maksimum

Intervali monotonosti: f je rastuca na 〈−∞,−2〉 ∪ 〈−2, 0〉, padajucana 〈0, 2〉 ∪ 〈2,+∞〉Graf funkcije: slika 5.15

-2 2

�!!!!!ã

4

Slika 5.15: Graf funkcije f(x) = ex2

−1

x2−4 .

(b) Podrucje definicije: 〈−∞,−2〉 ∪ 〈−1, 0〉 ∪ 〈1,+∞〉Parnost: f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: nema

Asimptote:


limx→−2−

f(x) = +∞ ⇒ x = −2 je lijeva vertikalna asimptota

limx→−1+

f(x) = −∞ ⇒ x = −1 je desna vertikalna asimptota

limx→0−

f(x) = −∞ ⇒ x = 0 je lijeva vertikalna asimptota

limx→1+

f(x) = +∞ ⇒ x = 1 je desna vertikalna asimptota

limx→±∞

f(x) = 0 ⇒ y = 0 je horizontalna asimptota ⇒ nema kosih asimp-

tota

Ekstremi: T =(− 1

2 ,− ln 9)

je lokalni maksimum

Intervali monotonosti:

f je rastuca na 〈−∞,−2〉 ∪ 〈−1,− 12 〉, padajuca na 〈− 1

2 , 0〉 ∪ 〈1,+∞〉Graf funkcije: slika 5.16

-2 -1 1

Slika 5.16: Graf funkcije f(x) = ln

(

1 +2

x2 + x− 2

)

.

(c) Podrucje definicije: 〈−∞, 0〉 ∪ 〈1,+∞〉Parnost: f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: ne racunamo

Asimptote:

limx→0−

f(x) = −∞ ⇒ x = 0 je lijeva vertikalna asimptota

limx→1+

f(x) = +∞ ⇒ x = 1 je desna vertikalna asimptota

limx→±∞


limx→±∞

f(x)

x= 1, lim

x→±∞[f(x) − x] = 0 ⇒ y = x je kosa asimptota

Ekstremi: T1 = (2, 2+2 ln2) je lokalni minimum, T2 = (−1,−1−2 ln2)je lokalni maksimum

Intervali monotonosti: f je rastuca na 〈−∞,−1〉∪〈2,+∞〉, padajucana 〈−1, 0〉 ∪ 〈1, 2〉Graf funkcije: slika 5.17

5.26 Rjesenja 177

1

1

Slika 5.17: Graf funkcije f(x) = x− 2 ln

(

1 − 1

x

)

.

(d) Podrucje definicije: 〈−∞,−2〉 ∪ 〈−2,−1] ∪ [4,+∞〉Parnost: f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: x1 = −1, x2 = 4

Asimptote:

limx→−1−

f(x) = 0 ⇒ x = −1 nije lijeva vertikalna asimptota

limx→4+

f(x) = 0 ⇒ x = 4 nije desna vertikalna asimptota

limx→−2±

f(x) = ±∞ ⇒ x = −2 je vertikalna asimptota

limx→+∞

f(x) =1

2⇒ y =

1

2je desna horizontalna asimptota ⇒ nema

desnu kosu asimptotu

limx→−∞

f(x) = −1

2⇒ y =

1

2je lijeva horizontalna asimptota ⇒ nema

lijevu kosu asimptotu

Ekstremi: T1 = (−1, 0), T2 = (4, 0) su lokalni minimumi

Intervali monotonosti: f je rastuca na 〈4,+∞〉, padajuca na 〈−∞,−2〉∪〈−2,−1〉Graf funkcije: slika 5.18

(e) Podrucje definicije: 〈0,+∞〉Parnost: f nije ni parna ni neparna

Nul-tocke: nema

Asimptote:

limx→0+

f(x) = 0 ⇒ x = 0 nije vertikalna asimptota

limx→+∞

f(x) = 1 ⇒ y = 1 je desna horizontalna asimptota ⇒ nema kosih

asimptota

Ekstremi: T = (e, e1e ) je lokalni maksimum

Intervali monotonosti: f je rastuca na 〈0, e〉, padajuca na 〈e,+∞〉Graf funkcije: slika 5.19


-2 -1 4- ��

12

��12

Slika 5.18: Graf funkcije f(x) =

√x2 − 3x− 4

2x+ 4.

ã

1

Slika 5.19: Graf funkcije f(x) = x1x .

6.

NIZOVI I REDOVI

6.1 Limes niza po definiciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

6.2 Gomiliste niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

6.3 Konvergencija monotonog i omedenog niza . . . . . . . . . . . . 181

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

6.5 Limes uklijestenog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

6.6 Limes produkta nul-niza i omedenog niza . . . . . . . . . . . . 186

6.7 Limesi nizova sa sumama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.8 Limesi nizova s produktima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

6.9 Limes niza s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

6.10 Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . 189

6.11 Konvergencija i suma reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

6.12 Suma reda s logaritmima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

6.13 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke . . . . . . . . 192

6.14 Nuzan uvjet konvergencije reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

6.15 Prvi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . 194

6.16 Drugi poredbeni kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . 195

6.17 D’Alembertov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.18 Cauchyjev kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6.19 Raabeov kriterij konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

6.20 Apsolutna konvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

6.21 Leibnizov kriterij konvergencije za alternirane redove . . . . . . 199

6.22 Odredivanje podrucja konvergencije D’Alembertovim kriterijem 201

6.23 Odredivanje podrucja konvergencije Cauchyjevim kriterijem . . 202

6.24 Podrucje apsolutne konvergencije . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

6.25 Taylorov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 205

6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . 206

6.27 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije . . . . . . . . . . . . 208

6.28 Taylorov razvoj iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 209

6.29 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . 210

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija . . . . 211

6.31 Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

6.32 Rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

180 NIZOVI I REDOVI

6.1 Limes niza po definiciji

Dokazite da jelim

n→∞

(3√n+ 1 − 3

√n)

= 0.

Rjesenje. Da bismo dokazali da je

limn→∞

(3√n+ 1 − 3

√n)

= 0,

prema [M1, definicija 6.3], trebamo za svaki ε > 0 pronaci nε ∈ N takav da za svakin ≥ nε vrijedi

| an − a |< ε, (6.1)

gdje je an = 3√n+ 1 − 3

√n i a = 0.

Buduci da je 3√n+ 1 > 3

√n, odnosno 3

√n+ 1 − 3

√n > 0, slijedi

| an − a |=| ( 3√n+ 1 − 3

√n) − 0 |=| 3

√n+ 1 − 3

√n |= 3

√n+ 1 − 3

√n.

Dakle, za svaki n ≥ nε treba biti

3√n+ 1 − 3

√n < ε.

Racionalizacijom dobivamo

(3√n+ 1 − 3

√n)·

3√

(n+ 1)2 + 3√

n(n+ 1) +3√n2

3√

(n+ 1)2 + 3√

n(n+ 1) +3√n2

< ε,

odnosno,(n+ 1) − n

3√

(n+ 1)2 + 3√

n(n+ 1) +3√n2

< ε.

Mnozenjem cijele nejednakosti s nazivnikom slijedi

1 < ε(

3√

(n+ 1)2 + 3√

n(n+ 1) +3√n2)

.

Nadalje, vrijedi

1 < ε(

3√

(n+ 1)2 + 3√

n(n+ 1) +3√n2)

< ε(

3 3√

(n+ 1)2)

jer je n(n+ 1) < (n+ 1)2, za svaki n ∈ N. Stoga dobivamo

1

3ε< 3√

(n+ 1)2.

Potenciranjem cijele nejednakosti slijedi

1

27ε3< (n+ 1)2,

odnosno,

n >1√27ε3

− 1.

6.2 Gomiliste niza 181

S obzirom da je posljednja nejednakost ekvivalentna nejednakosti (6.1), zakljucujemoda mozemo izabrati

nε =

(1√27ε3

− 1

)

+ 1.

Dobili smo da za svaki ε > 0 postoji nε = 1√27ε3

takav da za svaki n ≥ nε vrijedi

| an − a |< ε, sto smo i trebali dokazati.

6.2 Gomiliste niza

Odredite sva gomilista niza

3

8,2

7,

9

14,

4

13,27

32,

8

25,81

86,16

49, . . .

Konvergira li zadani niz?

Rjesenje. Grupiramo li clanove zadanog niza na sljedeci nacin

3

8,

9

14,27

32,81

86, . . . (6.2)

2

7,

4

13,

8

25,16

49, . . . (6.3)

dobivamo dva nova niza, pri cemu je opci clan niza (6.2) jednak

a2k−1 =3k

3k + 5,

a opci clan niza (6.3) jednak

a2k =2k

3 · 2k + 1.

Vrijedi

limk→∞

a2k−1 = limk→∞

3k

3k + 5= lim

k→∞

1

1 + 5 · 13k

= 1,

limk→∞

a2k = limk→∞

2k

3 · 2k + 1= lim

k→∞

1

3 + 12k

=1

3.

Prema [M1, §6.1.1], zadani niz ima dva gomilista, 1 i 13 , pa stoga divergira.

6.3 Konvergencija monotonog i omedenog niza

Ispitajte konvergenciju niza ciji je opci clan

an =

(

1 − 1

2

)(

1 − 1

4

)

· · ·(

1 − 1

2n

)

.

182 NIZOVI I REDOVI

Rjesenje. Promatrajuci prva dva clana zadanog niza dobivamo

a1 = 1 − 1

2=

1

2,

a2 =

(

1 − 1

2

)(

1 − 1

4

)

=1

2· 3

4,

odnosno a1 > a2. Zelimo zakljuciti da opcenito vrijedi an > an+1. Vrijedi

an+1 =

(

1 − 1

2

)(

1 − 1

4

)

· · ·(

1 − 1

2n

)(

1 − 1

2n+1

)

= an

(

1 − 1

2n+1

)

< an,

jer je

1 − 1

2n+1< 1.

Buduci da nejednakost an > an+1 vrijedi za svako n ∈ N zakljucujemo da je niz{an} strogo padajuci. Niz je takoder omeden odozdo jer je an > 0 za svako n ∈ N.Stoga je, prema [M1, teorem 6.4], zadani niz konvergentan.

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova

Izracunajte limese sljedecih nizova:

(a) an =2n3 − 1

2 − n3,

(b) an =√n(√n+ 1 −

√n),

(c) an =(−3)n + 4n

(−3)n+1 + 4n+1,

(d) an =3

2 arctgn,

(e) an =n2(n2 + 1)

2n(n2 − 1),

(f) an =

(

1 − 1

3n

)n

,

(g) an = n[ln(n+ 3) − lnn],

(h) an =2n

ln(1 + 1

2n

)n+1 ,

(i) an = nn

√

sin2

n.

Rjesenje.

6.4 Limesi nekih osnovnih nizova 183

(a) Izlucimo li n3 iz brojnika i nazivnika opceg clana dobivamo

limn→∞

an = limn→∞

2n3 − 1

2 − n3= lim

n→∞

2 − 1n3

2n3 − 1

= −2.

(b) Racionalizacijom izraza u zagradama dobivamo

limn→∞

an = limn→∞

√n(√n+ 1 −

√n)

= limn→∞

√n(√n+ 1 −

√n)·√n+ 1 +

√n√

n+ 1 +√n

= limn→∞

√n√

n+ 1 +√n

= limn→∞

1√

1 + 1n + 1

=1

2.

(c) Izlucimo li iz brojnika i nazivnika izraz s vecom bazom slijedi

limn→∞

an = limn→∞

(−3)n + 4n

(−3)n+1 + 4n+1= lim

n→∞

4n[(− 3

4

)n+ 1]

4n+1[(− 3

4

)n+1+ 1]

= limn→∞

(− 3

4

)n+ 1

4[(− 3

4

)n+1+ 1] =

1

4,

jer je

limn→∞

an =

∞, a > 11, a = 10, |a| < 1

. (6.4)

(d) Vrijedi

limn→∞

an = limn→∞

3

2 arctgn=

3

2 · π2

=3

π,

jer prosirenjem po neprekidnosti dobivamo

limn→∞

arctgn = limx→∞

arctgx =π

2.

(e) Primjenom tvrdnje (iii) iz [M1, teorem 6.6] je

limn→∞

an = limn→∞

n2(n2 + 1)

2n(n2 − 1)= lim

n→∞

n2

2n·n

2 + 1

n2 − 1= lim

n→∞

n2

2n· limn→∞

1 + 1n2

1 − 1n2

= 0·1 = 0,

gdje prosirenjem po neprekidnosti i primjenom L’Hospitalovog pravila slijedi

limn→∞

n2

2n= lim

x→∞

x2

2x= lim

x→∞

2x

2x ln 2= lim

x→∞

2

2x ln2 2= 0.

(f) Prema [M1, §6.1.3] vrijedi

limn→∞

(

1 − 1

n

)−n

= e, (6.5)

184 NIZOVI I REDOVI

pa koristenjem tvrdnje (v) iz [M1, teorem 6.6] slijedi

limn→∞

an = limn→∞

(

1 − 1

3n

)n

= limn→∞

[(

1 − 1

3n

)−3n]− 1

3

=

[

limn→∞

(

1 − 1

3n

)−3n]− 1

3

= e−13 =

13√e.

(g) Koristeci svojstva logaritamske funkcije zadani limes mozemo zapisati u obliku

limn→∞

an = limn→∞

n [ln (n+ 3) − lnn] = limn→∞

ln

(n+ 3

n

)n

.

Prema [M1, §6.1.3] vrijedi

limn→∞

(

1 +1

n

)n

= e, (6.6)

pa je zbog neprekidnosti funkcije lnx i tvrdnje (v) iz [M1, teorem 6.6]

limn→∞

an = limn→∞

ln

(n+ 3

n

)n

= limn→∞

ln

(

1 +3

n

)n

= limn→∞

ln

[(

1 +1n3

)n3

]3

= ln

[

limn→∞

(

1 +1n3

)n3

]3

= ln e3 = 3.

(h) Prema tvrdnji (v) iz [M1, teorem 6.6] i formuli (6.6), vrijedi

limn→∞

(

1 +1

2n

)n+1

= limn→∞

[(

1 +1

2n

)2n]n+1

2n

=

[

limn→∞

(

1 +1

2n

)2n] lim

n→∞n+12n

= e12 .

Zbog tvrdnje (iv) iz [M1, teorem 6.6], neprekidnosti funkcije lnx i formule (6.4)slijedi

limn→∞

an = limn→∞

2n

ln(1 + 1

2n

)n+1 =lim

n→∞2n

ln limn→∞

(

1 +1

2n

)n+1 =∞

ln e12

= ∞.

6.5 Limes uklijestenog niza 185

(i) Vrijedi

limn→∞

an = limn→∞

nn

√

sin2

n= lim

n→∞n · n

√

sin 2n

2n

· n

√n

2= lim

n→∞n ·(

sin 2n

2n

) 1n

·n√n

n√

2.

Prosirenjem po neprekidnosti je

limn→∞

sin 2n

2n

= limx→∞

sin 2x

2x

=

2

x= t

x→ ∞t → 0

= lim

t→0

sin t

t= 1.

Prema [M1, §6.1.6] vrijedi

limn→∞

n√n = 1 i lim

n→∞n√

2 = 1.

Sada mozemo primijeniti [M1, teorem 6.6], pa dobivamo

limn→∞

an = limn→∞

n ·(

limn→∞

sin 2n

2n

) limn→∞

1n

·lim

n→∞n√n

limn→∞

n√

2= ∞ · 10 · 1

1= ∞.

6.5 Limes uklijestenog niza

Odredite limes niza

an =

1√n2 + 1

+1√

n2 + 2+ · · · + 1√

n2 + n1

3√n3 + 1

+1

3√n3 + 2

+ · · · + 13√n3 + n

.

Rjesenje. Vrijedi

n√n2 + n

≤ 1√n2 + 1

+1√

n2 + 2+ · · · + 1√

n2 + n≤ n√

n2 + 1, (6.7)

n3√n3 + n

≤ 13√n3 + 1

+1

3√n3 + 2

+ · · · + 13√n3 + n

≤ n3√n3 + 1

. (6.8)

Sada iz (6.7) i (6.8) slijedi

n√n2 + nn

3√n3 + 1

≤ an ≤

n√n2 + 1n

3√n3 + n

sto nakon skracivanja daje

3√n3 + 1√n2 + n

≤ an ≤3√n3 + n√n2 + 1

.

186 NIZOVI I REDOVI

Izlucimo li n iz brojnika i nazivnika razlomaka s lijeve i desne strane, dobivamo

n 3

√

1 + 1n3

n√

1 + 1n

≤ an ≤n 3

√

1 + 1n2

n√

1 + 1n2

,

odnosno,3

√

1 + 1n3

√

1 + 1n

≤ an ≤3

√

1 + 1n2

√

1 + 1n2

.

Buduci da je

limn→∞

3

√

1 + 1n3

√

1 + 1n

= 1 i limn→∞

3

√

1 + 1n2

√

1 + 1n2

= 1,

prema [M1, teorem 6.7] slijedi limn→∞

an = 1.

6.6 Limes produkta nul-niza i omedenog niza

Odredite limes niza

an =3√n2 sinn

n+ 1.

Rjesenje. Iz [M1, teorem 6.7] specijalno slijedi da je produkt nul-niza i omedenogniza nul-niz. Zadani niz mozemo zapisati kao produkt nizova

bn =3√n2

n+ 1i cn = sinn.

Zbog

limn→∞

bn = limn→∞

3√n2

n+ 1= 0,

niz {bn} je nul-niz. S druge strane je

|cn| = | sinn| ≤ 1, za svaki n ∈ N,

pa je {cn} omeden. Stoga je niz {an} nul-niz, odnosno,

limn→∞

an = 0.

6.7 Limesi nizova sa sumama


6.8 Limesi nizova s produktima 187

(a) an =1

n3

n∑

k=1

k(k + 1),

(b) an =1

n+ 1

n∑

k=1

(2k − 1) − 2n+ 1

2.

Rjesenje.

(a) Vrijedi

an =1

n3

n∑

k=1

k(k + 1) =1

n3

n∑

k=1

(k2 + k) =1

n3

(n∑

k=1

k2 +

n∑

k=1

k

)

=1

n3

[n(n+ 1)(2n+ 1)

6+n(n+ 1)

2

]

=n(n+ 1)(2n+ 4)

6n3=n2 + 3n+ 2

3n2,

odakle slijedi

limn→∞

an = limn→∞

n2 + 3n+ 2

3n2=

1

3.

