matematika auditorne vjezbe 1.dio

Matematika I

Elvis Barakovic, Edis Mekic

20. listopada 2011.

1 Racionalne nejednacine

Primjer 1.1 Rijesiti nejednacinu

1

x − 1< 1.

Rjesenje. Vrijedi niz ekvivalencija:

1

x − 1< 1 ⇔ 1

x − 1− 1 < 0 ⇔ 2 − x

x − 1< 0.

Iz tabele

x −∞ 1 2 +∞2 − x + +0−x − 1 − 0 + +

2−x

x−1−∗+0−

zakljucujemo da je rjesenje nejednacine R = (−∞, 1) ∪ (2, +∞).


2x + 1

1 − 3x>

1

2.


2x + 1

1 − 3x>

1

2⇔ 2x + 1

1 − 3x− 1

2> 0 ⇔ 2(2x + 1) − 1 + 3x

2(1 − 3x)> 0

⇔ 4x + 2 − 1 + 3x

2(1 − 3x)> 0 ⇔ 7x + 1

2(1 − 3x)> 0.

1

1 RACIONALNE NEJEDNACINE

Iz tabele

x −∞ −17

13

+∞7x + 1 − 0 + +

2(1 − 3x) + + 0−7x+1

2(1−3x)− 0 + ∗ −

zakljucujemo da je rjesenje nejednacine R =

[

−1

7,1

3

)

.


1

x6

1

x − 1.


1

x6

1

x − 1⇔ 1

x− 1

x − 16 0 ⇔ x − 1 − x

x(x − 1)6 0 ⇔ −1

x(x − 1)6 0.

Iz tabele

x −∞ 0 1 +∞−1 − − −x − 0 + +

x − 1 − − 0 +

−1x(x−1)

−∗+ ∗−zakljucujemo da je rjesenje nejednacine R = (−∞, 0) ∪ (1, +∞).


x2 − 6x − 1

2x + 16 −2.


x2 − 6x − 1

2x + 16 −2 ⇔ x2 − 6x − 1

2x + 1+ 2 6 0 ⇔ x2 − 2x − 3

2x + 16 0.

Iz tabele

x −∞ −1 12

3 +∞x2 − 2x − 3 + 0 − − 0+

2x − 1 − − 0 + +

x2−2x−32x−1

− 0 + ∗ − 0+

Elvis Barakovic 2 Edis Mekic

2 JEDNACINE SA APSOLUTNIM VRIJEDNOSTIMA

zakljucujemo da je rjesenje nejednacine R = (−∞,−1] ∪(

1

2, 3

]

.


x2 + 4x + 6

x2 + x − 66 1.


x2 + 4x + 6

x2 + x − 66 1 ⇔ x2 + 4x + 6

x2 + x − 6− 1 6 0

⇔ x2 + 4x + 6 − x2 − x + 6

x2 + x − 66 0

⇔ 3x + 12

x2 + x − 66 0.

Iz tabele

x −∞ −4 −3 2 +∞3x + 12 − 0 + + +

x2 + x − 6 + + 0 − 0 +

3x+12x2+x−6

− 0 + ∗ −∗+

zakljucujemo da je rjesenje nejednacine R = (−∞,−4] ∪ (−3, 2) .

2 Jednacine sa apsolutnim vrijednostima

Primjer 2.1 Rijesiti jednacinu

|2x − 1| − 2|1 − x| = 1.

Rjesenje. Znak funkcija koje su pod znakom apsolutne vrijednosti pred-stavimo tabelarno

x −∞ 12

1 +∞2x − 1 − 0 + +

1 − x + +0−

1. Za x ∈(

−∞,1

2

]

imamo niz ekvivalencija

|2x − 1| − 2|1 − x| = 1 ⇔ −(2x − 1) − 2(1 − x) = 1 ⇔ −1 = 1



pa jednacina na ovom skupu nema rjesenja.

2. Za x ∈(

1

2, 1

]


|2x − 1| − 2|1 − x| = 1 ⇔ (2x − 1) − 2(1 − x) = 1 ⇔ 4x − 3 = 1

⇔ 4x = 4 ⇔ x = 1.

Buduci da 1 ∈(

1

2, 1

]

, onda je rjesenje jednacine x = 1.

3. Za x ∈ (1, +∞) imamo niz ekvivalencija

|2x − 1| − 2|1 − x| = 1 ⇔ (2x − 1) − 2(−(1 − x)) = 1

⇔ 2x − 1 + 2 − 2x = 1 ⇔ 1 = 1

pa je rjesenje jednacine skup (1, +∞).Dakle, rjesenje jednacine je skup x ∈ [1, +∞).


