Sadr zaj - Lumens5plus - Prijava · POGLAVLJE 1. DIFERENCIJALNI RACUN FUNKCIJA JEDNE VARIJABLE S PRIMJENOM U EKONOMIJI 6 1.2.3 Jednostavni kamatni ra cun uz dekurzivni obra cun kamata

Sadrzaj

1 Diferencijalni racun funkcija jedne varijable s primjenom uekonomiji 31.1 Realne funkcije jedne realne varijable . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Elementarne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Kamatni racun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1 Kamate i kamatne stope . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.2 Oznake . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.3 Jednostavni kamatni racun uz dekurzivni obracun ka-

mata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.5 Jednostavni kamatni racun uz anticipativni obracun . . 101.2.6 Potrosacki kredit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3 Slozeni kamatni racun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.1 Nominalni, relativni i konformni kamatnjak . . . . . . 151.3.2 Neprekidno ukamacivanje . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4 Limes i neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4.1 Jednostrani limesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4.2 Tablica limesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.4.3 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.5 Derivacija realne funkcije jedne varijable . . . . . . . . . . . . 231.5.1 Definicija i geometrijska interpertacija derivacije . . . . 23

1.6 Pravila deriviranja i njihova upotreba u komparativnoj statici 261.6.1 Primjene eksponencijalnih i logaritamskih derivacija . . 341.6.2 Nalazenje stope rasta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.7 Derivacije viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.8 Podrucje rasta i pada realne funkcije jedne varijable . . . . . . 351.9 Ekonomske funkcije i diferencijalni racun . . . . . . . . . . . . 36

1

SADRZAJ 2

1.10 Ekstremi realnih funkcija jedne varijable . . . . . . . . . . . . 391.10.1 Algoritam za odredivanje lokalnih ekstrema funkcije

pomocu prve derivacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.10.2 Algoritam za odredivanje lokalnih ekstrema funkcije

pomocu derivacija viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . 411.10.3 Uvjeti za maksimizaciju profita (dobiti) . . . . . . . . . 43

1.11 Problemi optimuma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441.11.1 Algoritam za odredivanje globalnih ektrema funkcije

jedne varijable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Poglavlje 1

Diferencijalni racun funkcijajedne varijable s primjenom uekonomiji

1.1 Realne funkcije jedne realne varijable

Definicija 1 Neka su A i B dva skupa, te neka je f pravilo kojim je svakomelementu x ∈ A jednoznacno pridruzen element y ∈ B. Tada kazemo dadefinirana funkcija sa skupa A u skup B; oznaka f : A → B . Skup Anaziva se podrucje definicije (domena) funkcije (oznaka: D(f)), a skupB kodomena od f .Ako su A i B podskupovi od R, kazemo da je f realnafunkcija realne varijable. Takve funkcije obicno zadajemo formulom y =f(x), pri cemu je x nezavisna, y zavisna varijabla.

1.1.1 Elementarne funkcije

1. Algebarske funkcije

1.1. Polinomi

(a) f(x) = 3x+ 8

(b) f(x) = 2x2 + 3x+ 5

1.2 Racionalne funkcije

(a) f(x) = 3x+82x2+3x+5

3

POGLAVLJE 1. DIFERENCIJALNI RACUN FUNKCIJA JEDNE VARIJABLE S PRIMJENOM U EKONOMIJI4

1.3 Iracionalne funkcije

(a) f(x) = 3√x

2. Transcedentne funkcije

2.1 Logaritamske funkcije: f(x) = loga(x), x > 0, a > 0, a 6= 1

(a) f(x) = ln x

(b) f(x) = log x

(c) f(x) = log3 x

2.2 Eksponencijalne funkcije: f(x) = ax, a > 0, a 6= 1

(a) f(x) = ex

(b) f(x) = 3x

1.2 Kamatni racun

1.2.1 Kamate i kamatne stope

Kamate su naknada koja se placa duznik za posudeni iznos (glavnicu) naodredeno vrijeme.Kamatnjak (kamatna stopa) je iznos kamata za 100 novcanih jedinicaduga za neku vremensku jedinicu.Nominalni kamatnjak je kamatnjak propisan zakonom ili ugovorom izmeduvjerovnika i duznika.Kamate mozemo obracunavati na dva osnovna nacina:anticipativno - na pocetku obracunskog razdoblja na glavnicu s kraja raz-doblja;dekurzivno- na kraju obracunskog razdoblja na glavnicu s pocetka razdoblja.

Primjer 1 Na glavnicu od 100 kn, posudenu na mjesec godinu dana, obracunavamo8% godisnjih kamata.

DEKURZIVNO ANTICIPATIVNOPOSUDENO 100 92

VRACENO 108 100


1.2.2 Oznake

a) i godisnji kamatnjak izrazen u obliku decimalnog broja;p = 5%⇒ i = 5

100= 0.05

b) C iznos koji deponiramo - pocetna vrijednost uloga.

c) t vrijeme na koje deponiramo iznos (najcesce u godinama; ne mora biticijeli broj)

d) ief (t) = efektivna kamatna stopa za jedinicni vremenski period [t, t+1] : iznos koji se isplacuje u trenutku t+1 na investiciju iznosa 1 ulozenuu trenutku t

ief =(1 +

i

k

)k − 1

i− godisnja kamatna stopa (EKS), k− broj ukamacivanja tijekomgodineEfektivna kamatna stopa sluzi za usporedbu opravdanosti ulaganja.

Primjer 2 Koje je ulaganje isplativije

(a) i = 0.1 i kvartalni obracun ili

(b) i = 0.98 i mjesecni obracun.

Rjesenje:

(a)

ief =(1 +

0.1

4

)4 − 1 = 0.1038⇒ p = 0.1038 · 100 = 10.38

(b)

ief =(1 +

0.98

12

)12 − 1 = 0.1026⇒ p = 0.1026 · 100 = 10.26

Isplativije je prvo ulaganje. Kamate mogu biti jednostavne i slozene ovisnoo glavnici na koju obracunavamo kamate.Ako se kamate za svako obracunsko razdoblje obracuanvaju na istu vrijed-nost glavnice, imamo jednostavne kamate.Ako se glavnica za obracun kamata za svako razdoblje mijenja, imamo jed-nostavne kamate.


1.2.3 Jednostavni kamatni racun uz dekurzivni obracunkamata

Jednostavni kamatni racun: kamate izracunavamo na istu glavnicu zasvako razdoblje ukamacivanja. Iznos C deponiran po kamatnoj stopi i, nakont godina isplacuje se:

Ct = C(1 + ti),

kamate iznose:K = Ct − C

Ct = C(1 + ti) - akumulacija od C za t godina

Za izracunavanje jednostavnih kamata za dane koriste se tri metode:

� francuska metoda: godina ima 360 dana, dani u mjesecu obracunavajuse prema kalendaru

� njemacka metoda: godina ima 360 dana, svaki mjesec ima 30 dana

� engleska metoda: godina ima 365 dana (prestupna 366), dani u mjesecuobracunavaju se prema kalendaru

Primjer 3 Koliko iznose jednostavne kamate od glavnice 20 000 kn za raz-doblje od 4 godine uz godisnju kamatnu stopu 8%? Obracun kamata jedekurzivan.

Rjesenje:

1. C = 20 000

2. t = 4

3. i = 8100

= 0.08

K =?Ct = C(1 + ti)⇒ C4 = 20 000(1 + 4 · 0.8) = 26 400

K = Ct − C ⇒ K = 26 400− 20 000 = 6 400


Primjer 4 Duznik je vratio nakon 18 mjeseci posudeni iznos od 16 000 kn ijednostavne kamate od 1 920 kn. Kolika je bila godisnja kamatna stopa?

Rjesenje:

1. C = 16 000

2. t = 1812

= 1.5

3. K = 1 920

i =?K = Ct − C ⇒ Ct = C +K = 16 000 + 1 920 = 17 920Ct = C(1 + ti)⇒ 17 920 = 16 000(1 + 1.5i)⇒ i = 0.08⇒ p = 8%

Primjer 5 Na stednju je ulozeno 30 000 kn uz godisnji kamatnjak 3% zavrijeme od 10.01. do 2.09. iste godine (godina nije prestupna). Koliko iznosejednostavne kamate prema:

a ) francuskoj metodi;

b) njemackoj metodi;

c) engleskoj metodi?

Obracun kamata je dekurzivan.

Rjesenje:Jednostavnje kamate:

K = Ct − C = C(1 + ti)− C = Cti

C = 30 000p = 3%⇒ i = 0.03


mjesec francuska njemacka engleskasijecanj 31-10= 21 30-10= 20 31-10= 21veljaca 28 30 28ozujak 31 30 31travanj 30 30 30svibanj 31 30 31

lipanj 30 30 30srpanj 31 30 31

kolovoz 31 30 31rujan 2 2 2

broj dana 235 232 235

a) francuska metoda:K = 30 000 · 235360· 0.03 = 587.50

b) njemacka metoda:K = 30 000 · 232360· 0.03 = 580

c) engleska metoda:K = 30 000 · 235365· 0.03 = 579.45


1.2.4 Zadaci

1. Koliko iznose ukupne kamate glavnice od 2 000 kn za razdoblje od:

a) 4 godine,

b) 10 godina,

c) 6 mjeseci,

d) 1 mjesec

ako je godisnji kamatnjak 5%? Obracun kamata je jednostavan i dekurzi-van.

