Skripta - unizg.hr 5... · 2020. 10. 23. · Napomena 5.2 Ako je funkcija strogo monotona, onda je ona injekcija. Dokaz tvrdnje: Neka je f strogo rastuca funkcija, ... Prema Napomeni5.2slijedi,

Matematicka analiza 1 - Poglavlje 5

Skripta

Ilko Brnetic, Mario Bukal, Tomislav Buric,Lana Horvat Dmitrovic, Josipa Pina Milišic, Mervan Pašic,

Ana Žgaljic Keko, Darko Žubrinic

VERZIJA OD: 23. LISTOPADA 2020.

PUBLISHED BY FER

WWW.FER.UNIZG.HR

Copyright c© 2018 ZPM

Ova skripta se smije koristiti iskljucivo u osobne svrhe te se ne smije ni na koji nacinmijenjati ili umnožavati, kao ni prikazivati, izvoditi ili distribuirati u javnosti i drugimmedijima, ili na bilo koji drugi nacin koristiti za bilo koju javnu ili komercijalnu svrhu.

Sadržaj

5 Elementarne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

5.1 Osnovna svojstva realnih funkcija realne varijable 55.1.1 Parnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

5.1.2 Periodicnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

5.1.3 Monotonost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

5.1.4 Prirodna domena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

5.2 Polinomi, racionalne i iracionalne funkcije 115.2.1 Polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

5.2.2 Racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

5.2.3 Iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

5.3 Eksponencijalna i logaritamska funkcija 155.3.1 Eksponencijalna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

5.3.2 Logaritamska funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

5.3.3 Opca potencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

5.4 Trigonometrijske i ciklometrijske (arkus) funkcije 215.4.1 Sinus i kosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

5.4.2 Tangens i kotangens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

5.4.3 Ciklometrijske (arkus) funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

5.5 Hiperbolicke i area funkcije 285.5.1 Hiperbolicke funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

5.5.2 Area funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

5.6 Riješeni primjeri 32

5.7 Transformacije grafova funkcija 365.7.1 Translacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365.7.2 Skaliranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.7.3 Zrcaljenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

5.8 Zadatci za vježbu 43

5.9 Literatura 46

5. Elementarne funkcije

U ovom poglavlju dajemo sažet i sustavan pregled tzv. elementarnih funkcija, koje su sve,izuzev hiperbolickih funkcija, obradivane tijekom srednjoškolskog obrazovanja. Elemen-tarne funkcije su realne funkcije realne varijable u koje ubrajamo polinome, racionalnefunkcije, eksponencijalne funkcije, opce potencije, trigonometrijske i hiperbolicke funkcijete njihove inverzne funkcije (logaritamske, arkus i area funkcije). U elementarne funkcijespadaju i funkcije dobivene zbrajanjem, oduzimanjem, množenjem i dijeljenjem prethodnonavedenih elementarnih funkcija. Takoder, elementarnim funkcijama smatramo i sve dobrodefinirane kompozicije prethodno navedenih elementarnih funkcija. Medu elementarnefunkcije medutim ne ubrajamo funkciju apsolutna vrijednost | · |, kao ni funkciju predznakasignum sgn. Prije samog pocetka popisivanja elementarnih funkcija, promotrimo još neko-liko osnovnih svojstava realnih funkcija realne varijable, koja mogu imati elementarne, alii neelementarne funkcije.

Kljucni pojmovi: svojstva realnih funkcija: parnost, periodicnost, monotonost, prirodnadomena, elementarne funkcije: polinomi, racionalne funkcije, eksponencijalna i logaritam-ska funkcija, trigonometrijske i hiperbolicke funkcije, transformacije grafova: translacija,skaliranje, zrcaljenje.

5.1 Osnovna svojstva realnih funkcija realne varijableKvalitativno poznavanje realnih funkcija realne varijable poput rasta ili pada, simetricnostigrafa, ponavljanja s odredenim periodom, itd., od izuzetne je važnosti u primjenama, stogau ovom zasebnom poglavlju proucavamo ta specificna svojstva.

6 Poglavlje 5. Elementarne funkcije

5.1.1 Parnost

Definicija 5.1.1 Za funkciju f : D ⊆ R→ R kažemo da je parna ako za sve x ∈ Dvrijedi

f (−x) = f (x) ,

odnosno, kažemo da je neparna, ako za sve x ∈ D vrijedi

f (−x) =− f (x) .

�

Primijetimo, da bi funkcija f : D→R bila parna ili neparna, domena D mora biti simetricanskup s obzirom na 0 (ishodište). Takoder je evidentno da postoje funkcije koje nisu niparne ni neparne. Npr. eksponencijalna funkcija x 7→ ex (x ∈ R) o kojoj ce kasnije bitinešto više govora, nije niti parna niti neparna.

� Primjer 5.1 Ispitajmo parnost sljedecih funkcija.(a) Ispitajte parnost funkcije f : R→ R zadane s f (x) = ax2 +c, gdje su a,c dani realni

brojevi.Za proizvoljni x ∈ R racunamo, f (−x) = a(−x)2 + c = ax2 + c = f (x). Stoga je fparna neovisno o izboru koeficijenata a i c (vidi Sliku 5.1a).

(b) Ispitajte parnost funkcije g : R→ R zadane s g(x) = ax3, gdje je a > 0 dani realnibroj.Opet za proizvoljni x ∈R racunamo, g(−x) = a(−x)3 =−ax3 =−g(x). Dakle, g jenaparna neovisno o a ∈ R (vidi Sliku 5.1b).

−3

−2

−1

1

2

3

4

5

−2 −1 1 2

a > 0

a < 0

T (0, c)

(a) f (x) = ax2 + c – parna funkcija.

−10

10

−1 1

g(x) = ax3

(b) g(x) = ax3 – neparna funkcija.

Slika 5.1: Parnost funkcija.

�

Napomena 5.1 Graf parne funkcije simetrican je obzirom na os y (ordinatu), dok jegraf neparne funkcije centralno simetrican s obzirom na ishodište koordinatnog sustava.

5.1 Osnovna svojstva realnih funkcija realne varijable 7

Vježba 5.1 Ispitajte parnost sljedecih funkcija:(a) x 7→ |x| za sve x ∈ R (funkcija apsolutna vrijednost),(b) x 7→ sgn(x) za sve x ∈ R, gdje je sgn(x) = 1 za x > 0, sgn(x) = −1 za x < 0 i

sgn(x) = 0 za x = 0 (funkcija predznaka).

5.1.2 Periodicnost

Definicija 5.1.2 Za funkciju f : D⊆ R→ R kažemo da je periodicka s periodom T ,ako postoji T > 0 takav da za sve x ∈ D vrijedi

f (x+T ) = f (x) . (5.1)

Najmanji T za koji vrijedi (5.1) nazivamo temeljni period (ako takav postoji). �

Primijetimo da domena periodicke funkcije s periodom T nužno ima sljedece svojstvo:ako je x ∈ D, onda je nužno i x+T ∈ D. Odatle slijedi da je domena periodicke funkcijeneomeden skup.

� Primjer 5.2 (a) Funkcija sinus, sin : R→ R, o kojoj ce više govora biti u odjeljku 5.4,periodicka je s periodom T = 2kπ , gdje k ∈ N oznacava proizvoljan prirodan broj.Temeljni period funkcije sinus je 2π .

(b) Funkcija tangens, tg : R\{π

2 + kπ , k ∈ Z}→ R, periodicka je s periodom T = nπ ,gdje je n ∈ N proizvoljan prirodan broj, dok je temeljni period funkcije tangensjednak π .

�

−1

1

−2π −π π 2π

sinx

0

(a) sinus

−20

−10

10

20

−3π2

−π −π2 0 π

2 π 3π2

(b) tangens

Slika 5.2: Periodicke funkcije.

� Primjer 5.3 Odredite period funkcije f : D→ R zadane s f (x) = tg(πx+2).Odredimo najprije skup D na kojem je funkcija f dobro definirana. Kako je tg(πx+2) =sin(πx+2)cos(πx+2)

, nužno je cos(πx+ 2) 6= 0. Odnosno, x-evi za koje je cos(πx+ 2) = 0 ne

mogu biti u domeni D funkcije f . Kako je cos(πx+2) = 0 za sve x =12− 2

π+ k, gdje je

k ∈ Z proizvoljan, zakljucujemo da je nužno D⊆ R\{12 − 2

π+ k , k ∈ Z}. Odredimo sada

period T funkcije f . Racunamo f (x+T ) = tg(π(x+T )+ 2) = tg(πx+ 2+πT ). Zbog


periodicnosti funkcije tg s periodom nπ , jednakost tg(πx+2+πT ) = tg(πx+2) = f (x)ce vrijediti samo ako vrijedi πT = nπ , odnosno T = n za n ∈ N. Stoga je temeljni periodfunkcije f jednak T = 1.

�

Vježba 5.2 Odredite temeljni period funkcije f : R→ R zadane s f (x) = 5sin(2x+8)za sve x ∈ R.

5.1.3 Monotonost

Za kvalitativno poznavanje funkcije od izuzetne je važnosti znati podrucje gdje ona rasteili pada. U tu svrhu najprije imamo sljedecu definiciju.

Definicija 5.1.3 Za funkciju f : D⊆ R→ R kažemo da je:• rastuca, ako za sve x1,x2 ∈ D vrijedi implikacija x1 < x2 ⇒ f (x1)≤ f (x2),• padajuca, ako za sve x1,x2 ∈ D vrijedi implikacija x1 < x2 ⇒ f (x1)≥ f (x2),• monotona, ako je rastuca ili padajuca.

�

Ako su u gornjoj definiciji pri usporedivanju funkcijskih vrijednosti zadovoljene strogenejednakosti, npr. ∀x1,x2 ∈D, x1 < x2 ⇒ f (x1)< f (x2), tada govorimo o strogo rastucimili padajucim, odnosno strogo monotonim funkcijama.

� Primjer 5.4 Eksponencijalna i logaritamska funkcija s bazom e su (strogo) rastucefunkcije (vidi Sliku 5.3). �

� Primjer 5.5 Funkcija g(x) = 5x3 (vidi Sliku 5.1b) je (strogo) rastuca, dok je funkcijah(x) =−3x3 (strogo) padajuca. �

Vecina funkcija nisu niti rastuce niti padajuce. Npr. kvadratna funkcija f (x) = x2,zatim periodicke funkcije sinus i tangens, nisu ni rastuce ni padajuce na svojoj domeni.Medutim, postoje intervali I ⊂ R (podrucja) takvi da su restrikcije tih funkcija na I rastuceili padajuce. Tako je na primjer kvadratna funkcija f (x) = x2 restringirana na I = 〈2,10〉strogo rastuca, dok je restrikcija iste funkcije na I = 〈−∞,−1〉 strogo padajuca. Funkcije

−3

−2

−1

1

2

3

4

5

6

7

5

ex

ln(x)

Slika 5.3: Eksponencijalna i logaritamska funkcija.

5.1 Osnovna svojstva realnih funkcija realne varijable 9

s takvim svojstvima onda zovemo po dijelovima monotone funkcije (usp. Slika 5.5).

Vježba 5.3 Navedite neke intervale strogog rasta/pada funkcija sin(x) i tg(x).

Napomena 5.2 Ako je funkcija strogo monotona, onda je ona injekcija.Dokaz tvrdnje: Neka je f strogo rastuca funkcija, onda se po definiciji strogograsta razlicitim elementima domene (x1 < x2) pridružuju razliciti elementi kodomene( f (x1)< f (x2)), tj. funkcija f je po definiciji injekcija. Analogno se vidi za slucaj da jef strogo padajuca funkcija.

O monotonosti kompozicije monotonih funkcija govori nam sljedeci teorem.

Teorem 5.1.1 Neka su f : D⊆ R→ R i g : R→ R realne funkcije takve da je g◦ f :D→ R dobro definirana. Ako je:

(a) f rastuca i(i) g rastuca, tada je g◦ f rastuca,

(ii) g padajuca, tada je g◦ f padajuca,(b) f padajuca i

(i) g rastuca, tada je g◦ f padajuca,(ii) g padajuca, tada je g◦ f rastuca.

Dokaz. Pokažimo slucaj (a.ii). Pretpostavimo da je funkcija f rastuca, a g padajuca. Nekasu x1,x2 ∈ D prizvoljni realni brojevi za koje vrijedi x1 < x2. Kako je f po pretpostavcirastuca, tada je f (x1) ≤ f (x2). Nadalje, jer je g padajuca, imamo g( f (x1)) ≥ g( f (x2)),tj. (g◦ f )(x1)≥ (g◦ f )(x2). Dakle, za sve x1 < x2 slijedi (g◦ f )(x1)≥ (g◦ f )(x2), odnosnog◦ f je po definiciji padajuca funkcija. �

Vježba 5.4 Dokažite ostale slucajeve iz Teorema 5.1.1.