2|2x + 1| − x = |x + 3|.


x −∞ −3 −12

+∞2x + 1 − − 0 +

x + 3 − 0 + +

1. Za x ∈ (−∞,−3] imamo niz ekvivalencija

2|2x + 1| − x = |x + 3| ⇔ 2(−(2x + 1)) − x = −(x + 3)

⇔ −4x = −1 ⇔ x =1

4

pa jednacina na ovom skupu nema rjesenja jer1

4/∈ (−∞,−3].

2. Za x ∈(

−3,−1

2

]


2|2x + 1| − x = |x + 3| ⇔ 2(−(2x + 1)) − x = x + 3

⇔ −4x = 1 ⇔ x = −1

4



pa jednacina na ovom skupu nema rjesenja jer −1

4/∈

(

−3,−1

2

]

.

3. Za x ∈(

−1

2, +∞

)


2|2x + 1| − x = |x + 3| ⇔ 2(2x + 1) − x = x + 3

⇔ 2x = 1 ⇔ x =1

2

pa je rjesenje jednacine x =1

2jer

1

2∈

(

−1

2, +∞

)

.

Dakle, rjesenje jednacine je x =1

2.


|x − 3| + |1 − 4x| = 2|x + 2|.Rjesenje. Znak funkcija koje su pod znakom apsolutne vrijednosti pred-stavimo tabelarno

x −∞ −2 14

3 +∞x − 3 − − − 0 +

1 − 4x + + 0− −x + 2 − 0 + + +


|x − 3| + |1 − 4x| = 2|x + 2| ⇔ −(x − 3) + (1 − 4x) = 2(−(x + 2))

⇔ −3x = −8 ⇔ x =8

3.

pa jednacina na ovom skupu nema rjesenje jer8

3/∈ (−∞,−2] .

2. Za x ∈(

−2,1

4

]


|x − 3| + |1 − 4x| = 2|x + 2| ⇔ −(x − 3) + (1 − 4x) = 2(x + 2)

⇔ −7x = 0 ⇔ x = 0.

pa jednacina na ovom skupu ima rjesenje x = 0 jer 0 ∈(

−2,1

4

]

.

3. Za x ∈(

1

4, 3

]


|x − 3| + |1 − 4x| = 2|x + 2| ⇔ −(x − 3) − (1 − 4x) = 2(x + 2)

⇔ 3x + 2 = 2x + 4 ⇔ x = 2.



pa jednacina na ovom skupu ima rjesenje x = 2 jer 2 ∈(

1

4, 3

]

.


|x − 3| + |1 − 4x| = 2|x + 2| ⇔ (x − 3) − (1 − 4x) = 2(x + 2)

⇔ 3x = 8 ⇔ x =8

3.

pa jednacina na ovom skupu nema rjesenje jer8

3/∈ (3, +∞) .


|x − 1| + |x2 + 3x − 4| = 5.


x −∞ −4 1 +∞x − 1 − − 0 +

x2 + 3x− 4 + 0 − 0−


|x − 1| + |x2 + 3x − 4| = 5 ⇔ −(x − 1) + (x2 + 3x − 4) = 5

⇔ x2 + 2x − 8 = 0 ⇔ x1 = −4 ∨ x2 = 2.

pa jednacina na ovom skupu ima jedno rjesenje x = −4 jer x2 = 2 /∈(−∞,−4] .2. Za x ∈ (−4, 1] imamo niz ekvivalencija

|x − 1| + |x2 + 3x − 4| = 5 ⇔ −(x − 1) − (x2 + 3x − 4) = 5

⇔ −x2 − 4x = 0 ⇔ x1 = −4 ∨ x2 = 0.

pa jednacina na ovom skupu ima jedno rjesenje x = 0 jer x1 = −4 /∈ (−4, 1] .3. Za x ∈ (1, +∞) imamo niz ekvivalencija

|x − 1| + |x2 + 3x − 4| = 5 ⇔ (x − 1) + (x2 + 3x − 4) = 5

⇔ x2 + 4x − 10 = 0

⇔ x1 = −2 −√

14 ∨ x2 = −2 +√

14.

pa jednacina na ovom skupu ima jedno rjesenje x = −2 +√

14 jer x1 =−2 −

√14 /∈ (1, +∞) .

Dakle, rjesenja jednacine su x = −4, x = 0 i x = −2 +√

14.


3 NEJEDNACINE SA APSOLUTNIM VRIJEDNOSTIMA

3 Nejednacine sa apsolutnim vrijednostima


|x + 1| + |3x − 1| > 2.

Rjesenje. Znak funkcije koje su pod znakom apsolutne vrijednosti pred-stavimo tabelarno

x −∞ −1 13

+∞x + 1 − 0 + +

3x − 1 − − 0 +


|x + 1| + |3x − 1| > 2 ⇔ −(x + 1) − (3x − 1) > 2

⇔ x < −1

2⇔ x ∈

(

−∞,1

2

)

.