2. Uz koji je godisnji kamatnjak ulozen iznos od 10 000 kn ako je iznosukupnih jednostavnih kamata na kraju

a) 2. godine,

b) 4. godine,

c) 10. mjeseca,

c) 101. dana (njemacka metoda),

c) 151. dana (engleska metoda),

c) 192. dana (francuska metoda),

jednak 400 kn? Obracun kamata je dekurzivan.

3. Na koje vrijeme glavnica od 5 000 kn donese jednake kamate kao iglavnica od 12 000 kn ulozena na tri mjeseca (uz istu kamatnu stopu)?Obracun kamata je jednostavan i dekurzivan.

4. Uz koji je godisnji kamatnjak ulozen iznos od 150 000 kn ako je iznosukupnih jednostavnih kamata na kraju 2. godine jednak 11 250 kn?Obracunkamata je dekurzivan.

5. Za koje vrijeme glavnica od 22 000 kn uz godisnju kamatnu stopu 5%donese 12 129.50 kn kamata. Obracun kamata je jednostavan i dekurzi-van.

6. Uz koji je godisnji kamatnjak ulozen iznos od 120 000 kn ako je iznosjednostavnih kamata na kraju 3. mjeseca iznosio 1 540.50 kn? Obracunkamata je dekurzivan.


1.2.5 Jednostavni kamatni racun uz anticipativni obracun

Obracun se obavlja na pocetku razdoblja od iste glavnice s kraja razdoblja.Iznos C deponiran po kamatnoj stopi i, nakon t godina isplacuje se:

Ct =C

1− ti,

kamate iznose:

K = Ct − C, K =Cti

1− tiPrimjer 6 Koliko iznose ukupne jednostavne kamate od glavnice 10 000 kn,za razdoblje od 5 godina ako je godisnji kamatnjak 5%? Obracun kamata jeanticipativan, a placaju se odmah na pocetku?

q = 5%⇒ i = q100

= 5100

= 0.05t = 5, C = 10 000K =?

Ct =C

1− ti=

10 000

1− 5 · 0.05= 13 333.33

Primjer 7 Osoba posudi danas 18 000 kn. Ako , uz anticipativni obracunkamata i godisnji kamatnjak 6% osoba odmah, na ime jednostavnih kamataplati 4 000 kn, kada ce vratiti glavnicu?

C = 18 000, q = 6%, K = 4 000 t =?q = 6%⇒ i = q

100= 6

100= 0.06

Ct = C +K = 22 000

Ct =C

1− ti⇒ 22 000 =

18 000

1− t · 0.06

22 000(1− t · 0.06) = 18 000⇒ t = 3.03

Primjer 8 Osoba posudi danas 20 000 kn. Dogovoreno je da kamate u iznosuod 5 000 kn plati odmah, a glavnicu nakon 3 godine. Ako je obracun kamatajednostavan i anticipativan, izracunajte godisnji kamatnjak.

C = 20 000, K = 5 000, t = 3

Ct = C +K = 25 000

Ct =C

1− ti⇒ 25 000 =

20 000

1− 3 · i25 000(1− 3 · i) = 20 000⇒ i = 0.0667⇒⇒ q = 6.67%


Primjer 9 Koliki iznos treba posuditi danas, na 4 godine, uz godisnji ka-matnjak 6.5%, ako se odmah, na racun kamata placa 12 297.30 kn? Obracunkamata je jednostavan i anticipativan.

t = 4, q = 6.5%⇒ i = 0.065, K = 12 297.30, C =?Ct = C +K

Ct =C

1− ti⇒ C +K =

C

1− ti

C + 12 297.30 =C

1− 4 · 0.065⇒ C = 35 000

1.2.6 Potrosacki kredit

Potrosacki kredit je poseban imovinsko pravni odnos u kojem kreditor (vjerovnik)ustupa korisniku kredita (duzniku) odreden novcani iznos za namjensku kup-nju roba ili usluga.Duznik se obvezuje da ce kredit otplacivati u mjesecnim obrocima, u dogov-orenim razdobljima.Koriste se oznake:

1. C− iznos odobreno potrosackog kredita,

2. P− iznos ucesca u gotovini,

3. p− postotak ucesca u gotovini,

4. q− godisnji anticipativni kamatnjak,

5. C1 iznos stvarnog potrosackog kredita,

6. k− kamatni koeficijent,

7. K− ukupne kamate,

8. C2− ukupno dugovanje,

9. m− broj mjeseci na koji je odobren potrosacki kredit,

10. R− iznos stalne mjesecne rate


Potrebne formule:

P =Cp

100, C1 = C − P, k =

q · (m+ 1)

24

K =C1 · k100

, C2 = C1 +K, R =C2

m

C(1− p

100

)(1 +

k

100

)= R ·m

Primjer 10 Odobren je potrosacki kredit u iznosu od 12 000 kn, na godinudana, uz godisnji anticipativni kamatnjak 8% i ucesce u gotovini od 15%.Izracunajte ucesce u gotovini, ukupne kamate i iznos mjesecne rate.

C = 12 000, m = 12mjeseci, q = 8%, p = 15% P = Cp100

= 12 000·15100

= 1 800C1 = C − P = 12 000− 1 800 = 10 200

k =q · (m+ 1)

24=

8 · (13)

24= 4.333

K =C1 · k100

=10 200 · 4.333

100= 442

C2 = C1 +K = 10 200 + 442 = 10 642⇒ R =C2

m=

10 642

12= 886.83

Primjer 11 Na koje je vrijeme odobren potrosacki kredit od 30 000 kn akoje postotak ucesca u gotovini 20%, godisnji anticipativni kamatnjak 12%, amjesecna rata 1 166.67 kn?

(Rez: m = 23 mjeseca)

Primjer 12 Uz koje je ucesce u gotivini odobren potrosacki kredit od 15 000kn ako je godisnji anticipativni kamatnjak 8%, rok otplate godinu dana imjesecna rata 1 234.69 kn?

(Rez: 750 kn)


1.3 Slozeni kamatni racun

Slozeni kamatni racun: kamate izracunavamo na glavnicu uvecanu zakamate u svakom prethodnom razdoblju ukamacivanja.Iznos C deponiran po kamatnoj stopi i, nakon t godina isplacuje se:

Ct = C(1 + i)t.

Kamate: K = Ct − CCt = C(1 + i)t- akumulacija od C za t godina

Primjer 13 U banku je danas ulozeno 15 000 kn. Kolika je vrijednost toguloga na kraju trece godine ako je obracun kamata slozen, godisnji ( i dekurzi-van)? Godisnji kamatnjak je 10%.

Rjesenje:

C = 15 000

t = 3

i = 10100

= 0.1

Ct =?

Ct = C(1 + i)t ⇒ C3 = 15 000(1 + 0.1)3 = 19 965.00

Primjer 14 U banku je danas ulozeno 10 000 kn. Kolika je vrijednost toguloga na kraju druge godine ako je obracun kamata slozen, kvartalni ( idekurzivan)? Kvartalni kamatnjak je 2% (kvartalni obracun = obracun svakatri mjeseca).

Rjesenje:


C = 10 000

t = 2 · 4 = 8

i = 2100

= 0.02

Ct =?

Ct = C(1 + i)t ⇒ C8 = 10 000(1 + 0.02)8 = 11 716.59

Primjer 15 U banku je danas ulozeno 6 400 kn. Kolika je vrijednost toguloga nakon 1 godine i 8 mjeseci? Obracun kamata je slozen, cetveromjesecni( i dekurzivan)? Cetveromjesecni kamatnjak je 3% .

Rjesenje:

C = 6 400

t = 5

i = 3100

= 0.03

Ct =?

Ct = C(1 + i)t ⇒ C5 = 6 400(1 + 0.03)5 = 7 419.35

Primjer 16 Koliki iznos treba uloziti u banku danas da bismo nakon 18 go-dina mogli podici 80 000 kn? Obracun kamata je slozen, godisnji ( i dekurzi-van)? Godisnji kamatnjak je 7% .

Rjesenje:

Ct = 80 000

t = 18


i = 7100

= 0.07

C =?

Ct = C(1 + i)t ⇒ 80 000 = C(1 + 0.07)18 ⇒ C =80 000

1.0718

C = 23 668.91

1.3.1 Nominalni, relativni i konformni kamatnjak

Nominalni kamatnjak je propisani kamatnjak za osnovni vremenski in-terval. Ako su osnovni vremenski interval nominalnog kamatnjaka i osnovnivremenski interval u kojem se ukamacuje jednake duljine, tada se nominalnikamatnjak moze izravno primijeniti u obracunavanju kamata. Ako osnovnivremenskiintervali nisu jednake duljine, potrebno je preracunati nominalnikamatnjak na vremenski interval ukamacivanja.