Napomena 5.3 Analogna tvrdnja Teorema 5.1.1 vrijedi i za strogo monotone funkcije.

� Primjer 5.6 Ispitajte monotonost sljedecih funkcija:

(a) funkcije f : R→ R zadane s f (x) = e2x;(b) funkcije g : 〈0,+∞〉 → R zadane s g(x) =−(log 1

2x)3.

(a) Funkciju f možemo prikazati kao kompoziciju dviju funkcija, f = f2 ◦ f1, gdje suf1(x) = 2x i f2(x) = ex. Kao su funkcije f1 i f2 (strogo) rastuce funkcije, premaTeoremu 5.1.1 (a.i) slijedi da i funkcija f (strogo) rastuca.

(b) Funkciju g možemo zapisati kao g = g2 ◦g1, gdje su g1(x) = log 12

x i g2(x) =−x3.Kako su g1 i g2 obje padajuce funkcije, to je prema Teoremu 5.1.1 (b.ii) funkcija grastuca.

�

Vježba 5.5 Ispitajte monotonost funkcija zadanih s(a) f (x) = (1− x)3 za sve x ∈ R,(b) g(x) = e−(1+x)3

za sve x ∈ R.


Prema Napomeni 5.2 slijedi, ako je strogo monotona funkcija surjekcija, onda je ona ibijekcija pa ima inverznu funkciju. Možemo li tada nešto zakljuciti o ponašanju inverznefunkcije? O tome govori sljedeca propozicija.

Propozicija 1 Neka su D,K ⊆ R i f : D→ K bijekcija. Oznacimo njoj inverznufunkciju s f−1 : K→ D. Ako je:

(a) f strogo rastuca, tada je i f−1 strogo rastuca,(b) f strogo padajuca, tada je i f−1 strogo padajuca.

Dokaz. Pokažimo tvrdnju pod (a). Pretpostavimo da je f strogo rastuca. Treba pokazatida tada za sve y1,y2 ∈ K vrijedi implikacija

y1 < y2 ⇒ f−1(y1)< f−1(y2) . (5.2)

Pretpostavimo suprotno, tj. da postoje y1,y2 ∈ K takvi da vrijedi y1 < y2 i f−1(y1) ≥f−1(y2). Kako je po pretpostavci f rastuca, tada imamo f ( f−1(y1)) ≥ f ( f−1(y2)), od-nosno y1 ≥ y2, što je u kontradikciji s pretpostavkom da je y1 < y2. Dakle, tvrdnja (5.2) jeistinita, odnosno f−1 je rastuca funkcija. �

Vježba 5.6 Dokažite tvrdnju (b) iz prethodne propozicije.

5.1.4 Prirodna domenaRealne funkcije realne varijable, a pogotovo elementarne funkcije, najcešce se zadajusamo preko pravila pridruživanja, odnosno preko formule. Za domenu se tada uzima“najveci” podskup skupa realnih brojeva na kojem je pravilo pridruživanja (formula) dobrodefinirano, to je tzv. prirodna domena, dok se za kodomenu uzima skup R.

Definicija 5.1.4 Prirodna domena ili prirodno podrucje definicije funkcije f je naj-veci skup realnih brojeva na kojem je funkcija dobro definirana, odnosno najveci skuprealnih brojeva na kojem pravilo pridruživanja x 7→ f (x) ima smisla. Prirodnu domenufunkcije f oznacavamo s D( f ). �

� Primjer 5.7 Prirodna domena kvadratne funkcije f (x) = x2 je skup realnih brojeva R, jerje kvadriranje x 7→ x2 dobro definirano za sve x ∈ R. Medutim, prirodna domena funkcijedrugi korijen x 7→ √x je skup [0,+∞〉, jer je drugi korijen inverzna funkcija kvadratnefunkcije f |[0,+∞〉 : [0,+∞〉 → [0,+∞〉. �

� Primjer 5.8 Prirodna domena funkcije f (x) = ln(x+1) je skup 〈−1,+∞〉 ⊂ R, jer da bipravilo pridruživanja bilo dobro definirano, nužno je x+1 > 0. �

Vježba 5.7 Odredite prirodnu domenu funkcije f (x) =1√

x2−1.

Problemom odredivanja prirodne domene elementarnih funkcija detaljnije cemo sebaviti u odjeljku 5.6, nakon što napravimo pregled svih osnovnih elementarnih funkcija injihovih prirodnih domena.

5.2 Polinomi, racionalne i iracionalne funkcije 11

−6

−4

−2

2

4

6

−4 −2 2 4

f(x) = c

g(x) = ax+ bh(x) = ax

Slika 5.4: Konstantna funkcija f , afina funkcija g i linearna funkcija h.

5.2 Polinomi, racionalne i iracionalne funkcije

Pregled elementarnih funkcija pocinjemo od najjednostavnijih funkcija, a to su polinomii racionalne funkcije. Da bismo izracunali vrijednost polinoma ili racionalne funkcije unekoj tocki, dovoljno je poznavati zbrajanje i množenje realnih brojeva 1. Iracionalnefunkcije zatim dolaze kao inverzne funkcije restrikcija nekih polinoma.

5.2.1 Polinomi

Funkciju f : D→ K koja ima svojstvo f (x1) = f (x2) za sve x1 6= x2 ∈ D, bez obzira okakvim se skupovima D i K radi, nazivamo konstantna funkcija ili kratko konstanta. Uklasi realnih funkcija realne varijable (D,K ⊆ R), konstantne funkcije dane su formulomf (x) = c, gdje je c neki realan broj. Preslikavanje x 7→ c, ocito je smisleno definirano zasve x ∈ R pa je prirodna domena konstantne funkcije cijeli R, dok je slika jednoclani skup{c}. Konstantnu funkciju f : R→ R zadanu s f (x) = c, pri cemu je c 6= 0, još nazivamopolinom nultog stupnja, jer ocito možemo pisati f (x) = cx0. Specijalno, konstantnufunkciju f (x) = 0 za sve x ∈ R, nazivamo nul-polinom.

Polinom prvog stupnja ili afina funkcija zadana je formulom f (x) = ax+b za svex ∈ R, gdje su koeficijenti a 6= 0 i b realni brojevi. Ako je koeficijent a > 0, funkcija f jestrogo rastuca, dok je u slucaju a < 0 strogo padajuca. U slucaju kada je odsjecak na y-osib = 0, funkciju f (x) = ax nazivamo linearna funkcija. Graf afine funkcije je pravac kojinije paralelan s osi x i stoga je slika svake afine funkcije ocito cijeli R.

Polinom drugog stupnja ili kvadratna funkcija zadana je formulom f (x) = ax2 +bx+c za sve x ∈R, pri cemu su koeficijenti a 6= 0, b i c dani realni brojevi. Graf kvadratnefunkcije je parabola, koja je ovisno o predznaku vodeceg koeficijenta a otvorena prema

gore (a > 0) ili prema dolje (a < 0). Tjeme parabole ima koordinate(− b

2a,4ac−b2

4a

),

odakle lako zakljucimo da je slika kvadratne funkcije f u slucaju a > 0 jednaka Im( f ) =

1Operaciju oduzimanja možemo prikazati pomocu zbrajanja i množenja s −1, dok je dijeljenje zapravomnoženje s reciprocnim brojem.


−8

−6

−4

−2

2

4

6

8

−4 −2 2 4

a > 0

a < 0

(a) Kvadratne funkcije.

−6

−4

−2

2

4

6

8

−3 −2 −1 1 2

(b) Kubne funkcije.

Slika 5.5: Polinomi 2. i 3. stupnja.

[4ac−b2

4a,+∞

⟩, dok je u slucaju a < 0 jednaka Im( f ) =

⟨−∞,

4ac−b2

4a

](vidi Sliku

5.5a). Kvadratna funkcija ima najviše dvije realne nultocke (racunajuci njihovu kratnost),a dane su formulom

x1,2 =−b±

√b2−4ac

2a. (5.3)

U skupu kompleksnih brojeva, kvadratna funkcija ima uvijek ima tocno dvije nultocke. Uslucaju b2−4ac < 0, nultocke x1 i x2 cine konjugirano-kompleksni par.

Polinom treceg stupnja ili kubna funkcija zadana je formulom f (x) = ax3 +bx2 +cx+ d za sve x ∈ R, pri cemu su koeficijenti a 6= 0, b, c i d dani realni brojevi. Za raz-liku od kvadratne funkcije, slika kubne funkcije uvijek je cijeli skup R i svaka kubnafunkcija ima barem jednu realnu nultocku (vidi Sliku 5.5b) — jednu realnu i dvije kom-pleksne (konjugirano-kompleksni par) ili sve tri realne (racunajuci njihovu kratnost). To jeposljedica Osnovnog teorema algebre.

Polinom n-tog stupnja je funkcija f : R→R zadana s f (x) = anxn+an−1xn−1+ . . .+a1x+ a0, gdje su koeficijenti an 6= 0, an−1, . . . , a1, a0 dani realni brojevi. Za polinomeneparnog stupnja lako se vidi da im je slika cijeli skup R, dok za polinome parnog stupnjavrijedi Im( f ) = [m,+∞〉 ako je an > 0, odnosno Im( f ) = 〈−∞,M] ako je an < 0, pricemu m i M predstavljaju minimum, odnosno maksimum polinoma parnog stupnja (vidiSliku 5.6). Metodu za racunanje vrijednosti m i M naucit cemo u poglavlju 10. Zarazliku od polinoma 2. stupnja (pa i 4. stupnja), gdje se vrijednosti minimuma m, odnosnomaksimuma M mogu izracunati po nekoj formuli u terminima koeficijenata polinoma,u slucaju polinoma 6. stupnja takva formula za m, odnosno M, više ne postoji. To jeposljedica cinjenice da ne postoji formula poput (5.3) za racunanje nultocaka polinoma5. stupnja (i višeg) u terminima koeficijenata polinoma. Tu tvrdnju je dokazao norveškimatematicar Abel2.

2Niels Henrik Abel (1802. - 1829.), norveški matematicar

5.2 Polinomi, racionalne i iracionalne funkcije 13

−10

10

−2 −1 1 2

Slika 5.6: Polinomi 4. i 5. stupnja.

5.2.2 Racionalne funkcije

Racionalna funkcija f zadana je pravilom pridruživanja oblika

f (x) =Pn(x)Qm(x)

=anxn + . . .+a1x+a0

bmxm + . . .+b1x+b0,

gdje su Pn i Qm polinomi s realnim koeficijentima stupnja n, odnosno m. Prirodna domenaovako definirane racionalne funkcije jednaka je

D( f ) = R\{z1,z2, . . . ,zk} ,gdje su zi ∈ R, i = 1, . . . ,k, sve realne nultocke polinoma Qm. Tih nultocaka može bitinajviše m racunajuci pritom njihovu kratnost. Odredivanje slike racionalne funkcije neštoje zahtjevniji postupak i za to nam trebaju nova znanja koja cemo nauciti u poglavlju 10.Ako je stupanj polinoma u brojniku n manji od stupnja polinoma u nazivniku m, ondagovorimo o pravoj racionalnoj funkciji. Inace, ako je n≥m, polinom Pn možemo podijelitipolinomom Qm pri cemu dobivamo

Pn(x)Qm(x)

= Sn−m(x)+R(x)

Qm(x), (5.4)

gdje je rezultat dijeljenja polinom Sn−m stupnja n−m, a polinom R(x) stupnja < mpredstavlja ostatak pri dijeljenju. Prikaz (5.4) je jedinstven.

� Primjer 5.9 Racionalna funkcija dana je formulom

f (x) =x3 + x+1

x2−2x.

Prirodna domena te funkcije je D( f ) = R\{0,2}. Kako je stupanj brojnika 3 veci odstupnja nazivnika 2, te polinome možemo podijeliti i dobivamo

x3 + x+1x2−2x

= x+2+5x+1x2−2x

,

cime smo racionalnu funkciju f (x) sveli na zbroj afine funkcije x+2 (polinom 1. stupnja)

i prave racionalne funkcije5x+1x2−2x

. �


1

2

3

4

1 2 3 4

x 7→ x2

x 7→ √x

(a) Funkcija drugi korijen.

−8

−6

−4

−2

2

4

6

8

−8 −6 −4 −2 2 4 6 8

x 7→ x3

x 7→ 3√x

(b) Funkcija treci korijen.