Rjesenje nejednacine u ovoj slucaju

R1 = (−∞,−1] ∩(

−∞,1

2

)

= (−∞,−1] .

2. Za x ∈(

−1,1

3

]


|x + 1| + |3x − 1| > 2 ⇔ (x + 1) − (3x − 1) > 2 ⇔ −2x > 0

⇔ x < 0 ⇔ x ∈ (−∞, 0) .


R2 =

(

−1,1

3

]

∩ (−∞, 0) = (−1, 0) .

3. Za x ∈(

1

3, +∞

)


|x + 1| + |3x − 1| > 2 ⇔ (x + 1) + (3x − 1) > 2 ⇔ 4x > 2

⇔ x >1

2⇔ x ∈

(

1

2, +∞

)

.


R3 =

(

1

3, +∞

)

∩(

1

2, +∞

)

=

(

1

2, +∞

)

.



Konacno rjesenje nejednacine je skup

R = R1 ∪ R2 ∪ R3 = (−∞, 0) ∪(

1

2, +∞

)

.


|x2 + 2x − 3| < 3x + 3.


x −∞ −3 1 +∞x2 + 2x − 3 + 0 − 0+


|x2 + 2x − 3| < 3x + 3 ⇔ (x2 + 2x − 3) < 3x + 3

⇔ x2 + x − 6 < 0.

Rjesenje kvadratne nejednacine x2 + x − 6 < 0 je x ∈ (−3, 2), pa je rjesenjenejednacine u ovoj slucaju

R1 = (−∞,−3] ∩ (−3, 2) = ∅.2. Za x ∈ (−3, 1] imamo niz ekvivalencija

|x2 + 2x − 3| < 3x + 3 ⇔ −(x2 + 2x − 3) < 3x + 3

⇔ −x2 − 5x < 0.

Rjesenje kvadratne nejednacine −x2−5x < 0 < 0 je x ∈ (−∞,−5)∪(0+∞),pa je rjesenje nejednacine u ovoj slucaju

R2 = ((−∞,−5) ∪ (0+,∞)) ∩ (−3, 1) = (0, 1].


|x2 + 2x − 3| < 3x + 3 ⇔ (x2 + 2x − 3) < 3x + 3

⇔ x2 + x − 6 < 0.

Rjesenje kvadratne nejednacine x2 + x − 6 < 0 je x ∈ (−3, 2), pa je rjesenjenejednacine u ovoj slucaju

R3 = (1, +∞) ∩ (−3, 2) = (1, 2).


R = R1 ∪ R2 ∪ R3 = (0, 2).




|x2 − 4x| + 3 > x2 + |x − 5|.


x −∞ 0 4 5 +∞x2 − 4x + 0− 0 + +

x − 5 − − − 0 +

1. Za x ∈ (−∞, 0] imamo niz ekvivalencija

|x2 − 4x| + 3 > x2 + |x − 5| ⇔ (x2 − 4x) + 3 > x2 − (x − 5)

⇔ −3x > 2 ⇔ x 6 −2

3

⇔ x ∈(

−∞,−2

3

]

.


R1 = (−∞, 0] ∩(

−∞,−2

3

]

=

(

−∞,−2

3

]

.

2. Za x ∈ (0, 4] imamo niz ekvivalencija

|x2 − 4x| + 3 > x2 + |x − 5| ⇔ −(x2 − 4x) + 3 > x2 − (x − 5)

⇔ −2x2 + 5x − 2 > 0.

Rjesenje kvadratne nejednacine −2x2 + 5x − 2 > 0 je skup x ∈[

1

2, 2

]

pa je

rjesenje nejednacine u ovoj slucaju

R2 = (0, 4] ∩[

1

2, 2

]

=

[

1

2, 2

]

.

3. Za x ∈ (4, 5] imamo niz ekvivalencija

|x2 − 4x| + 3 > x2 + |x − 5| ⇔ (x2 − 4x) + 3 > x2 − (x − 5)

⇔ −3x > 2 ⇔ x 6 −2

3

⇔ x ∈(

−∞,−2

3

]

.




R3 = (4, 5] ∩(

−∞,−2

3

]

= ∅.


|x2 − 4x| + 3 > x2 + |x − 5| ⇔ (x2 − 4x) + 3 > x2 + (x − 5)

⇔ −5x > −8 ⇔ x 68

5

⇔ x ∈(

−∞,8

5

]

.


R3 = (5, +∞) ∩(

−∞,8

5

]

= ∅.


R = R1 ∪ R2 ∪ R3 ∪ R4 =

(

−∞,−2

3

]

∪[

1

2, 2

]

.


∣

∣

∣

∣

2x − 1

x + 1

∣

∣

∣

∣

6 2.