Uz oznake:

a− duljina vremenskog intervala na koji se odnosi nominalni kamatn-jak,

b− duljina vremenskog intervala u kojem se obavlja ukamacivanje i

m = ab

imamo:

ir =i

mrelativni kamatnjak

i′ = (1 + i)1m − 1 konformni kamatnjak

Primjer 17 Na koju vrijednost naraste 5 000 kn na kraju 3. godine ako jegodisnja kamatna stopa 4%. Obracun kamata je slozen, dekurzivan i

(1) godisnji,

(2) polugodisnji (uz relativni kamatnjak),

(3) polugodisnji (uz konformni kamatnjak).


C = 5 000, p = 4%⇒ i = p100

= 0.04, t = 3

(1) Ct = C(1 + i)t = 5 000(1 + 0.04)3 = 5 624.32

(2) a = 1 godina, b = 1 polugodiste, m = ab

= 12mj6mj

= 2, ir = im

= 0.02⇒Ct = C(1 + ir)

t = 5 000(1 + 0.2)6 = 5 630.81

(3) i′ = (1 + i)1m − 1 = 0.0198039

Ct = C(1 + i′)t = 5 000(1 + 0.0198039)6 = 5 624.30

Konacna vrijednost uloga uz nominalnu kamatnu stopu jednak jekonacnoj vrijednosti uloga uz konformnu kamatnu stopu.

1.3.2 Neprekidno ukamacivanje

Ako se kapitalizacija (ukamacivanje ) odvija neprekidno, onda je:

Ct = Ceit

Primjer 18 Prosjecni prirast drvne mase u nekoj sumi je 3.5%. Koliko ceu toj sumi biti m3 drvne mase za 5 godina ako procijenjujemo da je danasima 45 000m3?

C = 45 000, i = 3.5100

= 0.035, t = 5

Ct = Ceit = 45 000e0.035·5 = 53 606.08

Primjer 19 Broj stanovnika nekog grada kroz 2 godine povecao se s 1 200 000na 1 220 000. Kakvo je predvidanje broja stanovnika za sljedece 2 godine?

Rjesenje:Ct = Ceit ⇒ 1 220 000 = 1 200 000 · e2i

e2i =1.22

1.2= 1.0167⇒ 2i = ln 1.0167

i = 0.00826→ godisnja stopa rasta stanovnistva

Ct = Ceit = 1 220 000 · e2·0.00826 = 1 240 420 stanovnika


1.4 Limes i neprekidnost funkcije

U ovoj tocki obradujemo vazne pojmove limesa funkcije i neprekidnosti funkcije.Zbog vremenskog ogranicenja uglavnom cemo ostati na intuitivnom promisljanjuovih pojmova.Intuitivno, kazemo da funkcija y = f(x) ”tezi” realnom broju L ako jerazlika f(x) − L po apsolutnoj vrijednosti ”malena” ako je razlika x − c poapsolutnoj vrijednosti ”dovoljno malena”. Tada pisemo

limx→c

f(x) = L.

Broj L zovemo limes (granicna vrijednost) funkcije f u tocki c. Preciznije,

Definicija 2 (Cauchyjeva1 definicija limesa)Neka je I ⊂ R otvoren intreval, c ∈ I i f realna funkcija definirana u svakojtocki tog intervala, osim mozda u tocki c. Limes funkcije f u tocki c postoji i

limx→c

f(x) = L

ako vrijedi

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ I, x 6= c)(|x− c| < δ)⇒ (|f(x)− L| < ε)

).

Definicija 3 Neka je I ⊂ R otvoren interval i tocka c ∈ I. Za funkcijuf : I → R kazemo da je neprekidna u tocki c ako postoji limes funkcije f utocki c i vrijedi

limx→c

= f(c).

Funkcija je neprekidna na intervalu I ako je neprekidna u svakoj tocki c ∈ I.

Intuitivno geometrijsko poimanje neprekidnosti funkcije na nekom inter-valu povezano je s cinjenicom da joj je graf krivulja povucena u jednompotezu, tj. nije pokidana.

Teorem 1 Neka je I ⊂ R otvoren interval i f, g : I \{c} → R za koje postoje

limx→c

f(x) i limx→c

g(x).

Tada vrijedi:

1Augustin Louis Cauchy (Paris, 21. 08. 1789.-Sceaux-Paris, 23. 05. 1857.) francuskimatematicar


1. Funkcija f ± g ima limes u c i

limx→c

(f(x) + g(x)

)= lim

x→cf(x) + lim

x→cg(x).

2. Za svaki λ ∈ R funkcija λf ima limes u c i

limx→c

λf(x) = λ limx→c

f(x).

3. Funkcija fg ima limes u c i

limx→c

(f(x)g(x)

)= lim

x→cf(x) lim

x→cg(x).

4. Ako je g(x) 6= 0, za svaki x ∈ I, x 6= c i limx→c g(x) 6= 0, tada funkcijafg

ima limes u c i

limx→c

f(x)

g(x)=

limx→c f(x)

limx→c g(x).

5. Funkcija |f | ima limes u c i

limx→c|(f(x)|) = | lim

x→cf(x)|.

6. (teorem o sendvicu)Ako je h : I \ {c} → R takva da je f(x) ≤ h(x) ≤ g(x), za svakix ∈ I, x 6= c, onda funkcija h ima limes u c i

limx→c

f(x) = limx→c

g(x) = L,

onda funkcija h ima limes u c i

limx→c

h(x) = L.

7.limx→c

(f(x)

)n=(

limx→c

f(x))n, n > 0.

Pojam limesa funkcije f u tocki c mozemo prosiriti na slucajeve kadaargument (neovisna varijabla) funkcije tezi ±∞ ili kada vrijednost funkcijetezi k ±∞ ili oboje.


Definicija 4 1. Za funkciju f : 〈a,+∞〉 → R kazemo da ima limes u+∞ jednak L ∈ R ako vrijedi

(∀ε > 0)(∃∆ > 0)(∀x ∈ 〈a,+∞))((x > ∆)⇒ (|f(x)− L| < ε)

)Tada pisemo

limx→+∞

f(x) = f(+∞) = L.

2. Neka je I ⊂ R otvoren interval i c ∈ I. Za funkciju f : I \ {c} → Rkazemo da ima limes u tocki c jednak L ako vrijedi

(∀E > 0)(∃∆ > 0)(∀x ∈ I, x 6= c)((|x− c| < δ)⇒ (f(x) > E

)Tada pisemo

limx→c

f(x) = +∞.

3. Za funkciju f : 〈−∞, a〉 → R kazemo da ima limes u −∞ jednak −∞ako vrijedi

(∀E > 0)(∃∆ > 0)(∀x ∈ 〈−∞, a〉)((x < −∆)⇒ (f(x) < −E)

)Tada pisemo

limx→−∞

f(x) = f(−∞) = −∞.

U slucaju 1. konacnog limesa u beskonacnosti, tj. c = +∞ ili c = −∞,vrijede svi rezultati iz prethodnog teorema kao i slucaju kada je c ∈ R.

1.4.1 Jednostrani limesi

Definicija 5 (jednostrani limesi u R)

1. (lijevi limes)Neka je I ⊂ R otvoren intreval, c ∈ I i f realna funkcija definirana usvakoj tocki tog intervala, osim mozda u tocki c. Za funkciju f kazemoda ima limes slijeva u tocki c jednak L ako vrijedi

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ I, x < c)(|x− c| < δ)⇒ (|f(x)− L| < ε)

).

Tada pisemolimx↗c

f(x) = limx→c−

f(x) = f(c−) = L.


2. (desni limes)Neka je I ⊂ R otvoren intreval, c ∈ I i f realna funkcija definirana usvakoj tocki tog intervala, osim mozda u tocki c. Za funkciju f kazemoda ima limes zdesna u tocki c jednak L ako vrijedi

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ I, x > c)(|x− c| < δ)⇒ (|f(x)− L| < ε)

).

Tada pisemolimx↘c

f(x) = limx→c+

f(x) = f(c+) = L.

Jednostrani limes funkcije ima ista svojstva kao i limes funkcije, daklevrijedi prethodni teorem ako u njemu limes zamijenimo s lijevim ili desnimlimesom.

Primjer 20 Funkcija signum (predznak) definirana je s

sgn(x) =

{1 x 6= 0,

0 x = 0

nema limes u nuli, ali ima i lijevi i desni limes u nuli i oni su razliciti. Vrijedi

limx→0−

sgn(x) = −1, limx→0+

sgn(x) = 1.

Veza izmedu limesa funkcije i jednostranih limesa funkcije dana je sljedecimteoremom.

