Download pdf - Elementarne funkcije_2010

Transcript

1

ELEMENTARNE FUNKCIJE 1. Osnovni pojmoviJedan od najvanijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. z

Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y jepridruivanje (pravilo) koje svakom elementu x skupa X dodeljuje tano jedan element y skupa z c Y . U tom sluaju, simboliki piemo f : X Y ili X Y , odnosno y = f (x). c c s Skup X naziva se domen i oznaava se sa D(f ) ili Dom(f ), a skup Y kodomen funkcije f . c Element x X naziva se nezavisno promenljiva, a y Y se naziva zavisno promenljiva. ( ) Skup G taaka u Dekartovom koordinatnom sisitemu sa koordinatama x, f (x) , x D(f ) c naziva se grak funkcije y = f (x), x D(f ), tj. ( ) G = { x, f (x) | x D(f )} . (i) Grak funkcije y = f (x) + a moe se dobiti translacijom graka funkcije y = f (x) u z pravcu y-ose za vrednost a > 0. (ii) Grak funkcije y = f (x b) moe se dobiti translacijom graka funkcije y = f (x) u z pravcu x-ose za vrednost b > 0. (iii) Grak funkcije y = f (x) je simetrian u odnosu na y-osu sa grakom funkcije y = f (x). c (iv) Grak funkcije y = f (x) je simetrian u odnosu na x-osu sa grakom funkcije y = f (x). c Podsetimo se najvanijih svojstava funkcije. zf

Definicija 1.2. Funkcija f : X Y naziva se:(1) injekcija (1-1 funkcija) ako za svako x1 , x2 X vai z f (x1 ) = f (x2 ) x1 = x2

(2) sirjekcija (funkcija NA) ako i samo ako za svako y Y postoji bar jedno x X takvo da je y = f (x), tj. ako i samo ako je f (X) = { f (x) | x X } = Y ; (3) bijekcija ako je ona injekcija i sirjekcija.

Primer 1.1. Ispitati da li su sledee funkcije 1-1 i NA: c(a) f1 : R R, f1 (x) = 3 2+ x2 x7 x2 (b) f2 : R R, f2 (x) = 3 2 + |x|

(c) f3 : R \ {2} R, f3 (x 4) =

(d) f4 : R R+ , f4 (x) = e2x

(e) f5 : R R, f5 (2x 1) = 4x2 2x + 1

Reenje. Funkcije f1 (x), f2 (x) i f5 (x) = x2 + x + 1 nisu ni 1-1 ni NA, funkcija sf3 (x) = x3 x+2 , x = 2 je 1-1 ali nije NA, a funkcija f4 (x) je bijekcija.

2

Jednakost funkcija Definicija 1.3. Funkcije f : X1 Y1 i g : X2 Y2 su jednake ako i samo ako:(1) imaju isti domen, tj. X1 = X2 ; (2) imaju isti kodomen, tj. Y1 = Y2 ; (3) f (x) = g(x) za svako x X1 = X2 .

Primer 1.2. Ispitati da li su sledee funkcije jednake: c(a) f1 (x) = x i f2 (x) = x2 x (b) f1 (x) = x i f3 (x) = x2 ( )2 (c) f1 (x) = x i f4 (x) = x ( )2 (d) f5 (x) = 3log3 x i f4 (x) = x Reenja: (A) NE funkcija f1 (x) je denisana za svako x R, a funkcija f2 (x) je denisana s za x R \ {0}. (B) NE f1 (x) = x = |x| = f3 (x) za svako x < 0 (C) NE funkcija f1 (x) je denisana za svako x R, a funkcija f4 (x) je denisana za svako x 0. (D) NE funkcija f5 (x) = 3log3 x = x je denisana za svako x > 0, a funkcija f4 (x) = ( )2 x = x je denisana za svako x 0.