(b) Vrijedi

an =1

n+ 1

n∑

k=1

(2k − 1) − 2n+ 1

2=

1

n+ 1

(

2

n∑

k=1

k −n∑

k=1

1

)

− 2n+ 1

2

=1

n+ 1

[

2 · n(n+ 1)

2− n

]

− 2n+ 1

2=

n2

n+ 1− 2n+ 1

2= − 3n+ 1

2(n+ 1),

pa je

limn→∞

an = limn→∞

[

− 3n+ 1

2(n+ 1)

]

= −3

2.

6.8 Limesi nizova s produktima


(a) an =n∏

k=2

(

1 − 1

k2

)

,

(b) an =

n∏

k=2

k2 + k − 2

k(k + 1).

Rjesenje.

188 NIZOVI I REDOVI

(a) Svodenjem na zajednicki nazivnik, faktorizacijom brojnika i raspisivanjem clanovaprodukta dobivamo

an =

n∏

k=2

(

1 − 1

k2

)

=

n∏

k=2

k2 − 1

k2=

n∏

k=2

(k − 1)(k + 1)

k2

=1 · 322

· 2 · 432

· 3 · 542

· 4 · 652

· · · (n− 3)(n− 1)

(n− 2)2· (n− 2)n

(n− 1)2· (n− 1)(n+ 1)

n2.

Skracivanjem slijedi

an =1

2· n+ 1

n,

odakle je

limn→∞

an =1

2.

(b) Faktorizacijom brojnika i raspisivanjem clanova produkta dobivamo

an =

n∏

k=2

k2 + k − 2

k(k + 1)=

n∏

k=2

(k − 1)(k + 2)

k(k + 1)

=1 · 42 · 3 · 2 · 5

3 · 4 · 3 · 64 · 5 · · · · · (n− 3)n

(n− 2)(n− 1)· (n− 2)(n+ 1)

(n− 1)n· (n− 1)(n+ 2)

n(n+ 1).

Nakon skracivanja vidimo da je

an =n+ 2

3n,

pa slijedi

limn→∞

an =1

3.

6.9 Limes niza s logaritmima

Izracunajte limes niza

an = n

[

ln1

2+

n∑

k=1

ln(k + 1)2

k(k + 2)

]

.

Rjesenje. Koristenjem svojstava funkcije lnx i raspisivanjem clanova produkta

6.10 Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke 189

dobivamo

an = n

[

ln1

2+

n∑

k=1

ln(k + 1)2

k(k + 2)

]

= n

[

ln1

2+ ln

n∏

k=1

(k + 1)2

k(k + 2)

]

= n ln

[

1

2·

n∏

k=1

(k + 1)2

k(k + 2)

]

= n ln

[1

2· 22

1 · 3 · 32

2 · 4 · 42

3 · 5 · · · (n− 1)2

(n− 2)n· n2

(n− 1)(n+ 1)· (n+ 1)2

n(n+ 2)

]

.

Skracivanjem slijedi

an = n ln

(n+ 1

n+ 2

)

,

pa je zbog svojstava funkcije lnx, tvrdnje (v) iz [M1, teorem 6.6] i formule (6.5)

limn→∞

an = limn→∞

n ln

(n+ 1

n+ 2

)

= limn→∞

ln

(n+ 1

n+ 2

)n

= limn→∞

ln

(

1 − 1

n+ 2

)−(n+ 2)

− n

n+ 2

= ln

limn→∞

(

1 − 1

n+ 2

)−(n+ 2)

limn→∞

− n

n+ 2

!

= ln e−1 = −1.

6.10 Limes niza rastavljanjem na parcijalne razlomke

Izracunajte limes niza

an =

n∑

k=1

1

k · (k + 1).

Rjesenje. Rastavljamo izraz pod sumom na parcijalne razlomke, odnosno trazimokonstante A i B takve da za svaki k ∈ N vrijedi

1

k · (k + 1)=A

k+

B

k + 1.

Mnozenjem cijele jednakosti sa zajednickim nazivnikom i sredivanjem slijedi

1 = (A+B)k +A.

190 NIZOVI I REDOVI

Buduci da dobivena jednadzba treba vrijedi za sve k ∈ N, uvrstavanjem redomk = 1 i k = 2 dobivamo dvije jednadzbe

2A+B = 1 i 3A+ 2B = 1,

iz kojih slijedi A = 1 i B = −1. Dakle, za svaki k ∈ N vrijedi

1

k · (k + 1)=

1

k− 1

k + 1,

pa je

an =

n∑

k=1

1

k · (k + 1)=

n∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

)

=

(

1 − 1

2

)

+

(1

2− 1

3

)

+

(1

3− 1

4

)

+ · · · +(

1

n− 1− 1

n

)

+

(1

n− 1

n+ 1

)

= 1 − 1

n+ 1,

odakle slijedi

limn→∞

an = 1.

6.11 Konvergencija i suma reda

Izracunajte sumu reda

∞∑

n=1

(√n+ 2 − 2

√n+ 1 +

√n).

Da li zadani red konvergira?

6.12 Suma reda s logaritmima 191

Rjesenje. Izracunajmo prvo k-tu parcijalnu sumu zadanog reda. Skracivanjem je

sk =k∑

n=1

(√n+ 2 − 2

√n+ 1 +

√n)

=(√

3 − 2√

2 +√

1)

+

+(√

4 − 2√

3 +√

2)

+

+(√

5 − 2√

4 +√

3)

+

+(√

6 − 2√

5 +√

4)

+

...

+(√

k − 2√k − 1 +

√k − 2

)

+

+(√

k + 1 − 2√k +

√k − 1

)

+

+(√

k + 2 − 2√k + 1 +

√k)

=1 −√

2 −√k + 1 +

√k + 2.

Buduci da je racionalizacijom

limk→∞

(√k + 2 −

√k + 1

)

= limk→∞

1√k + 2 +

√k + 1

= 0,

prema tvrdnji (i) iz [M1, teorem 6.6], slijedi

limk→∞

sk =(

1 −√

2)

+ limk→∞

(√k + 2 −

√k + 1

)

= 1 −√

2.

Dakle, niz parcijalnih suma zadanog reda konvergira. Stoga, prema [M1, definicija6.9], zadani red konvergira i suma reda je jednaka

s = limk→∞

sk = 1 −√

2.

6.12 Suma reda s logaritmima

Izracunajte sumu reda∞∑

n=2

ln

(n3 − 1

n3 + 1

)

.

Rjesenje. Zbog svojstava funkcije lnx vrijedi

sk =

k∑

n=2

ln

(n3 − 1

n3 + 1

)

= ln

k∏

n=2

n3 − 1

n3 + 1.

192 NIZOVI I REDOVI

Nadalje, zbroj i razliku kubova mozemo napisati kao

n3 − 1

n3 + 1=

(n− 1)(n2 + n+ 1)

(n+ 1)(n2 − n+ 1)=

(n− 1)(n2 + n+ 1)

(n+ 1) [(n− 1)2 + (n− 1) + 1],

pa skracivanjem dobivamo

sk = ln1 · (22 + 2 + 1)

3 · (12 + 1 + 1)· 2 · (32 + 3 + 1)

4 · (22 + 2 + 1)· · ·

· · · (k − 2)[(k − 1)2 + (k − 1) + 1

]

k [(k − 2)2 + (k − 2) + 1]· (k − 1)

[k2 + k + 1

]

(k + 1) [(k − 1)2 + (k − 1) + 1]=

= ln

[1 · 2

12 + 1 + 1· k

2 + k + 1

k(k + 1)

]

= ln

[2

3

(

1 +1

k2 + k

)]

.

Prema [M1, definicija 6.9], suma reda je jednaka

s = limk→∞

sk = limk→∞

ln

[2

3

(

1 +1

k2 + k

)]

= ln limk→∞

[2

3

(

1 +1

k2 + k

)]

= ln2

3.

6.13 Suma reda rastavljanjem na parcijalne razlomke

Izracunajte sume sljedecih redova:

(a)1

1 · 4 +1

4 · 7 +1

7 · 10+

1

10 · 13+ · · · ,

(b)

∞∑

n=1

[n! − (n+ 2)!

(n+ 3)!(n+ 1) +

n+ 1

n+ 3

]

.

Rjesenje.

(a) Opci clan zadanog reda mozemo zapisati u obliku

an =1

cn · cn+1,

gdje je {cn} aritmeticki niz s opcim clanom cn = 3n − 2. Rastavljanjem naparcijalne razlomke (vidi zadatak 6.10) slijedi

an =1

(3n− 2)(3n+ 1)=

1

3

(1

3n− 2− 1

3n+ 1

)

,

6.14 Nuzan uvjet konvergencije reda 193

pa je k-ta parcijalna suma jednaka

sk =

k∑

n=1

1

3

(1

3n− 2− 1

3n+ 1

)

=1

3

k∑

n=1

(1

3n− 2− 1

3n+ 1

)

=1

3

[(

1 − 1

4

)

+

(1

4− 1

7

)

+ · · · +(

1

3k − 5− 1

3k − 2

)

+

(1

3k − 2− 1

3k + 1

)]

=1

3

(

1 − 1

3k + 1

)

.

Prema [M1, definicija 6.9], suma reda je

s = limk→∞

sk = limk→∞

1

3

(

1 − 1

3k + 1

)

=1

3.

(b) Opci clan zadanog reda jednak je

an =n! − (n+ 2)!

(n+ 3)!(n+ 1) +

n+ 1

n+ 3=

n! − (n+ 2)(n+ 1)n!

(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)n!(n+ 1) +

n+ 1

n+ 3

=

[1

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)− 1

n+ 3

]

(n+ 1) +n+ 1

n+ 3

=1

(n+ 2)(n+ 3)− n+ 1

n+ 3+n+ 1

n+ 3=

1

(n+ 2)(n+ 3).

Rastavljanjem dobivenog izraza na parcijalne razlomke (vidi zadatak 6.10) sli-jedi

an =1

n+ 2− 1

n+ 3.

Sada k-tu parcijalnu sumu reda mozemo zapisati u obliku

sk =

k∑

n=1

(1

n+ 2− 1

n+ 3

)

=

(1

3− 1

4

)

+

(1

4− 1

5

)

+ · · · +(

1

k + 2− 1

k + 3

)

,

pa skracivanjem i primjenom [M1, definicija 6.9], slijedi da je suma reda jednaka

s = limk→∞

sk = limk→∞

(1

3− 1

k + 3

)

=1

3.

6.14 Nuzan uvjet konvergencije reda

Ispitajte konvergenciju sljedecih redova:

(a)

∞∑

n=1

2n

(n+ 1) ln(1 + 1

2n

) ,

194 NIZOVI I REDOVI

(b)∞∑

n=1

(−1)n−1 n

6n− 5.

Rjesenje.

(a) Limes nazivnika opceg clana zadanog reda jednak je

limn→∞

(n+1) ln

(

1 +1

2n

)

= limn→∞

ln

(

1 +1

2n

)n+1

= limn→∞

ln

[(

1 +1

2n

)2n]n+1

2n

.

Stoga je

limn→∞

an =lim

n→∞2n

ln

[

limn→∞

(

1 +1

2n

)2n] lim

n→∞n+12n

=+∞ln e

12

= +∞ 6= 0.

Dakle, prema [M1, teorem 6.9], zadani red divergira.

(b) Promotrimo li podnizove {a2k} i {a2k+1} opceg clana zadanog reda, vidimo daje

limk→∞

a2k = limk→∞

(−1)2k−1 2k

6 · 2k − 5= lim

k→∞

(

− 2k

12k − 5

)

= −1

6,

limk→∞

a2k+1 = limk→∞

(−1)2k 2k + 1

6(2k + 1) − 5= lim

k→∞

2k + 1

12k + 1=

1

6.

Prema [M1, §6.1.1], niz {an} ima dva gomilista, − 16 i 1

6 , pa stoga divergira.Sada, prema [M1, teorem 6.9], slijedi da zadani red divergira.

6.15 Prvi poredbeni kriterij konvergencije


(a) 1 +1

ln 2+

1

ln 3+ · · · + 1

lnn+ · · · ,

(b) 1 +| sin 2a|

23+

| sin 3a|33

+ · · · + | sinna|n3

+ · · · .

Rjesenje.

(a) Za svaki n ≥ 2 je lnn ≥ 0 pa zadani red ima pozitivne clanove. Jos vrijedi

1

lnn≥ 1

n,

6.16 Drugi poredbeni kriterij konvergencije 195

pri cemu je harmonijski red∞∑

n=1

1

niz [M1, primjer 6.10] divergentan. Stoga,

prema tvrdnji (i) iz [M1, teorem 6.10], zakljucujemo da je promatrani red, kaored s pozitivnim clanovima i divergentnom minorantom, divergentan.

(b) Zadani red ima pozitivne clanove i za svaki n ∈ N vrijedi

| sinna|n3

≤ 1

n3.

Buduci je, prema [M1, napomena 6.3], red

∞∑

n=1

1

n3

konvergentan, zakljucujemo da zadani red ima konvergentnu majorantu. Stogatvrdnja (i) iz [M1, teorem 6.10] povlaci da je konvergentan.

6.16 Drugi poredbeni kriterij konvergencije


(a)1

1001+

1

2001+

1

3001+ · · · + 1

n · 1000 + 1+ · · · ,

(b) 1 +ln 2

2+

ln 3

3+ · · · + lnn

n+ · · · .

Rjesenje.

(a) Promotrimo opce clanove

an =1

n · 1000 + 1i bn =

1

n.

Tada su∑an i

∑bn redovi s pozitivnim clanovima i vrijedi

r = limn→∞

an

bn= lim

n→∞

n

n · 1000 + 1=

1

1000.

Jer je 0 < r < +∞ i∑bn harmonijski red iz [M1, primjer 6.10] koji divergira,

tvrdnja (ii) pod (a) iz [M1, teorem 6.10] povlaci da i zadani red∑an divergira.

(b) Uz oznake

an =1

ni bn =

lnn

n,

su∑an i

∑bn redovi s pozitivnim clanovima. Jer je

r = limn→∞

an

bn= lim

n→∞

1n

lnnn

= limn→∞

1

lnn=

1

∞ = 0

i∑an divergentan harmonijski red, prema tvrdnji (ii) pod (b) iz [M1, teorem

6.10], zadani red∑bn divergira.

196 NIZOVI I REDOVI

6.17 D’Alembertov kriterij konvergencije


(a)

∞∑

n=1

(n!)2

(2n)!,

(b)

∞∑

n=1

n!

2n + 1.

Rjesenje.

(a) Buduci da se radi o redu s pozitivnim clanovima, mozemo primijeniti D’Alembertovkriterij (iii) iz [M1, teorem 6.10]. Zbog

q = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

[(n+ 1)!]2

(2n+ 2)!

(n!)2

(2n)!

= limn→∞

(n+ 1)2

(2n+ 2)(2n+ 1)=

1

4< 1,

promatrani red konvergira.

(b) Zadani red je s pozitivnim clanovima i vrijedi

q = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(n+ 1)!

2n+1 + 1n!

2n + 1

= limn→∞

(n+ 1)(2n + 1)

2n+1 + 1

= limn→∞

(n+ 1) · 1 + 12n

2 + 12n

= +∞.

Primjenom D’Alembertovog kriterija (iii) iz [M1, teorem 6.10] slijedi da zadanired divergira.

6.18 Cauchyjev kriterij konvergencije


(a)∞∑

n=1

3n n3

en,

(b)

∞∑

n=2

(n− 2

n+ 2

)n(n+1)

.

Rjesenje.

6.19 Raabeov kriterij konvergencije 197

(a) Zadani red ima pozitivne clanove pa mozemo primijeniti Cauchyjev kriterijkonvergencije. Prema [M1, §6.1.6] je lim

n→∞n√n = 1, pa vrijedi

q = limn→∞

n√an = lim

n→∞n

√

3n n3

en= lim

n→∞n

√(

3

e

)n

· n√n3 = lim

n→∞

3

e·( n√n)

3=

3

e> 1.

Stoga, prema (iv) iz [M1, teorem 6.10], zadani red divergira.

(b) Buduci da zadani red ima pozitivne clanove i vrijedi

q = limn→∞

n√an = lim

n→∞n

√(n− 2

n+ 2

)n(n+1)

= limn→∞

(n− 2

n+ 2

)n+1

= limn→∞

(n+ 2 − 4

n+ 2

)n+1

= limn→∞

(

1 − 4

n+ 2

)n+1

= limn→∞

[(

1 − 1n+2

4

)−n+24

]− 4(n+1)n+2

=

[

limn→∞

(

1 − 4

n+ 2

)−n+24

] limn→∞

[− 4(n+1)n+2 ]

= e−4 < 1,

prema Cauchyjevom kriteriju konvergencije (iv) iz [M1, teorem 6.10], slijedi dazadani red konvergira.

6.19 Raabeov kriterij konvergencije


(a)

∞∑

n=1

2n+ 1

(n+ 1)2(n+ 2)2,

(b)

∞∑

n=1

√n!

(2 +

√1) (

2 +√

2)· · · (2 +

√n)

.

Rjesenje.

(a) Buduci je

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

2n+ 3

(n+ 2)2(n+ 3)2

2n+ 1

(n+ 1)2(n+ 2)2

= limn→∞

(2n+ 3)(n+ 1)2

(2n+ 1)(n+ 3)2= 1,

198 NIZOVI I REDOVI

prema D’Alembertovom kriteriju (iii) iz [M1, teorem 6.10], nema odluke. Is-pitajmo stoga konvergenciju Raabeovim kriterijem (v) iz [M1, teorem 6.10].Vrijedi

q = limn→∞

n

(

1 − an+1

an

)

= limn→∞

n

[

1 − (2n+ 3)(n+ 1)2

(2n+ 1)(n+ 3)2

]

= limn→∞

n(6n2 + 16n+ 6)

(2n+ 1)(n+ 3)2= 3,

pa zadani red konvergira.

(b) Buduci da je

an+1

an=

√

(n+ 1)!(2 +

√1) (

2 +√

2)· · · (2 +

√n)(2 +

√n+ 1

)

√n!

(2 +

√1) (

2 +√

2)· · · (2 +

√n)

=

√n+ 1

2 +√n+ 1

,

slijedi

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

√n+ 1

2 +√n+ 1

= 1,

pa prema D’Alembertovom kriteriju nema odluke. Primijenimo stoga Raabeovkriterij (v) iz [M1, teorem 6.10]. Zbog

q = limn→∞

n

(

1 − an+1

an

)

= limn→∞

n

(

1 −√n+ 1

2 +√n+ 1

)

= limn→∞

2n

2 +√n+ 1

= +∞,

slijedi da zadani red konvergira.

6.20 Apsolutna konvergencija

Ispitajte konvergenciju redova:

(a) 1 +2

3− 4

9+

8

27+

16

81− 32

243+ · · · ,

(b)

∞∑

n=1

cosn√n3

.

Rjesenje.