Slika 5.7: Iracionalne funkcije.

Vježba 5.8 Podijelite polinome:(a) 3x2 +2x+1 s polinomom x2 + x;(b) x3 s polinomom x2 + x+1.

5.2.3 Iracionalne funkcije

Funkcija drugi (kvadratni) korijen, u oznaci x 7→ √x, definirana je kao inverzna funkcijakvadratne funkcije f : [0,+∞〉 → [0,+∞〉 zadane s f (x) = x2. Stoga su prirodna domena islika drugog korijena jednake [0,+∞〉 te za sve x≥ 0 vrijedi

√x2 = x i (

√x)2 = x . (5.5)

Napomena 5.4 Prva jednakost u (5.5) vrijedi iskljucivo za x ≥ 0. Prisjetimo se,opcenito za x ∈ R vrijedi

√x2 = |x|. Može li druga jednakost u (5.5) vrijediti za x ∈ R?

Funkcija treci (kubni) korijen, u oznaci x 7→ 3√

x, inverzna je funkcija kubne funkcijef : R→ R, f (x) = x3. Za razliku od kvadratne funkcije, kubna funkcija je bijekcija iz R uR pa su prirodna domena i slika treceg korijena jednake R. Za sve x ∈ R tada vrijedi

3√x3 = x i ( 3

√x)3 = x .

Kao je f (x) = x3 rastuca funkcija, to je prema Propoziciji 1 i funkcija treci korijen rastuca(vidi Sliku 5.7b).

Funkcija n-ti korijen, u oznaci x 7→ n√

x, gdje je n ∈ N prirodan broj, definira se kaoinverzna funkcija funkcije f : D→ D zadane s f (x) = xn. U slucaju kada je n paran,funkcija f je bijekcija (ima inverz) ako uzmemo D = [0,+∞〉. U slucaju kada je n neparan,funkcija f je bijekcija na cijelom R, odnosno D = R. U oba slucaja, radi se o strogorastucim funkcijama.

Opcenito, iracionalne funkcije zadane su formulom koja sadrži neke korijene. Pre-ciznije, iracionalne funkcije dobivaju su kao kompozicija n-tih korijena i polinoma iliracionalnih funkcija. Za domenu iracionalnih funkcija (ako nije drugacije navedeno)

5.3 Eksponencijalna i logaritamska funkcija 15

uzimamo prirodnu domenu, tj. najveci skup realnih brojeva na kojem je dana iracionalnaformula dobro definirana. Navedimo neke primjere.

� Primjer 5.10 Primjeri iracionalnih funkcija:

(a) f (x) =5√

3+ 3√

x2 +1 , (b) g(x) =3

√4√

x+1−1x2−2

.

Odredimo prirodne domene ovih funkcija.(a) Funkcija f zadana je preko neparnih korijena i polinoma, cije su prirodne domene R.Stoga je D( f ) = R. (b) U definiciji funkcije g javlja se cetvrti (parni) korijen i racionalnafunkcija. Stoga imamo uvjete x+1≥ 0 i x2−2 6= 0, odakle slijedi D(g)= [−1,+∞〉\{

√2}.

�

Vježba 5.9 Zapišite iracionalne funkcije iz prethodnog primjera kao kampozicije kori-jena i polinoma, odnosno racionalnih funkcija.

Vježba 5.10 Odredite prirodnu domenu iracionalnih funkcija:

(a) f (x) =

√x2−3x+1

3√

1−2x− x2−1, (b) g(x) =

3√

x+1+ 6√

x√1− x− x2

.

5.3 Eksponencijalna i logaritamska funkcija

Sljedeci važan primjer elementarne funkcije je eksponencijalna funkcija koja je od izuzetnevažnosti u brojnim primjenama: kamatni racun, biološki rast populacije, poluraspadelemenata, itd. Nadalje u ovom odjeljku navodimo i logaritamsku funkciju, kao inverznufunkciju eksponencijalne funkcije.

5.3.1 Eksponencijalna funkcija

S eksponencijalnim funkcijama susrecemo se od srednjoškolskih dana, znamo neka njihovasvojstva i pravila za racunanje. Medutim, rigorozna definicija eksponencijalne funkcijenije baš sasvim jednostavna. Kako biste izracunali npr. 32.24017 ili 3π (bez racunala)? Dje-lomicni odgovor na to pitanje nalazi se niže u tekstu. Za pocetak, krenimo s jednostavnimprimjerom.

� Primjer 5.11 — Složeni kamatni racun. U banci ste posudili svotu od G kuna (glav-nica). Kamata na dug u obracunskoj jedinici vremena (dan, mjesec, godina,. . . ) iznosiK%, a ukupni dug po isteku obracunske jedinice vremena tada iznosi

G+K

100G = G

(1+

K100

)kuna .

Kamate se po isteku obracunske jedinice vremena obracunavaju na ukupni dug, tj. nakondvije obracunske jedinice vremena banci ste dužni iznos

G(

1+K

100

)+

K100

G(

1+K

100

)= G

(1+

K100

)2

kuna ,


odnosno nakon m obracunskih jedinica (npr. mjeseci) biti cete dužni

G(

1+K

100

)m

kuna . (5.6)

�

Uocimo u izrazu (5.6) da je baza (1+ K100) fiksna, a eksponent m varijabilan (on modelira

proteklo vrijeme u obracunskim jedinicama). Kada je m ∈ N jasno nam je što predstavljaizraz oblika am. Tu je upravo a ·a · . . . ·a︸︷︷︸

m puta

i to lako izracunamo. Medutim, postavlja se

pitanje što predstavlja i kako izracunati izraz oblika ax gdje je a > 0, a x realan broj? Broja u izrazu ax nazivamo baza, a x zovemo eksponent i on je ovdje promjenjiva velicina(varijabla). Za razliku od polinoma, npr. x3, gdje je baza varijabilna, a eksponent fiksan,kod eksponencijalnih funkcija ax te uloge su zamijenjene.Eksponencijalna funkcija s bazom a > 0 (a 6= 1), u oznaci ax, definirana je na skupurealnih brojeva R, a slika joj je 〈0,+∞〉. Ovisno o bazi a funkcija je rastuca ili padajuca —za 0 < a < 1 funkcija je padajuca, a za a > 1 rastuca (vidi Sliku 5.8a). Osnovna svojstvaeksponecijalnih funkcija, poznata iz srednje škole, navodimo bez dokaza u sljedecojpropoziciji.

Propozicija 2 Neka su a,b dani pozitivni realni brojevi (baze), tada za sve realnebrojeve x,y vrijedi:

◦ a0 = 1 ,a1 = a ,

◦ axay = ax+y ,

◦ (ax)y = axy ,

◦ (a ·b)x = axbx ,

◦(a

b

)x=

ax

bx ,

◦ a−x =(1

a

)x.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

−3 −2 −1 1 2 3

ax , a > 10 < a < 1 , ax

(a) Ovisno o bazi raste ili pada.

1000

2000

3000

4000

5000

6000

7000

8000

9000

1×104

−5 5 10

2x3x10x

(b) Brzina rasta ovisno o bazi.

Slika 5.8: Eksponencijalne funkcije.


Sljedeci dodatak sadrži vrlo sažet opis konstrukcije eksponencijalne funkcije od de-finicije na skupu prirodnih pa do proširenja na skup realnih brojeva. Od citatelja se nezahtijeva potpuno razumijevanje tog dijela teksta, vec je uloga dodatka ocrtati jednu važnumatematicku paradigmu, koja nadilazi podrucje analize, a to je generalizacija (proširenje)nekog pojma na nacin da važna svojstva ostanu sacuvana.

DodatakDodatak Konstrukcija eksponencijalne funkcije. Krenimo od definicije na skupu prirodnih bro-jeva. Za pozitivan realan broj a > 0 (baza) i prirodan broj n ∈ N, n-ta potencija broja adefinira se kao

an := a ·a · . . . ·a︸︷︷︸n puta

.

Definiramo li nadalje a0 := 1 i an :=(1

a

)−n za negativne cijele brojeve n < 0, dobivamofunkciju fa : Z→ R definiranu s fa(n) = an. Ta funkcija zadovoljava sljedeca svojstva:

(a1) fa(n)> 0, ∀n ∈ Z,(a2) fa(m+n) = fa(m) fa(n), ∀m,n ∈ Z,(a3) za a > 1, fa je strogo rastuca, a za 0 < a < 1, fa je strogo padajuca na Z.

Sljdeci korak je proširenje funkcije fa sa skupa cijelih brojeva Z na skup racionalnih brojevaQ, ali na nacin da svojstva (a1)–(a3) ostanu sacuvana, jer to su “lijepa” i važna svojstvafunkcije fa.

Za racionalni broj oblika r =mn

, gdje su m ∈ Z i n ∈ N, definiramo

fa(r)≡ ar := n√

am . (5.7)

U ovom koraku najprije je potrebno je pokazati da definicija (5.7) ne ovisi o prikazuracionalnog broja, tj. ako je r =

m1

n1=

m2

n2, da tada vrijedi n1

√am1 = n2

√am2 i da proširena

funkcija fa : Q→ R zadovoljava svojstva (a1)–(a3) na skupu Q. Na taj nacin realiziralismo proširenje eksponencijalne funkcije s bazom a sa skupa cijelih brojeva Z na skupracionalnih brojeva Q.

Sjedeci korak je proširenje funkcije fa na skup realnih brojeva R. To se može realiziratipreko konvergentnih nizova, ali to necemo izlagati na ovom mjestu. Konvergentnimnizovima bavit cemo se kasnije u poglavlju 6. Dodatak završavamo teoremom koji govorio postojanju i jedinstvenosti eksponencijalne funkcije s bazom a na skupu realnih brojevakao proširenju funkcije fa : Q→ R. Zainteresirani citatelj može naci dokaz u knjizi [4].

Teorem 5.3.1 Neka je a> 0, a 6= 1 realan broj. Postoji jedinstvena funkcija f :R→Rsa sljedecim svojstvima:

(a0) f (r) = fa(r), ∀r ∈Q, ( f je proširenje od fa)(a1) f (x)> 0, ∀x ∈ R,(a2) f (x+ y) = f (x) f (y), ∀x,y ∈ R,(a3) za a > 1, f je strogo rastuca, a za 0 < a < 1, f je strogo padajuca na R,(a4) f : R→ 〈0,+∞〉 je bijekcija.

Funkcija f je upravo eksponencijalna funkcija f (x) = ax.


Medu eksponencijalnim funkcijama svojom važnošcu u primjenama posebno se isticeona s bazom e≈ 2.718281828. Eksponenecijalna funkcija s bazom e još se naziva prirodnaeksponencijalna funkcija, dok se broj e naziva Eulerov broj ili Napierova konstanta. Odakleposebnost ovog broja i zašto ga nazivamo prirodna baza? Broj e javlja se u modeliranjuprirodnog rasta bioloških populacija, a mi cemo u sljedecem dodatku pokazati kakose javlja u kontinuiranom ukamacivanju te pokazati da je to iracionalan broj. Moždanajznacajnija posebnost prirodne eksponencijalne funkcije jest cinjenica da je to jedinafunkcija koja je jednaka svojoj derivaciji, što cemo nauciti kasnije u poglavlju 9.

DodatakDodatak Kontinuirano ukamacivanje. U Primjeru 5.11 izracunali smo koliko iznosi dug bancinakon obracunskog razdoblja od jedne godine za posuden iznos G po kamatnoj stopi odK%. To je

G(

1+K

100

)kuna .

Da samo prepolovili obracunsko razdoblje i primijenili kamatnu stopu od K/2% na svakood njih, na kraju godine banci bismo bili dužni

G(

1+K

2 ·100

)2

kuna .

Dijeljenjem godine na n obracunskih jedinica (npr. n = 12) uz kamatnu stopu od K/n%,na kraju godine banci cemo dugovati

G(

1+K

n ·100

)n

kuna .

Radi jednostavnosti racuna uzmimo sada G = 1 kn i K = 100%. Oznacimo s d(n) =(1+

1n

)n

godišnji dug banci uz obracunavanje kamate n puta i promotrimo te vrijednosti

(s tocnošcu prvih dviju decimala) za razlicite prirodne brojeve n:

n 1 2 3 4 10 20 100 1000d(n) 2 2,25 2,37 2,44 2,59 2,65 2,70 2,71

.

Primijetimo da se za velike brojeve n vrijednost izraza d(n) približava broju e. U Poglavlju6, naucit cemo da je broj e upravo granicna vrijednost (limes) izraza d(n) kada n “teži ubeskonacnost”, a primjenom takvog postupka ukamacivanja dobivamo tzv. kontinuiranoukamacivanje. Kontinuiranim ukamacivanjem nakon godinu dana banci cemo biti dužni ekuna.