Teorem 2 Neka je I ⊂ R otvoren intreval, c ∈ I i f realna funkcija defini-rana u svakoj tocki tog intervala, osim mozda u tocki c. Z a funkciju f postoji

limx→c

(x) = L

ako i samo ako postoje i jednaki su

limx→c−

(x) i limx→c+

(x)


1.4.2 Tablica limesa

1.limx→0

(1 + x

) 1x = e

2.

limx→±∞

(1 +

1

x

)x= e

3.

limx→0

ex − 1

x= 1

4.

limx→0

ln(1 + x)

x= 1

5.

limx→+∞

xp

xx= 0 (p > 0, a > 1)

6.

limx→±∞

amxm + ...+ a0

bnxn + ...+ b0

=

ambn

ako je m = n

0 ako je m < n

→ ±∞ ako je m > n

(m,n ∈ N ∪ {0}, ai, bj ∈ R, am, bn 6= 0)

7. Limesi oblika limx→c f(x)g(x)

Neka je limx→c f(x) = A, 0 < A ≤ +∞, limx→c g(x) = B,−∞ ≤ B ≤+∞,−∞ ≤ c ≤ +∞.

(1) Ako je B ∈ R, onda vrijedi

limx→c

f(x)g(x) = AB

(2) Ako je A 6= 1, B = ±∞, onda vrijedi

limx→c

f(x)g(x) =

+∞ ako je A < 1, B = −∞0 ako je A < 1, B = +∞0 ako je A > 1, B = −∞+∞ ako je A > 1, B = +∞


(3) Ako je A = 1, B = ±∞, onda se limes racuna po formuli

limx→c

f(x)g(x) = elimx→c (f(x)−1)g(x)

1.4.3 Primjeri

1.limx→2

9 = 9.

2.limx→4

2x3 = 2 · 23 = 16.

3.limx→2

(x4 + 3x) = 24 + 3 · 2 = 22.

4.limx→4

(x+ 8)(x− 5) = (4 + 8)(4− 5) = −12.

5.

limx→4

3x2 − 5x

x+ 6=

3 · 42 − 5 · 44 + 6

=48− 20

10=

14

5.

6.limx→2

√6x3 + 1 =

√6 · 23 + 1 =

√49 = 7.

7.

limx→7

x2 − 49

x− 7= lim

x→7

(x− 7)(x+ 7)

x− 7= lim

x→7(x+ 7) = 7 + 7 = 14.

8.

limx→−7

x− 7

x2 − 49= lim

x→−7

x− 7

(x− 7)(x+ 7)= lim

x→−7

1

x+ 7=

=

{+∞ ako je x+ 7 > 0

+∞ ako je x+ 7 < 0.

9.

limx→±∞

2

x= 0.


10.

limx→∞

3x2 − 7x

4x2 − 49= [dijelimo brojnik i nazivnik sa x2 ] = lim

x→∞

3− 7x

4− 49x2

=3

4.

Primjer 21 (a) Funkcija f(x) = 5x2− 8x+ 9 je neprekidna u tocki x = 3jer je f(3) = 5 · 32 − 8 · 3 + 9 = 30,

limx→3

(5x2 − 8x+ 9) = 5 · 32 − 8 · 3 + 9 = 30 = f(3)

Funkcija je neprekidna za svaki c ∈ R, tj. neprekidna je na cijelomskupu R (njen graf je parabola, koju mozemo skicirati ”jednim pote-zom)”.

(2) Funkcija

f(x) =x− 3

x2 − 9

nije neprekidna u tocki x = 3, tj. u toj tocki ima prekid,jer funkcijanije definirana za x = 3 (nazivnik je jednak nuli za x = 3). Limes tefunkcije u tocki x = 3 postoji:

limx→3

x− 3

(x− 3)(x+ 3)= lim

x→3

1

x+ 3=

1

6.

Navedena funkcija je neprekidna u svim tockama x ∈ R \ {−3, 3}.

1.5 Derivacija realne funkcije jedne varijable

U ekonomiji se cesto vazno znati kojom brzinom se neka ekonomska velicinamijenja u ovisnosti o promjeni velicine o kojoj ovisi.

1.5.1 Definicija i geometrijska interpertacija derivacije

Neka je zadana realna funkcija jedne varijable y = f(x). Ovisnost veliciney o velicini x dana formulom y = f(x) znacajna je pomoc pri proucavanjuodredene pojave. Obicno je vazno znati da li se ovisna velicina brze ili sporijemijenja od neovisne velicine x. Kada se x promjeni od pocetne vrijenosti x0

u novu vrijednost x0 +∆x, vrijednost funkcije y = f(x) promijeni se od f(x0)


u f(x0 + ∆x). Promjena varijable y po jedinici promjene varijable x moze sepredociti kao kvocijent razlika

∆y

∆x=f(x0 + ∆x)− f(x0)

∆x.

Kvocijent razlika moze posluziti kao prosjecna stopa promjene variajabley. Ako je ∆y

∆x> 1, onda velicina y brze raste od velicine x, a kada je 0 < ∆y

∆x<

1, sporije.

Primjer 22 Za funkciju y = f(x) = 2x2 − 3x imamo

∆y = f(x0 + ∆x)− f(x0) = 2(x0 + ∆x)2 − 3(x0 + ∆x)− (2x2 − 3x),

odnosno∆y = 4x0∆x− 3∆x+ 2(∆x)2,

a kvocijent razlika je

∆y

∆x=

4x0∆x− 3∆x+ 2(∆x)2

∆x= 4x0 − 3 + 2∆x.

Kvocijentu mozemo odrediti vrijednost ako nam je dano x0 i ∆x. Za x0 = 2i ∆x = 1, onda nalazimo da je ∆y

∆x= 4 · 2 − 3 + 2 · 1 = 7. To znaci da je,

prosjecno, kad se varijabla x promijeni sa 2 na 3, promjena varijable y je 7jedinica po jedinici varijable x.

Nedostatak kvocijenta razlika kao relativne mjere je u tome sto ona ovisi io velicini x i promjeni te velicine ∆x. Ako ∆x tezi nuli, onda ta velicina ovisisamo o varijabli x. Dakle, ako je zadana realna funkcija jedne variajabley = f(x), granicna vrijednost kvocijenta razlika, kada promjena neovisnevarijable tezi nuli ,

lim∆x→0

∆y

∆x

predstavlja brzinu promjene ovisne varijable y u ovisnosti o promjeni neovisnevarijable.

Definicija 6 Derivacija funkcije y = f(x), u tocki x0, je granicna vrijednostkojoj tezi kvocijent razlika ovisne i neovisne varijable, kada prirast neovisnevarijable ∆x tezi nuli, ili simbolicki

y′(x0) = y(1)(x0) = lim∆x→0

∆y

∆x.


Do sada smo koristili oznaku x0 da bismo naglasili cinjenicu da promjenavarijable x mora poceti od neke odredene vrijednosti za x. Sada mozemoumjesto x0 pisati x, pa mozemo zakljuciti da je i sama derivacija funkcijaneovisne varijable x.

Dakle, derivacija je funkcija, originalna funkcija y = f(x) je primitivnafunkcija, a derivacija je jedna druga iz nje izvedena funkcija. Ona mjeritrenutacnu promjenu varijable y. Oznaka y′ potjece od Newtona2, koji je dopojma derivacije dosao rjesavajuci problem odredivanja brzine neke cestice,a gibanje joj je definirano putem s kao funkcijom vremena t, to jest zadana jefunkcija s = f(t). Leibnitz3 je do pojma derivacije dosao odredujuci tangentuu nekoj tocki grafa zadane funkcije i od njega potjece oznaka dy

dx.4 Oznaka

f ′(x), ili jednostavnije f ′ ima prednost jer naznacuje cinjenicu da je derivacijafunkcija izvedena iz primitivne funkcije f.

Primjer 23 Dokazite da je ddx

(ax2 + bx+ c) = 2ax+ b za a, b, c, x ∈ R.

Rjesenje:y = f(x) = ax2 + bx+ c

y′(x) = f ′(x) = lim∆x→0

∆y

∆x.

∆y = f(x+ ∆x)− f(x)

=[a(x+ ∆x)2 + b(x+ ∆x) + c

]− (ax2 + bx+ c)

= ax2 + 2ax∆x+ a(∆x)2 + bx+ b∆x+ c− ax2 − bx− c= 2ax∆x+ a(∆x)2 + b∆x

= ∆x(2ax+ a∆x+ b)

f ′(x) = lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0

∆x(2ax+ a∆x+ b)

∆x= lim

∆x→0(2ax+a∆x+b) = 2ax+b.

f ′(5) = 2a · 5 + 5 = 10a+ b

a = 0⇒ d

dx(bx+ c) = b.

a = 0, b = 1⇒ d

dx(x+ c) = 1⇒ d

dx(x) = 1.

2Sir Isaac Newton, engleski matematicar i fizicar, 1643-1716.3G. W. Leibnitz, njemacki matematicar i filozof, 1646-1716.4Oznaka dy

dx naglasava cinjenicu da derivacija mjeri stopu promjenu funkcije y, a iz njese takoder vidi da je x neovisna varijabla.


a = 0, b = 0⇒ d

dx(c) = 0, derivacija konstante funkcije (broja) jednaka je nuli.