(a) Red apsolutnih vrijednosti zadanog reda je

1 +2

3+

4

9+

8

27+

16

81+

32

243+ · · · =

∞∑

n=0

(2

3

)n

,

odnosno geometrijski red za q = 23 koji, prema [M1, primjer 6.8], konvergira jer

je |q| < 1. Prema [M1, definicija 6.11], zadani red je apsolutno konvergentan.Sada [M1, teorem 6.11] povlaci da je zadani red konvergentan.

6.21 Leibnizov kriterij konvergencije za alternirane redove 199

(b) Opci clan zadanog reda

an =cosn√n3

nije pozitivan za svaki n ∈ N pa promatramo

∞∑

n=1

|an| =

∞∑

n=1

| cosn|√n3

.

Za svaki n ∈ N vrijedi| cosn|√

n3≤ 1√

n3,

pri cemu je, prema [M1, napomena 6.3], red

∞∑

n=1

1√n3

konvergentan. Dakle, red s pozitivnim clanovima

∞∑

n=1

|an| ima konvergentnu

majorantu pa je, prema (i) iz [M1, teorem 6.10], konvergentan. Prema [M1,definicija 6.11], zadani red je apsolutno konvergentan. Prema [M1, teorem 6.11], slijedi da je zadani red konvergentan.

6.21 Leibnizov kriterij konvergencije za alternirane redove

Ispitajte konvergenciju redova:

(a)

∞∑

n=1

(−1)n sin1

n,

(b)

∞∑

n=1

(−1)n

n− lnn.

Rjesenje.

(a) Zadani red je alternirani jer za svaki n ∈ N vrijedi

1

n∈ 〈0, 1] zbog cega je sin

1

n> 0.

Konvergenciju alterniranog reda ispitujemo provjerom uvjeta (i) i (ii) Leibni-zovog kriterija iz [M1, teorem 6.13]. Prvo provjeravamo je li niz apsolutnihvrijednosti clanova zadanog reda padajuci, odnosno, vrijedi li za svaki n ∈ N

nejednakost

|an+1| ≤ |an|, gdje je an = (−1)n sin1

n,

200 NIZOVI I REDOVI

sto je ekvivalentno nejednakosti

sin1

n+ 1≤ sin

1

n,

koja vrijedi jer je sinx rastuca funkcija na intervalu 〈0, 1]. Zbog

limn→∞

|an| = limn→∞

sin1

n= sin 0 = 0,

vidimo da je i drugi uvjet zadovoljen pa zakljucujemo da zadani red konvergira.

(b) Zbog svojstava funkcije lnx, opci clan reda je jednak

an =(−1)n

n− lnn=

(−1)n

ln en − lnn=

(−1)n

ln en

n

,

odakle vidimo da je zadani red alternirani. Provjerimo prvi uvjet iz Leibnizovogkriterija. Za svaki n ∈ N treba vrijediti

|an+1| ≤ |an|, (6.9)

odnosno redom

1

ln en+1

n+1

≤ 1

ln en

n

,

lnen

n≤ ln

en+1

n+ 1,

en

n≤ en+1

n+ 1,

jer je lnx rastuca funkcija. Skracivanjem dobivamo nejednakost

1 +1

n≤ e

koja, prema [M1, §6.1.3], vrijedi za svaki n ∈ N. Buduci da je dobivenanejednakost ekvivalentna (6.9), slijedi da je prvi uvjet zadovoljen. Nadalje,vrijedi

limn→∞

|an| = limn→∞

1

ln en

n

= 0,

jer prosirenjem po neprekidnosti i primjenom L’Hospitalovog pravila dobivamo

limn→∞

en

n= lim

x→∞

ex

x= lim

x→∞

ex

1= ∞.

Stoga je zadovoljen i drugi uvjet Leibnizovog kriterija pa [M1, teorem 6.13]povlaci da zadani red konvergira.

6.22 Odredivanje podrucja konvergencije D’Alembertovim kriterijem 201

6.22 Odredivanje podrucja konvergencije D’Alembertovim kri-terijem

Odredite podrucje konvergencije i ispitajte ponasanje na rubu podrucja konvergen-cije sljedecih redova:

(a)

∞∑

n=1

xn

n(n+ 1),

(b)

∞∑

n=1

xn2

n!,

(c)∞∑

n=1

(−1)n

2n− 1

(1 − x

1 + x

)n

.

Rjesenje.

(a) Vrijedi

limn→∞

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣

xn+1

(n+ 1)(n+ 2)xn

n(n+ 1)

∣∣∣∣∣∣∣∣

= limn→∞

n

n+ 2· |x| = |x| .

Prema D’Alembertovom kriteriju (iii) iz [M1, teorem 6.10], zadani red konver-gira za sve x ∈ R za koje vrijedi |x| < 1, a divergira za sve x ∈ R za koje je|x| > 1. U tockama u kojima je |x| = 1 nema odluke. Dakle, zadani red konver-gira za sve x ∈ 〈−1, 1〉, a divergira za sve x ∈ 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉. Preostajeispitati konvergenciju zadanog reda u tockama x1 = −1 i x2 = 1. Uvrstavanjemtocke x2 = 1 dobivamo red

∞∑

n=1

1

n(n+ 1)

iz primjera 6.12 u [M1, §6.2.2] koji konvergira, a uvrstavanjem tocke x1 = −1alternirani red

∞∑

n=1

(−1)n

n(n+ 1)

koji takoder konvergira jer apsolutno konvergira. Dakle, podrucje konvergencijeje [−1, 1].

202 NIZOVI I REDOVI

(b) Zbog (6.4) vrijedi

limn→∞

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x(n+1)2

(n+ 1)!

xn2

n!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= limn→∞

n!

(n+ 1)!·∣∣∣∣∣

xn2+2n+1

xn2

∣∣∣∣∣

= limn→∞

|x|2n+1

n+ 1=

{0, |x| ≤ 1

+∞, |x| > 1.

Prema D’Alembertovom kriteriju, zadani red konvergira za sve x ∈ [−1, 1], adivergira za sve x ∈ 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉.

(c) Buduci je

limn→∞

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(−1)n+1

2n+ 1

(1 − x

1 + x

)n+1

(−1)n

2n− 1

(1 − x

1 + x

)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= limn→∞

2n+ 1

2n− 1·∣∣∣∣

1 − x

1 + x

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

1 − x

1 + x

∣∣∣∣,

prema D’Alembertovom kriteriju, zadani red konvergira za sve x ∈ R\{−1} zakoje vrijedi ∣

∣∣∣

1 − x

1 + x

∣∣∣∣< 1,

odnosno za sve x ∈ 〈0,+∞〉, a divergira za sve x ∈ 〈−∞, 0〉. Za tocku x =0 D’Alembertov kriterij ne daje odluku pa taj slucaj promatramo posebno.Uvrstavanjem dobivamo alternirani red

∞∑

n=1

(−1)n

2n− 1

koji konvergira prema Leibnizovom kriteriju. Dakle, podrucje konvergencije je[0,+∞〉.

6.23 Odredivanje podrucja konvergencije Cauchyjevim kri-terijem

Odredite podrucje konvergencije i ispitajte ponasanje na rubu podrucja konvergen-cije sljedecih redova:

(a)

∞∑

n=1

xn−1

n · 3n,

(b)

∞∑

n=1

n2

(n+ 1)2· x

2n

2n,

6.23 Odredivanje podrucja konvergencije Cauchyjevim kriterijem 203

(c)

∞∑

n=1

1

1 + 3 + · · · + (2n− 1)·(x+ 2

2x+ 1

)2n

.

Rjesenje.

(a) Buduci je

limn→∞

n√

|an| = limn→∞

n

√∣∣∣∣

xn−1

n · 3n

∣∣∣∣= lim

n→∞

|x|n−1n

n√n · 3 =

|x|11 · 3 =

|x|3,

prema Cauchyjevom kriteriju (iv) iz [M1, teorem 6.10], zadani red konvergiraza sve x ∈ R za koje vrijedi |x| < 3, divergira za sve x ∈ R za koje je |x| > 3,a u tockama u kojima je |x| = 3 nema odluke. Uvrstavanjem tocke x1 = −3dobivamo alternirani red

∞∑

n=1

(−1)n

n

koji, prema Leibnizovom kriteriju, konvergira, dok uvrstavanjem tocke x2 = 3dobivamo harmonijski red

∞∑

n=1

1

n

koji divergira. Dakle, zadani red konvergira za sve x ∈ [−3, 3〉, a inace divergira.

(b) Vrijedi

limn→∞

n√

|an| = limn→∞

n

√

n2

(n+ 1)2· x

2n

2n= lim

n→∞

(n

n+ 1

) 2n

· x2

2= 10 · x

2

2=x2

2.

Prema Cauchyjevom kriteriju, promatrani red konvergira za sve x ∈ R za kojevrijedi x2 < 2, a divergira za sve x ∈ R za koje je x2 > 2. Preostaje ispitati ko-nvergenciju u tockama x1 = −

√2 i x2 =

√2. Njihovim uvrstavanjem dobivamo

red∞∑

n=1

n2

(n+ 1)2

koji divergira jer ne zadovoljava nuzan uvjet konvergencije iz [M1, teorem 6.9].Dakle, zadani red konvergira za x ∈ 〈−

√2,√

2〉.(c) Primjenom formule za sumu prvih n clanova aritmetickog niza, dobivamo da je

opci clan zadanog reda jednak

an =1

n2·(x+ 2

2x+ 1

)2n

.

Buduci je

limn→∞

n√

|an| = limn→∞

n

√√√√

∣∣∣∣∣

1

n2·(x+ 2

2x+ 1

)2n∣∣∣∣∣= lim

n→∞

1

( n√n)2

·(x+ 2

2x+ 1

)2

=

(x+ 2

2x+ 1

)2

,

204 NIZOVI I REDOVI

prema Cauchyjevom kriteriju, zadani red konvergira za sve x ∈ R\{− 12} za koje

vrijedi(x+ 2

2x+ 1

)2

< 1,

odnosno za sve x ∈ 〈−∞,−1〉 ∪ 〈1,+∞〉, a divergira za sve x ∈ 〈−1, 1〉. Zatocke x1 = −1 i x2 = 1, prema Cauchyjevom kriteriju, nema odluke. Pripadnired je

∞∑

n=1

1

n2

koji, prema [M1, napomena 6.3], konvergira. Slijedi da je podrucje konvergen-cije jednako 〈−∞,−1] ∪ [1,+∞〉.

6.24 Podrucje apsolutne konvergencije

Odredite podrucje apsolutne konvergencije reda

∞∑

n=1

(x− 1)n

(2n+ 1)(2n+ 3)

i sumu reda u tocki x = 2.

Rjesenje. Vrijedi

limn→∞

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣

(x− 1)n+1

(2n+ 3)(2n+ 5)

(x− 1)n

(2n+ 1)(2n+ 3)

∣∣∣∣∣∣∣∣

= limn→∞

2n+ 1

2n+ 5· |x− 1| = |x− 1|.

Prema D’Alembertovom kriteriju (iii) iz [M1, teorem 6.10], red apsolutno konvergiraza sve x ∈ R za koje vrijedi |x− 1| < 1, odnosno za x ∈ 〈0, 2〉.Preostaje ispitati apsolutnu konvergenciju u tockama x1 = 0 i x2 = 2. Uvrstavanjemtocke x1 = 0 dobivamo red

∞∑

n=1

(−1)n

(2n+ 1)(2n+ 3),

a tocke x2 = 2 red∞∑

n=1

1

(2n+ 1)(2n+ 3).

U oba slucaja vrijedi

|an| =1

(2n+ 1)(2n+ 3)=

1

2

(1

2n+ 1− 1

2n+ 3

)

,

6.25 Taylorov razvoj racionalne funkcije 205

pa je parcijalna suma dana s

sk =k∑

n=1

|an| =1

2

(1

3− 1

5+

1

5− 1

7+ · · · + 1

2k + 1− 1

2k + 3

)

=1

2

(1

3− 1

2k + 3

)

.

Iz ovoga slijedi da je

limk→∞

sk =1

6,

sto je suma reda u tocki x2 = 2. Takoder, zakljucujemo da zadani red apsolutnokonvergira u tockama x1 = 0 i x2 = 2. Konacno, podrucje apsolutne konvergencijereda je segment [0, 2].

6.25 Taylorov razvoj racionalne funkcije

Razvijte u Taylorov red u tocki x0 = 3 funkciju

f(x) =1

x,

odredite podrucje konvergencije dobivenog reda i izracunajte sumu reda

1

3+

2

9+

4

27+

8

81+

16

243+ · · · .

Rjesenje. Odredimo prvo n-tu derivaciju funkcije f u tocki x0 = 3. Iz

f ′(x) = −x−2,

f ′′(x) = (−1)(−2)x−3,

f ′′′(x) = (−1)(−2)(−3)x−4,

zakljucujemo

f (n)(x) = (−1)(−2)(−3) · · · (−n)x−(n+1) = (−1)n n!x−(n+1),

pa je

f (n)(3) = (−1)n n! 3−(n+1) =(−1)n n!

3n+1.

Za tocku x0 = 3 formula Taylorovog razvoja funkcije f iz [M1, teorem 6.18] glasi

f(x) = f(3) +

∞∑

n=1

f (n)(3)

n!(x− 3)n,

odakle uvrstavanjem slijedi

f(x) =1

3+

∞∑

n=1

(−1)n

3n+1(x− 3)n,

f(x) =∞∑

n=0

(−1)n

3n+1(x− 3)n. (6.10)

206 NIZOVI I REDOVI

Odredimo za koje vrijednosti x ∈ R formula vrijedi, odnosno ispitajmo podrucjekonvergencije dobivenog reda. Zbog

limn→∞

n√

|an| = limn→∞

n

√∣∣∣∣(−1)n

1

3n+1(x− 3)n

∣∣∣∣= lim

n→∞

|x− 3|3

n+1n

=|x− 3|

3,

Cauchyjev kriterij povlaci da red konvergira ako je |x − 3| < 3, odnosno za svex ∈ 〈0, 6〉. Redovi u tockama x1 = 0 i x2 = 6,

∞∑

n=0

1

3i

∞∑

n=0

(−1)n

3,

divergiraju jer ne zadovoljavaju nuzan uvjet konvergencije. Podrucje konvergencijeje 〈0, 6〉.Izracunajmo sada sumu zadanog reda. Vrijedi

1

3+

2

9+

4

27+

8

81+

16

243+ · · · =

∞∑

n=0

2n

3n+1.

Za x = 1 formula (6.10) daje

f(1) =∞∑

n=0

2n

3n+1,

a jer je f(1) = 1, slijedi

1

3+

2

9+

4

27+

8

81+

16

243+ · · · = 1.

6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije

Razvijte u MacLaurinov red funkciju

f(x) =1 + x

(1 − x)3,

odredite podrucje konvergencije dobivenog reda i izracunajte sumu reda

1 − 4

3+

9

9− 16

27+

25

81− · · · .

Rjesenje. Zadanu funkciju mozemo zapisati u obliku

f(x) =1 + x

(1 − x)3=

2 + (x− 1)

−(x− 1)3= − 2

(x− 1)3− 1

(x− 1)2= −2 (x−1)−3− (x−1)−2.

Slijedi

f ′(x) = (−2)(−3)(x− 1)−4 − (−2)(x− 1)−3,

f ′′(x) = (−2)(−3)(−4)(x− 1)−5 − (−2)(−3)(x− 1)−4,

f ′′′(x) = (−2)(−3)(−4)(−5)(x− 1)−6 − (−2)(−3)(−4)(x− 1)−5,

6.26 MacLaurinov razvoj racionalne funkcije 207

odakle zakljucujemo

f (n)(x) = (−2)(−3) · · · [−(n+ 2)](x− 1)−(n+3) − (−2) · · · [−(n+ 1)](x− 1)−(n+2)

= (−1)n+1(n+ 2)! (x− 1)−(n+3) − (−1)n(n+ 1)! (x− 1)−(n+2),

pa je

f (n)(0) = (−1)n+1(n+ 2)!(−1)n+3 − (−1)n(n+ 1)!(−1)n+2

= (n+ 2)(n+ 1)n! − (n+ 1)n!

= [(n+ 2) − 1](n+ 1)n!

= (n+ 1)2n!.

Prema [M1, teorem 6.18], MacLaurinov razvoj funkcije f glasi

f(x) = 1 +

∞∑

n=1

(n+ 1)2xn,

odnosno

f(x) =

∞∑

n=0

(n+ 1)2xn. (6.11)

Buduci je

limn→∞

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣= lim

n→∞

(n+ 2

n+ 1

)2

· |x| = |x| ,

D’Alembertov kriterij povlaci da dobiveni red konvergira za x ∈ 〈−1, 1〉. U tockamax1 = −1 i x2 = 1 red glasi

∞∑

n=0

(n+ 1)2,

pa divergira jer ne zadovoljava nuzan uvjet konvergencije.

Za trazenu sumu vrijedi

1 − 4

3+

9

9− 16

27+

25

81− · · · =

∞∑

n=0

(−1)n (n+ 1)2

3n.

Iz formule (6.11) za x = − 13 slijedi

f

(

−1

3

)

=∞∑

n=0

(−1)n (n+ 1)2

3n,

sto zajedno s

f

(

−1

3

)

=1 +

(− 1

3

)

[1 −

(− 1

3

)]3 =23

(43

)3 =9

32

daje

1 − 4

3+

9

9− 16

27+

25

81− · · · =

9

32.

208 NIZOVI I REDOVI

6.27 MacLaurinov razvoj logaritamske funkcije

Razvijte u MacLaurinov red funkciju

f(x) = ln(1 + 2x)

i odredite podrucje konvergencije dobivenog reda.

Rjesenje. Odredimo prvo n-tu derivaciju funkcije f u tocki x0 = 0. Iz

f ′(x) = (1 + 2x)−1 · 2,f ′′(x) = (−1)(1 + 2x)−2 · 22,

f ′′′(x) = (−1)(−2)(1 + 2x)−3 · 23,

zakljucujemo

f (n)(x) = (−1)(−2) · · · [−(n− 1)](1 + 2x)−n · 2n

= (−1)n−1(n− 1)! (1 + 2x)−n · 2n,

pa je

f (n)(0) = (−1)n−1(n− 1)! 2n.

Prema [M1, teorem 6.18], MacLaurinov razvoj funkcije f glasi

f(x) =

∞∑

n=1

(−1)n−1 2nxn

n.