Propozicija 3 Broj e je iracionalan.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da je broj e racionalan. Tada je on oblika e = m/n, gdjesu m i n prirodni brojevi. Buduci da je e ∈ 〈2,3〉 (pogledajte gornju tablicu s vrijednostimad(n)), zakljucujemo da e nije prirodan broj i stoga je nužno n≥ 2. S druge strane vrijedi

e =∞

∑k=0

1k!

(više govora o beskonacnim sumama biti ce u kolegiju Matematicka analiza 2),

dobivamo jednakost m/n =∞

∑k=0

1k!

. Množeci tu jednakost s n!, dobivamo

m(n−1)! = n!∞

∑k=0

1k!

=n

∑k=0

n!k!

+∞

∑k=n+1

n!k!

,


odakle slijedi

0 < m(n−1)!−n

∑k=0

n!k!

=∞

∑k=n+1

n!k!

=1

n+1+

1(n+1)(n+2)

+ . . .

<1

n+1+

1(n+1)2 + · · · ≤

13+

132 + · · ·=

13· 1

1− 13

=12.

Na samom pocetku imamo da je m(n− 1)!−n

∑k=0

n!k!

prirodan broj (primijetite da jen!k!

prirodan broj za svaki k = 0,1, . . . ,n). S druge strane, on je sadržan u intervalu 〈0,1/2〉, štoje nemoguce. Ovom kontradikcijom dolazimo do zakljucka da je broj e iracionalan. �

5.3.2 Logaritamska funkcija

Kako je eksponencijalna funkcija s bazom a bijekcija iz R u 〈0,+∞〉, prema Teoremu3.1.1 postoji njoj inverzna funkcija koju nazivamo logaritamska funkcija s bazom a ioznacavamo ju s loga x. Prirodna domena logaritamske funkcije tada je skup 〈0,+∞〉, aslika skup realnih brojeva R. Prema tome vrijede sljedece jednakosti:

aloga x = x , ∀x ∈ 〈0,+∞〉 i loga (ax) = x , ∀x ∈ R .

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

5

6

7

1 2 3 4 5 6 7

loga x , a > 1

loga x , 0 < a < 1

(a) Ovisno o bazi raste ili pada.

−6

−4

−2

2

4

6

8

10

12

14

5000 1×104

log2 x

log3 x

log10 x

(b) Brzina rasta ovisno o bazi.

Slika 5.9: Logaritamske funkcije.

Vježba 5.11 U ovisnosti o bazi a > 0 ispitajte rast/pad logaritamske funkcije s bazoma > 0. (Uputa: Koristite svojstva eksponencijalne funkcije i Propoziciju 1.)

Bez dokaza navodimo propoziciju s popisom osnovnih svojstava logaritamskih funk-cija.


−3

−2

−1

1

2

3

4

5

6

7

5

ex

ln(x)

Slika 5.10: Eksponencijalna i logaritamska funkcija.

Propozicija 4 — Svojstva logaritamske funkcije. Neka su a,b dani pozitivni realnibrojevi, tada za sve pozitivne realne brojeve x,y vrijedi:

◦ loga(xy) = loga x+ loga y ,

◦ loga

(1x

)=− loga x ,

◦ loga xα = α loga x ,

◦ loga x =logb xlogb a

.

Vježba 5.12 Usporedite ova svojstva sa svojstvima eksponencijalne funkcije iz Propo-zicije 2.

Vec smo prethodno spomenuli prirodnu eksponencijalnu funkciju. Njezina inverznafunkcija naziva se prirodni logaritam i obicno oznacava3 s lnx.

5.3.3 Opca potencija

Pomocu eksponencijalne i logaritamske funkcije definiramo i funkciju koju nazivamo opcapotencija. Opca potencija s potencijom α ∈ R\{0} je funkcija f : 〈0,+∞〉 → R zadanapravilom pridruživanja

f (x) = eα lnx , ∀x ∈ 〈0,+∞〉 . (5.8)

Korištenjem svojstava logaritamske i eksponencijalne funkcije formulu (5.8) možemopisati f (x) = eα lnx = elnxα

= xα i u praksi obicno pišemo f (x) = xα . Medutim, smisaoizraza xα je upravo definicija (5.8). Oznacimo s f1(x) = α lnx i f2(x) = ex, tada izraz(5.8) možemo pisati u obliku kompozicije f = f2 ◦ f1. Kako su f1 : 〈0,+∞〉 → R if2 : R→ 〈0,+∞〉 bijekcije, po Korolaru 3.1.2 zakljucujemo da je i f : 〈0,+∞〉 → 〈0,+∞〉bijekcija. Odredimo joj inverznu funkciju: za prizvoljni y ∈ 〈0,+∞〉 tražimo rješenjejednadžbe y = xα . Potenciranjem jednakosti s 1/α dobivamo x = y1/α . Stoga je inverzna

3Oznaka ln dolazi od latinskog izraza logarithmus naturali.

5.4 Trigonometrijske i ciklometrijske (arkus) funkcije 21

10

20

30

1 2 3 4

xα (α > 1)

xα (α < 0)

xα (0 < α < 1)

Slika 5.11: Opce potencije xα u ovisnosti o α ∈ R.

funkcija dana pravilom pridruživanja f−1(x) = x1/α , odnosno inverzna funkcija je opcapotencija s eksponentom 1/α .

5.4 Trigonometrijske i ciklometrijske (arkus) funkcijePocetci trigonometrije (matematike trokuta) datiraju u antickoj Grckoj u 3. stoljecu prijeKrista, a glavne primjene su u geometriji i astronomiji. Trigonometrijske funkcije sinus ikosinus kakve danas poznajemo po prvi put se javljaju u indijskoj astronomiji u vrijemeCarstva Gupta (320. -554. g.), a ostale trigonometrijske funkcije zajedno s tablicamavrijednosti poznate su vec u perzijskoj matematici do kraja 9. stoljeca. Daljnji razvojtrigonometrijskih funkcija dolazi s njihovim zapisom u obliku reda potencija (gradivoMatematicke analize 2). Primjene trigonometrijeskih funkcija su brojne, od tradicionalnihprimjena u geodeziji i astronomiji zatim primjena u mehanici (harmonijski oscilator,gibanje krutih tijela), gdje se javljaju kao rješenja nekih diferencijalnih jednadžbi, domodernijih primjena u teoriji upravljanja te obradbi signala i obradbi slike korištenjemFourierove transformacije i Fourierovih redova (gradivo Matematicke analize 3).

5.4.1 Sinus i kosinus

Trigonometrijske funkcije sinus i kosinus geometrijski definiramo pomocu “namatanja”pravca na jedinicnu kružnicu kako je ilustrirano na Slici 5.12, a detaljnije opisujemo usljedecem tekstu. Neka je S kružnica polumjera r = 1 sa središtem u ishodištu Kartezijevogkoordinatnog sustava. U tocki A = (1,0) položimo tangentu p na kružnicu. To je pravackoji je paralelan s y-osi i koordinatiziramo ga realnim brojevima tako da 0 smjestimo utocku dirališta A. Pravac p zatim možemo zamisliti kao konac ili žicu koju namatamo nakolut na nacin da polupravac [0,+∞〉 namatamo u smjeru suprotnom od kazaljke na satu(pozitivan smjer), dok polupravac 〈−∞,0] namatamo u smjeru kazaljke na satu (negativansmjer). Na taj nacin svakoj tocki P(t) ∈ p s koordinatom t ∈R, pridružimo tocku T (t) ∈ S


s koordinatama (x(t),y(t)), odnosno realizirali smo preslikavanje E : R→ S, takvo dat 7→ (x(t),y(t)). To preslikavanje naziva se eksponencijalno preslikavanje pravca nakružnicu (detaljnije o konstrukciji trigonometrijskih funkcija možete naci u knjizi [6]).

t

T (x, y)

cos t

sin t

0

1

Slika 5.12: Trigonometrijska kružnica.

Funkcije sinus, u oznaci sin t, i kosinus, u oznaci cos t, sada se formalno definiraju kaoordinata, odnosno apscisa tocke E(t) = (x(t),y(t)), tj.

sin t := y(t) , ∀t ∈ R , (5.9)cos t := x(t) , ∀t ∈ R . (5.10)

−1

1

−2π −π π 2π

sin t

0

(a) Funkcija sinus.

−1

1

−2π −π π 2π

cos t

0

(b) Funkcija kosinus.

Slika 5.13: Grafovi trigonometrijskih funkcija.

Iz cinjenice da tocka (x(t),y(t)) leži na jedinicnoj kružnici, Pitagorin poucak daje namosnovni trigonometrijski identitet

sin2 t + cos2 t = 1 , ∀t ∈ R ,

a posljedica toga je da funkcije sinus i kosinus poprimaju vrijednosti unutar segmenta[−1,1]. Preciznije, slike funkcija sinus i kosinus su Im(sin) = Im(cos) = [−1,1]. Primi-jetimo da ce se zbog opsega jedinicne kružnice 2π svake dvije tocke s pravca koje su


medusobno udaljene za 2π preslikati u istu tocku na kružnici, tj.

E(t +2π) = E(t) , ∀t ∈ R .

Iz toga slijedi da su funkcije sinus i kosinus periodicne s periodom 2π , koji je ujedno itemeljnji period. Nadalje, promotrimo u kojem su odnosu tocke E(t) i E(−t) za proizvoljnit ∈R. One ce zbog nacina namatanja pravca biti simetricne s obzirom na x-os, prema tomece njihove apscise biti jednake, tj. cos(t) = cos(−t), dok ce im ordinate biti suprotnogpredznaka, odnosno vrijedit ce sin(t) =−sin(−t). Time smo upravo pokazali da je kosinusparna, a sinus neparna funkcija.

Bez dokaza navodimo najvažnije trigonometrijske identitete za funkcije sinus i kosinus.

Propozicija 5 — Trigonometrijski identiteti. Za sve x,y ∈ R vrijedi

cos(x+ y) = cosxcosy− sinxsiny , (5.11)sin(x+ y) = sinxcosy+ cosxsiny , (5.12)cos(x− y) = cosxcosy+ sinxsiny , (5.13)sin(x− y) = sinxcosy− cosxsiny , (5.14)

sin(2x) = 2sinxcosx , (5.15)

cos(2x) = cos2 x− sin2 x , (5.16)

sin2 x =12(1− cos(2x)) , (5.17)

cos2 x =12(1+ cos(2x)) . (5.18)

Dokaz formula (5.11) i (5.12) može se naci na primjer u knjizi [6].

Vježba 5.13 Korištenjem formula (5.11) i (5.12) i svojstava trigonometrijskih funkcijapokažite i ostale trigonometrijske identitete (5.13) – (5.18).

Prethodna diskusija spada u tzv. geometrijsku teoriju trigonometrijskih funkcija, kojapredstavlja prirodno proširenje trigonometrije pravokutnog trokuta poznate iz ranih sred-njoškolskih dana. Medutim, slicno kao i kod eksponencijalne funkcije, možemo se pitatikako zapravo izracunati npr. sin1? Jasno je da metoda namatanja konca duljine 1 na kolutpolumjera 1 i zatim mjerenje ordinate tocke na kolutu, nece biti prihvatljiva metoda jednoginženjera.

DodatakDodatak Trigonometrijske funkcije sin i cos, kao i eksponencijalna funkcija, mogu se racunati prekoredova potencija (beskonacnih suma), o koji ce biti predmet studiranja u okviru kolegijaMatematicka analiza 2. Za trigonometrijske funkcije i eksponencijalnu funkciju imamorazvoj u redove potencija

sinx =∞

∑n=0

(−1)n

(2n+1)!x2n+1 , cosx =

∞

∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n , ex =

∞

∑n=0

1n!

xn .


−20

−10

10

20

−3π2

−π −π2 0 π

2 π 3π2

(a) Funkcija tangens

−20

−10

10

20

−π −π2 0 π

2 π 3π2

2π

(b) Funkcija kotangens.

Slika 5.14: Funkcije tangens i kotangens.