Rjesenje. Vrijedi niz ekvivalencija1

∣

∣

∣

∣

2x − 1

x + 1

∣

∣

∣

∣

6 2 ⇔ −2 62x − 1

x + 16 2

⇔ 2x − 1

x + 1> −2 ∧ 2x − 1

x + 16 2.

Rijesimo racionalnu nejednacinu2x − 1

x + 1> −2. Uocimo niz ekvivalencija

2x − 1

x + 1> −2 ⇔ 2x − 1

x + 1+ 2 > 0 ⇔ 4x + 3

x + 1> 0.

1Vrijedi |x| < a ⇔ −a < x < a.


4 POLINOMI NAD SKUPOM REALNIH BROJEVA

Iz tabele

x −∞ −1 −34

+∞4x + 3 − − 0 +

x + 1 − 0 + +

4x+3x+1

+ ∗ − 0 +

zakljucujemo da je rjesenje nejednacine

R1 = (−∞,−1) ∪[

−3

4, +∞

)

.

Rijesimo racionalnu nejednacinu2x − 1

x + 16 2. Uocimo niz ekvivalencija

2x − 1

x + 16 2 ⇔ 2x − 1

x + 1− 2 6 0 ⇔ − 1

x + 16 0

⇔ x + 1 > 0 ⇔ x > −1 ⇔ x ∈ (−1, +∞).

Dakle, rjesenje nejednacine2x − 1

x + 16 2 je skup R2 = (−1, +∞) . Rjesenje

pocetne nejednacine je skup

R = R1 ∩ R2 =

[

−3

4, +∞

)

.

4 Polinomi nad skupom realnih brojeva

Primjer 4.1 Koristeci Hornerovu semu podijeliti polinom P (x) = 4x4+x3−2x2 − x − 2 sa x − 1. Da li je polinom P (x) djeljiv sa x − 1?

Rjesenje. Iz seme4 1 -2 -1 -2

1 4 5 3 2 0

zakljucujemo da je

4x4 + x3 − 2x2 − x − 2 = (x − 1)(4x3 + 5x2 + 3x + 2)

i da je polinom P (x) djeljiv sa x − 1.

Primjer 4.2 Koristeci Hornerovu semu podijeliti polinom P (x) = −x3 +2x2 − 2x − 3 sa x + 2. Da li je polinom P (x) djeljiv sa x + 2?


4 POLINOMI NAD SKUPOM REALNIH BROJEVA

Rjesenje. Iz seme-1 2 -2 -3

-2 -1 4 -10 17

zakljucujemo da je

−x3 + 2x2 − 2x − 3 = (x + 2)(−x2 + 4x − 10) + 15

i da polinom P (x) nije djeljiv sa x + 2.

Primjer 4.3 Rastaviti polinom P (x) = x3−6x2 +11x−6 na faktore znajuci

da je x0 = 1 nula polinoma.

Rjesenje. Buduci da je x0 = 1 nula polinoma P (x) tada je polinom djeljivsa x − 1 a njihov kolicnik odredimo koristeci Hornerovu semu:

1 -6 11 -61 1 -5 6 0

Dakle, P (x) = (x − 1)(x2 − 5x + 6). Kako je x2 − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3)tada je

P (x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3).

Primjer 4.4 Rastaviti polinom P (x) = 2x3 + 5x2 + x− 2 na faktore znajuci

da je x0 = −1 nula polinoma.

Rjesenje. Buduci da je x0 = −1 nula polinoma P (x) tada je polinom djeljivsa x + 1 a njihov kolicnik odredimo koristeci Hornerovu semu:

2 5 1 -2-1 2 3 -2 0

Dakle, P (x) = (x + 1)(2x2 + 3x− 2). Kako je 2x2 + 3x− 2 = (2x− 1)(x + 2)tada je

P (x) = (x + 1)(2x − 1)(x + 2).

Primjer 4.5 Rastaviti polinom P (x) = x3 − 2x2 − 2x − 3 na faktore.

Rjesenje. Nule polinoma P (x) su djelioci slobodnog clana −3 a to su brojevi±1,±3. Kako je P (3) = 0, tada je polinom P (x) djeljiv sa x − 3. Njihovkolicnik odredimo koristeci Hornerovu semu:

1 -2 -2 -33 1 1 1 0

Dakle, P (x) = (x + 1)(x2 + x + 1). Buduci da polinom Q(x) = x2 + x + 1nije moguce rastaviti u skupu R, tada je P (x) = (x + 1)(x2 + x + 1).


5 RASTAVLJANJE RACIONALNIH FUNKCIJA NA PROSTE

RACIONALNE FUNKCIJE

Primjer 4.6 Rastaviti polinom P (x) = 4x3 + 16x2 − x − 4 na faktore.

Rjesenje. Nule polinoma P (x) su djelioci slobodnog clana −4 a to su brojevi±1,±3 i ±4. Kako je P (−4) = 0, tada je polinom P (x) djeljiv sa x + 4.Njihov kolicnik odredimo koristeci Hornerovu semu:

4 16 -1 -4-4 4 0 -1 0

.