Buduci je

limn→∞

n√

|an| = limn→∞

n

√∣∣∣∣(−1)n−1

2n

nxn

∣∣∣∣= lim

n→∞

2n√n· |x| = 2|x|,

Cauchyjev kriterij povlaci da dobiveni red konvergira za x ∈⟨− 1

2 ,12

⟩. U tocki

x1 = − 12 red glasi

−∞∑

n=1

1

n,

pa divergira jer harmonijski red divergira, dok u tocki x2 = 12 konvergira prema

Leibnizovom kriteriju jer se radi o alterniranom redu

∞∑

n=1

(−1)n−1

n.

Dakle, podrucje konvergencije je⟨− 1

2 ,12

].

6.28 Taylorov razvoj iracionalne funkcije 209

6.28 Taylorov razvoj iracionalne funkcije

Razvijte u Taylorov red u tocki x0 = 1 funkciju

f(x) =1

3√

(5x− 4)7


Rjesenje. Iz

f ′(x) = −(

7

3

)

(5x− 4)−103 · 5,

f ′′(x) =

(

−7

3

)(

−10

3

)

(5x− 4)−133 · 52,

f ′′′(x) =

(

−7

3

)(

−10

3

)(

−13

3

)

(5x− 4)−163 · 53,

slijedi

f (n)(x) =

(

−7

3

)(

−10

3

)

· · ·(

−3n+ 4

3

)

(5x− 4)−3n+7

3 · 5n

= (−1)n 7 · 10 · · · (3n+ 4)

3n· (5x− 4)−

3n+73 · 5n,

pa je

f (n)(1) = (−1)n 7 · 10 · · · (3n+ 4) ·(

5

3

)n

.

Za tocku x0 = 1 formula Taylorovog razvoja funkcije f iz [M1, teorem 6.18] glasi

f(x) = f(1) +∞∑

n=1

f (n)(1)

n!(x− 1)n,

odakle uvrstavanjem slijedi

f(x) = 1 +

∞∑

n=1

(−1)n 7 · 10 · · · (3n+ 4)

n!·(

5

3

)n

(x − 1)n,

Buduci da je

limn→∞

∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(−1)n+1 7 · 10 · · · (3n+ 7)

(n+ 1)!·(

5

3

)n+1

(x− 1)n+1

(−1)n7 · 10 · · · (3n+ 4)

n!·(

5

3

)n

(x− 1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= limn→∞

3n+ 7

n+ 1· 5

3· |x− 1| = 5|x− 1|,

D’Alembertov kriterij povlaci da red konvergira za x ∈⟨

45 ,

65

⟩.

210 NIZOVI I REDOVI

6.29 Taylorov razvoj trigonometrijske funkcije

Razvijte u Taylorov red u tocki x0 = π−64 funkciju

f(x) = sin2(2x+ 3)


Rjesenje. Zbog svojstava trigonometrijskih funkcija, zadana funkcija je jednaka

f(x) = sin2(2x+ 3) =1

2[1 − cos(4x+ 6)] =

1

2− 1

2cos(4x+ 6).

Odredimo prvo n-tu derivaciju funkcije f u tocki x0 = π−64 . Vrijedi

f ′(x) = −1

2· [− sin(4x+ 6)] · 4 = −1

2· cos

(

4x+ 6 +π

2

)

· 4,

f ′′(x) = −1

2· [− cos(4x+ 6)] · 42 = −1

2· cos

(

4x+ 6 + 2 · π2

)

· 42,

f ′′′(x) = −1

2· sin(4x+ 6) · 43 = −1

2· cos

(

4x+ 6 + 3 · π2

)

· 43,

pa zakljucujemo

f (n)(x) = −1

2· cos

(

4x+ 6 + n · π2

)

· 4n,

odakle slijedi

f (n)

(π − 6

4

)

= −1

2· cos

(

π + n · π2

)

· 4n = cos(nπ

2

)

· 22n−1.

Rastavljanjem na parne i neparne n-ove, dobivamo da za k ∈ N vrijedi

f (2k)

(π − 6

4

)

= (−1)k · 24k−1 i f (2k+1)

(π − 6

4

)

= 0.

Prema [M1, teorem 6.18], Taylorov razvoj funkcije f u tocki x0 = π−64 glasi

f(x) = 1 +

∞∑

k=1

(−1)k 24k−1

(2k)!

(

x− π − 6

4

)2k

.

Odredimo podrucje konvergencije dobivenog reda D’Alembertovim kriterijem. Iz

limk→∞

∣∣∣∣

a2(k+1)

a2k

∣∣∣∣= lim

k→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(−1)k+1 24k+3

(2k + 2)!

(

x− π − 6

4

)2k+2

(−1)k24k−1

(2k)!

(

x− π − 6

4

)2k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= limk→∞

24

(2k + 1)(2k + 2)·(

x− π − 6

4

)2

= 0,

zakljucujemo da promatrani red konvergira za sve x ∈ R.

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija 211

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija

Razvijte u Taylorov red funkciju f u tocki x0 ako je:

(a) f(x) = cos(2x− 2) i x0 = 1,

(b) f(x) = sin(π

4x)

i x0 = 2,

(c) f(x) =ex + e−x

2i x0 = 0,

(d) f(x) = ln√x2 + 3x− 4 i x0 = 2,

(e) f(x) =x4 + 1

1 + x+ x2 + x3i x0 = 0,

te odredite podrucje konvergencije dobivenog reda.

Rjesenje. Zadane funkcije cemo razviti u Taylorov red koristenjem MacLaurinovihrazvoja nekih elementarnih funkcija iz [M1, §6.5], kao sto su

sinx =

∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)!, x ∈ R, (6.12)

cosx =

∞∑

n=0

(−1)n x2n

(2n)!, x ∈ R, (6.13)

ex =

∞∑

n=0

xn

n!, x ∈ R, (6.14)

ln(1 + x) =∞∑

n=1

(−1)n+1xn

n, x ∈ 〈−1, 1], (6.15)

1

1 − x=

∞∑

n=0

xn, x ∈ 〈−1, 1〉. (6.16)

(a) Uvrstavanjem izraza (x− 1) umjesto x u formulu (6.13), slijedi da je Taylorovred funkcije f u tocki x0 = 1 jednak

f(x) = cos[2(x− 1)] =

∞∑

n=0

(−1)n [2(x− 1)]2n

(2n)!=

∞∑

n=0

(−1)n 22n

(2n)!(x− 1)2n.

Podrucje konvergencije reda (6.13) je R, pa i dobiveni red konvergira za svex ∈ R.

(b) Koristenjem svojstava trigonometrijskih funkcija, dobivamo

f(x) = sin[π

4(x− 2) +

π

2

]

= cos[π

4(x− 2)

]

,

212 NIZOVI I REDOVI

pa je primjenom formule (6.13), Taylorov red funkcije f u tocki x0 = 2 jednak

f(x) =

∞∑

n=0

(−1)n

[π

4(x− 2)

]2n

(2n)!=

∞∑

n=0

(−1)n

(2n)!

(π

4

)2n

(x− 2)2n,

pri cemu red konvergira za sve x ∈ R.

(c) Trebamo odrediti MacLaurinov razvoj zadane funkcije pa uvrstavanjem redomx i −x u formulu (6.14), slijedi

f(x) =1

2(ex + e−x) =

1

2

( ∞∑

n=0

xn

n!+

∞∑

n=0

(−x)n

n!

)

=1

2

∞∑

n=0

1 + (−1)n

n!xn.

Jer za svaki k ∈ Z vrijedi

1 + (−1)n

n!=

2

(2k)!, n = 2k

0, n = 2k + 1,

MacLaurinov red funkcije f glasi

f(x) =1

2

∞∑

k=0

2

(2k)!x2k =

∞∑

k=0

x2k

(2k)!

i konvergira za svaki x ∈ R.

(d) Zbog svojstava funkcije lnx, slijedi

f(x) =1

2ln(x− 1)(x+ 4) =

1

2[f1(x) + f2(x)],

gdje je f1(x) = ln(x− 1), a f2(x) = ln(x + 4). Odredimo prvo Taylorov razvojfunkcije f1 oko tocke x0 = 2. Prema formuli (6.15), vrijedi

f1(x) = ln[1 + (x− 2)] =∞∑

n=1

(−1)n+1 (x− 2)n

n,

za sve x ∈ R za koje je (x − 2) ∈ 〈−1, 1], odnosno za sve x ∈ 〈1, 3].

Na isti nacin slijedi

f2(x) = ln[6 + (x− 2)] = ln

[

6

(

1 +x− 2

6

)]

= ln 6 + ln

(

1 +x− 2

6

)

= ln 6 +

∞∑

n=1

(−1)n+1

(x− 2

6

)n

n= ln 6 +

∞∑

n=1

(−1)n+1

n · 6n(x− 2)n,

za sve x ∈ R za koje je x−26 ∈ 〈−1, 1], odnosno za sve x ∈ 〈−4, 8].

6.30 Primjena MacLaurinovih razvoja elementarnih funkcija 213

Sada iz razvoja funkcija f1 i f2, dobivamo da je Taylorov razvoj funkcije f okotocke x0 = 2 jednak

f(x) =1

2

[ ∞∑

n=1

(−1)n+1 (x − 2)n

n+ ln 6 +

∞∑

n=1

(−1)n+1

n · 6n(x− 2)n

]

= ln√

6 +

∞∑

n=1

(−1)n+1

2n

(

1 +1

6n

)

(x− 2)n,

za sve x ∈ 〈1, 3] ∩ 〈−4, 8] = 〈1, 3].

(e) Svodenjem na pravu racionalnu funkciju, a potom rastavljajuci na parcijalnerazlomke, dobivamo

f(x) =x4 + 1

1 + x+ x2 + x3= (x−1)+

2

1 + x+ x2 + x3= (x−1)+

1

1 + x+−x+ 1

1 + x2.

Dakle, mozemo pisati

f(x) = (x − 1) + f1(x) + (−x+ 1)f2(x),

gdje je

f1(x) =1

1 + x=

1

1 − (−x) =

∞∑

n=0

(−1)nxn,

f2(x) =1

1 + x2=

1

1 − (−x2)=

∞∑

n=0

(−1)nx2n,

sto slijedi iz formule (6.16), redom za izraze −x i −x2. Nadalje, MacLaurinovred funkcije f1 konvergira za sve x ∈ R za koje je −x ∈ 〈−1, 1〉, a funkcijef2 za sve x ∈ R za koje je −x2 ∈ 〈−1, 1〉. Stoga MacLaurinov red funkcije fkonvergira za sve x ∈ 〈−1, 1〉 i glasi

f(x) = (x− 1) +

∞∑

n=0

(−1)nxn + (−x+ 1)

∞∑

n=0

(−1)nx2n

= (x− 1) +

∞∑

n=0

x2n −∞∑

n=0

x2n+1 −∞∑

n=0

(−1)nx2n+1 +

∞∑

n=0

(−1)nx2n

= (x− 1) +∞∑

n=0

[1 + (−1)n]x2n −∞∑

n=0

[1 + (−1)n]x2n+1

= (x− 1) +

∞∑

n=0

[1 + (−1)n](x2n − x2n+1

)

= (x− 1) + 2∞∑

n=0

(x4n − x4n+1

)= 1 − x+ 2

∞∑

n=1

(x4n − x4n+1

).

214 NIZOVI I REDOVI


1. Zadan je niz

an =n− 1

n+ 1.

Odredite a = limn→∞

an, te za ε = 10−4 odredite pripadni nε.

2. Odredite sva gomilista niza

an =3n2 + 2n

n2 − 1· 1 + (−1)n

2+

1 − (−1)n

n.

3. Zadan je niz

an =

(

1 +1

n

)

cosnπ.

Odredite sva gomilista niza {an}, inf an, sup an, lim inf an, lim sup an.

4. Zadan je niz

an =(1 − a)n2 + 2n+ b

an2 + n+ 1.

Odredite konstante a i b takve da je limn→∞

an = 2 i a1 = 0.

5. Izracunajte limese sljedecih nizova:

(a) an =2n+1 + 3n+1

2n + 3n,

(b) an =(n+ 1)(3n + 1)

2 · 3n + 1,

(c) an =

(n+ 1

n− 1

)n

,

(d) an =

(2n+ 3

2n+ 1

)(n+1)

,

(e) an =

(2n

2n+ 1

)n

.


(a) an =n+ 7 sinn

13 − 2n,

(b) an =2√

n2 + 1+

2√

n2 + 12

+ · · · + 2√

n2 + 1n

.


(a) an =n sin(n!)

n2 + 1,


(b) an =1√n

cos

(

n+1

n

)

.


(a) an =1

n2

n∑

k=1

k,

(b) an =1

n3

n∑

k=1

k2,

(c) an =1

n3

n∑

j=1

j∑

i=1

i,

9. Izracunajte limes niza

an =

n∏

k=2

k2 + k − 2

k(k + 1).

10. Izracunajte limes niza

an =

n+1∑

k=2

ln

(

1 − 1

k2

)

.

11. Zadani su nizovi

an =cn2 + 1

(c+ 3)n2 + cn+ 4i

bn =1

c(c+ 1)+

1

(c+ 1)(c+ 2)+ · · · + 1

(c+ n− 1)(c+ n).

Odredite parametar c > 0 takav da je limn→∞

an

bn= 4.

12. Izracunajte sumu reda∞∑

n=1

log

(

1 +1

n

)

.


n=1

1

n(n+ 3).


n=1

1

n(n+ 1)(n+ 2).

15. Izracunajte sumu reda

1

1 · 3 +1

3 · 5 +1

5 · 7 +1

7 · 9 + · · · .

16. Poredbenim kriterijem ispitajte konvergenciju sljedecih redova:

216 NIZOVI I REDOVI

(a)∞∑

n=1

1

nsin na,

(b)

∞∑

n=1

1

nlog

(

1 +1

n

)

.

17. D’Alembertovim kriterijem ispitajte konvergenciju sljedecih redova:

(a)

∞∑

n=1

n!

10n,

(b)∞∑

n=1

3n2 − 5

n 2n.

18. Cauchyjevim kriterijem ispitajte konvergenciju sljedecih redova:

(a)

∞∑

n=1

3n

2n · arctgn n,

(b)∞∑

n=1

nn sin2

n.

19. Ispitajte konvergenciju sljedecih redova:

(a)

∞∑

n=1

nn

(n!)2,

(b)

∞∑

n=1

(2n− 1)!

2 · 4 · 6 · · · 2n ,

(c)∞∑

n=1

2n(n!)2

n2n,

(d)

∞∑

n=1

nn2 · (2n)n+1

n!,

(e)

∞∑

n=1

1

nn,

(f)

∞∑

n=1

(n

n+√n

)n(1+√

n)

,

(g)∞∑

n=1

[(

1 +1

n

)2]n2

,

(h)∞∑

n=1

1

2n · n2n

(n+ 1

n

)2n

.


20. Ispitajte konvergenciju reda

1 +1

a+

2b

a2+

3b

a3+ · · · + nb

an+ · · · ,

u ovisnosti o parametrima a, b > 0.

21. Raabeovim kriterijem ispitajte konvergenciju sljedecih redova:

(a)

∞∑

n=1

4n (n!)2

(2n)!,

(b)

∞∑

n=1

(2n− 1)!

(2 · 4 · 6 · · · 2n)2 .

22. Ispitajte konvergenciju reda

∞∑

n=1

n!

(a+ 1)(a+ 2)(a+ 3) · · · (a+ n),

u ovisnosti o parametru a > 0.

23. Ispitajte konvergenciju sljedecih redova:

(a) 1 +1

2− 1

4+

1

8+

1

16− 1

32+ · · · ,

(b) sin 1 +sin 2

22+

sin 3

32+ · · · + sinn

n2+ · · · .

24. Leibnizovim kriterijem ispitajte konvergenciju sljedecih redova:

(a)∞∑

n=1

(−1)n−1 1

n,

(b)∞∑

n=1

(−1)n+1(√

n2 + 1 − n)

,

(c)∞∑

n=1

(−1)n 1

(lnn)n.

25. Odredite podrucje konvergencije i ispitajte ponasanje na rubu podrucja ko-nvergencije sljedecih redova:

(a)

∞∑

n=1

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)!,

(b)

∞∑

n=1

(−1)n (x+ 1)2n+1

n2,

(c)

∞∑

n=1

xn

√n2 + 1

,

218 NIZOVI I REDOVI

(d)∞∑

n=1

xn

n · 10n,

(e)

∞∑

n=1

(−1)n 3n

n · (x− 5)n,

(f)

∞∑

n=1

(−x2 + 3x+ 2)n

n · 2n.

26. Odredite podrucje konvergencije reda

(x− 1) +2!(x− 1)2

22+ · · · + n!(x− 1)n

nn+ · · · .

27. Razvijte u MacLaurinov red funkciju

(a) f(x) =2

1 + 2x,

(b) f(x) =x2

1 − x,

(c) f(x) =x2 + 1

2 + x,

(d) f(x) =7

(3x+ 2)(2x− 1).


28. Razvijte u Taylorov red funkciju f u tocki x0 ako je:

(a) f(x) =1

3 − 2xi x0 = 1,

(b) f(x) = e2x−6 i x0 = 3,

(c) f(x) = ln√x− 1 i x0 = 2,

(d) f(x) = ln2 + x

3 + 2xi x0 = −1,

(e) f(x) = sin(

2x− π

2

)

i x0 =π

2,

te odredite podrucje konvergencije dobivenog reda.

29. Uz pomoc MacLaurinovog razvoja funkcije f(x) = ex izracunajte sumu reda

∞∑

n=0

1

2n · n!.

30. Razvijte u Taylorov red u tocki x0 = −1 funkciju f(x) = ln1

(13x+ 2

)4 , odre-

dite podrucje konvergencije dobivenog reda i izracunajte sumu reda

1 − 1

2+

1

3− 1

4+

1

5− · · · .

6.32 Rjesenja 219

6.32 Rjesenja

1. a = 1, nε = 20000.

2. Gomilista niza su 0 i 3.

3. Gomilista niza su -1 i 1, inf an = −2, sup an =3

2, lim inf an = −1, lim sup an =

1.

4. a =1

3, b = −8

3.

5. (a) 3,

(b) +∞,

(c) e2,

(d) e,

(e)1√e.

6. (a) −1

2,

(b) 2.

7. (a) 0,

(b) 0.

8. (a)1

2,

(b)1

3,

(c)1

6.

9.2

3.

10. − ln 2.

11. c = 6.

12.1

6.

13.11

18.

14.1

4.

15.1

3.

220 NIZOVI I REDOVI

16. (a) an >1

ni

∞∑

n=1

1

ndivergira ⇒ red divergira,

(b) an <1

n2i

∞∑

n=1

1

n2konvergira ⇒ red konvergira.

17. (a) limn→∞

an+1

an= +∞ ⇒ red divergira,

(b) limn→∞

an+1

an=

1

2⇒ red konvergira.