5.4.2 Tangens i kotangens

Trigonometrijske funkcije tangens, u oznaci tgx i kotangens, u oznaci ctgx, definiraju sekao omjeri trigonometrijskih funkcija sinus i kosinus. Preciznije, imamo definicije

tgx =sinxcosx

i ctgx =cosxsinx

. (5.19)

Prethodne formule, odnosno funkcije tangens i kotangens nisu definirane za one realnebrojeve x za koje je cosx = 0, odnosno sinx = 0. Oznacimo s C0 skup svih nultocakafunkcije kosinus. Tada je

C0 ={

π

2+ kπ : k ∈ Z

},

a prirodna domena funkcije tangens tada je D(tg) = R\C0. Oznacimo nadalje sa S0 skupsvih nultocaka funkcije sinus. Tada je

S0 = {kπ : k ∈ Z} ,

a prirodna domena funkcije kotangens je tada D(ctg) =R\S0. Slika obiju funkcija tangensi kotangens jednaka je R.

Vježba 5.14 Korištenjem svojstava funkcija sinus i kosinus pokažite da su funkcijetangens i kotangens neparne i periodicke s temeljnim periodom T = π .

5.4.3 Ciklometrijske (arkus) funkcije

Trigonometrijske funkcije sinus, kosinus, tangens i kotangens su periodicne i kao takvenisu injekcije, stoga ne mogu biti niti bijekcije, odnosno ne mogu imati inverznu funkciju.Medutim, sve one su po dijelovima (po podrucjima) strogo monotone, stoga ce namrestrikcija na jedno od tih podrucja stroge monotonosti osigurati injektivnost, dok cemouzimanjem slike za kodomenu osigurati surjektivnost.


−1

1

−2π −π π 2π0

sinx

Sin(x)

(a) Restrikcija funkcije sinx nainterval [−π/2,π/2].

−π2

−1

0

1

π2

−π2 −1 0 1 π

2

Sin(x)

arcsin(x)

(b) Funkcija arcsin(x).

Slika 5.15: Funkcija arkus sinus.

Arkus sinus

Ako funkciju sinus restringiramo na segment [−π

2 ,π

2 ] na kojem je ona strogo rastuca ioznacimo tu restrikciju sa Sin(x) := sin |[− π

2 ,π

2 ](x), tada je ta funkcija Sin : [−π

2 ,π

2 ]→[−1,1] bijekcija (vidi Sliku 5.15(a)). Njezin inverz Sin−1 : [−1,1]→ [−π

2 ,π

2 ] nazivamoarkus sinus i u daljnjem oznacavamo s arcsin(x). Dakle,

arcsin : [−1,1]→[− π

2,π

2

],

odnosno, domena funkcije arkus sinus je segment [−1,1], dok je slika [−π

2 ,π

2 ]. Po definicijiinverzne funkcije vrijede sljedece jednakosti

arcsin(sinx) = x , ∀x ∈[− π

2,π

2

]i sin(arcsiny) = y , ∀y ∈ [−1,1] .

Kako je funkcija Sin(x) strogo rastuca na [−π

2 ,π

2 ], slijedi da je i njena inverzna funkcija,arcsin(x), strogo rastuca na svojoj domeni (vidi Sliku 5.15(b)).

Vježba 5.15 Korištenjem eksponencijalnog namatanja pravca na jedinicnu kružnicupokažite da je funkcija arkus sinus neparna.

Arkus kosinus

Funkcija kosinus strogo je padajuca na segmentu [0,π] pa je njezina restrikcija na tajsegment, funkcija Cos : [0,π]→ [−1,1], definirana s Cos(x) := cos |[0,π](x) za sve x∈ [0,π],bijekcija (vidi Sliku 5.16(a)). Inverznu funkciju funkcije Cos(x), nazivamo arkus kosinusi u daljnjem oznacavamo s arccos(x). Prema tome,

arccos : [−1,1]→ [0,π] ,

odnosno, domena funkcije arkus kosinus je segment [−1,1], dok je slika segment [0,π].Po definiciji inverzne funkcije vrijede sljedece jednakosti

arccos(cosx) = x , ∀x ∈ [0,π] i cos(arccosy) = y , ∀y ∈ [−1,1] .

Kako je funkcija Cos(x) strogo padajuca na [0,π], slijedi da je i njena inverzna funkcija,arccos(x), strogo padajuca na [−1,1] (vidi Sliku 5.16(b)).


Napomena 5.5 Za podrucje restrikcije funkcije kosinus na kojem je ona strogo mono-tona, mogli smo uzeti i neki drugi segment, npr. [−π,0], gdje je kosinus strogo rastuca.Tim izborom podrucja restrikcije dobili bismo drugaciju funkciju arkus kosinus, kojabi se razlikovala od gornje u kodomeni, ali i pravilu pridruživanja. Analogna diskusijavrijedi i za funkciju sinus, kao i tangens i kotangens, što nam tek slijedi.

−1

1

−2π −π π 2π0

cosx

Cos(x)

(a) Restrikcija funkcije cosx nainterval [0,π].

−1

0

1

π2

π

−1 0 1 π2 π

Cos(x)

arccos(x)

(b) Funkcija arccos(x).

Slika 5.16: Funkcija arkus kosinus.

Arkus tangens

Promotrimo funkciju tangens, ona takoder nije injekcija, ali je strogo rastuca po intervalimaoblika 〈−π

2 +kπ, π

2 +kπ〉, k ∈ Z. Oznacimo s Tg := tg |〈− π

2 ,π

2 〉 restrikciju funkcije tangensna interval 〈−π

2 ,π

2 〉, tada je Tg : 〈−π

2 ,π

2 〉 → R bijekcija (vidi Sliku 5.17(a)). Njezinuinverznu funkciju nazivamo arkus tangens i u daljnjem oznacavamo s arctg(x). Preciznije,

arctg : R→⟨− π

2,π

2

⟩,

odnosno, domena funkcije arctg(x) je skup realnih brojeva R, dok je slika otvoreni interval〈−π

2 ,π

2 〉. Opet po definiciji inverzne funkcije vrijede sljedece jednakosti

arctg(tgx) = x , ∀x ∈⟨− π

2,π

2

⟩i tg(arctgy) = y , ∀y ∈ R .

Pravci x = π

2 + kπ , k ∈ Z nazivaju se asimptote funkcije tangens, preciznije vertikalneasimptote. Funkcija arkus tangens takoder ima asimptote, to su horizontalni pravci y =−π

2i y = π

2 . Detaljnije cemo se asimptotama funkcija baviti u Poglavlju 7.


−20

−10

10

20

−3π2

−π −π2 0 π

2 π 3π2

tg(x)

Tg(x)

(a) Restrikcija funkcije tg(x) nainterval 〈−π/2,π/2〉.

−5

−π2

π2

5

−5 −π2

π2 5

Tg(x)

arctg(x)

(b) Funkcija arctg(x).

Slika 5.17: Funkcija arkus tangens.

Vježba 5.16 Pokažite da je arkus tangens neparna i strogo rastuca funkcija.

Arkus kotangens

Kao posljednju u ovom nizu promatramo inverznu funkciju funkcije kotangens. Ona jestrogo padajuca na intervalima na kojima je definirana, dakle 〈kπ,π + kπ〉, k ∈ Z. Speci-jalno uzmimo interval 〈0,π〉 i oznacimo s Ctg := ctg |〈0,π〉 restrikciju funkcije kotangensna interval 〈0,π〉 (vidi Sliku 5.18(a)). Funkcija Ctg : 〈0,π〉 → R je bijekcija, a njezinuinverznu funkciju nazivamo arkus kotangens i u daljnjem oznacavamo s arcctg(x). Stoga

arcctg : R→ 〈0,π〉 ,odnosno domena funkcije arkus kotangens je skup R, dok je slika otvoreni interval 〈0,π〉.Po definiciji inverzne funkcije vrijede sljedece jednakosti

arcctg(ctgx) = x , ∀x ∈ 〈0,π〉 i ctg(arcctgy) = y , ∀y ∈ R .

−20

−10

10

20

−π −π2 0 π

2 π 3π2

2π

ctg(x)

Ctg(x)

(a) Restrikcija funkcije ctg(x) nainterval 〈0,π〉.

−6

0

π

6

−6 0 π 6

Ctg(x)

arcctg(x)

(b) Funkcija arcctg(x).

Slika 5.18: Funkcija arkus kotangens.


Vježba 5.17 Pokažite da je funkcija arkus kotangens strogo padajuca.

5.5 Hiperbolicke i area funkcije

Hiperbolicke funkcije javljaju se prilikom racunanja kuteva i udaljenosti u hiperbolickojgeometriji. Takoder imaju brojne primjene u fizici i mehanici, gdje se javljaju ako rješenjanekih diferencijalnih jednadžbi. Možda najznacajniji primjer hiperbolickih funkcija umehanici jest oblik viseceg lanca ucvršcenog na oba kraja (na jednakoj visini), kojiodgovara grafu funkcije kosinus hiperbolicki. Cesto se iz tog razloga graf funkcije kosinushiperbolicki naziva lancanica. Mnogi lukovi i svodovi u arhitekturi imaju upravo oblikuvrnute lancanice. Kosinus hiperbolicki ima još jedno zanimljivo svojstvo: površina ispodgrafa funkcije kosinus hiperbolicki na nekom segmentu jednaka je duljini luka tog grafanad istim segmentom.

5.5.1 Hiperbolicke funkcije

Hiperbolicke ili hiperbolne funkcije, sinus hiperbolicki sh i kosinus hiperbolicki ch,definiraju se preko eksponencijalne funkcije formulama

shx =ex− e−x

2, chx =

ex + e−x

2, ∀x ∈ R . (5.20)

Iako imena sugeriraju to, direktna veza s trigonometrijskim funkcijama nije ocita izprethodnih formula. Toj diskusiji vratit cemo se nešto kasnije. Korištenjem vec prethodnostecenog znanja i iskustva, citatlj se lako može uvjeriti da je sinus hiperbolicki neparnai strogo rastuca funkcija na cijeloj svojoj domeni te joj je slika Im(sh) = R. S drugestrane, kosinus hiperbolicki je ocito parna funkcija i stoga je samo po dijelovima monotona.Korištenjem tzv. geometrijsko-aritmeticke nejednakosti, koja kaže da za sve pozitivne

realne brojeve a,b vrijedi√

ab ≤ a+b2

, lako se uvjerimo da za sve x ∈ R vrijedi 1 =

√exe−x ≤ ex + e−x

2= chx, odnosno Im(ch) ⊆ [1,+∞〉. No, zapravo vrijedi jednakost,

tj. slika kosinusa hipebolickog je Im(ch) = [1,+∞〉.Slicnost hiperbolickih funkcija s trigonometrijskima ocituje se kroz brojna slicna

svojstva. Direktnim racunom preko formula (5.20) lako se provjeri jednakost

ch2 t− sh2 t = 1 , ∀t ∈ R .

Odatle naime i naziv, hiperbolicke. Za razliku od trigonometrijskih funkcija, gdje tocke(cos t,sin t) leže na jedinicnoj kružnici x2 + y2 = 1, tocke (ch t,sh t) leže na hiperboli x2−y2 = 1. Ostala svojstva (adicijske formule, formule dvostrukog i polovicnog argumenta)navodimo bez dokaza u sljedecoj propoziciji.

5.5 Hiperbolicke i area funkcije 29

−10

10

−3 −2 −1 1 2 3

(a) Sinus hiperbolicki.

5

10

15

−3 −2 −1 1 2 3

(b) Kosinus hipebolicki.

Slika 5.19: Hiperbolicke funkcije sinus i kosinus.

Propozicija 6 Za sve realne brojeve x,y ∈ R vrijedi

sh(x± y) = shxchy± chxshy ,ch(x± y) = chxchy± shxshy ,

sh(2x) = 2shxchx , ch(2x) = ch2 x+ sh2 x ,

sh2 x =12(ch(2x)−1) , ch2 x =

12(ch(2x)+1) .

Vježba 5.18 Usporedite identitete iz prethodne propozicije s trigonometrijskim identi-tetima iz Propozicije 5.

DodatakDodatak Još ljepša veza izmedu trigonometrijskih i hiperbolickih funkcija vidi se kroz proširenjetih funkcija na skup kompleksnih brojeva. Pokazuje se da za kompleksne trigonometrijskefunkcije sinus i kosinus vrijede formule

sinz =eiz− e−iz

2i, cosz =

eiz + e−iz

2, ∀z ∈ C , (5.21)

dok za kompleksne hiperbolicke funkcije ostaju formule (5.20) s kompleksnim argumentimaumjesto realnim.

Analogno trigonometrijskim funkcijama tangens i kotangens, funkcije tangens hiper-bolicki i kotangens hiperbolicki definiraju se redom formulama

thx =shxchx

=ex− e−x

ex + e−x , ∀x∈R i cthx =chxshx

=ex + e−x

ex− e−x , ∀x∈R\{0} . (5.22)

Iz definicija je ocito da su domene tih funkcija redom D(th) = R i D(cth) = R\{0}.Uocimo nadalje da thx možemo pisati u oblicima

thx =−1+2ex

ex + e−x >−1 i thx = 1− 2e−x

ex + e−x < 1 , ∀x ∈ R .