Dakle, P (x) = (x + 4)(4x2 − 1). Buduci da polinom Q(x) = 4x2 − 1 =(2x − 1)(2x + 1) tada je

P (x) = (x + 4)(2x − 1)(2x + 1).

5 Rastavljanje racionalnih funkcija na proste

racionalne funkcije

Primjer 5.1 Rastaviti funkciju

f(x) =2x − 1

x2 − 1

na zbir prostih racionalnih funkcija.

Rjesenje. Funkcija f(x) je prava racionalna funkcija, pa imamo

2x − 1

x2 − 1=

2x − 1

(x − 1)(x + 1)=

A

x − 1+

B

x + 1

odakle, mnozenjem jednakosti sa (x − 1)(x + 1) dobijamo

2x − 1 = A(x + 1) + B(x − 1)

2x − 1 = (A + B)x + A − B.

Konstante A i B dobijamo iz sistema

A + B = 2

A − B = −1

cije je rjesenje A =1

2i B =

3

2. Dakle,

2x − 1

x2 − 1=

12

x − 1+

32

x + 1=

1

2(x − 1)+

3

2(x + 1).



RACIONALNE FUNKCIJE

Konstane A i B mogli smo dobiti i tako sto bi u jednakost

2x − 1 = A(x + 1) + B(x − 1)

uvrstili dvije vrijednosti za promjenljivu x (jer trazimo dvije konstante).Tako, npr:

x = 1 ⇒ 1 = 2A ⇒ A =1

2

x = −1 ⇒ −3 = −2B ⇒ B =3

2.


f(x) =1 − x

2x2 − 5x + 2


Rjesenje. Funkcija f(x) je prava racionalna funkcija, pa imamo

1 − x

2x2 − 5x + 2=

1 − x

(x − 2)(2x − 1)=

A

x − 2+

B

2x − 1

odakle, mnozenjem jednakosti sa (x − 2)(2x − 1) dobijamo

1 − x = A(2x + 1) + B(x − 2)

1 − x = (2A + B)x + A − 2B.

Konstante A i B dobijamo iz sistema

2A + B = −1

A − 2B = 1

cije je rjesenje A = −1

3i B = −1

3. Dakle,

1 − x

2x2 − 5x + 2=

−13

x − 2+

−13

2x − 1= − 1

3(x − 2)− 1

3(2x − 1).


f(x) =1

x3 − 8




RACIONALNE FUNKCIJE

Rjesenje. Funkcija f(x) je prava racionalna funkcija. Kako je x3 − 8 =(x − 2)(x2 + 2x + 2), onda imamo

1

x3 − 8=

1

(x − 2)(x2 + 2x + 2)=

A

x − 2+

Bx + C

x2 + 2x + 2.

Mnozenjem jednakosti sa (x − 2)(x2 + 2x + 2) dobijamo

1 = A(x2 + 2x + 2) + (Bx + C)(x − 2)

1 = (A + B)x2 + (2A − 2B + C)x + 2A − 2C

Konstante A, B i C dobijamo iz sistema

A + B = 02A − 2B + C = 02A − 2C = 1


3, B = −1

3i C = −2

3. Dakle,

1

x3 − 8=

13

x − 2+

−13x − 2

3

x2 + 2x + 2=

1

3(x − 2)− x + 2

3(x2 + 2x + 2).


f(x) =2x − 3

x3 − x


Rjesenje. Funkcija f(x) je prava racionalna funkcija. Kako je x3 − x =x(x2 − 1) = x(x − 1)(x + 1), onda imamo

2x − 3

x3 − x=

2x − 3

x(x − 1)(x + 1)=

A

x+

B

x − 1+

C

x + 1.

Mnozenjem jednakosti sa x(x − 1)(x + 1) dobijamo

2x − 3 = A(x − 1)(x + 1) + Bx(x + 1) + Cx(x − 1)

2x − 3 = (A + B + C)x2 + (B − C)x − A


A + B + C = 0B − C = 2

−A = −3



RACIONALNE FUNKCIJE

cije je rjesenje A = 3, B = −1

2i C = −5

2. Dakle,

2x − 3

x3 − x=

3

x+

−12

x − 1+

−52

x + 1

=3

x− −1

2(x − 1)− 5

2(x + 1).


f(x) =x2 + x + 1

x3 + x


Rjesenje. Funkcija f(x) je prava racionalna funkcija. Kako je x3 + x =x(x2 + 1), onda imamo

x2 + x + 1

x3 + x=

x2 + x + 1

x(x2 + 1)=

A

x+

Bx + C

x2 + 1.