1.6 Pravila deriviranja i njihova upotreba u

komparativnoj statici

Glavni problem komparativnostaticke analize, problem trazenja stope prom-jene, moze se poistovjetiti s problemom odredivanja derivacije neke funkcijey = f(x) ako se pretpostavi da je promjena varijable x mala. Iako sederivacija dy

dxdefinira kao granicna vrijednost kvocijenta razlika q = q(v) kad

v → 0 nije nuzno svaki put provoditi postupak trazenja granicne vrijednostikada se trazi derivacija jer postoje pravila za deriviranje koja omogucuju daneposredno dobijemo zeljene derivacije.

(1) Pravilo za deriviranje konstante-broja (konstantne funcije):Derivacija konstantne funkcije y = f(x) = k, k ∈ R identicki je jed-naka nuli, tj. jednaka je nuli za sve vrijednosti x ∈ R, odnosno

k′ = 0.

Primjer 24 (π)′ = 0 jer je π ≈ 3.14 broj.

(2) Pravilo za deriviranje potencije: Derivacija funkcije potencije y =f(x) = xa, a ∈ R je a · xa−1, tj.

(xa)′ = a · xa−1.

Posebice jex′ = 1 (x′ = 1)

Opcenito je:d

dx[f(x)]a = a · [f(x)]a−1 ·

(f(x)

)′Primjer 25 (x5)′ = 5x5−1 = 5x4.

Primjer 26 (√x)′ = (x

12 )′ =

1

2x

12−1 =

1

2x−

12 =

1

2√x.


(3) Pravilo za deriviranje umnoska broja i potencije: Derivacijafunkcije f(x) = c · xa, c ∈ R, a ∈ R je c · a · xa−1, tj.

(cxa)′ = ca · xa−1.

Posebice je(cx)′ = c

Primjer 27

(6√x

)′=(6 · x−

12

)′= 6 ·

(− 1

2

)x−

32 = − 3

x ·√x.

Primjer 28 (100x)′ = 100.

(4) Pravilo za zbroj i razliku: Derivacija zbroja (razlike) dviju funkcijajednaka je zbroju (razlici) derivacija tih funkcija, tj

[f(x)± g(x)]′ = [f(x)]′ ± [g(x)]′.

Primjer 29(2x3 − 4x2 + 5x− 2

)′= 6x2 − 8x+ 5 jer je

d

dxx = 1.

Primjer 30

d

dx

[x2 − 2x− 8

]2

= 2 · [x2 − 2x− 8]2−1 · d

dx

(x2 − 2x− 8

)=

= 2(x2 − 2x− 8) · (2x− 2)

Primjer 31(ax3 + (b− 2a)x2 + (3a+ b)x− 2a

)′= 3ax2 + 2(b− 2a) + 3a+ b

jer su a i b konstante.

Primjer 32 Cinjenice da aditivne konstante ne proizvode nikakav ucinakna derivaciju, a multiplikativne konstante se zadrzavaju tijekom derivi-ranja su matematicko objasnjenje dobro poznatog ekonomskog nacelada fiksni troskovi poduzeca ne utjecu na njegove granicne troskove. Zazadanu funkciju ukupnih troskova

T = Q4 + 3Q2 + 100


funkcija franicnih troskova (za beskonacno malu promjenu proizvodnje)je granicna vrijednost kvocijenta ∆T

∆Qili derivacije funkcije T :

dT

dQ=

d

dQ

(Q4 + 3Q2 + 100

)= 4Q3 + 6Q

dok su fiksni troskovi prikazani aditivnom konstantom 100. Buduci daona nestaje prilikom deriviranja, velicina fiksnih troskova ocito ne mozeutjecati na granicne troskove.

(5) Pravilo umnoska: Derivacija umnoska dviju funkcija jednaka je zbrojuumnoska derivacije prve funkcije s drugom i umnoska prve funkcije sderivacijom druge, tj.

[f(x) · g(x)]′ = [f(x)]′ · g(x) + f(x) · [g(x)]′.

Posebice je za konstantu k ∈ R

[k · f(x)]′ = k · [f(x)]′.

Primjer 33[(x2 + 1

)(2x+ 3

)]′=(x2 + 1

)′(2x+ 3

)+(x2 + 1

)(2x+ 3

)′=

=(2x)(

2x+ 3)

+(x2 + 1

)· 2 = 2

(3x2 + 3x+ 1

)jer je

(2x)′

= 2.

Primjer 34 Ako nam je poznata funkcija prosjecnog prihoda R = ARu obliku

R = 20−Q2 +Q,

funkcija se granicnog prihoda moze naci mnozeci prvo R sa Q da bismodobili funkciju ukupnog prihoda (R) :

R = R ·Q = 20Q−Q3 +Q2

i potom, derivirajuci R

dR

dQ= 20− 3Q2 + 2Q.


Ako je funkcija R zadana u opcem obliku R = f(Q), tada ce fumkcijaukupnog prihoda takoder biti zadana u opcem obliku:

R = R ·Q = R · f(Q),

pa se sada funkcija granicnog prihoda jedino moze naci pomocu pravilaumnoska:

dR

dQ=

d

dQ

(Q · f(Q)

)= f(Q) +Q · d

dQf(Q).

(6) Pravilo kvocijenta:

[f(x)

g(x)

]′=

[f(x)

]′g(x)− f(x)

[g(x)

]′[g(x)]2

.

Primjer 35

d

da

[a2 + a− 3)

2a

]=

dda

(a2 + a− 3

)2a−

(a2 + a− 3

)dda

(2a)

[2a)]2=

=

(2a+ 1

)2a−

(a2 + a− 3

)(2)

[2a)]2=a2 + 3

2a2.

(7) Lancano pravilo: Ako imamo funkciju z = f(y), a y je ponovnofunkcija neke druge varijable x, npr. y = g(x), tada je derivacija odz s obzirom na x jednaka umnosku derivacije od z s obzirom na x iderivacije od y s obzirom na x, tj.

dz

dx=dz

dy· dydx.

Primjer 36 Ako je z = 3y2, gdje je y = 2x3 + 2, onda je

dz

dx=dz

dy· dydx

= 6y · 6x2 = 6(2x3 + 2) · 6x2 = 72x5 + 72x2.


(8) Derivacija logaritamske funkcije: Ako imamo funkciju

f(x) = loga x, a > 0, a 6= 1, x > 0,

onda je:

f ′(x) =1

x· logae.

Ako je rijec o logaritamskoj funkciji po bazi a = e = 2.71828..., tj. akoimamo funkciju

f(x) = ln x,

onda je (lnx)′

=1

x.

Opcenito je

d

dx

(lnf(x)

)=

df(x)dx

f(x).

Primjer 37

d

dx

(xlnx

)=

d

dx

(x)lnx+ x

d

dx

(lnx)

= 1 · lnx+ x · 1

x= lnx+ 1.

Primjer 38

d

dx

(ln(x3 + x2)

)={f(x) = x3 + x2

}=

=ddx

(x3 + x2)

x3 + x2=

3x2 + 2x

x3 + x2.

(9) Derivacija eksponencijalne funkcije: Ako imamo funkciju

y = f(x) = ax, a > 0, a 6= 1,

onda je:dy

dx= ax · ln a.

Ako je rijec o eksponencijalnoj funkciji po bazi a = e, tj. ako imamofunkciju

y = f(x) = ex,


onda jed

dx

(ex)

= ex.

Opcenito jed

dx

(ef(x)

)= ef(x) · d

dxf(x)

Primjer 39

d

dx

(1 + ex

1− ex)

=ddx

(1 + ex

)(1− ex

)−(1 + ex

)ddx

(1− ex

)(1− ex

)2 =

=ex(1− ex

)−(1 + ex

)(− ex

)(1− ex

)2 =2ex(

1− ex)2 .

Primjer 40

d

dx

(e3x2+6x+4)

)={f(x) = 3x2 + 6x+ 4

}={ef(x) · d

dxf(x)

}=

={e3x2+6x+4 · d

dx(3x2 + 6x+ 4)

}= e3x2+6x+4 · (6x+ 6).

Primjer 41 Izracunajte derivacije sljedecih funkcija:

(a) f(x) = 16

(b) f(x) = −15

(c) f(x) = 5x+ 13

(d) f(x) = 7x− 7.

Rjesenje:

(a) f ′(x) = 0, derivacija broja jednaka je nuli .

(b) f ′(x) = 0

(c) f ′(x) = 5, derivacija funkcije ax+ b je a


(d) f ′(x) = 7.

Primjer 42 Odredite derivacije sljedecih funkcija u tocki x0:

(a) f(x) = 9x4, x0 = 1

(b) f(x) = −6x7, x0 = 1

(c) f(x) = 5x−2, x0 = 1

(d) f(x) =7

x= 7x−1, x0 = 1 (Opcenito je

1

xn= x−n)

(e) f(x) =√x = x

12 , x0 = 4. (Opcenito je r

√xs = x

sr .)