18. (a) limn→∞

n√an =

3

π⇒ red konvergira,

(b) limn→∞

n√an = +∞ ⇒ red divergira.

19. (a) limn→∞

an+1

an= 0 ⇒ red konvergira,

(b) limn→∞

an+1

an= +∞ ⇒ red divergira,

(c) limn→∞

an+1

an=

2

e2⇒ red konvergira,

(d) limn→∞

an+1

an= 0 ⇒ red konvergira,

(e) limn→∞

n√an = 0 ⇒ red konvergira,

(f) limn→∞

n√an =

1

e⇒ red konvergira,

(g) limn→∞

n√an = e2 ⇒ red divergira,

(h) limn→∞

n√an =

1


20. limn→∞

n√an =

1

a⇒ red konvergira za a > 1, divergira za a < 1.

Za a = 1 je limn→∞

an = +∞ pa red divergira.

21. (a) limn→∞

n

(

1 − an+1

an

)

= −1

2⇒ red divergira,

(b) limn→∞

n

(

1 − an+1

an

)

=3


22. limn→∞

n

(

1 − an+1

an

)

= a⇒ red konvergira za a > 1, divergira za a < 1.

Za a = 1 je an =1

n+ 1pa red divergira.

23. (a)∞∑

n=0

|an| =∞∑

n=0

(1

2

)n

je geometrijski red za q = 12 < 1 ⇒ red apsolutno

konvergira ⇒ red konvergira,

6.32 Rjesenja 221

(b) |an| ≤1

n2i∑∞

n=11

n2 konvergira ⇒ red apsolutno konvergira ⇒ red ko-

nvergira.

24. Prema Leibnizovom kriteriju redovi konvergiraju.

25. (a) R,

(b) [−2, 0],

(c) 〈1 − e, 1 + e〉,(d) [−1, 1〉,(e) [−10, 10〉,(f) 〈−∞, 2〉 ∪ [8,+∞〉,(g) 〈−1, 0〉 ∪ 〈3, 4〉.

26. 〈1 − e, 1 + e〉.

27. (a)2

1 + 2x=

∞∑

n=0

(−1)n2n+1xn, x ∈⟨− 1

2 ,12

⟩,

(b)x2

1 − x=

∞∑

n=0

xn+2, x ∈ 〈−1, 1〉,

(c)x2 + 1

2 + x=

1

2− 1

4x+ 5

∞∑

n=2

(−1)n xn

2n+1, x ∈ 〈−2, 2〉,

(d)7

(3x+ 2)(2x− 1)=

∞∑

n=0

[(

−3

2

)n+1

− 2n+1

]

xn, x ∈⟨− 1

2 ,12

]

28. (a)1

3 − 2x=

∞∑

n=0

2n(x− 1)n, x ∈⟨

12 ,

32

⟩,

(b) e2x−6 =∞∑

n=0

2n(x− 3)n

n!, x ∈ R,

(c) ln√x− 1 =

1

2

∞∑

n=1

(−1)n+1 (x − 2)n

n, x ∈ 〈1, 3],

(d) ln2 + x

3 + 2x=

∞∑

n=1

(−1)n+1(1 − 2n)(x + 1)n

n, x ∈

⟨− 3

2 ,− 12

],

(e) sin(

2x− π

2

)

=

∞∑

n=0

(−1)n 22n

(2n)!

(

x− π

2

)2n

, x ∈ R.

29.

∞∑

n=0

1

2n · n!=

√e.

30. ln1

(13x+ 2

)4 = 4 ln3

5+ 4

∞∑

n=1

(−1)n

n 5n(x+ 1)n, x ∈ 〈−6, 4],

∞∑

n=1

(−1)n−1

n= ln 2.

222 NIZOVI I REDOVI

A.

DA/NE KVIZ

A.1 Osnove matematike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

A.2 Linearna algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

A.3 Vektorska algebra i analiticka geometrija . . . . . . . . . . . . . 236

A.4 Funkcije realne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

A.5 Derivacije i primjene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

A.6 Nizovi i redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

U sljedecim poglavljima nalazi se DA/NE kviz iz gradiva koje se obraduje u istoime-nim poglavljima na vjezbama i na predavanjima. U svakom poglavlju nalazi se stotvrdnji, pri cemu je svaka tvrdnja ili tocna ili netocna, odnosno na svaku tvrdnju semoze odgovoriti s DA ili s NE. Tocna rjesenja se nalaze na kraju svakog poglavlja.

A.1 Osnove matematike

1. ”Je li danas ponedjeljak?” je sud.

2. [τ(A ∧B) = ⊤] ⇒ [τ(A) = ⊤ ∧ τ(B) = ⊥].

3. Implikaciju oznacavamo s ⇔.

4. [τ(A ⇒ B) = ⊥] ⇒ [τ(A) = ⊤ ∧ τ(B) = ⊥].

5. [τ(A ⇔ B) = ⊥] ⇒ [τ(A) = ⊥ ∨ τ(B) = ⊥].

6. ”A je brzi od B” je predikat.

7. τ [(∃!x ∈ Z) x2 = 4] = ⊤.

8. Za svaki skup X vrijedi X ∈ 2X .

9. Ako je X = {A, 1} tada je 2X = {{A}, {1}}.

10. Binarna relacija na skupu A je svaki podskup skupa A× A.

11. Binarna relacija R na skupu A je tranzitivna ako je xRx za ∀x ∈ A.

224 DA/NE KVIZ

12. Binarna relacija R na skupu A je simetricna ako xR y ⇒ yRx.

13. Binarna relacija R na skupu A je tranzitivna ako (xR y ∧ yR z) ⇒ xR z.

14. Binarna relacija R na skupu A je relacija ekvivalencije ako (xR y∧ yR z) ⇒xR z.

15. Binarna relacija je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, antisimetricna itranzitivna.

16. Binarna relacija R na skupu prirodnih brojeva N zadana s mRn ako su m in iste parnosti je relacija ekvivalencije.

17. Binarna relacija je relacija parcijalnog uredaja ako je refleksivna, antisime-tricna i tranzitivna.

18. Broj√

2 je donja meda skupa (3, 10] ⊂ R.

19. Broj 10 je infimum skupa (3, 10] ⊂ R.

20. Broj 3 je infimum skupa (3, 10] ⊂ R.

21. Skup (3, 10] ⊂ R nema supremum.

22. Broj 10 je jedina gornja meda skupa (3, 10] ⊂ Q.

23. Supremum skupa je jedinstven.

24. Funkcije f(x) =1 − x2

1 + xi g(x) = 1 − x su jednake.

25. Ako je f(x) = x3 tada je f(c+ d) = c3 + d3.

26. h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f .

27. h ◦ f = f ◦ h.

28. Kompozicija funkcija je asocijativna.

29. Kompozicija funkcija je komutativna.

30. Za zadanu restrikciju domene restrikcija funkcije je uvijek jedinstvena.

31. Ekstenzija funkcije je uvijek jedinstvena.

32. Funkcija f(x) =1 − x2

1 + xje ekstenzija funkcije g(x) = 1 − x.

33. Funkcija f je surjekcija ako f(x) = f(x′) ⇒ x = x′ za ∀x, x′ ∈ Df .

34. Funkcija f je injekcija ako f(x) = f(x′) ⇒ x = x′ za ∀x, x′ ∈ Df .

35. Funkcija je injekcija ako u razlicitim tockama ima razlicite vrijednosti.

36. Bijekcija je istovremeno injekcija i surjekcija.

37. Identiteta je funkcija zadana s f(x) = 1.

A.1 Osnove matematike 225

38. Za svaku funkciju f kompozicija f ◦ f−1 je identiteta.

39. Funkcija f(x) =1 − x2

1 + xje bijekcija.

40. Funkcija f(x) = 1 je injekcija.

41. Funkcija f(x) = x · sinx je bijekcija.

42. Dva skupa su ekvipotentna ako postoji injekcija izmedu njih.

43. Ekvipotencija je relacija ekvivalencije na skupu svih skupova.

44. Skup je beskonacan ako je ekvipotentan sa svojim pravim podskupom.

45. Skup prirodnih brojeva i skup parnih brojeva imaju jednako mnogo eleme-nata.

46. Skup prirodnih brojeva je jedini skup koji zadovoljava Peanove aksiome.

47. 1 + 2 + 3 + · · · + (n− 1) + n =n(n+ 1)

2, ∀n ∈ N.

48. Skup prirodnih brojeva je diskretan.

49. Ukupno ima nn razlicitih permutacija n-tog reda.

50. (n+ 1)! = n · n!.

51. Za ∀k, n ∈ N, k < n vrijedi

(n

k

)

+

(n

k + 1

)

=

(n+ 1

k + 1

)

.

52. Binomni poucak glasi (a+ b)n =

n∑

k=0

(n

k

)

akbn−k.

53. Vrijedi

(n

k

)

+

(n

k + 1

)

=

(n+ 1

k + 1

)

.

54. Zbroj elemenata u n-tom retku Pascalovog trokuta jednak je 2n.

55. Skup Z ima vise elemenata od skupa N.

56. Skup Z je prebrojiv.

57. Q = Z × N.

58. Skup racionalnih brojeva je neprebrojiv.

59. Skup racionalnih brojeva je gust.

60. Skup racionalnih brojeva ima vise elemenata od skupa Z.

61. Skup Q prekriva cijeli brojevni pravac.

62. Skup R je unija skupova racionalnih i iracionalnih brojeva.

226 DA/NE KVIZ

63. Skup R je gust.

64. Skup R je prebrojivo beskonacan.

65. Za x ∈ R vrijedi |x| =√x2.

66. Za x ∈ R nejednakost |x| < r znaci −r < x < r.

67. Nejednakost trokuta glasi |x+ y| ≥ |x| + |y|.

68. Za x, y ∈ R vrijedi |x− y| ≤ |x| − |y|.

69. i34 = −1.

70. i127 = −1.

71. i93 = −i6.

72. Im(3 − 17i) = −17i.

73. |3 − 4i| = 25.

74. arg(3 − 4i) = 5.

75. (2 − 3i)(−3 + 4i) = 6 + 17i.

76.5 + 6i

i− 1=

1

2− 11

2i.

77. z + z = 2 Re z.

78. z · z = (Re z)2 + (Im z)2.

79. |z · z| = |z|2.

80. |z| < |z|.

81. |z · z| = |z|.

82. 1 −√

3i = 2(cos

π

3− i sin

π

3

).

83. 7(cos

7π

6+ i sin

7π

6

)= −7

√3

2− 7

√3

2i.

84. Skup {z ∈ C : |z − z0| = r} je kruznica radijusa r oko tocke z0.

85. Skup {z ∈ C : |z + z0| = r} je kruznica radijusa r oko tocke z0.

86. Skup {z ∈ C : arg z = π3 } je polupravac koji pocinje u ishodistu i prolazi kroz

tocku z0 = 1 +√

3i.

87. Skup {z ∈ C : |z − z1| + |z − z2| = r, z1 6= z2} je ili elipsa, ili duzina, iliprazan skup.

88. Skup {z ∈ C : |z − z1| + |z − z2| = 1} je pravac kroz tocke z1 i z2.

A.1 Osnove matematike 227

89. Skup {z ∈ C : |z − 1|+ |z + 2| = 5} je elipsa sa zaristima u tockama z1 = −1i z2 = 2.

90. 7(cos

π

2+ i sin

π

2

)· 3(cos

π

3+ i sin

π

3

)= 21

(cos

5π

6+ i sin

5π

6

).

91. r1(cosϕ1 + i sinϕ1) ·r2(cosϕ2 + i sinϕ2) = r1r2(cos(ϕ1 +ϕ2)+ i sin(ϕ1 +ϕ2)).

92.[√

2(cos

5

6+ i sin

5

6

)]12= 64(cos 10 + i sin 10).

93. Ako je z = r(cosϕ+ i sinϕ), tada je n√z = n

√r(cos

ϕ+ 2kπ

n+ i sin

ϕ+ 2kπ

n

)

za k ∈ {0, 1, 2, . . . , n− 1}.

94. [32(cos 10+i sin 10)]15 = 2

(cos

10 + 2kπ

5+i sin

10 + 2kπ

5

)za k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}.

95. 6√−2 + 0i =

6√

2(cos

2kπ

6+ i sin

2kπ

6

)za k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

96. Svaki kompleksni broj ima tocno dva razlicita n-ta korijena za ∀n > 2.

97. Jednadzba(z+

i+ 1

2 − i

)4=

i

i− 1ima tocno cetiri razlicita kompleksna rjesenja.

98. ex+iy = ex + iey.

99. e2−3i = e2(cos 3 − i sin 3).

100. |e27i| = 1.

228 DA/NE KVIZ

Rjesenja

1. NE2. NE3. NE4. DA5. NE6. DA7. NE8. DA9. NE

10. DA11. NE12. DA13. DA14. NE15. NE16. DA17. DA18. DA19. NE20. DA

21. NE22. NE23. DA24. NE25. NE26. DA27. NE28. DA29. NE30. DA31. NE32. NE33. NE34. DA35. DA36. DA37. NE38. NE39. DA40. NE

41. NE42. NE43. DA44. DA45. DA46. DA47. DA48. DA49. NE50. NE51. DA52. DA53. DA54. DA55. NE56. DA57. NE58. NE59. DA60. NE

61. NE62. DA63. DA64. NE65. DA66. DA67. NE68. NE69. DA70. NE71. NE72. NE73. NE74. NE75. DA76. DA77. DA78. DA79. DA80. NE

81. NE82. DA83. NE84. DA85. NE86. DA87. DA88. NE89. NE90. DA91. DA92. DA93. DA94. DA95. NE96. NE97. DA98. NE99. DA

100. DA

A.2 Linearna algebra 229

A.2 Linearna algebra

1. Ako su grafovi dvije linearne jednadzbe paralelni, tada pripadni sustav imajedinstveno rjesenje.

2. Ako je matrica A tipa 3× 4, a B tipa 4× 3, tada je matrica A+B tipa 3× 3.

3. Matrice A i B, koje su obje tipa 7 × 3, su ulancane i postoji produkt AB.

4. Ako je matrica A tipa m×k i B tipa k×n, tada su elementi matrice C = ABdani s cij =

∑kl=1 ailblj .

5. Ako je matrica A tipa m×k i B tipa k×n, tada su elementi matrice C = ABdani s cij = ai1b1j + ai2b2j + · · · + aikbkj .

6. Mnozenje matrica je asocijativno.

7. Potreban broj racunskih operacija da bi se pomnozile dvije matrice n × niznosi 2n3 − n2.

8.

[1 0 −13 0 −3

]

−1 −2 −3 40 7 8 911 2 12 3

=

[−12 −4 −15 1−36 −12 −45 3

]

.

9.

123

[−1 1 −1

]

9

= (−2)8

−1 1 −1−2 2 −2−3 3 −3

.

10.

1 2 30 4 50 0 6

−1 1 10 −1 10 0 −1

=

−1 −1 00 −4 −10 0 −6

.

11. Simetricna matrica jednaka je svojoj transponiranoj.

12.

1 1 00 1 10 0 1

1 1 00 1 10 0 1

T

= 2

1 1 00 1 10 0 1

.

13.

1 1 00 1 10 0 1

T

1 1 00 1 10 0 1

=

1 1 01 2 10 1 2

.

14. (AB)T = ATBT .

15.

[1 1 1−1 −1 −1

]T [1 1 1−1 −1 −1

]

= 2

1 1 11 1 11 1 1

.

16.

1 2 3−1 2 31 −2 3

1 23 45 6

=

1−11

[1 2

]+

22−2

[3 4

]+

333

[5 6

].

230 DA/NE KVIZ

17.

[α βγ δ

] [a bc d

]

=

[αγ

][a b

]+

[βδ

][c d

].

18.

[1 −10 1

]7

=

[1 −70 1

]

.

19.

[a 0b a

]3

=

[a3 0

3a2b a3

]

.

20. Prosirena matrica sustava x + y + z = 1, x = y, y = 1 + z glasi

1 1 1 11 −1 0 00 1 −1 1

.

21. Ako su x1 i x2 rjesenja sustava Ax = b, tada je λx1 + (1 − λ)x2 takoderrjesenje tog sustava za svaki λ ∈ R.

22. Matrica A reda n je gornje trokutasta ako i < j povlaci aij = 0.

23. Matrica

0 0 10 0 00 0 0

je gornje trokutasta.

24. Trokutasti oblik prosirene matrice sustava uvijek ima 1 u drugom stupcudrugog retka.

25. U nekim slucajevima trokutasti oblik prosirene matrice sustava ima 2 u gor-njem lijevom uglu.

26. Ako su svi dijagonalni elementi kvadratne gornje trokutaste matrice Urazliciti od nule, tada sustav Ux = b ima jedinstveno rjesenje.

27. Sustav cija prosirena matrica glasi

8 0 0 10 α 0 20 0 1 α

ima jedinstveno rjesenje

za α 6= 0.

28. Za rjesenje sustava Ax = b, cija prosirena matrica glasi

1 1 2 10 2 3 20 0 1 α

,

vrijedi x2 = 1 − 32α.

29. Broj racunskih operacija potreban za rjesenje trokutastog sustava dimenzijen× n je priblizno n2.

30. Rjesenje sustava linearnih jednadzbi se ne mijenja ako nekoj jednadzbi do-damo neku drugu.

31. Rjesenje sustava linearnih jednadzbi se ne mijenja ako nekoj jednadzbi do-damo neku linearnu kombinaciju ostalih jednadzbi.

32. Zamjena varijabli odgovara zamjeni dva stupca matrice sustava.


33. Rjesenje sustava linearnih jednadzbi se ne mijenja ako neki redak prosirenematrice sustava pomnozimo s nulom.

34. Sustavi

1 −2 1 52 1 −2 −3−1 −1 0 0

i

1 −2 1 58 4 −8 −121 1 0 0

imaju isto rjesenje.

35. Priblizan broj racunskih operacija potreban za Gaussovu eliminaciju matricen× n je 2

3n4.

36. Pivotiranje je zamjena redaka ili stupaca.

37. Sve elementarne operacije na retcima prosirene matrice sustava mozemo pro-vesti mnozenjem s elementarnim matricama transformacija.

38. Sve elementarne matrice transformacija su regularne.

39. Vektori

abc

i

1bd

su linearno nezavisni za sve kombinacije parametara

a, b, c, d.

40. Vektori[1]

i[2]

su linearno zavisni.

41. Vektori

123

i

20−1

su linearno nezavisni.

42. Vektori

123

,

14−1

,

126

i

20−1

su linearno nezavisni.

43. Vektori

120

,

1α−1

i

101

su linearno zavisni za α = 4.

44. Rang matrice je uvijek manji ili jednak od broja stupaca.

45. rang(

1 β −10 2 12 0 1

) < 3 za β = −3.