Iz tih formula zakljucujemo da za sve x∈R vrijedi−1< thx < 1, tj. Im(th)⊆ 〈−1,1〉. Me-dutim, vrijedi više, Im(th) = 〈−1,1〉. Slicno za kotangens hiperbolicki možemo zakljucitida vrijedi Im(cth) = 〈−∞,−1〉∪ 〈1,+∞〉.


−1

1

−6 −4 −2 2 4 6

(a) Tangens hiperbolicki.

−9

−6

−3

3

6

9

−3 −2 −1 1 2 3

(b) Kotangens hiperbolicki.

Slika 5.20: Hiperbolicke funkcije tangens i kotangens.

5.5.2 Area funkcije

Kako je sinus hiperbilicki sh : R→ R strogo rastuca funkcija (jer je jednaka zbroju dvijustrogo rastucih funkcija), ona je bijekcija pa ima inverznu funkciju, u oznaci arsh : R→ R,koju nazivamo area sinus. Izvedimo sada formulu (pravilo pridruživanja) za arsh(x). Zaproizvoljan y ∈ R rješavamo jednadžbu

y = shx =ex− e−x

2.

Sredivanjem ovog izraza dobivamo

e2x−2yex−1 = 0 ,

odakle, supstitucijom t = ex dobivamo kvadratnu jednadžbu

t2−2yt−1 = 0 .

Dva rješenja te jednadžbe su t1 = y−√

y2 +1 i t2 = y+√

y2 +1. Kako je t1 < 0 za svey ∈R, taj slucaj nije moguc. Ostaje nam onda drugi slucaj ex = y+

√y2 +1, odakle slijedi

x = ln(y+√

y2 +1) .

Stoga je pravilo pridruživanja za funkciju area sinus dano formulom

arshx = ln(x+√

x2 +1) , ∀x ∈ R .

Vježba 5.19 Dokažite da je arsh strogo rastuca i neparna funkcija.

Funkcija kosinus hiperbolicki ch : R→ [1,+∞〉 nije bijekcija, jer nije injekcija. Medutim,njena restrikcija Ch := ch |[0,+∞〉 : [0,+∞〉 → [1,+∞〉 na poluinterval [0,+∞〉 jest bijekcija

5.5 Hiperbolicke i area funkcije 31

pa ima inverznu funkciju koju nazivamo area kosinus i u daljnjem oznacavamo s arch(x).Stoga

arch : [1,+∞〉 → [0,+∞〉 ,

a po definiciji inverzne funkcije vrijede jednakosti

arch(chx) = x , ∀x ∈ [0,+∞〉 , i ch(archx) = x , ∀x ∈ [1,+∞〉 .

Vježba 5.20 Pokažite da je funkcija area kosinus dana formulom

archx = ln(x+√

x2−1) , ∀x ∈ [1,+∞〉 .

−6

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

5

6

−6 −4 −2 2 4 6

sh(x)

arsh(x)

(a) Area sinus.

1

2

3

4

5

6

−2 −1 1 2 3 4 5 6

Ch(x)

arch(x)

(b) Area kosinus.

Slika 5.21: Area funkcije sinus i kosinus.

Funkcija tangens hiperbolicki th : R→ 〈−1,1〉 je bijekcija pa ima inverznu funk-ciju th−1 : 〈−1,1〉 → R koju nazivamo area tangens i u daljnjem oznacavamo s arth(x).

Vježba 5.21 Pokažite da je funkcija area tangens dana formulom

arthx =12

ln(

1+ x1− x

), ∀x ∈ 〈−1,1〉 .

Konacno, funkcija kotangens hiperbolicki cth : R\{0} → 〈−∞,−1〉∪ 〈1,+∞〉 je bi-jekcija, a njenu inverznu funkciju arcth : 〈−∞,−1〉∪ 〈1,+∞〉 → R\{0} nazivamo areakotangens.

Vježba 5.22 Pokažite da je area kotangens dana formulom

arcthx =12

ln(

x+1x−1

), ∀x ∈ 〈−∞,−1〉∪ 〈1,+∞〉 .


−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

th(x)

arth(x)

(a) Area tangens.

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

cth(x)

arcth(x)

(b) Area kotangens.

Slika 5.22: Area funkcije tangens i kotangens.

5.6 Riješeni primjeri

U ovom odjeljku kroz nekoliko riješenih primjera ilustriramo primjenu prethodno obrade-nog teorijskog materijala.

� Primjer 5.12 Odredite prirodnu domenu sljedecih funkcija zadanih pravilom pridruživa-nja:

(a) f (x) =√

x3− x2−4x−6,(b) f (x) =

√1−|x2−3|,

(c) f (x) =1√

log 12(x−2)−2

.

�

Rješenje.

(a) Funkcija drugi korijen definirana je za nenegativne brojeve, stoga imamo uvjetx3−x2−4x−6≥ 0. Faktorizacijom polinoma x3−x2−4x−6= (x−3)(x2+2x+2)taj uvjet postaje

(x−3)(x2 +2x+2)≥ 0 . (5.23)

Kako je x2 +2x+2 = (x+1)2 +1 > 0 za sve x ∈ R, to uvjet (5.23) postaje ekviva-lentan uvjetu x≥ 3. Stoga je prirodna domena funkcije f jednaka D( f ) = [3,+∞〉.

(b) Zbog funkcije drugi korijen imamo uvjet 1−|x2− 3| ≥ 0, tj. |x2− 3| ≤ 1. Premadefiniciji apsolutne vrijednosti

|x2−3| ≤ 1 ⇔ −1≤ x2−3≤ 1 .

Razlikujemo dvije nejednakosti, koje moraju istovremeno biti zadovoljene. Prva je−1≤ x2−3, tj. x2−2≥ 0, koja je zadovoljena za sve x ∈ 〈−∞,−

√2]∪ [√

2,+∞〉.Druga je x2− 3 ≤ 1, odnosno x2− 4 ≤ 0, koja je zadovoljena za sve x ∈ [−2,2].Obje nejednakosti zadovoljene su na presjeku skupova(

〈−∞,−√

2]∪ [√

2,+∞〉)∩ [−2,2] = [−2,−

√2]∪ [√

2,2] .


Stoga je D( f ) = [−2,−√

2]∪ [√

2,2].(c) Logaritamska funkcija definirana je na skupu pozitivnih realnih brojeva, stoga

imamo uvjet x−2> 0, odnosno x> 2. Nadalje, uvjet funkcije drugi korijen daje namlog 1

2(x−2)−2≥ 0. Medutim, kako je taj izraz u nazivniku, nužno je log 1

2(x−2) 6= 2,

iz cega zakljucujemo da mora vrijediti

log 12(x−2)> 2 = log 1

2

(12

)2.

Kako je log 12

padajuca funkcija, posljednja nejednakost ekvivalentna je s x−2 <(12

)2, odnosno x <

94

. Oba uvjeta x > 2 i x <94

moraju biti zadovoljeni, stoga je

D( f ) =⟨2,

94⟩.

�

� Primjer 5.13 Zadana je funkcija s pravilom pridruživanja f (x) =√

2x+5.(a) Odredite prirodnu domenu i sliku funkcije.(b) Ako postoji, odredite f−1 te D( f−1) i Im( f−1).

�

Rješenje.

(a) Prirodna domena funkcije f odredena je uvjetom funkcije drugi korijen: 2x+5≥ 0,odnosno D( f ) = [−5

2 ,+∞〉. Odredimo sada sliku funkcije. Ocito je f (x) ≥ 0 zasve x ∈ D( f ), iz cega slijedi Im( f )⊆ [0,+∞〉. S druge strane, uzmimo proizvoljniy ∈ [0,+∞〉 i tražimo rješenje jednadžbe

y = f (x) =√

2x+5

u skupu D( f ). Kvadriranjem dobivamo x = 12(y

2− 5). Odavde vidimo da je zaproizvoljni y ∈ [0,+∞〉, rješenje x ≥ −5

2 , odnosno x ∈ D( f ). Stoga je [0,+∞〉 ⊆Im( f ). Kako imamo obje inkluzije, zakljucujemo Im( f ) = [0,+∞〉.

(b) Pokažimo da je funkcija f : [−52 ,+∞〉→ [0,+∞〉 bijekcija. Funkcija f je po definiciji

surjekcija, jer joj je kodomena [0,+∞〉 jednaka slici (vidi (a)). Pokažimo da je finjekcija. Pretpostavimo da je f (x1) = f (x2) za neke x1,x2 ∈ D( f ), tj.√

2x1 +5 =√

2x2 +5 .

Zbog injektivnosti funkcije drugi korijen zakljucujemo 2x1 +5 = 2x2 +5, odaklenužno slijedi x1 = x2, odnosno f je injekcija.Pravilo pridruživanja za inverznu funkciju f−1 : [0,+∞〉 → [−5

2 ,+∞〉 tražimo rješa-vanjem jednadžbe y= f (x). Preciznije, za svaki y∈ [0,+∞〉 trebamo naci jedinstvenix ∈ [−5

2 ,+∞〉, koji zadovoljava y = f (x). Tada ce preslikavanje y 7→ x biti upravof−1, odnosno bit ce f−1(y) = x. Racunamo

y =√

2x+5 ⇒ y2 = 2x+5 ⇒ x =12(y2−5)

i vidimo da za svaki y ∈ [0,+∞〉 postoji jedinstveni x = 12(y

2−5) ∈ [−52 ,+∞〉, koji

zadovoljava jednadžbu y = f (x). Stoga je f−1(y) = 12(y

2−5).


Napomena. Domenu inverzne funkcije ne odredujemo iz uvjeta na pravilo pridru-živanja, kao u slucaju odredivanja prirodne domene, nego je D( f−1) = Im( f ), aIm( f−1) = D( f ).

�

� Primjer 5.14 Zadana je funkcija s pravilom pridruživanja f (x) =√

3arccosx−π .(a) Pokažite da je f strogo padajuca.(b) Odredite joj prirodnu domenu i sliku.(c) Ako postoji, odredite f−1.

�

Rješenje.

(a) Funkciju f možemo prikazati kao kompoziciju triju funkcija f = f3 ◦ f2 ◦ f1, gdje suredom f1(x) = arccosx, f2(x) = 3x−π i f3(x) =

√x. Kako je f1 strogo padajuca, a

f2 i f3 su strogo rastuce, prema Teoremu 5.1.1 zakljucujemo da je f strogo padajuca.(b) Domena funkcije arccos je [−1,1]. Zbog funkcije drugi korijen imamo uvjet

3arccosx−π ≥ 0, odnosno arccosx≥ π

3 . Kako je cos |[0,π] padajuca funkcija, slijedi

cos(arccosx)≤ cos(

π

3

)⇒ x≤ 1

2.

Stoga je D( f ) = [−1, 12 ]. Odredimo sada sliku funkcije f . Znamo da je Im(arccos) =

[0,π], a zbog uvjeta na prirodnu domenu, arccosx≥ π

3 , imamo

π ≥ arccosx≥ π

3⇒ 3π ≥ 3arccosx≥ π ⇒ 2π ≥ 3arccosx−π ≥ 0

⇒√

2π ≥√

3arccosx−π ≥ 0 .

Time smo zakljucili f (x)∈ [0,√

2π] za sve x∈D( f ), tj. Im( f )⊆ [0,√

2π]. Ostaje jošpokazati [0,

√2π]⊆ Im( f ). Uzmimo proizvoljni y∈ [0,

√2π] i rješavamo jednadžbu

y =√

3arccosx−π . Kvadriranjem dobivamo arccosx = 13(y

2 +π), odakle slijedi

x = cos(1

3y2 +

π

3

).

Prema dobivenoj formuli, za y ∈ [0,√

2π] ocito je x ∈ [−1, 12 ] = D( f ). Time smo

pokazali drugu inkluziju i zakljucujemo Im( f ) = [0,√

2π].Napomena. Do slike funkcije f mogli smo i na “jednostavniji” nacin. Kako je fpadajuca cijeloj domeni i neprekidna (svojstvo svih elementarnih funkcija koje cemonauciti kasnije), tada je Im( f ) = f ([−1, 1

2 ]) = [ f (12), f (−1)] = [0,

√2π].