Rjesenje:

(a) f ′(x) = 9 · 4x4−1 = 36x3, [opcenito jed

x(axn) = anxn−1)]

⇒ f ′(1) = 36

(b) f ′(x) = −42x6 ⇒ f ′(1) = −42

(c) f ′(x) = −10x−3 = −10

x3⇒ f ′(1) = −10

(d) f ′(x) = −7x−2 ⇒ f ′(1) = −7.

(e) f ′(x) =1

2x

12−1 =

1

2x−

12 =

1

2√x⇒ f ′(4) =

1

2√

4=

1

4.

Primjer 43 Odredite derivacije sljedecih funkcija:

(a) f(x) = 5x4(3x− 7)

(b) f(x) = (x8 + 8)(x6 + 11)

(c) f(x) = (4x3 − 3)(2x2)

(d) f(x) = (2x4 + 5)(3x5 − 8)

(e) f(t) = (3− 12t3)(5 + 4t6)


Rjesenje:Derivacija funkcije f(x) = g(x)h(x) je f ′(x) = g′(x)h(x) + g(x)h′(x)

(a) f ′(x) = 20x3(3x− 7) + 5x4(3) = 60x4 − 140x3 + 15x4 = 75x4 − 140x3

(b) f ′(x) = (8x7)(x6 + 11) + (x8 + 8)(6x5) = 14x13 + 88x7 + 48x5

(c) f ′(x) = (12x2)(2x2) + (4x3 − 3)(4x) = 40x4 − 12x

(d) f ′(x) = (8x3)(3x5 − 8) + (2x4 + 5)(15x4) = 54x8 + 75x4 − 64x3

(e) ddtf(t) = (−36t2)(5 + 4t6) + (3− 12t3)(24t5) = −432t8 + 72t5 − 180t2.

Primjer 44 Odredite derivacije sljedecih funkcija:

(a) f(x) =10x8 − 6x7

2x

(b) f(x) =3x8 − 4x7

4x3

(c) f(x) =4x5

1− 3x

(d) f(x) =15x2

2x3 + 7x− 3

(e) f(x) = 5x2−9x+8x2+1

Rjesenje:

Derivacija fukcije f(x) =g(x)

h(x)je

f ′(x) =g′(x)h(x)− g(x)h′(x)

[g(x)]2

(a) f ′(x) =(80x7 − 42x6)2x− (10x8 − 6x7)2

(2x)2 = 35x6 − 18x5

(b) f ′(x) =(24x7 − 28x6)(4x3)− (3x8 − 4x7)(12x2)

(4x3)2=

15x4 − 16x2

4


(c) f ′(x) =2x4(1− 3x)− 4x5(−3)

(1− 3x)2=

20x4 − 48x5

(1− 3x)2

(d) f ′(x) =30x(2x3 + 7x− 3)− 15x2(6x2 + 7)

(2x3 + 7x− 3)2=

105x2 − 90x

(2x3 + 7x− 3)2

(e) f ′(x) =(10x− 9)(x2 + 1)− (5x2 − 9x+ 8)2x

(x2 + 1)2=

9x−6x− 9

(x2 + 1)2

1.6.1 Primjene eksponencijalnih i logaritamskih derivacija

1.6.2 Nalazenje stope rasta

Ako je varijabla y funkcija vremena y = f(t), onda se njezina trenutacnastopa rasta definira kao

ry =dy/dt

y=f ′(t)

f(t)=

granicna funkcija

ukupna funkcija(1.1)

Iz (1.1) vidimo da je taj omjer upravo derivacija od ln f(t) = ln y. Dakle,da bismo izracunali trenutacnu stopu rasta funkcije vremena f(t)− umjestodiferenciranja po t i potom dijeljenja sa f(t) - mozemo je jednostavno log-aritmirati i potom diferencirati ln f(t) u odnosu na vrijeme. Ta alterna-tivna metoda moze biti jednostavniji pristup ako je f(t) izraz koji sadrzavamnozenja i dijeljenja koji se, nakon logaritmiranja, svodi na zbroj ili razlikuclanova.

Primjer 45 Odredite stopu rasta od V = Aert, gdje t oznacava vrijeme.

Rjesenje:

ln V = lnA+ rt ln e = lnA+ rt [Akonstanta]

rV =d

dtln V = 0 +

d

dt(rt) = r.

Primjer 46 Odredite stopu rasta od y = 10t, gdje t oznacava vrijeme.

Rjesenje:

ln y = ln 10t = t ln10⇒ ry =d

dtln y = ln 10


1.7 Derivacije viseg reda

Primjer 47 Ako je f(x) = 3x3 + 4x2 + 5x − 100, onda je njena derivacijaf ′(x) = 9x2 + 8x + 5. Vidimo da je derivacija funkcije f opet funkcija kojaovisi o varijabli x. Stoga ima smisla racunati derivaciju te nove funkcije,oznacimo je sa g(x) = f ′(x), pa nalazimo da je

g′(x) = 18x+ 8.

Ovu funkciju zovemo drugom derivacijom funkcije f i oznacavamo saf ′′(x). Buduci da je i funkcija f ′′(x) derivabilna, to ima smisla racunati njenuderivaciju. Dobivena funkcija je druga derivacija funkcije g, odnosno trecaderivacije funkcije f i oznacavamo je sa f ′′′(x).

Opcenito, ako funkcija f ima derivacije do ukljucivo reda n − 1, tj. akoza realnu funkciju y = f(x) postoje y(1), y(2, ..., y(n−1),onda je (ako postoji)

lim∆x→0

f (n−1)(x+ ∆x)− f (n−1)(x)

∆x,

n−ta derivacija funkcije y = f(x), oznaka y(n) = f (n)(x).

1.8 Podrucje rasta i pada realne funkcije jedne

varijable

U ovoj tocki pretpostavljat cemo da je funkcija y = f(x) realna funkcijajedne realne varijable, koja je neprekidna i derivabilna u cijelom podrucjudefinicije D(f).

Definicija 7 Funkcija y = f(x) je rastuca na otvorenom intervalu I ⊆ D(f)ako je

f(x1) ≤ f(x2),∀x1, x2 ∈ I, x1 < x2.

Definicija 8 Funkcija y = f(x) je strogo rastuca na otvorenom intervaluI ⊆ D(f) ako je

f(x1) < f(x2),∀x1, x2 ∈ I, x1 < x2.

Definicija 9 Podrucje rasta funkcije y = f(x), PR(f), je unija otvorenihintervala u kojima je funkcija y = f(x) strogo rastuca.


Teorem 3 Podrucje rasta funkcije y = f(x) je skup

PR(f) ={x : x ∈ D(f), f ′(x) > 0

}.

Primjer 48 Odredite podrucje rasta funkcije:f(x) = x3 − 3x2 − 9x+ 35.

Rjesenje:Kako je D(f) = R i f ′(x) = 3x2 − 6x− 9, to je

PR(f) ={x ∈ R : f ′(x) > 0

}=< −∞,−1 > ∪ <, 3 +∞ > .

Definicija 10 Funkcija y = f(x) je padajuca na otvorenom intervalu I ⊆D(f) ako je

f(x1) ≥ f(x2),∀x1, x2 ∈ I, x1 < x2.

Definicija 11 Funkcija y = f(x) je strogo padajuca na otvorenom inter-valu I ⊆ D(f) ako je

f(x1) > f(x2),∀x1, x2 ∈ I, x1 < x2.

Definicija 12 Podrucje pada funkcije y = f(x), PP (f), je unija otvorenihintervala u kojima je funkcija y = f(x) strogo padajuca.

Primjer 49 Odredite podrucje pada funkcije:f(x) = x3 − 3x2 − 9x+ 35.

Rjesenje:Kako je D(f) = R i f ′(x) = 3x2 − 6x− 9, to je

PP (f) ={x ∈ R : f ′(x) < 0

}=< −1,−3 > .

1.9 Ekonomske funkcije i diferencijalni racun

(1) Funkcija potraznje q = f(p) izrazava ovisnost kolicine q trazene robeo cijeni p te robe. Funkcija potraznje je padajuca jer porastom cijenesmanjuje se potraznja.

(2 Funkcija ponude q1 = f1(p) izrazava ovisnost kolicine q1 trazene robeo cijeni p te robe. Funkcija ponude je rastuca jer porastom cijeneponuda raste.

Na slobodnom trzistu (formira se trzisna cijena) trzisnu cijenu odredujejednakost ponude i potraznje. Iz jednakosti f(p) = f1(p) nalazimotrzisnu ili ekvilibrijnu cijenu p pri kojoj se postize ravnoteza.


(3) Funkcija proizvodnje Q = f(n) izrazava ovisnost fizickog obujma Qproizvedene robe o vremenu n za koje je ta roba proizvedena.

(4) Funkcija ukupnog prihoda R jednaka je produktu potraznje i cijenerobe:

R = q · p = f(p) · p = q · p(q)

.

(5) Funkcija granicnog prihoda GR je derivacija funkcije ukupnih pri-hoda R = f(p) · p = q· (q) :

r = GR =dR

dp=dR

dq.