46. Neki sustavi od tri jednadzbe i tri nepoznanice imaju tocno dva rjesenja.

47. Sustav koji ima samo jednu jednadzbu uvijek ima rjesenje.

48. Ako trokutasti oblik prosirene matrice sustava ima nul-redak, tada sustavima beskonacno rjesenja.

49. Sustav x+ y + z = 1, x = y, y = z, y = 1 nema rjesenja.

50. Sustav od tri jednadzbe i pet nepoznanica moze imati jedinstveno rjesenje.

51. Sustav od pet jednadzbi i tri nepoznanice moze imati jedinstveno rjesenje.

232 DA/NE KVIZ

52. Sustav

[1 α 2 3 21 β 3 4 α

]

uvijek ima dvoparametarsko rjesenje.

53. Ako sustav ax + by = 0, cx + dy = 0 ima rjesenje koje je razlicito od nule,tada ima beskonacno rjesenja.

54. Homogeni sustav ne mora uvijek biti rjesiv.

55. Sustav

1 β −1 00 2 1 02 0 1 0

ima netrivijalna rjesenja za β = −3.

56. Sustav

11−1

[1 1 −1

]

xyz

=

000

ima jedinstveno rjesenje.

57. Sustav

−101

[−1 0 1

]

xyz

= 2

xyz

ima tocno jedno rjesenje.

58. Sustav

10α

[1 0 α

]

xyz

=(1 + α2

)

xyz

ima netrivijalno rjesenje za

bilo koji izbor broja α.

59. Sustav

α01

[α 0 1

]

xyz

=

xyz

ima netrivijalno rjesenje za svaki α 6=

0.

60. Sustav

10−1

[1 0 −1

]

xyz

= 2

xyz

ima dvoparametarsko rjesenje.

61. Sustav

[α 1 0β 1 0

]

ima netrivijalna rjesenja za α 6= β.

62. Ako je a 6= 0, tada je

[a 0b a

]−1

=

[a−1 −ba−2

0 a−1

]

.

63.

[a 0b a

]−1

postoji za bilo koji izbor brojeva a 6= 0 i b.

64. Ako su sve tri matrice regularne, tada je (ABC)−1 = C−1B−1A−1.

65. Matrica A reda n je regularna ako i samo ako je rang(A) = n.

66. Matrica A reda n je regularna ako i samo ako je rang(A) = 1.

67. Ako je A regularna, a B singularna, tada je matrica AB regularna.

68. Rjesenje matricne jednadzbe A−1XB−1 = C dano je s X = CAB.


69. Ako je A regularna, tada je (AT )−1 = (A−1)T .

70. Ako je A regularna, tada je (A−1)−1 = A.

71. Ako je A regularna i simetricna, tada je (AT )−1 = A−1.

72. Ako je A =

1 0 10 x 0−1 0 1

, tada je A−1 = 12A

T za svaki x 6= 0.

73. Inverzna matrica gornje trokutaste matrice je gornje trokutasta.

74. Ako je x 6= 0, tada je

1 0 −10 x 01 0 1

−1

= 12

1 0 10 2x−1 0−1 0 1

.

75.

1 0 00 1 0−x 0 1

−1

=

1 0 00 1 0x 0 1

, za bilo koji izbor broja x.

76.

12

. . .

n

−1

=

112

. . .1n

.

77.

1 0 2 00 2 3 40 0 1 10 0 0 5

−1

=

1 0 −2 25

0 12 − 3

2 − 110

0 0 1 − 15

0 0 0 15

.

78. Jedna permutacija brojeva 1, 2, 3, 4, 5, 6 jednaka je (1, 3, 4, 2, 5).

79. Permutacija (1, 3, 4, 2, 6, 5) je neparna.

80. Ukupno ima 2n razlicitih permutacija od n elemenata.

81. Od svih permutacija od n elemenata, pola je parnih.

82. Sarussovo pravilo vrijedi samo za determinante 3 × 3.

83. det(

1 1 −10 2 12 0 1

) = 7.

84. Determinanta trokutaste matrice jednaka je produktu elemenata na dijago-nali.

85. det(I) = n.

86. det(A) = det(AT ).

87. Ako u determinanti zamijenimo dva susjedna stupca, ona se ne mijenja.

234 DA/NE KVIZ

88. Za kvadratne matrice A i B vrijedi det(AB) = det(A) det(B).

89. Za regularnu matricu A vrijedi det(A) det(A−1) = 1.

90. Ako je determinanta jednaka nuli, tada je matrica singularna.

91. Ako je determinanta jednaka nuli, tada su stupci matrice linearno nezavisni.

92.

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

112

. . .1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 1n! .

93.

∣∣∣∣∣∣

1 7 −50 1

2 − 32

6 3 −5

∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣

1 7 −51 0 − 1

26 3 −5

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

1 7 −51 1

2 −26 3 −5

∣∣∣∣∣∣

.

94. Determinantu mozemo razviti u Laplaceov razvoj samo po onom retku ilistupcu u kojem ima barem jedna nula.

95.

∣∣∣∣∣∣

−1 7 49 6 3−5 3 6

∣∣∣∣∣∣

= −∣∣∣∣

6 33 6

∣∣∣∣− 7

∣∣∣∣

9 3−5 6

∣∣∣∣+ 4

∣∣∣∣

9 6−5 3

∣∣∣∣.

96.

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 −1 −1 −1−1 2 3 4 5−1 1 3 4 5−1 1 1 4 5−1 1 1 1 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 24.

97. Cramerovo pravilo vrijedi samo za sustave cija je matrica sustava regularna.

98.

[a bc d

]−1

=1

ad− bc

[a −b−c d

]

.

99. X =

2 −10 00 1

je rjesenje matricne jednadzbe

[2 10 0

]

X −[1 0 11 0 −1

]

= X .

100. Zbroj svih elemenata rjesenja X matricne jednadzbe X

[2 10 0

]

−

1 10 01 −1

=

X iznosi 4.


Rjesenja

1. NE2. NE3. NE4. DA5. DA6. DA7. DA8. DA9. DA

10. DA11. DA12. NE13. DA14. NE15. DA16. DA17. DA18. DA19. DA20. DA

21. DA22. NE23. DA24. NE25. DA26. DA27. DA28. DA29. DA30. DA31. DA32. DA33. NE34. DA35. NE36. DA37. DA38. DA39. NE40. DA

41. DA42. NE43. DA44. DA45. DA46. NE47. NE48. NE49. DA50. NE51. DA52. DA53. DA54. NE55. DA56. NE57. NE58. DA59. NE60. NE

61. NE62. NE63. DA64. DA65. DA66. NE67. NE68. NE69. DA70. DA71. DA72. NE73. DA74. DA75. DA76. DA77. DA78. NE79. DA80. NE

81. DA82. DA83. NE84. DA85. NE86. DA87. NE88. DA89. DA90. DA91. NE92. DA93. DA94. NE95. DA96. DA97. DA98. NE99. NE

100. DA

236 DA/NE KVIZ

A.3 Vektorska algebra i analiticka geometrija

1. Usmjerene duzine−−→AB i

−−→CD su ekvivalentne ako duzine AD i BC imaju

zajednicko poloviste.

2. Vektor je klasa ekvivalencije usmjerenih duzina.

3. Duljinu vektora a oznacavamo s |a|.

4. Vektori su kolinearni ako leze u istoj ravnini ili paralelnim ravninama.

5. Vektori su komplanarni ako leze na istom pravcu ili paralelnim pravcima.

6. Nul-vektor definiramo kao 0 =−−→PP, ∀P ∈ E .

7. Nul-vektor moze biti kolinearan samo s nul-vektorom.

8. Zbrajanje vektora je asocijativno i komutativno.

9. Skup radijus-vektora VO je skup svih vektora s hvatistem u tocki O.

10. Skalarne komponente vektora−−→AB = 2 i− 3 j + 21k su 2, 3 i 21.

11. Ako je A = (1, 4,−π) i B = (e, 3, 4), tada je−−→AB = (e− 1) i − j + (4 + π)k.

12. Duljina vektora a = x i + y j + z k jednaka je |a| = x2 + y2 + z2.

13. |2 i − 3 j + 4k| = 29.

14. |2 i − 3 j + 4k| =√

4 − 9 + 16 =√

11.

15. Jedinicni vektor vektora a 6= 0 je vektor a0 =a

|a| .

16. Jedinicni vektor vektora a 6= 0 ima duljinu jedan, a kolinearan je vektoru ai ima istu orijentaciju.

17. Nul-vektor nema jedinicni vektor.

18. Ako je a = −3 i + 2 j + 5k, tada je a0 = − 3√38

i +2√38

j +5√38

k.

19. Ako je a =1√2

i − 1√6

j − 1√3

k, tada je a0 = a.

20. Prikloni kutovi su kutovi koje vektor zatvara s vektorima i, j i k.

21. Kosinusi smjerova vektora −4 i + 3 j− 5k su−4

50,

3

50,−5

50.

22. Vektori a1,a2, · · · ,ak su linearno nezavisni ako

λ1a1 + λ2a2 + · · · + λkak = 0 ⇒λ1 = λ2 = · · · = λk = 0.

A.3 Vektorska algebra i analiticka geometrija 237

23. Vektori −4 i + 3 j− 5k, i + j i j − 5k su linearno zavisni.

24. Svaka dva kolinearna vektora su linearno zavisna.

25. Svaka tri komplanarna vektora su linearno zavisna.

26. Postoje cetiri vektora u prostoru koji su linearno nezavisni.

27. Vektori i + j i i su linearno nezavisni.

28. Vektori −4 i + 3 j− 5k, i + j i j− 5k cine bazu prostora.

29. Ako je a = i + k, b = j − k i c = −k, tada vektor d = 2 i + 3 j − k ima usustavu (O,a,b, c) zapis d = 2 a + 3b.

30. a · b = |a| |b| cos ∠(a,b).

31. Ako je a ⊥ b, tada je a · b = 1.

32. Ako je a · b > 0, tada je ∠(a,b) > π/2.

33. i · k = 0.

34. i · i = 0.

35. a · a = |a|.

36. Duljina projekcije vektora a na vektor b jednaka je |b| | cos∠(a,b)|.

37. a · b = b · a.

38. Ako je a = {2,−3, 1} i b = {1, 1, 0}, tada je cos∠(a,b) = − 1√28

.

39. Ako su a i b nekolinearni vektori jednakih duljina tada je ∠(a,a + b) =∠(b,a + b).

40. Ako su a i b nekolinearni vektori s duljinama |a| = 2 i |b| = 1, tada je∠(a,a + 2b) = ∠(b,a + 2b).

41. Ako su a i b nekolinearni vektori jednakih duljina, tada je a + b ⊥ a − b.

42. |a × b| = |a| |b| sin ∠(a,b).

43. a × b = |a| |b| sin ∠(a,b).

44. a × b ⊥ a.

45. Ako je a ⊥ b, tada je a × b = 0.

46. Ako su vektori a i b kolinearni, tada je a × b = 0.

47. i × k = j.

48. i × i = 0.

49. a × a = |a|2.

238 DA/NE KVIZ

50. |a × b| jednako je povrsini paralelograma sto ga razapinju vektori a i b.

51. a × b = b× a.

52. Ako je a = {0,−3, 5} i b = {0,−2,−1}, tada je a× b = 13 j.

53. Povrsina paralelograma kojeg razapinju vektori a = {1,−3, 1} i b = {2, 0, 1}je nula.

54. Povrsina trokuta △ABC, gdje je A = (1, 3, 1), B = (0, 1, 2) i C = (1,−1, 0)

je

√21

2.

55. Trokut △ABC s vrhovima A = (2, 1,−1), B = (−2, 1, 0) i C = (0, 0, 0) jepravokutan.

56. Tocka S =

(

−1

2,3

2,−1

2

)

je srediste kruznice opisane trokutu △ABC s vr-

hovima A = (1, 2,−1), B = (−2, 1, 0) i C = (0, 0, 0).

57. U trokutu △ABC s vrhovima A = (0, 0, 0), B = (0,−3, 0) i C = (0,−3, 4)

visina iz vrha B na stranicu AC ima duljinu12

5.

58. Mjesoviti produkt tri vektora je vektor.

59. (a × b) · c = |a| |b| |c| sin ∠(a,b) cos ∠(a × b, c).

60. |(a × b) · c| jednako je volumenu paralelopipeda sto ga razapinju vektori a,b i c.

61. |(a × c) · b| jednako je volumenu paralelopipeda sto ga razapinju vektori a,b i c.

62. (a × a) · b = −(a × b) · b.

63. (a × b) · c = −(b× a) · c.

64. Ako je a = {0,−3, 5}, b = {0,−2,−1} i c = {3, 2, 1}, tada je (a×b) ·c = 39.

65. Volumen paralelopipeda razapetog s vektorima a = {−1,−3,−1}, b ={1, 2,−1} i c = {−1,−2,−1} je 2.

66. Vektori a = {−1,−3,−1}, b = {−1,−2,−1} i c = {1, 2, 1} su komplanarni.

67. Volumen tetraedra ABCD, gdje je A = (2,−1, 0), B = (1, 0, 2), C =(0,−1, 1) i D = (0, 0, 0), je 5/6.

68. (a × b) × c = b (a · c) − a (b · c).

69. Jednadzba z-osi glasi x = 0, y = 0, z = 2t, t ∈ R.

70. Parametarska jednadzba pravca kroz tocku T = (1, 0, 0) s vektorom smjera jglasi x = 1, y = 0, z = 0, t ∈ R.

71. Parametarska jednadzba pravca kroz tocku T = (1,−2, 3) s vektorom smjera2 i − 3 j + 7k glasi x = 1 + 2t, y = −2 − 3t, z = 3 + 7t, t ∈ R.


72. Jednadzba y-osi glasix

0=y − 3

2=z

0.

73. Kanonska jednadzba pravca kroz tocku T = (1,−2, 3) s vektorom smjera

2 i − 3 j + 7k glasix− 1

2=y + 2

−3=z − 3

7.

74. Jednadzba pravca kroz tocke A = (1, 0, 2) i B = (3, 4, 5) glasix− 1

2=y

4=

z − 2

3.

75. Jednadzba pravca kroz tocke A = (6, 3,−2) i B = (−3,−4, 5) glasi x =6 − 9t, y = −3 − 7t, z = 2 + 7t, t ∈ R.

76. Jednadzba pravca koji je presjek ravnina x+ y + 1 = 0 i y + z + 1 = 0 glasix

1=y − 1

1=z

1.

77. Pravcix− 4

−1=y − 3

2=z − 2

3ix− 5

2=y − 1

−4=z + 1

−6su jednaki.

78. Jednadzba ravnine kroz tocku T = (1, 3,−2) s normalom n = {−1, 2, 1} glasi(x+ 1) + 3(y − 2) − 2(z − 1) = 0.

79. Jednadzba ravnine kroz tocke A = (1,−1, 1), B = (3,−1, 2) i C = (4, 5, 6)

glasi

∣∣∣∣∣∣

x− 1 y + 1 z − 12 0 13 6 5

∣∣∣∣∣∣

= 0.

80. Jednadzba ravnine kroz tocke A = (1, 0, 0), B = (0, 3, 0) i C = (0, 0,−2) glasix

1=y

3=z

2.

81. Za kut ϕ izmedu pravacax

1=y − 1

1=z

1ix− 3

2=y − 1

−2=z − 8

1vrijedi

cosϕ =1

3√

3.

82. Tocka A = (1, 0,−6) je projekcija tocke B = (1, 1, 1) na ravninu y−z+3 = 0.

83. Tocka T = (2,−1, 0) lezi na pravcu kroz tocke A = (1, 0,−1) i B = (1, 2,−1).

84. Tocka A = (1,−2, 1) je ortogonalna projekcija tocke B = (2, 1,−1) na pravacx

−1=y + 1

1=z − 2

1.

85. Tocka A = (1,−2, 1) je tocka na pravcux

−1=y + 2

0=z − 2

1koja je najma-

nje udaljena od ishodista O = (0, 0, 0).

86. Tocka T = (1, 2,−1) lezi u ravnini koja sadrzi tockeA = (0, 1, 1), B = (1, 0, 1)i C = (1, 1, 0).

87. Tocke A = (1, 2, 1), B = (1,−1, 1) i C = (1,−4, 1) leze na jednom pravcu.

240 DA/NE KVIZ

88. Tocke A = (−3, 1, 1), B = (−1, 1, 1), C = (1,−1, 1) i D = (1, 1,−1) leze ujednoj ravnini.

89. Tocka A = (−2, 4,−2) je tocka ravnine x− 2y+ z + 12 = 0 koja je najmanjeudaljena od ishodista O = (0, 0, 0).

90. Ako je (a1 i + b1 j + c1 k) × (a2 i + b2 j + c2 k) 6= 0, onda pravcix− x1

a1=

y − y1b1

=z − z1c1

ix− x2

a2=y − y2b2

=z − z2c2

nemaju zajednickih tocaka.

91. Pravac kroz tocke A = (2,−1,−3) i B = (0, 1, 1) sijece pravacx− 1

1=

y

−1=

z + 1

−2u jednoj tocki.

92. Ravnine A1x+B1y+C1z+D1 = 0 i A2x+B2y+C2z+D2 = 0 su paralelneili jednake ako i samo ako je A1A2 +B1B2 + C1C2 = 0.

93. Ako je A1A2 +B1B2 +C1C2 = 0, onda je presjek ravnina A1x+B1y+C1z+D1 = 0 i A2x+B2y + C2z +D2 = 0 pravac.

94. Ravnina koja sadrzi tocku A = (0, 0,−1) i pravacx

1=

y + 1

−1=

z

0ima

jednadzbu x− y − z − 1 = 0.

95. Ravnina koja prolazi tockama A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0) i C = (0, 0, 1)paralelna je s ravninom x+ y + z + 1 = 0.

96. Presjek ravnina x− y = 0 i x+ y+ z− 2 = 0 je pravacx− 1

1=y − 1

1=

z

−2.

97. Ravnina kroz tocke A = (1,−1, 0), B = (2, 0, 0) i C = (0, 0, 2) je okomita naravninu 2x+ 3y + z + 1 = 0.

98. Pravac kroz tocke A = (1, 0,−2) i B = (2,−1,−1) paralelan je s ravninomx− y + z − 1 = 0.

99. Pravac kroz tocke A = (1, 1, 2) i B = (0, 2,−1) okomit je na ravninu x− y+3z − 2 = 0.

100. Pravacx− 1

1=

y

−1=z + 2

1okomit je na ravninu kroz tocke A = (1, 0, 0),

B = (0,−1, 0) i C = (0, 0, 2).