(c) Najprije pokažimo da je funkcija f : [−1, 12 ]→ [0,

√2π] je bijekcija. Kako je ko-

domena [0,√

2π] = Im( f ), po definiciji je f surjekcija, a kako je strogo padajuca,zakljucujemo da je injekcija. Pravilo pridruživanja inverzne funkcije odredujemorješavanjem jednadžbe y = f (x) kao i u (b) dijelu zadatka. Uvjerimo se da je za svakiy ∈ [0,

√2π] pripadni x = cos

(13y2 + π

3

), jedinstveno rješenje jednadžbe y = f (x) u

skupu [−1, 12 ]. Time je dobro definirano

f−1(y) = cos(1

3y2 +

π

3

).


�

� Primjer 5.15 Riješite jednadžbe:(a) cos(2arccosx) = 2x,

(b) ch(lnx) =52

x.�

Rješenje.

(a) Uocimo najprije dva uvjeta na rješenje jednadžbe:• x mora biti u domeni funkcije arkus kosinus, tj. x ∈ [−1,1];• 2x mora biti u slici funkcije kosinus, tj. 2x ∈ [−1,1].

Stoga se rješenje nužno nalazi u segmentu [−1/2,1/2]. Primijenimo formulu dvos-trukog kuta za funkciju kosinus: cos(2α) = 2cos2 α − 1, α ∈ R. Tada polaznajednadžba prelazi u

2cos2(arccosx)−1 = 2x ,

odakle slijedi 2x2−1 = 2x. Dobivena kvadratna jednadžba ima dva realna rješenjax1 = (1−

√3)/2 i x2 = (1+

√3)/2, od koji je samo x1 ∈ [−1/2,1/2]. Stoga je

jedino rješenje jednadžbe

x =1−√

32

.

(b) Uocimo opet dva uvjeta na rješenje jednadžbe:• x mora biti u domeni logaritamske funkcije, tj. x > 0;• 5x/2 mora biti u slici funkcije kosinus hiperbolicki, tj. 5x/2≥ 1.

Ta dva uvjeta impliciraju x ≥ 2/5. Raspišimo nadalje po definiciji lijevu stranujednadžbe

ch(lnx) =12

(elnx + e− lnx

)=

12

(x+

1x

)=

52

x .

Odatle nakon sredivanja slijedi kvadratna jednadžba 4x2−1 = 0. Jedino pozitivno

rješenje ove jednadžbe, koje zadovoljava gornji uvjet, je x =12

.�

� Primjer 5.16 Funkcija f : [−π/2,π/2]→ R zadana je formulom f (x) =1

2− sinx.

(a) Pokažite da je f injekcija.(b) Pokažite da je f strogo rastuca.(c) Odredite f ([0,π/3〉).(d) Za funkciju f : [−π/2,π/2]→ Im( f ) odredite, ako postoji, f−1 i D( f−1).

�

Rješenje.

(a) Pretpostavimo da je f (x1) = f (x2) za neke x1,x2 ∈ [−π/2,π/2], tj.

12− sinx1

=1

2− sinx2.


Zbog injektivnosti funkcije z 7→ 1z

, slijedi 2− sinx1 = 2− sinx2, odakle slijedi

sinx1 = sinx2. Kako je funkcija sinus injekcija na [−π/2,π/2], zakljucujemo x1 =x2. Prema tome, funkcija f je injekcija.

(b) Funkciju f možemo prikazati kao kompoziciju triju funkcija: f = f3 ◦ f2 ◦ f1, gdje

su f1(x) = sin |[−π/2,π/2], f2(x) = 2− x i f3(x) =1x

. Kako je f1 strogo rastuca, af2, f3 su strogo padajuce, slijedi da je f strog rastuca.

(c) Obzirom na to da je f strogo rastuca, sliku intervala [0,π/3〉, lako odredimo direkti-nim izracunavanjem f ([0,π/3〉) = [ f (0), f (π/3)〉= [1/2,2/(4−

√3)〉.

(d) Sliku funkcije f tada dobijemo direktnim uvrštavanjem

Im( f ) = f([− π

2,π

2

])=[

f (−π

2), f (

π

2)]=[1

3,1].

Kako je f strogo rastuca, ona je injekcija pa je funkcija f : [−π/2,π/2]→ [1/3,1]bijekcija. Pravilo pridruživanja za inverznu funkciju f−1 : [1/3,1]→ [−π/2,π/2]tražimo rješavanjem jednadžbe

y =1

2− sinx

za proizvoljni y ∈ [1/3,1]. Direktnim racunom slijedi sinx = 2− 1y

, odakle je

x = arcsin(

2− 1y

)=: f−1(y) .

�

5.7 Transformacije grafova funkcija5.7.1 Translacija

Ako graf realne funkcije realne varijable f : D→ R translatiramo (pomaknemo) za fiksnuvrijednost c∈R po x-osi, dobivamo graf funkcije g : D+c→R, cije je pravilo pridruživanjadano s

g(x+ c) = f (x) , za sve x ∈ D . (5.24)

Skup D+ c oznacava translatiranu domenu (translaciju skupa D za iznos c ∈ R), odnosno

D+ c = {x+ c , x ∈ D} .

Na primjer, translacija skupa 〈0,2〉 za isnos −1 je skup 〈−1,1〉, odnosno simbolickimožemo pisati 〈0,2〉− 1 = 〈−1,1〉. Pravilo pridruživanja nove (translatirane) funkcijeg uobicajeno je ipak pisati u terminima nove varijable z = x+ c. Stoga jednakost (5.24)prelazi u

g(z) = f (z− c) , za sve z ∈ D+ c . (5.25)

Funkcija g, odnosno pripadni graf Γg, dobiveni su horizontalnom translacijom (tran-slacijom po x-osi) funkcije f , odnosno pripadnog grafa Γ f . U daljnjem tekstu, a to je

5.7 Transformacije grafova funkcija 37

pravilo i u svakoj literaturi, ispuštamo detaljno oznacavanje translatirane funkcije s g injezine varijable sa z. Naprosto, horizontalnu translaciju funkcije f za isnos c oznacavamos x 7→ f (x− c), gdje x sada oznacava prethodno oznacenu varijablu z. Primijetimo naSlici 5.23, ako je c > 0, graf translatirane funkcije x 7→ f (x− c) dobiven je translacijompolazne funkcije f u desno za iznos c. Ako je pak c < 0, onda graf translatirane funkcijex 7→ f (x− c) dobivamo translacijom polazne funkcije f u lijevo za iznos |c|.

1

2

3

4

5

6

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

f(x) = x2

x 7→ (x− 2)2x 7→ (x+ 2)2

(a) Funkcija x 7→ (x−2)2 dobivena je horizontal-nom translacijom funkcije f (x) = x2 za 2 u desno,dok je x 7→ (x+2)2 dobivena horizontalnom tran-slacijom za 2 u lijevo.

−3

−2

−1

1

2

3

−5 −4 −3 −2 −1 1 2

f(x) = sh(x)x 7→ sh(x+ 3)

(b) Funkcija x 7→ sh(x + 3) dobi-vena je horizontalnom translaci-jom funkcije sinus hiperbolicki za3 u lijevo.

Slika 5.23: Horizontalne translacije funkcija, odnosno njihovih grafova.

Za razliku od horizontalne translacije koja se realizira kroz pomak u argumentu funkcijef (vidi 5.25), vertikalna translacija, odnosno translacija po y-osi, dobiva se kao pomaku podrucju vrijednosti. Preciznije, vertikalna translacija funkcije f za iznos c ∈ R jefunkcija u oznaci x 7→ f (x)+ c, a smisao oznake je samoobjašnjavajuci. Napomenimo jošocite cinjenice: ako je c > 0, graf vertikalno translatirane funkcije x 7→ f (x)+c dobiven jetranslacijom polazne funkcije f prema gore za iznos c, a ako je c < 0, onda graf funkcijex 7→ f (x)+c dobivamo translacijom polazne funkcije f prema dolje za iznos |c| (vidi Sliku5.24).


−2

−1

1

2

3

4

5

6

7

8

−2 −1 1 2

f(x) = x2

x 7→ x2 + 2

x 7→ x2 − 2

(a) Funkcija x 7→ x2−2 dobivena je ver-tikalnom translacijom funkcije f (x) =x2 za 2 prema dolje, dok je x 7→ x2 +2dobivena vertikalnom translacijom za 2prema gore.

−3

−2

−1

1

2

3

4

5

6

−2 −1 1 2

f(x) = sh(x)

x 7→ sh(x) + 3

(b) Funkcija x 7→ sh(x)+3 dobivena jevertikalnom translacijom funkcije sinushiperbolicki za 3 prema gore.

Slika 5.24: Vertikalne translacije funkcija, odnosno njihovih grafova.

Proizvoljna translacija funkcije f , odnosno njezinog grafa Γ f , dobiva se kombinacijomhorizontalne i vertikalne translacije. Ako funkciju f najprije horizontalno translatiramo zac, a zatim dobivenu funkciju vertikalno translatiramo za d, konacno dobivamo funkcijux 7→ f (x− c)+ d. Primijetite da translacije medusobno komutiraju, tj. da smo najprijerealizirali vertikalnu translaciju za d, a zatim horizontalnu za c, dobili bismo istu funkcijux 7→ f (x− c)+d.

5.7.2 Skaliranje

U prethodnom odjeljku vidimo da su translacije transformacije funkcija u kojima transfor-miramo argument (horizontalna) ili vrijednost funkcije (vertikalna) pribrajanjem odrede-nog fiksnog realnog broja. Za razliku od toga u ovom odjeljku bavimo se skaliranjima. Tosu transformacije funkcija u kojima argument i/ili vrijednost funkcije transformiramo nanacin da ih množimo nekim zadanim realnom brojem. Pa krenimo redom.

Horizontalno skaliranje (skaliranje u smjeru x-osi) funkcije f : D→ R s koeficijen-tom c ∈ R\{0} daje funkciju g : c ·D→ R, cije je pravilo pridruživanja dano formulom

g(cx) = f (x) , za sve x ∈ D . (5.26)


Ovdje c ·D oznacava skaliranu domenu, odnosno c ·D = {cx , x ∈ D}. Na primjer, −2 ·〈−1,0〉= 〈0,2〉. Uvedemo li opet novu varijablu z = cx, jednakost (5.26) prelazi u

g(z) = f (z/c) , za sve z ∈ c ·D . (5.27)

U daljnjem tekstu, horizontalno skaliranu funkciju f s koeficijentom c 6= 0 jednostavnooznacavamo s x 7→ f (x/c), gdje x sada oznacava novu varijablu z. Ponekad se za funkcijux 7→ f (cx) kaže da je dobivena horizontalnim skaliranjem s koeficijentom c 6= 0, i ta defi-nicija se može naci u literaturi. Te dvije definicije su korespodentne zbog korespodencijeizmedu c i c−1 za c 6= 0, ali mi uzimamo prvu zbog intuitivnosti sljedeceg nazivlja:• skaliranje s koeficijentom c > 1 nazivamo dilatacija (rastezanje) — primijetite da se

tada domena funkcije i graf rastežu (vidi Sliku 5.25(a));• skaliranje s koeficijentom 0 < c < 1 nazivamo kontrakcija (stezanje) — domena

funkcije i graf tada se stežu (vidi Sliku 5.25(b)).Ako je c =−1, tada je graf skalirane funkcije x 7→ f (−x) zrcalno simetrican grafu polaznefunkcije f s obzirom na y-os (vidi Sliku 5.25(c)). Opcenito ce graf skalirane funkcijex 7→ f (x/c) za c < 0 biti zrcalno simetrican grafu polazne funkcije f s obzirom na y-os,a ovisno o tome je li |c| > 1 ili |c| < 1 uz zrcaljenje imamo još i dilataciju, odnosnokontrakciju (vidi Sliku 5.25(d)).

Vertikalno skaliranje (skaliranje u smjeru y-osi) funkcije f : D→ R s koeficijentomc∈R\{0} je funkcija x 7→ c f (x) kojoj je domena ista kao i polaznoj funkciji f , a vrijednostise mijenjaju množenjem s koeficijentom c 6= 0. Iz definicije je odmah jasno:• ako je c > 1, graf funkcije x 7→ c f (x) rasteže se u vertikalnom smjeru, odnosno

amplituda mu je veca (vidi Sliku 5.26(a));• ako je 0 < c < 1, graf funkcije x 7→ c f (x) steže (sabija) se u vertikalnom smjeru,

odnosno amplituda mu je manja (vidi Sliku 5.26(b)).Nadalje, ako je c = −1, graf funkcije x 7→ − f (x) zrcalno je simetrican grafu polaznefunkcije f s obzirom na x-os i opcenito za c < 0 ce graf funkcije x 7→ − f (x) biti zrcalnosimetrican grafu funkcije f s obzirom na x-os, uz dodatno rastezanje ili stezanje ovisno o|c| (vidi Slike 5.26(c) i (d)).