Mnozenjem jednakosti sa x(x2 + 1) dobijamo

x2 + x + 1 = A(x2 + 1) + (Bx + C)x

x2 + x + 1 = (A + B)x2 + Cx + A


A + B = 1C = 1

A = 1

cije je rjesenje A = 1, B = 0 i C = 1. Dakle,

x2 + x + 1

x3 + x=

1

x+

1

x2 + 1.


f(x) =x2 + 3x + 7

x4 − 1




RACIONALNE FUNKCIJE

Rjesenje. Funkcija f(x) je prava racionalna funkcija. Kako je

x4 − 1 = (x2)2 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1)

, onda imamo

x2 + 3x + 7

x4 − 1=

x2 + 3x + 7

(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)=

A

x − 1+

B

x + 1+

Cx + D

x2 + 1.

Mnozenjem jednakosti sa (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) dobijamo

x2 + 3x + 7 = A(x + 1)(x2 + 1) + B(x − 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x − 1)(x + 1)

x2 + 3x + 7 = (A + B + C)x3 + (A − B + D)x2 + (A + B − C)x + A − B − D

Konstante A, B, C i D dobijamo iz sistema

A + B + C = 0A − B + D = 1A + B − C = 3A − B − D = 7


4, B = −5

4, C = −3

2i D = −3. Dakle,

x2 + 3x + 7

x4 − 1=

114

x − 1+

−54

x + 1+

−32x − 3

x2 + 1

=11

4(x − 1)− 5

4(x + 1)− 3(x + 2)

2(x2 + 1).


f(x) =x3 + x2 + 2x + 3

x2 − 3x + 2


Rjesenje. Funkcija f(x) nije prava racionalna funkcija, pa cemo prvo polinomx3 + x2 + 2x + 3 podijeliti sa polinomom x2 − 3x + 2, pa dobijamo da je

x3 + x2 + 2x + 3 = (x + 4)(x2 − 3x + 2) + 12x − 5.

Tada je

x3 + x2 + 2x + 3

x2 − 3x + 2=

(x + 4)(x2 − 3x + 2) + 12x − 5

x2 − 3x + 2= x + 4 +

12x − 5

x2 − 3x + 2.


6 ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD

Rastavimo racionalnu funkciju12x − 5

x2 − 3x + 2na zbir prostih razlomaka. Kako

je x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2), onda imamo

12x − 5

x2 − 3x + 2=

12x − 5

(x − 1)(x − 2)=

A

x − 1+

B

x − 2.

Mnozenjem jednakosti sa (x − 1)(x − 2) dobijamo

12x − 5 = A(x − 2) + B(x − 1)

12x − 5 = (A + B)x − 2A − B

Konstante A, B, C dobijamo iz sistema

A + B = 12−2A − B = −5

cije je rjesenje A = −7, B = 19, C = −3

2i D = −3. Dakle,

12x − 5

x2 − 3x + 2= − 7

x − 1+

19

x − 2

pa jex3 + x2 + 2x + 3

x2 − 3x + 2= x + 4 − 7

x − 1+

19

x − 2.

6 Zadaci za samostalan rad

6.0.1 Matematicka indukcija

Zadatak 6.1 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1 + 2 + 3 + · · · + n =n (n + 1)

2.


12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =n (n + 1) (2n + 1)

6.


23 + 43 + 63 + · · ·+ (2n)3 = 2n2(n + 1)2.




1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · ·+ n · (n + 1) =n (n + 1) (n + 2)

3.


1 ·2 ·3+2 ·3 ·4+3 ·4 ·5+ · · ·+n · (n + 1) · (n + 2) =n (n + 1) (n + 2) (n + 3)

4.


1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2n−1 = 2n − 1.


1

4 · 5 +1

5 · 6 + · · · + 1

(n + 3) · (n + 4)=

n

4 (n + 4).


1

1 · 2 · 3 +1

2 · 3 · 4 + · · · + 1

n · (n + 1) · (n + 2)=

n (n + 3)

4 (n + 1) (n + 2).


14

1 · 3 +24

3 · 5 + · · · + n4

(2n − 1) · (2n + 1)=

n (n + 1) (n2 + n + 1)

6 (2n + 1).


5

1 · 2 +13

2 · 3 + · · · + 2k2 + 2k + 1

k · (k + 1)=

n (2n + 3)

n + 1.


2

2 + 1+

22

22 + 1+

23

24 + 1+ · · · + 2n

22n−1 + 1= 2 − 2n+1

22n − 1.


(

1 − 1

22

)(

1 − 1

32

)

· · ·(

1 − 1

n2

)

=n + 1

n, (n > 2) .


(

1 − 9

22

) (

1 − 9

52

)

· · ·(

1 − 9

(3n − 1)2

)

= − 3n + 2

2 (3n − 1).




a) (2n − 1)!! =(2n)!

2n · n!, b) n! =

(n + 2)!