(6) Funkcija prosjecnog prihoda po jedinici proizvoda je R = RQ

. To jeproizvodacka cijena proizvoda p, koja opcenito ovisi o opsegu proizvod-nje.

(7) Funkcija ukupnih troskova T = f(Q) izrazava ovisnost ukupnihtroskova T o velicini proizvodnje (usluge) Q. Ukupni troskovi sastoje seod fiksnih i varijabilnih.Pri tome su T (0) ukupni fiksni, a T (Q)−T (0)ukupni varijabilni troskovi za opseg proizvodnje Q.

(8) Funkcija t = GT granicnih troskova je derivacija dunkcije ukupnihtroskova T = f(Q) :

t = GT = T ′ =dT

dQ.

(9) Funkcija prosjecnih troskova T = TQ

= f1(Q) izrazava troskove po

jedinici proizvoda (usluge).

(10) Funkcija dobiti ili profita je razlika ukupnih prihoda i troskova, D(Q) =R(Q)− T (Q).

Primjer 50 Funkcija ukupnih troskova je T = 2Q3 − 5Q2 + 1. Odreditefunkciju granicnih troskova za Q = 2.Rjesenje:T = 2Q3 − 5Q2 + 1⇒ GT = dT

dQ= 6Q2 − 10Q

Graninicni troskovi za Q = 2 : GR(Q = 2) = 6 · 22 − 10 · 2 = 4.


Primjer 51 Funkcija prosjecnog prihoda je R = (1 − p)(2 + p). Odred-ite funkciju ukupnog prihoda R, funkciju granicnog prihoda GR i vrijednostgranicnog prihoda za p = 1.Rjesenje:R = R · p = (1− p)(2 + p)p = −p3 − p2 + 2p← ukupan prihodGR = R′ = dR

dp= −3p2 − 2p+ 2← granicni prihod

GR(p = 2) = −3 · 12 − 2 · 1 + 2 = −3← granicni prihod za p=1

Primjer 52 Funkcija potraznje neke robe je q = −p3+10000. Odredite funkciju

ukupnog prihoda, funkciju granicnog prihoda i dobit za proizvodnju 3000 ko-mada, ako je funkcija ukupnih troskova T = 3q2 + 3000000.Rjesenje:

q = −p3

+ 10000⇒ p = −3q + 30000

Funkcija ukupnog prihoda:

R = q · p = (−3q + 30000)p = −3q2 + 30000q

Funkcija granicnog prihoda:

GR =dR

dp=dR

dq= −6q + 30000

Granicni prihod za 3000 komada:

GR(q = 3000) = (−6) · 3000 + 30000 = 12000

Dobit D je razlika izmedu ukupnog prihoda i ukupnih troskova:

R(3000) = (−3) · 30002 + 30000 · 3000 = 63000000

T (3000) = 3 · 30002 + 3000000 = 30000000

D = R− T = 63000000− 30000000 = 33000000.


1.10 Ekstremi realnih funkcija jedne varijable

Obicno se pod ekstremom podrazumijeva maksimum ili minimum funkcije. Usvakodnevnom zivotu cesto se ne razlikuje pojam najvece vrijednosti funkcijeod maksimuma, odnosno pojam minimuma od najmanje vrijednosti funkcije.

Definicija 13 Kazemo da funkcija f : D(f) → R u tocki c otvorenog in-tervala I ⊂ D(f) ima lokalni (relativni) maksimum f(c) ako postoji δ > 0takav da za svako x ∈< c− δ, c+ δ >, x 6= c vrijedi da je f(x) ≤ f(c).

Rijecima: funkcija f u c ima lokalni maksimum ako vrijednost te funkcijeza sve tocke x ∈< c − δ, c + δ >, x 6= c, gdje je δ > 0, nije veca nego sto jeu tocki c. Dakle, promatra se vrijednost funkcije u okolini tocke c, a ne nacijelom podrucju definicije D(f).

Ako je f(x) ≤ f(c) za sve x ∈ D(f), x 6= c, onda f ima globalni (apso-lutni) maksimum.

Definicija 14 Kazemo da funkcija f : D(f)→ R u tocki c otvorenog inter-vala I ⊂ D(f) ima strogi lokalni (relativni) minimum f(c) ako postoji δ > 0takav da za svako x ∈< c− δ, c+ δ >, x 6= c vrijedi da je f(x) < f(c).

Ako je f(x) ≤ f(c) za sve x ∈ D(f), x 6= c, onda f ima strogi globalni(apsolutni) maksimum.

Definicija 15 Kazemo da funkcija f : D(f)→ R u tocki c otvorenog inter-vala I ⊂ D(f) ima lokalni (relativni) minimum f(c) ako postoji δ > 0 takavda za svako x ∈< c− δ, c+ δ >, x 6= c vrijedi da je f(x) ≥ f(c).

Rijecima: funkcija f u c ima lokalni minimum ako vrijednost te funkcijeza sve tocke x ∈< c− δ, c+ δ >, x 6= c, gdje je δ > 0, nije manja nego sto jeu tocki c. I ovdje se promatra vrijednost funkcije u okolini tocke c, a ne nacijelom podrucju definicije D(f).

Ako je f(x) ≤ f(c) za sve x ∈ D(f), x 6= c, onda f ima globalni (ap-solutni) minimum.

Definicija 16 Kazemo da funkcija f : D(f)→ R u tocki c otvorenog inter-vala I ⊂ D(f) ima strogi lokalni (relativni) minimum f(c) ako postoji δ > 0


takav da za svako x ∈< c− δ, c+ δ >, x 6= c vrijedi da je f(c) < f(x).

Ako je f(c) < f(x) za sve x ∈ D(f), x 6= c, onda f ima strogi globalni(apsolutni) maksimum.

1.10.1 Algoritam za odredivanje lokalnih ekstrema funkcijepomocu prve derivacije

(1) Odredimo prirodnu domenu i podijelimo domenu na otvorene intervale.

(2) Odredimo prvu derivaciju funkcije i podrucje definicije derivacije D(f ′).Zatim odredimo stacionarne tocke funkcije (tocke x ∈ D(f) u kojimaje f ′(x) = 0 ) i tocke u kojima ne postoji derivacija. Izvrsimo daljnjupodjelu domene D(f) na otvorene intervale pomocu kriticnih tocka(stacionarnih tocaka i tocaka u kojima prva derivacija ne postoji).

(3) Neka su u D(f) kriticne tocke funkcije f poredane po velicini:

x1 < x2 < ....

U svakom od intervala < a, x1 >,< x1, x2 >, ... uzmemo po jednu tocku(najpodesniju za racunanje-ako je moguce sto manji cijeli broj) t1, t2, ...i izracunamo f ′(t1), f ′(t2), ...(vrijednosti prve derivacije u stacionarnimtockama).

(4) Ako je f ′(ti) > 0, onda f strogo raste na otvorenom intervalu kojemu tatocka pripada; ako je f ′(ti) < 0, onda f strogo pada na tom intervalu.

(5) Ako je f ′ mijenja predznak prilikom prelaska iz intervala <· , xk > uinterval < xk+1, ·>, onda u xk funkcija f ima lokalni ekstrem:

(a) lokalni maksimum f(xk) ako je f ′(tk) > 0, tj. vrijednost prvederivacije na intervalu lijevo od xk je pozitivna.

(b) lokalni minimum f(xk) ako je f ′(tk) < 0, tj. vrijednost prvederivacije na intervalu lijevo od xk je negativna.

Primjer 53 Odredite intervale rasta, pada i lokalne ekstreme funkcije

f(x) =1

4x4 − x3 − 2x2 + 1.

Rjesenje:


(1) D(f) = R.

(2) f ′(x) = x3 − 3x2 − 4x⇒ D(f ′) = R

f ′(x) = 0⇒ x3−3x2−4x = 0⇒ (x+1)x(x−4) = 0⇒ x1 = −1, x2 = 0, x3 = 4

Stacionarne tocke: x1 = −1, x2 = 0, x3 = 4.Intervali: < −∞,−1 >, < −1, 0 >, < 0, 4 >, < 4,+∞ >

(3) Tocke u intervalima: t1 = −2, t2 = −0.5, t3 = 1, t4 = 5Vrijednosti prve derivacije u tim tockama:f ′(−2) = (−2)3 − 3(−2)2 − 4(−2) = −12 < 0f ′(−0.5) = (−0.5)3 − 3(−0.5)2 − 4(−0.5) = 1.125 > 0f ′(1) = (1)3 − 3(1)2 − 4(1) = −6 < 0f ′(5) = (5)3 − 3(5)2 − 4(5) = ... > 0

(4) f strogo padajuca na intervalima: < −∞,−1 >,< 0, 4 >f strogo rastuca na intervalima: < −1, 0 >, < 4,+∞ >

(5) Ekstremi:

(a) Lokalni maksimumi: f(0) = 1,M(0, 1)

(b) Lokalni minimumi: f(−1) = 0.25, f(4) = −31;m1(−1, 0.25),m2(4,−31)

1.10.2 Algoritam za odredivanje lokalnih ekstrema funkcijepomocu derivacija viseg reda

(1) Rijesi se jednadzba f ′(x) = 0.Rjesenja navedene jednadzbe x1, x2, ... koja pripadaju domeni funkcijeD(f) su kandidati za prvu koordinatu ekstrema.