Opcenito skaliranje funkcije f možemo realizirati kao kombinaciju horizontalnog ivertikalnog skaliranja. Time dobivamo funkcije oblika x 7→ d f (cx) za c,d ∈ R\{0}.

Kombinacijom translacija i skaliranja funkciju f možemo transformirati u funkcijeoblika x 7→ a f (bx− c)+d, gdje su a,b,c,d realni brojevi pri cemu su a,b 6= 0. Ovakvetransformacije funkcije, odnosno grafa funkcije, nazivaju se linearnim transformacijama.Primjer jedne linearne transformacije je opcenita funkcija sinus, ciji graf nazivamo opcenitasinusoida.

� Primjer 5.17 — Opceniti sinus. Opcenita funkcija sinus zadana je formulom

f (x) = Asin(ωx+ϕ) , x ∈ R .

gdje je |A| amplituda, odnosno vrijedi −|A| ≤ f (x)≤ |A| za sve x ∈ R. Broj ω 6= 0 nazivase kutna frekvencija, i pomocu njega lako odredimo temeljni period T = 2π/ω . Zapišimosada

Asin(ωx+ϕ) = Asin(

ω(x+ϕ

ω))= Asin(ω(x−ϕ0)) ,


−1

1

−2π −π π 2π

f(x) = sinx x 7→ sin(x/2)

0−4π 4π

(a) Dilatacija. Funkcija x 7→ sin(x/2) dobivena je horizontalnim skaliranjem funkcijef (x) = sinx s koeficijentom c = 2.

−1

1

−2π −π π 2π

f(x) = sinxx 7→ sin(2x)

0

(b) Kontrakcija. Funkcija x 7→ sin(2x) dobivena je horizontalnim skaliranjem funk-cije f (x) = sinx s koeficijentom c = 1/2.

−1

1

−2π −π π 2π

f(x) = sinx x 7→ sin(−x)

0

(c) Zrcaljenje s obzirom na y-os. Funkcija x 7→ sin(−x) dobivena je horizontalnimskaliranjem funkcije f (x) = sinx s koeficijentom c =−1.

−1

1

−2π −π π 2π

f(x) = sinxx 7→ sin(−2x)

0

(d) Zrcaljenjes obzirom na y-os i kontrakcija. Funkcija x 7→ sin(−2x) dobivena jehorizontalnim skaliranjem funkcije f (x) = sinx s koeficijentom c =−1/2.

Slika 5.25: Horizontalna skaliranja funkcija, odnosno njihovih grafova.


−2

−1

1

2

−2π −π π 2π

f(x) = sinx

x 7→ 2 sin(x)

0

(a) Funkcija x 7→ 2sinx dobivena je vertikalnim skaliranjem funkcije f (x) = sinx skoeficijentom c = 2.

−1−0.5

0.51

−2π −π π 2π

f(x) = sinx

x 7→ 12 sin(x)

0

(b) Funkcija x 7→ 12 sinx dobivena je vertikalnim skaliranjem funkcije f (x) = sinx s

koeficijentom c = 1/2.

−1

1

−2π −π π 2π

f(x) = sinx x 7→ − sin(x)

0

(c) Funkcija x 7→ −sinx dobivena je vertikalnim skaliranjem funkcije f (x) = sinx skoeficijentom c =−1.

−2

−1

1

2

−2π −π π 2π

f(x) = sinx

x 7→ −2 sin(x)

0

(d) Funkcija x 7→ −2sinx dobivena je vertikalnim skaliranjem funkcije f (x) = sinxs koeficijentom c =−2.

Slika 5.26: Vertikalna skaliranja funkcija, odnosno njihovih grafova.


−2

−1

1

2

−2π −π π 2π

f(x) = sinx

x 7→ 2 sin(2x+ π3 )

0

Slika 5.27: Opceniti sinus x 7→ 2sin(2x+ π

3 ).

gdje je ϕ0 =−ϕ

ωi naziva se fazni pomak. Odavde je jasno koje elementarne transforma-

cije funkcije sinus vode do opcenitog sinusa, odnosno sinusoide. Najprije horizontalnotranslatiramo funkciju sinus za ϕ0 a zatim redom skaliramo horizontalno s ω i vertikalno sA. �

� Primjer 5.18 Neka je funkcija f zadana s f (x) = Acos(bx+c)+d. Odredite koeficijenteA,b > 0 i c,d ∈ R takve da vrijedi: Im( f ) = [0,4], f je periodicka s temeljnim periodom4π i f je parna funkcija.

Iz uvjeta Im( f ) = [0,4] imamo 0≤ Acos(bx+ c)+d ≤ 4, što je ekvivalentno s − dA ≤

cos(bx+ c)≤ 4A − d

A . Kako je Im(cos) = [−1,1], zakljucujemo da nužno vrijedi −d/A =−1 i 4/A−d/A = 1, odakle slijedi A = d = 2. Iz uvjeta periodicnosti f (x+4π) = f (x)za sve x ∈ R slijedi cos(bx+ c+4bπ) = cos(bx+ c), odakle zbog periodicnosti funkcijecos(x) s periodom 2π slijedi b = 1/2. Iz uvjeta parnosti f (−x) = f (x) za sve x ∈R slijedicos(−x/2+c) = cos(x/2+c). Primjenom adicijskih formula dobivamo 2sin(x/2)sinc =0 za sve x ∈ R, odakle nužno slijedi sinc = 0, odnosno c = kπ , k ∈ Z. Uzmimo npr. c = 0,tada je f (x) = 2cos(x/2)+2.

�

5.7.3 ZrcaljenjeVec smo u prethodnom odjeljku vidjeli da je da su neka zrcaljenja grafova funkcijarealizirana kao specijalni slucajevi skaliranja. Zrcalno simetricni graf grafu funkcije f sobzirom na x-os dobivamo vertikalnim skaliranjem s koeficijentom c =−1, dok zrcalnosimetricni graf grafu funkcije f s obzirom na y-os dobivamo horizontalnim skaliranjem sistim koeficijentom c =−1 (vidi Slike 5.26(c) i 5.25(c)). Od ostalih zrcaljenja, isticemojoš zrcaljenje s obzirom na pravac y = x i djelovanje funkcije apsolutne vrijednosti.

Bilo koji skup tocaka u ravnini možemo zrcaliti s obzirom na pravac y = x pa tako igraf proizvoljne realne funkcije realne varijable f : D→ R. Medutim, ako f ima inverznufunkciju f−1, tj. f je bijekcija, onda iz Poglavlja 3 znamo da je graf inverzne funkcije Γ f−1

zrcalno simetrican grafu Γ f s obzirom na pravac y = x.Kompozicijom funkcije f : D→R s funkcijom apsolutne vrijednosti dobivamo funkciju

x 7→ | f (x)| definiranu s

| f (x)|={

f (x), f (x)≥ 0 ,− f (x), f (x)≤ 0 .

Graf funkcije x 7→ | f (x)| dobivamo tako da dijelove grafa funkcije f koji se nalaze ispod


−1

1

−2π −π π 2π

f(x) = sinx x 7→ | sinx|

0

Slika 5.28: Apsolutna vrijednost funkcije sinus.

x-osi zrcalimo s obzirom na x-os u gornju poluravninu (vidi Sliku 5.28).

5.8 Zadatci za vježbu

1. Odredite prirodnu domenu sljedecih elementarnih funkcija zadanih formulom:

(a) f (x) =2x−3

2−√

x2−3x,

(b) g(x) =√

xx2− x+6

,

(c) h(x) =1

ln(x2−1),

(d) k(x) = arcsin(

1x2

).

2. Odredite sliku sljedecih elementarnih funkcija:

(a) f (x) = 1−2 ·35x−6,

(b) g(x) = log2(x2 +4),

(c) h(x) = 2− ch(x+1),

(d) k(x) =√

1− lnx.

3. Odredite prirodnu domenu i sliku sljedecih elementarnih funkcija:

(a) f (x) =√

ln1

|x−2| ,

(b) g(x) = ln(e−√x),

(c) h(x) = arcsin(

1x+2

),

(d) k(x) = arcctg(1− x)+π .

4. Jesu li funkcije zadane formulom na prirodnoj domeni injekcije?

(a) f (x) = ln(π

2− arccosx),

(b) g(x) =1√

2− lnx2,


(c) h(x) =√

ln1

|x+1| ,

(d) k(x) = π +2arth(5− x).

Ako jesu, odredite im sliku i inverz. Ako nisu, nadite neku restrikciju koja jestinjekcija.

5. Riješite jednadžbe:

(a) 4sh(lnx) = x,

(b) sin(2arcsinx) = x.

6. (a) Ako graf funkcije f (x) = 2x2+1 translatiramo za 1 u desno i za 2 prema dolje,te dobiveni graf potom zrcalimo s obzirom na os x, kako glasi formula funkcijeg(x) kojoj je to graf?

(b) Ako graf funkcije f (x) = 2x +1 zrcalimo s obzirom na ishodište, kako glasiformula funkcije g(x) kojoj je to graf?

(c) Ako graf funkcije f (x) = arccos(x− 1) + 1 zrcalimo s obzirom na pravacy =−x, kako glasi formula funkcije g(x) kojoj je to graf?

7. Funkcija f zadana je s f (x) = Asin(bx+ c)+ d. Odredite koeficijente A,b > 0 ic,d ∈ R takve da vrijedi

(a) Im( f ) = [0,6],(b) f je periodicka s temeljnim periodom π ,(c) f je parna.


Rješenja zadataka

1. (a) D( f ) = (〈−∞,0]\{−1})∪ ([3,+∞〉\{4})(b) D(g) = [0,+∞〉(c) D(h) =

(〈−∞,−1〉\{−

√2})∪(〈1,+∞〉\{

√2})

(d) D(k) = 〈−∞,−1]∪ [1,+∞〉2. (a) Im( f ) = 〈−∞,1〉

(b) Im(g) = [2,+∞〉(c) Im(h) = 〈−∞,1](d) Im(k) = [0,+∞〉

3. (a) D( f ) = [1,3]\{2}, Im( f ) = [0,+∞〉(b) D(g) = [0,e2〉, Im(g) = 〈−∞,1](c) D(h) = 〈−∞,−3]∪ [−1,+∞〉; Im(h) = [−π

2 ,π

2 ]\{0}(d) D(k) = R

4. (a) D( f ) = 〈0,1], f je injekcija, Im( f ) = 〈−∞, ln(π

2 )], inverzna funkcija f−1 :〈−∞, ln(π

2 )]→ 〈0,1] zadana je s f−1(x) = cos(π

2 − ex)(b) g nije injekcija, npr. restrikcija g|〈0,e〉 : 〈0,e〉 → R jest injekcija(c) h nije injekcija, npr. restrikcija h|〈−1,0] : 〈−1,0]→ R jest injekcija(d) D(k) = 〈4,6〉, k je injekcija, Im(k) = R, inverzna funkcija k−1 : R→ 〈4,6〉

zadana je s k−1(x) = 5− th(x−π

2 )

5. (a) x =√

2(b) x1 = 0, x2,3 =±

√3

2

6. (a) g(x) =−2(x−1)2 +1(b) g(x) =−2−x−1(c) g(x) =−cos(x+1)−1, za x ∈ [−π−1,−1]

7. f (x) = 3sin(2x+π/2)+3


5.9 Literatura

[1 ] A. Aglic Aljinovic, I. Brnetic, V. Cepulic, N. Elezovic, Lj. Marangunic, M. Pašic,D. Žubrinic, V. Županovic. Matematika 1. Element, Zagreb, 2013.

[2 ] B. Guljaš. Matematicka analiza I & II - skripta s predavanja. Sveucilište u Zagrebu,PMF-MO, 2015.

[3 ] S. Kurepa. Matematicka analiza 1. Školska knjiga, Zagreb, 1997.

[4 ] S. Kurepa. Matematicka analiza 2. Školska knjiga, Zagreb, 1997.

[5 ] B. Pavkovic, D. Veljan. Elementarna matematika 1. Tehnicka knjiga, Zagreb, 1991.

[6 ] B. Pavkovic, D. Veljan. Elementarna matematika 2. Tehnicka knjiga, Zagreb, 1995.

Documents

Skripta - unizg.hr 5... · 2020. 10. 23. · Napomena 5.2 Ako je funkcija strogo monotona, onda je ona injekcija. Dokaz tvrdnje: Neka je f strogo rastuca funkcija, ... Prema Napomeni5.2slijedi,