Rjesenja

1. DA2. DA3. DA4. NE5. NE6. DA7. NE8. DA9. DA

10. NE11. DA12. NE13. NE14. NE15. DA16. DA17. DA18. DA19. DA20. DA

21. NE22. DA23. NE24. DA25. DA26. NE27. DA28. DA29. DA30. DA31. NE32. NE33. DA34. NE35. NE36. NE37. DA38. DA39. DA40. DA

41. DA42. DA43. NE44. DA45. NE46. DA47. NE48. NE49. NE50. DA51. NE52. NE53. NE54. NE55. NE56. DA57. DA58. NE59. DA60. DA

61. DA62. DA63. DA64. DA65. DA66. DA67. DA68. DA69. DA70. NE71. DA72. DA73. DA74. DA75. NE76. NE77. DA78. NE79. DA80. NE

81. DA82. NE83. NE84. DA85. DA86. DA87. DA88. NE89. DA90. NE91. NE92. NE93. DA94. NE95. DA96. DA97. DA98. NE99. DA

100. NE

242 DA/NE KVIZ

A.4 Funkcije realne varijable

1. Ako je funkcija zadana tablicomx −2 −1 0 1 2

y = f(x) 0 −2 1 2.5 4, onda

linearnom interpolacijom dobijamo f(−0.5) = −0.5.

2. Domena funkcije eksplicitno zadane formulom y = f(x) je skup D svih vri-jednosti nezavisne varijable x za koje izraz f(x) ima smisla.

3. Domena funkcije eksplicitno zadane formulom y =x3 − 2

2 cosxje skup D = {π

2 +

kπ : k ∈ Z}.4. Formulom F (x, y) = 0 uvijek je odredena tocno jedna eksplicitno zadana

funkcija y = f(x).

5. Kod funkcija zadanih formulom F (x, y) = 0 jednoj vrijednosti varijable xmoze odgovarati vise vrijednosti varijable y.

6. Tocka (0, 3) pripada krivulji implicitno zadanoj s x+ arcsin(xy) = 0.

7. Krivulja zadana implicitno s x3 + y3 − 3xy = 0 ima parametarske jednadzbe

x =3t2

t3 + 1, y =

3t

t3 + 1, t ∈ R \ {0}.

8. Kruznica (x + 1)2 + y2 − 4 = 0 ima parametarske jednadzbe x = −1 +2 cos t, y = 2 sin t, t ∈ [−π, π].

9. Kruznica (x+ 1)2 + y2 − 4 = 0 ima parametarske jednadzbe x = 2 cos t, y =2 sin t, t ∈ [0, 2π].

10. Elipsa 4x2 + y2 − 4y = 0 ima parametarske jednadzbe x = cos t, y = 2(1 +sin t), t ∈ [−π, π].

11. Parametarske jednadzbe cikloide glase x = r(t−sin t), y = r(1−cos t), t ∈ R.

12. Funkcija f je omedena ako postoji broj m takav da je |f(x)| ≥ m za svakix ∈ D.

13. Funkcija f je omedena ako za svaki x ∈ D postoji broj m takav da je |f(x)| ≤m.

14. Funkcija f je neomedena ako za svaki m > 0 postoji x ∈ D takav da je|f(x)| ≥ m.

15. Funkcija f je neparna ako je f(x) neparan broj za svaki x ∈ D.

16. Ako su f i g parne funkcije, onda su i f + g i f − g parne funkcije.

17. Ako su f i g neparne funkcije, onda su i f · g i f/g neparne funkcije.

18. Ako su f i g parne funkcije i ako je definirana kompozicija g ◦ f , onda je ig ◦ f parna funkcija.

19. Funkcija f je periodicna ako postoji broj P 6= 0 takav da za svaki x ∈ Dvrijedi f(Px) = f(x).

A.4 Funkcije realne varijable 243

20. Ako je broj P 6= 0 period funkcije f , onda je i broj P/2 period funkcije f .

21. Da bi postojao limx→x0

f(x) funkcija f mora biti definirana u tocki x0.

22. Ako funkcije f i g imaju limese u tocki x0, onda vrijedi limx→x0

(f · g)(x) =

limx→x0

f(x) · limx→x0

g(x).

23. Ako barem jedna od funkcija f i g nema limes u tocki x0, onda ne postoji nilim

x→x0

(f · g)(x).

24. Ako funkcija f ima lijevi i desni limes u tocki x0, onda postoji i limx→x0

f(x).

25. Funkcija f je neprekidna u tocki x0 ∈ D ako postoji limx→x0

f(x).

26. Ako je limx→x0−0

f(x) = limx→x0+0

f(x), onda je funkcija f neprekidna u tocki

x0 ∈ D.

27. Funkcija f je neprekidna u tocki x0 ∈ D ako je limx→x0

f(x) = f(x0).

28. Ako je limx→x0−0

f(x) = limx→x0+0

f(x) = f(x0), onda je funkcija f neprekidna u

tocki x0 ∈ D.

29. Funkcija f ima prekid druge vrste u u tocki x0 ako je barem jedan od limesalim

x→x0−0f(x) i lim

x→x0+0f(x) ili beskonacan ili ne postoji.

30. limx→ 1

2−0

2x2 − x− 1

4x2 − 1= +∞.

31. Funkcija f(x) =2x2 − x− 1

4x2 − 1ima uklonjiv prekid u tocki −1

2.

32. limx→1−0

2x2 − x− 1

|x2 − 1| =3

2.


|x2 − 1| ima uklonjiv prekid u tocki x0 = 1.


|x2 − 1| ima prekid druge vrste u tocki x0 = −1.

35. limx→0−0

√x+ 1 − 1

x− x2= −1

2.

36. limx→−1−0

√x+ 1 − 1

x− x2ne postoji.

37. Funkcija f(x) =

√x+ 1 − 1

x− x2ima uklonjiv prekid u tocki x0 = 0.

244 DA/NE KVIZ

38. limx→ 1

2

sin(1 − 2x)

4x2 − 1=

1

2.

39. Funkcija f(x) =sin(1 − 2x)

4x2 − 1ima uklonjiv prekid u tocki −1

2.

40. limx→0

1 − cos 3x

x2=

9

2.

41. Funkcija f(x) =2x2 + x− 1

4x2 − 1ima horizontalnu asimptotu y =

1

2u lijevom i

desnom kraju.

42. Pravac x = −1

2je vertikalna asimptota funkcije f(x) =

2x2 + x− 1

4x2 − 1.

43. Pravac x = −1 je vertikalna asimptota funkcije f(x) =x2 + x

|x2 − 1| .

44. Pravac y = 1 je horizontalna asimptota funkcije f(x) =x2 + x

|x2 − 1| .

45. Pravac y = x+ 1 je kosa asimptota funkcije f(x) =x2 + x

|x2 − 1| .

46. Funkcija f(x) =1 − cos 3x

x2nema vertikalnih asimptota.

47. Funkcija f(x) =√

x2 + 1 − x nema vertikalnih asimptota.

48. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f(x) =√

x2 + 1−x u lijevomi u desnom kraju.

49. Pravac y = −2x je kosa asimptota funkcije f(x) =√

x2 + 1 − x u lijevomkraju.

50. Pravac y = x je kosa asimptota funkcije f(x) = xe−x u lijevom kraju.

51. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f(x) = xe−x.

52. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota zdesna funkcije f(x) = xe−1x .

53. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f(x) = xe−1x u lijevom i u

desnom kraju.

54. Pravac y = x − 1 je kosa asimptota funkcije f(x) = xe−1x u lijevom i u

desnom kraju.

55. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f(x) = ln2x− 1

2x+ 1u lijevom

i u desnom kraju.

56. Pravac x =1

2je vertikalna asimptota funkcije f(x) = ln

2x− 1

2x+ 1slijeva i

zdesna.


57. Ako je n ∈ N neparan, tada je funkcija f(x) = n√x definirana za sve x ∈ R.

58. Funkcija f(x) = n√x, n ∈ N je parna ako je n paran i neparna ako je n

neparan broj.

59. Ako je k ∈ Z neparan cijeli broj, onda je funkcija f(x) = xk neparna.

60. Za svaki cijeli broj k ∈ Z \ {0} funkcija f(x) = xk je neomedena.

61. Funkcija f(x) = xk, k ∈ Z \ {0} je omedena ako je k paran i neomedena akoje k neparan broj.

62. Za svaki cijeli broj k ∈ Z\{0} pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcijef(x) = xk.

63. Funkcija f(x) = xk, k ∈ Z \ {0} ima vertikalnu asimptotu x = 0 ako i samoako je k < 0.

64. Funkcija f(x) = xk, k ∈ Z \ {0} ima vertikalnu i horizontalnu asimptotu akoi samo ako je k < 0.

65. Funkcija f(x) = xr, r ∈ R \ {0} je strogo rastuca na (0,∞) ako i samo akoje r < 0.

66. Funkcija f(x) = xr , r ∈ R \ {0} je omedena za r > 0 i neomedena za r < 0.

67. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f(x) = xr za svako r ∈ R\{0}.

68. Za svaki a > 0, a 6= 1 funkcija f(x) = ax je strogo rastuca.

69. Za svaki 0 < a < 1 funkcija f(x) = ax je strogo rastuca.

70. Za svaki a > 0, a 6= 1 pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcijef(x) = ax u lijevom kraju.

71. Za svaki 0 < a < 1 funkcija f(x) = loga x je strogo padajuca.

72. Za svaki a > 0, a 6= 1 pravac x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f(x) =loga x zdesna.

73. Za a, b ∈ (0,∞) \ {1} i x > 0 je loga x = logb a · logb x.

74. Za a, b ∈ (0,∞) \ {1} i x > 0 je loga x = loga b · logb x.

75. Funkcije f(x) = sinx i g(x) = cosx su omedene.

76. Funkcije f(x) = sinx i g(x) = cosx su periodicne s osnovnim periodom π.

77. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota funkcija f(x) = sinx i g(x) = cosx.

78. Funkcija f(x) = tg x je definirana na skupu R \ {kπ : k ∈ Z}, a funkcija

g(x) = ctg x na skupu R \ {kπ +π

2: k ∈ Z}.

79. Opca sinusoida f(x) = A sin(ωx + ϕ), A, ω > 0 je periodicna funkcija s

osnovnim periodom P =2π

ω.

246 DA/NE KVIZ

80. Kosinusov poucak za trokut sa stranicama a, b, c i kutom γ nasuprot stranicic glasi a2 + b2 − c2 = 2ab cosγ.

81. Adicioni teorem za sinus zbroja glasi sin(u+ v) = sinu sin v + cosu cos v.

82. sin 3x = 3 sinx cos2 x− sin3 x.

83. sin 3x = 3 sin2 x cosx− sin3 x.

84. sin 3x = 4 sinx− 3 sin3 x.

85. cos 3x = 3 cos3 x− 4 cosx.

86. Funkcija f(x) = arcsinx poprima vrijednosti u intervalu[

−π2,π

2

]

.

87. Funkcija f(x) = arctg x je strogo padajuca.

88. Funkcija f(x) = arcctgx ima horizontalne asimptote y = π u lijevom kraju iy = 0 u desnom kraju.

89. Funkcija f(x) = arctg x ima horizontalne asimptote y = π u lijevom kraju iy = 0 u desnom kraju.

90. Za sve x ∈ [−1, 1] vrijedi arccosx =π

2− arcsinx.

91. Za sve x ∈ R vrijedi arcctg x =π

2− arctgx.

92. Za sve x ∈[π

2,3π

2

]

vrijedi arcsin(sin x) = π − x.

93. Za sve x ∈[π

2,3π

2

]

vrijedi arcsin(sin x) = x− π.

94. Za sve x ∈ [−π, 0] vrijedi arccos(cosx) = −x.

95. Za sve x ∈ [−π, 0] vrijedi arccos(cosx) = π + x.

96. Za sve x ∈(π

2,3π

2

)

vrijedi arctg(tg x) = π − x.

97. Pravac y = −1 je horizontalna asimptota u desnom kraju za funkcije f(x) =th x i g(x) = cthx.

98. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota za obje funkcije f(x) = thx i g(x) =cthx.

99. Za sve u, v ∈ R vrijedi ch(u+ v) = chu ch v − shu sh v.

100. Za sve u, v ∈ R vrijedi ch(u− v) = chu ch v − shu sh v.


Rjesenja

1. DA2. DA3. NE4. NE5. DA6. DA7. NE8. DA9. NE

10. DA11. DA12. NE13. NE14. DA15. NE16. DA17. NE18. DA19. NE20. NE

21. NE22. DA23. NE24. NE25. NE26. NE27. DA28. DA29. DA30. DA31. DA32. NE33. NE34. DA35. NE36. DA37. DA38. NE39. NE40. DA

41. DA42. DA43. NE44. DA45. NE46. DA47. DA48. NE49. DA50. NE51. NE52. NE53. NE54. DA55. DA56. NE57. DA58. NE59. DA60. DA

61. NE62. NE63. DA64. DA65. NE66. NE67. NE68. NE69. NE70. NE71. DA72. DA73. NE74. DA75. DA76. NE77. NE78. NE79. DA80. DA

81. NE82. DA83. NE84. NE85. NE86. DA87. NE88. DA89. NE90. DA91. DA92. DA93. NE94. DA95. NE96. NE97. NE98. NE99. NE

100. DA

248 DA/NE KVIZ

A.5 Derivacije i primjene

1. Derivacija funkcije f u tocki x0 ∈ D definirana je formulom f ′(x0) =

limx→x0

f(x) − f(x0)

x− x0.

2. Derivacija funkcije f u tocki x0 ∈ D definirana je formulom f ′(x0) =

lim∆x→0

f(x0 − ∆x) − f(x0)

∆x.

3. Ako je f derivabilna u tocki x0 ∈ D, onda je f i neprekidna u toj tocki.

4. Ako je f neprekidna u tocki x0 ∈ D, onda je f i derivabilna u toj tocki.

5. Jednadzba tangente na krivulju y = f(x) u tocki (x0, f(x0)) glasi y−f(x0) =f ′(x0)(x − x0).

6. Jednadzba normale na krivulju y = f(x) u tocki (x0, f(x0)), u kojoj vrijedi

f ′(x0) 6= 0, glasi y − f(x0) =1

f ′(x0)(x− x0).

7. Jednadzba normale na krivulju y = f(x) u tocki (x0, f(x0)), u kojoj vrijedif ′(x0) = 0, glasi y = f(x0).

8. Jednadzba tangente na krivulju y = arcctgx u tocki s apscisom x = 0 glasi

y + x =π

2.

9. Jednadzba tangente na krivulju y = arcctgx+arthx u tocki s apscisom x = 0

glasi y = x+π

2.

10. Jednadzba normale na krivulju y = x−x + lnx u tocki s apscisom x = 1 glasix+ y − 1 = 0.

11. Jednadzba normale na krivulju y =√

1−x1+x u tocki s apscisom x = 0 glasi

2x+ y = 1.

12. Jednadzba tangente na krivulju x+arccos(xy) = 0 u tocki s ordinatom y = 0

glasi y =2

πx+ 1.

13. Derivacija s lijeva funkcije f u tocki x je broj f ′(x−) =

lim∆x→0+0

f(x− ∆x) − f(x)

∆x.

14. Derivacija f ′(x) funkcije f u tocki x postoji ako i samo ako u toj tocki postojederivacije f ′(x−) slijeva i f ′(x+) zdesna.

15. Funkcija f(x) = |2x− x2| je derivabilna u tocki x = 2.

16. Ako je f(x) = |2x− x2|, onda je f ′(0−) = −2 i f ′(0+) = 2.

17. Ako za funkciju y = f(x) postoji inverzna funkcija x = f−1(y) te ako su obje

derivabilne i f ′(x) 6= 0, onda vrijedi(f−1

)′(y) = − 1

f ′(x).

A.5 Derivacije i primjene 249

18. Ako za funkciju y = f(x) postoji inverzna funkcija x = f−1(y) te ako su obje

derivabilne i(f−1

)′(y) 6= 0, onda vrijedi f ′(x) =

1

(f−1)′(y)

.

19. Ako je funkcija y = f(x) implicitno zadana s xy − e−xy = 0, onda za njenuderivaciju y′ = f ′(x) vrijedi xy′ + y = 0.

20. Formula za derivaciju funkcije oblika h(x) = f(x)g(x) glasi h′(x) =f(x)g(x)g′(x) ln f(x) + g(x)f(x)g(x)−1f ′(x).

21. Ako je f(x) = arctg x+ arcctg x, onda je f ′(x) =π

2za sve x ∈ R.

22. Ako je f(x) =sinx

3√x

, onda je f ′(x) =3 cosx− x sinx

3x 3√x

za sve x ∈ R \ {0}.

23. Ako je f(x) =lnx√x

, onda je f ′(x) =2 − lnx

2x√x

za sve x ∈ R \ {0}.

24. Ako je f(x) = arshx + archx, onda je f ′(x) =

√x2 + 1 +

√x2 − 1√

x4 − 1za sve

x ∈ (1,+∞).

25. Ako je f(x) = x+x1x , onda je f ′(x) = (1− lnx)x

1−2xx +1 za sve x ∈ (0,+∞).

26. Diferencijal funkcije y = f(x) u tocki x je izraz dy = f ′(x)∆x.

27. Ako je funkcija y = f(x) zadana parametarski s x = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ T ,

onda vrijedi formula f ′(x) =ψ′(t)

ϕ′(t).

28. Ako je funkcija y = f(x) zadana parametarski s x = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ T ,

onda vrijedi formula f ′′(x) =ψ′′(t)ϕ′(t) − ψ′(t)ϕ′′(t)

[ϕ′(t)]2.

29. Ako je P (x) polinom stupnja n, onda je P (k)(x) = 0 za sve k ≥ n.

30. Ako je f(x) = ln(1 + 2x), onda je f (n)(x) =(−1)n−1(n− 1)!

(1 + 2x)nza sve n ∈ N.

31. Ako je f(x) =1

1 − x, onda je f (n)(x) =

n!

(1 − x)n+1za sve n ∈ N.

32. Ako je f(x) = sin 2x, onda je f (n)(x) = 2n sin(

2x+nπ

2

)

za sve n ∈ N.

33. Ako je f(x) = e−3x, onda je f (n)(x) = (−3)ne−3x za sve n ∈ N.

34. Ako funkcija f poprima u tocki c ∈ (a, b) ⊆ D svoju najmanju ili najvecuvrijednost na (a, b), onda f nije derivabilna u c.

35. Ako funkcija f poprima u tocki c ∈ (a, b) ⊆ D svoju najmanju ili najvecuvrijednost na (a, b) i ako je f derivabilna u c, onda je f ′(c) = 0.