(2) Za svakog kandidata x1, x2, ... za ekstrem provodi se sljedeci postupak:racuna se vrijednost derivacije viseg reda dok se ne dode do broja ktakvog da je f (k)(xi) 6= 0

(a) Ako je k paran broj, onda funkcija f u xi ima strogi lokalni ek-strem, i to: minimum ako je f (k)(xi) > 0, a maksimum ako jef (k)(xi) < 0

(b) Ako je k neparan broj, onda f u xi nema lokalni ekstrem.


(3) Uzima se sljedeci kandidat za ekstrem i ponavlja navedeni postupak.

Primjer 54 Odredite lokalne ekstreme funkcije f(x) = 2x3 +3x2−36x−10.Rjesenje:

(1) f ′(x) = 6x2+6x−36 f ′(x) = 0⇒ 6x2+6x−36 = 0⇒ x1 = −3, x2 = 2

Kandidati za prvu koordinatu ekstrema su: x1 = −3, x2 = 2.

(2) f ′′(x) = 12x+ 6f ′′(−3) = −30 6= 0f ′′(2) = 30 6= 0

(a) Kako je k paran broj, to funkcija f u x1 = −3 ima strogi lokalnimaksimum jer je f ′′(−3) = −30 < 0, a u x2 = 2 f ima strogilokalni minum jer je f ′′(2) = 30 > 0.Dakle,

M(−3, 71), m(2,−54).

Primjer 55 Odredite lokalne ekstreme funkcije f(x) = x2+1x.

Rjesenje:

Rjesenje:D(f) = {x ∈ R : x 6= 0}.

(1) f ′(x) = 2x·x−(x2+1)x2

= x2−1x2

f ′(x) = 0⇒ x2 − 1 = 0⇒ x1 = −1, x2 = 1

Kandidati za prvu koordinatu ekstrema su: x1 = −1, x2 = 1.

(2) f ′′(x) = 2x·x2−(x2−1)·2xx4

= 2x3

f ′′(−1) = 2(−1)3

= −2 6= 0

f ′′(1) = 213

= 2 6= 0

(a) Kako je k paran broj, to funkcija f u x1 = −1 ima strogi lokalnimaksimum jer je f ′′(−1) = −2 < 0, a u x2 = 1 f ima strogilokalni minimuum jer je f ′′(1) = 2 > 0. Dakle,

M(−1, 2), m(1,−2).


1.10.3 Uvjeti za maksimizaciju profita (dobiti)

Elementarna cinjenica iz ekonomije je: ako poduzece zeli maksimizirati profit,tada mora izjednaciti granicni trosak i granicni prihod. Funkcija profitaD(Q) = R(Q) − T (Q), gdje su R(Q) i T (Q) funkcije ukupnog prihoda iukupnih troskova.

Primjer 56 Neka su R(Q) i T (Q) funkcije

R(Q) = 1200Q− 2Q2, T (Q) = Q3 − 61.25Q2 + 1528.5Q+ 2000.

Tada je funkcija profita:

D(Q) = R(Q)− T (Q) = −Q3 + 59.25Q2 − 328.5Q− 2000,

gdje su R, T,D izrazeni u dolarskim jedinicama, a Q u (recimo) tonama potjednu. Ta funkcija profita ima dvije kriticne vrijednosti: Q1 = 3, Q2 = 36, 5jer je

dD

dQ= −3Q2 − 118.5Q− 325 = 0

za Q = 3 ili Q = 36.5.Buduci da je druga derivacija

D′′(Q) = −6Q+ 118.5

dobivamo D′′(3) < 0, D′′(36.5) > 0 slijedi da je Q = 36.5 (tona po tjednu)proizvodnja koja maksimizira profit. (Druga proizvodnja Q=3 (tone po tjednu)minimizira profit.) Uvrstavanjem Q u funkciju profita nalazimo da jeD(36.5) = 16318.44 (dolara po tjednu).

Kao alternativan pristup navedenom, mozemo naci granicni prihod

dR

dQ= 1200− 4Q

i granicni trosakdT

dT= 3Q2 − 122.5Q+ 1528.5

Izjednacavanjem tih dviju funkcija nalazimo kvadratnu jednadzbu identicnusa dπ

dQ= 0 koja je dala dvije navedene kriticne vrijednosti.


1.11 Problemi optimuma

Definicija 17 Kazemo da funkcija y = f(x) postize globalni maksimum Mu tocki xM na intervalu I ako je definirana na I i ako vrijedi:

(a) xM ∈ I i f(xM) = M

(b) f(x) ≤M za svaki x ∈ I.

Definicija 18 Kazemo da funkcija y = f(x) postize globalni minimum m utocki xm na intervalu I ako je definirana na I i ako vrijedi:

(a) xm ∈ I i f(xm) = m

(b) f(x) ≥ m za svaki x ∈ I.

Primjer 57 Funkcija f(x) = x2 :

(a) na intervalu < −∞,+∞ > postize globalani minimum 0 u 0, ne postizeglobalni maksimum

(b) na intervalu [−1, 1] postize globalani minimum 0 u 0, a globalni maksi-mum 1 postize u tockama x = 1 i x = −1.

(c) na intervalu < −1, 1 > postize globalani minimum 0 u 0, a globalnimaksimum ne postize.

1.11.1 Algoritam za odredivanje globalnih ektrema funkcijejedne varijable

Ako je funkcija y = f(x) definirana unutar intervala I, onda njene globalneekstreme na tom intervalu nalazimo na sljedeci nacin:

(1) Napravimo listu kandidata za ekstreme, koja sadrzi krajeve intervala ikriticne tocke funkcije f smjestene unutar tog intervala (Kriticne tockefunkcije su tocke u kojima prva derivacija ne postoji ili je jednaka nuli;oba kraja intervala pripadaju intervalu ako je on zatvoren.)

(2) Izracunamo vrijednosti funkcije f u tockama liste dobivene u prethod-nom koraku, odnosno granicne vrijednosti od f ako mu ti krajevi nepripadaju. Najveca od izracunatih vrijednosti je globalni maksimum


od f na I, ako tocka u kojoj je izracunata vrijednost pripada tom inter-valu. Ako se ona postize na kraju koji ne pripada tom intervalu, ondaf nema globalnog maksimuma na I. Analogno odredujemo globalniminimum.

Primjer 58 Odredite globalne ekstreme funkcije f(x) = x4 + 8x3 + 16x2 naintervalu [−5,−1].Rjesenje:

(1) Lista kandidata za ekstreme sadrzi krajeve zadanog intervala −5 i −1,te kriticne tocke funkcije f u otvorenom intervalu < −5,−1 > . Kriticne(stacionarne) tocke funkcije f su rjesenja jednadzbe f ′(x) = 0 :(

x4 + 8x3 + 16x2)′

= 4x3 + 24x2 + 32x = 0,

tj. tocke −2,−4 (tocka 0 nije u zadanom intervalu. Konacna listakandidata za ekstreme sadrzi tocke: −4,−2,−5,−1.

(2) Vrijednosti funkcije f u tockama navedene liste su dane u tablici:

x | −4| −2| −5| −1f(x) | 0| 16| 25| 9

Dakle, funkcija f postize globalni maksimum 25 u tocki x = −5, aglobalni minimum 0 u tocki x = −4.

Primjer 59 Odredite globalne ekstreme funkcije f(x) = x3−4x na intervalu[−2,+∞ > .Rjesenje:

(1) Lista kandidata za ekstreme sadrzi samo jedan kraj zadanog intervala−2 te kriticne tocke funkcije f u otvorenom intervalu < −2,+∞ > .Kriticne (stacionarne) tocke funkcije f su rjesenja jednadzbe f ′(x) =0 : (

x3 − 4x)′

= 3x2 − 4 = 0,

tj. tocke 2√3,− 2√

3i one obje pripadaju intervalu [−2,+∞ > Konacna

lista kandidata za ekstreme sadrzi tocke: 2√3,− 2√

3,−2.


(2) Vrijednosti funkcije f u tockama navedene liste su dane u tablici:

x | −2 − 2√3

2√3

x→∞

f(x) | 0 64√

39−64

√3

9f(x)→∞

Dakle, funkcija f postize globalni minimum −64√

39

u tocki 2√3. Funkcija

ne postize globalni maksimum, jer ”najvecu vrijednost f postize u +∞(dobivenu pomocu limesa u +∞) u ”tocki” +∞ koja ne pripada inter-valu [−2,+∞ > .

Documents

Sadr zaj - Lumens5plus - Prijava · POGLAVLJE 1. DIFERENCIJALNI RACUN FUNKCIJA JEDNE VARIJABLE S PRIMJENOM U EKONOMIJI 6 1.2.3 Jednostavni kamatni ra cun uz dekurzivni obra cun kamata