(n + 1) (n + 2).


a) 6 | 7n − 1, b) 6 | n3 − 11n, c) 3 | n3 − n.


a) 25 | 2n+2 · 3n + 5n − 4, b) 11 | 62n + 3n+2 + 3n.


a) 9 | n · 4n+1 − (n + 1) · 4n + 1, b) 64 | 32n+2 − 8n − 9.


a) 54 | 22n+1 − 9n2 + 3n − 2, n ∈ N0 b) 1053 | 32n+2 · 52n + 33n+2 · 22n.


a) nn+1 > (n + 1)n , b) n! <

(

n + 1

2

)n

, (n > 1) .


( n!)2 <

(

(n + 1) (2n + 1)

6

)n

, (n > 1) .


1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

3n + 1> 1.


1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

3n + 1> 1.


1

4+

1

9+ · · ·+ 1

n2< 1.




1

22+

1

32+ · · ·+ 1

n2<

n − 1

n.


cos x+cos 2x+cos 3x+· · ·+cos nx =cos

(n + 1)x

2· sin nx

2

sinx

2

, (x 6= 2kπ, k ∈ Z) .


cosx

2· cos

x

22· cos

x

23· · · · · cos

x

2n=

sin x

2n sinx

2n

.

6.0.2 Binomni obrazac

Izracunati:

Zadatak 6.27 a) 3!, b) 5!, c) 6!, d) 7!.

Zadatak 6.28 a)3!

2!, b)

5!

3!, c)

10!

6!, d)

20!

18!.

Zadatak 6.29 a) 5! + 2!, b) 5! − 3!, c) 2 · 6! − 3 · 2!.

Zadatak 6.30 a) 6!−4!+2!, b) 2 ·5!+3!+4!, c) 2 ·5!−3 ·3!+2!.

Uprostiti izraze:

Zadatak 6.31 a)n!

n, b)

(n + 1)!

n · (n + 1), c)

(n − 2)!

(n + 1)!.

Zadatak 6.32 a)1

n!− 1

(n + 1)!, b)

(2n + 1)!

(2n − 1)!, c)

2

n!− 3

(n + 1)!.

U skupu N rijesiti jednacine:

Zadatak 6.33 a)(n + 2)!

n!= 110, b)

n!

(n − 5)!=

20n!

(n − 3)!.

Zadatak 6.34 a)(n + 1)!

(n − 1)!= 42, b)

(n + 1)!

(n − 1)!= 30.



Zadatak 6.35 a)n! − (n − 1)!

(n + 1)!=

1

6, b)

(2n)!

(2n − 3)!=

40n!

(n − 1)!.

Primjenom binomne formule razviti:

Zadatak 6.36 a) (a + b)2 , b) (2a − b)2 , c) (a + 3b)3 .

Zadatak 6.37 a) (x + 2y)2 , b) (2x − 1)2 , c) (2x + 3y)3 .

Zadatak 6.38 a)(

2 −√

2)2

, b)(

2√

3 + 3√

2)3

.

Zadatak 6.39 a)(

1 −√

2 +√

3)2

, b)(

3√

3 −√

2 − 2)3

.

Zadatak 6.40 Naci deseti clan u razvoju binoma

(

1

x+ x

)14

.

Zadatak 6.41 Naci trinaesti clan u razvoju binoma(

x3√

x2 − 2√

x)14

.

Zadatak 6.42 Naci sedmi clan u razvoju binoma

(

2x3√

x2+√

x

)10

.

Zadatak 6.43 U razvoju binoma

(

2

x+ 3x

)15

odrediti koeficijent uz x7.


(

2

x+ 3x

)15



(

x

2− 5

x

)15


Zadatak 6.46 Naci clan koji sadrzi x7 u razvoju binoma (x + 2)14 .

Zadatak 6.47 Naci clan koji sadrzi x7 u razvoju binoma(

3√

x2 −√x)12

.

Zadatak 6.48 Naci clan koji sadrzi x10 u razvoju binoma(

3√

x2 − 3√

x)18

.


(√x +

13√

x

)16

naci clan koji sadrzi x3.



Zadatak 6.50 Odrediti onaj clan razvoja binoma

(

x3√

x+ x−

2

3

)10

koji ne

sadrzi x.

Zadatak 6.51 Naci clan u razvoju binoma

(√x − 3√

x

)8

koji ne sadrzi x.

Zadatak 6.52 Naci srednji clan u razvoju binoma(

1 + 2√

2)50

.

Zadatak 6.53 Naci srednji clan u razvoju binoma(

3 3√

3 − 2√

2)40

.

Zadatak 6.54 Naci srednji clan u razvoju binoma

(

a − 1

a

)12

.


(

3x − 1

3x

)22

.

Zadatak 6.56 Naci srednji clan u razvoju binoma (x2 + xy)16

.


(

2

x−√

x

)16

.