250 DA/NE KVIZ

36. Ako za funkciju f neprekidnu na [a, b] i derivabilnu na (a, b) vrijedi f(a) 6=f(b), onda je f ′(x) 6= 0 za sve x ∈ (a, b).

37. Ako su a i b nultocke funkcije f koja je neprekidna na [a, b] i derivabilna na(a, b), onda je f ′(c) = 0 za barem jednu tocku c ∈ (a, b).

38. Rolleov teorem ne mozemo primijeniti na funkciju f(x) = 2x−x2, x ∈ [−1, 3].

39. limx→0

sinx− x

x2= −1

2.

40. Funkcija definirana s f(x) =sinx

x, x 6= 0 i f(0) = 1 derivabilna je u tocki

x = 0 i f ′(0) = 0.

41. limx→0

x sin x

1 − cosx= 2.

42. limx→0

1

x2e−

1x2 = 0.

43. limx→0

3√

1 − x− 3√

1 + x√1 − x−

√1 + x

=3

2.

44. limx→0

3x − 1

tg x=

1

ln 3.

45. limx→0

2x − 2−x

3x − 3−x= ln

2

3.

46. limx→+∞

(

x− xe1

x−1

)

= 1.

47. limx→+∞

(

x−√

x2 + x)

= −1

2.

48. limx→+∞

(x− lnx) = +∞.

49. limx→+∞

3 lnx− 2 ln2 x

x= 0.

50. Za svaki k ∈ Z vrijedi limx→+∞

lnk x

x= 0.

51. limx→0+0

xx = 1.

52. limx→0+0

x−x ne postoji.

53. limx→+∞

x1x = 1.

54. limx→0

(1 − 2x)1x =

√e.

55. limx→0−0

(cosx)1

sin x ne postoji.


56. limx→0+0

(1 − cosx)sin x = 1.

57. limx→1−0

(2 − x)tgπx2 = e

2π .

58. Derivabilna funkcija f je rastuca na intervalu (a, b) ako i samo ako je f ′(x) ≥ 0za sve x ∈ (a, b).

59. Na intervalu (−∞, 2) funkcija f(x) = 1 + 3x2 − x3 je strogo rastuca.

60. Na intervalima (−∞, 1) i (e,+∞) funkcija f(x) = 3 ln2 x − 2 ln3 x je strogopadajuca.

61. Na intervalu (−∞, 0) funkcija f(x) = arctg1

2

(

x− 1

x

)

je strogo rastuca.

62. Funkcija f(x) = xx je strogo rastuca na (0, 1/e) i strogo padajuca na(1/e,+∞).

63. Funkcija f(x) = x1x je strogo rastuca na (0, e) i strogo padajuca na (e,+∞).

64. Funkcija f(x) = x−√

x2 + 1 je strogo rastuca na citavom R.

65. Na intervalu (−2, 1) funkcija f(x) = (x− 2)e−1x je strogo padajuca.

66. Funkcija f ima globalni maksimum f(c) u tocki c ∈ D ako je f(x) ≤ f(c) zasve x ∈ D.

67. Tocka c ∈ D je kriticna tocka neprekidne funkcije f ako f ′(c) ili ne postojiili je f ′(c) = 0.

68. Ako neprekidna funkcija f ima lokalni ekstrem u tocki c ∈ D, onda je f ′(c) =0.

69. Ako dvaput derivabilna funkcija f ima lokalni minimum u tocki c ∈ D, ondaje f ′(c) = 0 i f ′′(c) > 0.

70. Funkcija f definirana na [−1, 2] s f(x) = x2, x ∈ [−1, 0] i f(x) = 0, x ∈ (0, 2]u svakoj tocki c ∈ [0, 2] ima globalni minimum jednak 0.

71. Funkcija f definirana na [−1, 2] s f(x) = −x2, x ∈ [−1, 0] i f(x) = 0, x ∈(0, 2] nema niti tocaka lokalnog minimuma niti tocaka lokalnog maksimuma.

72. Funkcija f(x) = 1 + 3x2 − x3 u tocki c = 0 ima lokalni minimum jednak 1.

73. Funkcija f(x) = arctg1

2

(

x− 1

x

)

nema niti tocaka lokalnih ekstrema niti

tocaka globalnih ekstrema.


2

(

x+1

x

)

nema tocaka globalnih ekstrema.

75. Funkcija f(x) = xx ima lokalni i globalni minimum u tocki c = 1/e.

252 DA/NE KVIZ

76. Funkcija f(x) =3√

3x2 − x3 ima lokalne ekstreme u tockama c = 0, c = 2 ic = 3.

77. Funkcija f(x) = (x − 2)e−1x u tocki c = 2 ima lokalni minimum, a u tocki

c = −1 ima lokalni maksimum.


x2 + 1 nema niti tocaka lokalnih ekstrema niti tocakaglobalnih ekstrema.

79. Funkcija f je konkavna na intervalu (a, b) ⊆ D ako za bilo koje tocke x1, x2 ∈(a, b), x1 6= x2 vrijedi: f(tx1 + (1 − t)x2) ≥ tf(x1) + (1 − t)f(x2) za baremjedan t ∈ (0, 1).

80. Ako za dvaput derivabilnu funkciju f vrijedi f ′′(x) ≥ 0 za sve x ∈ (a, b),onda je f strogo konveksna na intervalu (a, b) ⊆ D.

81. Ako derivabilna funkcija f ima infleksiju u tocki c ∈ D, onda je f ′(c) = 0.

82. Dvaput derivabilna funkcija f ima infleksiju u tocki c ∈ D ako i samo ako jef ′′(c) = 0.

83. Na intervalu (2,+∞) funkcija f(x) = 1 + 3x2 − x3 je strogo konkavna.

84. Tocka c = 1 je jedina tocka infleksije funkcije f(x) = 1 + 3x2 − x3.

85. Funkcija f(x) = 3 ln2 x− 2 ln3 x nema tocaka infleksije.


2

(

x− 1

x

)

je konveksna na intervalu (−∞, 0) i kon-

kavna na intervalu (0,+∞).

87. Funkcija f(x) = xx je strogo konveksna na (0,+∞).


x2 + 1 je strogo konkavna na citavom R.

89. Tocka c = 2/5 je jedina tocka infleksije funkcije f(x) = (x− 2)e−1x .

90. Na intervalima (−∞, 0) i (0, 2/5) funkcija f(x) = (x− 2)e−1x je konkavna.

91. Ako je x0 tocka prekida prve vrste funkcije f , onda je pravac x = x0 vertikalnaasimptota krivulje y = f(x).

92. Ako je x0 tocka prekida druge vrste funkcije f , onda je pravac x = x0 verti-kalna asimptota krivulje y = f(x).

93. Ako je limx→+∞

f(x) = +∞ ili limx→+∞

f(x) = −∞, onda krivulja y = f(x) nema

horizontalnu asimptotu u desnom kraju, ali zato ima kosu asimptotu.

94. Ako postoje limx→+∞

f(x)

x= k 6= 0 i lim

x→+∞[f(x) − kx] = +∞, onda je pravac

y = kx kosa asimptota krivulja y = f(x) u desnom kraju.

95. Krivulja y = f(x) moze imati i horizontalnu i kosu asimptotu.


96. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota krivulje y = 3 ln2 x−2 ln3 x u desnomkraju.

97. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota krivulje y = arctg1

2

(

x− 1

x

)

slijeva i

zdesna.

98. Pravac y = 2x je kosa asimptota krivulje y = x−√

x2 + 1 u lijevom kraju.

99. Pravac y = 0 je horizontalna asimptota krivulje y = x −√

x2 + 1 u desnomkraju.

100. Pravac x = 0 je vertikalna asimptota krivulje y = (x − 2)e−1x zdesna, ali ne

i slijeva.

254 DA/NE KVIZ

Rjesenja

1. DA2. NE3. DA4. NE5. DA6. NE7. NE8. DA9. NE

10. NE11. NE12. NE13. DA14. NE15. NE16. DA17. NE18. DA19. DA20. DA

21. NE22. NE23. NE24. DA25. DA26. DA27. DA28. NE29. NE30. NE31. DA32. DA33. DA34. NE35. DA36. NE37. DA38. NE39. NE40. DA

41. DA42. DA43. NE44. NE45. NE46. NE47. DA48. DA49. DA50. DA51. DA52. NE53. DA54. NE55. NE56. DA57. DA58. DA59. NE60. NE

61. DA62. NE63. DA64. DA65. NE66. DA67. DA68. NE69. NE70. DA71. DA72. DA73. DA74. DA75. DA76. NE77. DA78. DA79. NE80. DA

81. NE82. NE83. DA84. DA85. NE86. DA87. DA88. DA89. DA90. DA91. NE92. NE93. NE94. NE95. DA96. NE97. NE98. DA99. DA

100. NE

A.6 Nizovi i redovi 255

A.6 Nizovi i redovi

1. Niz realnih brojeva je funkcija a : N → R

2. Clanovi niza realnih brojeva zadani su u tocno odredenom poretku.

3. Niz 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, . . . je stacionaran.

4. Niz 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, . . . je monoton.

5. Niz an = (−1)n nn+1 je monoton.

6. an → a ako (∀ε > 0)(∃nε ∈ N) takav da n ≥ nε ⇒ |an − a| < ε.

7. Broj a je limes niza {an} ako i samo ako svaka ε-okolina broja a sadrzi be-skonacno clanova niza, dok se izvan te okoline nalazi najvise konacno clanovaniza.

8. Konvergenciju niza mozemo dokazati tako da rijesimo osnovnu nejednadzbukonvergencije.

9. Limes niza je jedinstven.

10. Broj a je gomiliste niza ako se u svakoj ε-okolini broja a nalazi beskonacnomnogo clanova niza.

11. Limes superior je najvece gomiliste.

12. Oznaka za najmanje gomiliste je lim sup.

13. Limes je ujedno i gomiliste.

14. Svako gomiliste je ujedno i limes.

15. Gomilista niza an = (−1)n nn+1 su −1 i 1.

16. Niz an = cos nπ2 ima cetiri razlicita gomilista.

17. Podniz niza a : N → R je svaka kompozicija a ◦ n, gdje je n : N → N strogorastuca funkcija.

18. Podniz niza nastaje iz niza preskakanjem clanova.

19. Svaki podniz je takoder niz.

20. Podniz {a2n−1} niza an = (−1)n nn+1 glasi 2

3 ,45 ,

67 , . . ..

21. Niz 1, q, q2, q3, q4, · · · konvergira prema nuli za svaki q ∈ R.

22. Ako je g gomiliste niza, tada postoji barem jedan podniz tog niza koji teziprema g.

23. Ako je niz konvergentan, tada svaki podniz konvergira prema istoj vrijednosti.

24. Svaki omeden niz je konvergentan.

25. Svaki niz ima monoton podniz.

256 DA/NE KVIZ

26. Svaki niz ima uzlazan podniz.

27. Svaki omeden i monoton niz je konvergentan.

28. Svaki omeden niz ima konvergentan podniz.

29. e = limn→∞(1 + 1

n

)n.

30. 2.923 < e < 2.924.

31. e = limn→∞(1 − 1

n

)−n.

32. Limes produkta jednak je produktu limesa ako oba limesa postoje.

33. Ako je an > 0 i lim an > 0, tada je lim(an)x = (lim an)x.

34. lim sin nn = 1.

35. Cauchyjev niz je divergentan.

36. Niz je konvergentan ako i samo ako je Cauchyjev.

37. Niz { 1n} je Cauchyjev.

38. Ako je b > 0, tada je lim n√b = 1.

39. lim n√n = 1.

40. Limes niza mozemo odrediti primjenjujuci prosirenje po neprekidnosti i teh-nike nalazenja limesa funkcija.

41. e = limx→+∞(1 + 1

x

)x.

42. e = limt→0(1 + t)1/t.

43. Red realnih brojeva je zbroj beskonacno pribrojnika koji se nalaze u zadanomporetku.

44. Red realnih brojeva je zbroj beskonacno pribrojnika koji se nalaze u pro-izvoljnom poretku.

45. K-ta parcijalna suma reda brojeva jednaka je zbroju prvih k clanova reda.

46. Za svaki konvergentan red limes niza parcijalnih suma jednak je nula.

47. Suma reda jednaka je limesu niza parcijalnih suma ako taj limes postoji.

48. Red∑∞

n=0 an konvergira za svaki a.

49. Geometrijski red∑pn−1 konvergira za svaki p > 1.

50.∑an−1 = 1

1−a za |a| < 1.

51. Ako je lim an 6= 0, tada red∑an konvergira.

52. Konvergentan red ostaje konvergentan ako mu promijenimo prvih 100clanova.


53. Harmonijski red je konvergentan.

54.∑ 1

n = +∞.

55. Niz parcijalnih suma reda∑

1n tezi u +∞.

56. Red∑ 1

np konvergira za p > 1.

57. Poredbeni kriterij mozemo primijeniti na bilo koja dva reda.

58. Red s pozitivnim clanovima je konvergentan ako ima konvergentnu majo-rantu.

59. Red s pozitivnim clanovima je divergentan ako ima divergentnu minorantu.

60. D’Alembertov kriterij konvergencije mozemo primijeniti na bilo koji red.

61. Red s pozitivnim clanovima konvergira po D’Alembertovom kriteriju ako jelim an+1/an < 1.

62. Red s pozitivnim clanovima konvergira po D’Alembertovom kriteriju ako jelim an/an+1 < 1.

63. Red s pozitivnim clanovima divergira po Cauchyjevom kriteriju ako jelim n

√an > 1.

64. Red s pozitivnim clanovima konvergira po Cauchyjevom kriteriju ako jelim

√an < 1.

65. Red∑ 1

n13

konvergira jer ima konvergentnu majorantu∑ 1

n.

66. Red∑ 1

n3konvergira jer ima konvergentnu majorantu

∑ 1

n2.

67. Red∑ n

3nkonvergira po Cauchyjevom kriteriju.

68. Ako je red∑

|an| konvergentan, tada je red∑an apsolutno konvergentan.

69. Ako red∑an konvergira, red

∑ |an| ne mora konvergirati.

70. Geometrijski red∑qn−1 je apsolutno konvergentan za |q| < 1.

71. Ako je red apsolutno konvergentan, tada clanove mozemo zbrajati u bilokojem poretku.

72. Red∑ cosnπ

n2je apsolutno konvergentan.

73. Alternirani harmonijski red konvergira po Leibnizovom kriteriju.

74. 1 − 12 + 1

3 − 14 + 1

5 − 16 + 1

7 − · · · = ln 2.

75. Niz funkcija {fn} zadan s fn(x) = xn−1 je definiran na citavom skupu R.

76. Niz funkcija {fn} zadan s fn(x) = xn−1 konvergira na citavom skupu R.

258 DA/NE KVIZ

77. Niz funkcija {fn} zadan s fn(x) = xn−1 konvergira uniformno za ∀x ∈ (−1, 1].

78. Niz funkcija {fn} zadan s fn(x) = xn−1 konvergira prema nul-funkciji za∀x ∈ (−1, 1).

79. Ako niz neprekidnih funkcija konvergira uniformno, tada je limes takoderneprekidna funkcija.

80. Niz funkcija fn(x) = sin nxn konvergira prema nul-funkciji na citavom skupu

R.

81. Red funkcija∑fn konvergira po tockama prema funkciji f na skupu D ako

red brojeva∑fn(x) konvergira prema f(x) za ∀x ∈ D.

82. Red funkcija∑fn konvergira apsolutno na skupu D ako red brojeva

∑ |fn(x)| konvergira za ∀x ∈ D.

83. Red funkcija∑fn konvergira uniformno na skupuD ako niz parcijalnih suma

konvergira uniformno na skupu D.

84. Geometrijski red funkcija∑xn−1 konvergira na skupu (−2, 2).

85. 1 + x+ x2 + x3 + x4 + · · · = 11−x , ∀x ∈ (−1, 1].

86. 1 + x+ x2 + x3 + x4 + · · · = 11−x , ∀x ∈ (−1, 1).

87. Red funkcija∑∞

n=0 fn, gdje je fn(x) = anxn, jos se zove i red potencija.

88. Radijus konvergencije reda potencija∑∞

n=0 anxn je broj ρ = lim sup

|an+1||an|

.

89. Ako je ρ radijus konvergencije reda potencija, tada red konvergira na skupuR \ [−ρ, ρ].

90. Ako je ρ radijus konvergencije reda potencija, tada red divergira na skupuR \ [−ρ, ρ].

91. Radijus konvergencije reda potencija∑

1nx

n jednak je nula.

92. Pomocu Taylorove formule mozemo racunati vrijednosti elementarnih funk-cija do na zeljenu tocnost koristeci samo cetiri osnovne racunske operacije.

93. Formula za Taylorov razvoj funkcije f(x) glasi f(x) = f(x0) +∞∑

n=1

f (n)(x0)

n!(x− x0)

n.

94. Formula za MacLaurinov razvoj funkcije f(x) glasi f(x) = f(0) +∞∑

n=1

f (n)(0)

nxn.

95. sinx =x

1!− x3

3!+x5

5!− x7

7!+ · · · , ∀x ∈ R.


96. sinx =∑

(−1)n+1 x2n−1

(2n− 1)!, ∀x ∈ R.

97. cosx = 1 − x2

2!+x4

4!− x6

6!+ · · · , ∀x ∈ R.

98. ex = 1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+x4

4!+ · · · , ∀x ∈ R.

99. ex = 1 +x

1+x2

2+x3

3+x4

4+ · · · , ∀x ∈ R.

100. e = 1 +

∞∑

n=1

1

n!.

260 DA/NE KVIZ

Rjesenja

1. DA2. DA3. NE4. DA5. NE6. DA7. DA8. DA9. DA

10. DA11. DA12. NE13. DA14. NE15. DA16. NE17. DA18. DA19. DA20. NE

21. NE22. DA23. DA24. NE25. DA26. NE27. DA28. DA29. DA30. NE31. DA32. DA33. DA34. NE35. NE36. DA37. DA38. DA39. DA40. DA

41. DA42. DA43. DA44. NE45. DA46. NE47. DA48. NE49. NE50. DA51. NE52. DA53. NE54. DA55. DA56. DA57. NE58. DA59. DA60. NE

61. DA62. NE63. DA64. NE65. NE66. DA67. DA68. DA69. DA70. DA71. DA72. DA73. DA74. DA75. DA76. NE77. NE78. DA79. DA80. DA

81. DA82. DA83. DA84. NE85. NE86. DA87. DA88. NE89. NE90. DA91. NE92. DA93. DA94. NE95. DA96. DA97. DA98. DA99. NE

100. DA

matematika 1 - sytrimme.weebly.com · zbirka sadrˇzi 153 potpuno rijeˇsena zadatka iz poglavlja...

Documents