(√x

x+

1√x

)20

.


(

sin x +1

cos x

)32

.


(

sin x

x+

x

cos x

)18

.

Zadatak 6.61 Odrediti peti clan u razvoju binoma (2x√

x − 3√

x)8.

Zadatak 6.62 Naci n u izrazu (a+b)n ako se binomni koeficijent jedanaestog

clana odnosi prema binomnom koeficijentu devetog clana kao 7 : 15.

Zadatak 6.63 Naci koeficijent uz x4 u izrazu

(1 + x)4 + (1 + x)5 + · · ·+ (1 + x)15 .

Zadatak 6.64 Naci koeficijent uz x3 u izrazu

(1 + x)3 + (1 + x)4 + · · ·+ (1 + x)100 .



Zadatak 6.65 Dokazati da je za svaki prirodan broj n broj(

2 +√

3)n

neparan.

Zadatak 6.66 Naci zbir svih koeficijenata polinoma P (x) = (2x7 − 3) (x3 − 2)17

.

Zadatak 6.67 Izracunati

n∑

k=0

(

n

k

)

.


n∑

k=0

k

(

n

k

)

.


n∑

k=0

(−1)k

(

n

k

)

.

Zadatak 6.70 Dokazati jednakost

(

n

k

)

+

(

n

k + 1

)

=

(

n + 1

k + 1

)

.


(

n

0

)

+

(

n

2

)

+

(

n

4

)

+ · · · = 2n−1.


(

n

1

)

+

(

n

3

)

+

(

n

5

)

+ · · · = 2n−1.

6.0.3 Racionalne nejednacine

Zadatak 6.73 Rijesiti nejednacinu2

1 − 2x< −1.

Zadatak 6.74 Rijesiti nejednacinu2x + 1

x + 1> 2.

Zadatak 6.75 Rijesiti nejednacinu1 − x

3x + 16

3

4.


3x + 16

1

1 − x.


1 − x6 − 2

x + 1.

Zadatak 6.78 Rijesiti nejednacinux2 + x + 4

x2 − 3x − 46 1.

Zadatak 6.79 Rijesiti nejednacinu−x2 + 2x − 5

2x2 − x − 1< −1.

Zadatak 6.80 Rijesiti nejednacinu4x2 − 8x − 24

x2 − 2x − 3> 3.



6.0.4 Jednacine sa apsolutnim vrijednostima

Zadatak 6.81 Rijesiti jednacinu |1 − x| − 3|2 − 3x| = −3.

Zadatak 6.82 Rijesiti jednacinu 2|2x− 1| + |3x + 4| = 6.

Zadatak 6.83 Rijesiti jednacinu |1 + x| + 3|2 − x| = |3x + 2|.Zadatak 6.84 Rijesiti jednacinu 3x − |x − 7| + |2 − x| = 5x + 1.

Zadatak 6.85 Rijesiti jednacinu |x2 + x − 2| + |x2 − x − 2| = 2.

Zadatak 6.86 Rijesiti jednacinu |x2 − 2x − 3| + 2 − 2x = x2 + |x − 4|.

Zadatak 6.87 Rijesiti jednacinu

∣

∣

∣

∣

x + 2

5 − 4x

∣

∣

∣

∣

=1

3.

Zadatak 6.88 Rijesiti jednacinu

∣

∣

∣

∣

2x − 1

5 − x

∣

∣

∣

∣

=1

2.

6.0.5 Nejednacine sa apsolutnim vrijednostima

Zadatak 6.89 Rijesiti nejednacinu 2|2x − 1| > 6x − 1.

Zadatak 6.90 Rijesiti nejednacinu |1 + x| + 3|2 − x| = |3x + 2|.Zadatak 6.91 Rijesiti nejednacinu 3|2x − 3| + |x − 1| > 3.

Zadatak 6.92 Rijesiti nejednacinu |1 − x| − 3|2 − 3x| < |3x + 2|.Zadatak 6.93 Rijesiti nejednacinu |x2 − 8x + 12| + 4x − 1 > x2 + |x − 7|.Zadatak 6.94 Rijesiti nejednacinu |x2 − 2x − 3| + 2 − 2x < x2 + |x − 4|.

Zadatak 6.95 Rijesiti nejednacinu

∣

∣

∣

∣

x − 1

x + 1

∣

∣

∣

∣

6 1.


∣

∣

∣

∣

2x − 1

x − 3

∣

∣

∣

∣

< 2.


∣

∣

∣

∣

x − 1

4x + 3

∣

∣

∣

∣

61

2.


∣

∣

∣

∣

2x + 1

1 − 7x

∣

∣

∣

∣

> 3.


∣

∣

∣

∣

5x + 2

6 − x

∣

∣

∣

∣

>2

3.


Documents

matematika auditorne vjezbe 1.dio