Sloena funkcija zf (x) f (X) Y funkcija ( preslikava u element g f (x) Z. Tada se funkcija koja za g ) svako x X ima vrednost g f (x) = (g f )(x) naziva sloena funkcija ili kompozicija z funkcija f i g i oznaava se sa g f . c

Definicija 1.4. Neka je f : X Y i g : Y Z. Kako je f (X) Y , svaki element ( )

Inverzna funkcijag : B A takva da vai z ( ) (1) g f (x) = x za svako x A , ( ) (2) f g(y) = y za svako y B ,

Definicija 1.5. Neka A, B R i neka je f : A B data funkcija. Ako postoji funkcija

kaemo da je funkcija g inverzna funkcija funkcije f i oznaavamo je sa f 1 . z c Grak funkcije y = f 1 (x) simetrian je graku funkcije y = f (x) u odnosu na pravu y = x. c Inverzna funkcija funkcije f ne mora da postoji, a blie uslove pod kojima funkcija f ima z inverznu funkciju daje naredna teorema. funkcija g : B A takva da je ( ) (1) g f (x) = x za svako x A , ( ) (2) f g(y) = y za svako y B .

Teorema 1.1. Neka je f : A B. Funkcija f je bijekcija ako i samo ako postoji jedinstvena

3

Dokaz: () : Dokaimo najpre da ako je f bijekcija, funkcija g sa svojstvima (1) i (2) postoji z i jedinstvena je.Egzistencija: Kako je f : A B funkcija NA, za svako y B postoji x A takvo da je y = f (x). Kako je f 1-1, takvo x je jedinstveno. Na taj nain svakom elementu y B c pridren je jedinstven element x A takav da je y = f (x). Oznaimo li sa g : B A z c ( ) funkciju koja y x, tada za svako x A imamo (g f )(x) = g f (x) = x i za svako y = f (x) B ( ( ( ) )) ( ) (f g)(y) = f g(y) = f g f (x) = f (g f )(x) = f (x) = y . Jedinstvenost: (a) Kako je f : A B sirjekcija, postoji najvie jedna funkcija g : B A s sa svojstvom (1) tj. takva da je (g f )(x) = x za svako x A. Zaista, ako bi postojale dve funkcije g1 , g2 sa tim svojstvom, onda pretpostavka g1 = g2 vodi ka egzistenciji bar jednog elementa z B takvog da( je g1 (z) = ( 2 (z).) Kako je f sirjekcija, g ) postoji x A takvo da je z = f (x). Ali tada je g1 f (x) = g2 f (x) , to je u suprotnosti s sa g1 f = g2 f = 1A (1A je identino preslikavanje skupa A, tj. funkcija denisana sa c 1A (x) = x za svako x A). Prema tome, mora biti g1 = g2 . (b) Kako je f : A B injekcija, postoji najvie jedna funkcija g : B A sa svojstvom (2) s tj. takva da je (f g)(y) = y za svako y B. Zaista, ako bi postojale dve takve funkcije g1 , g2 , onda zbog pretpostavke g1 = g2 ( postoji)bar jedan element z B takav da je g1 (z) = g2 (z). Kako je f injekcija, onda je f g1 (z) = ( ) f g2 (z) , a to je kontradikcija sa f g1 = f g2 = 1B . (c) Ako za funkciju f : A B postoje funkcije g1 , g2 : B A takve da je (g1 f )(x) = x za svako x A , (f g2 )(y) = y za svako y B , onda je g1 = g2 . Zaista, za proizvoljno y B je g2 (y) A, pa je ( ( ( ) )) g2 (y) = (g1 f ) g2 (y) = g1 f g2 (y) = g1 (y) , to povlai da je g2 = g1 . s c () : Pretpostavimo suprotno, da je funkcija g sa svojstvima (1) i (2) jedinstveno odred ena, a da funkcija f nije bijekcija. Ako f nije 1-1, postoji x1 , x2 A tako da je x1 = x2 i y1 = f (x1 ) = f (x2 ) = y2 . Kako je onda g(y1 ) = g(y2 ) tj. g(f (x1 )) = g(f (x2 )), zbog svojstva (2) bilo bi x1 = x2 , to je s suprotno pretpostavci da je x1 = x2 . Ako f nije NA, tada postoji y0 B takav da se u njega funkcijom f ne preslikava nijedno x A, odnosno da za svako x A je f (x) = y0 . Neka je x0 = g(y0 ) A. Tada za y0 B zbog svojstva (2) je f (g(y0 )) = y0 , to je suprotno pretpostavci da je f (g(y0 )) = f (x0 ) = y0 . s

Primer 1.3. Nai inverznu funkciju sledeih funkcija: c c(a) f (x) = x2 x + 1 denisane za x > 1 2 ; 3 4 (b) f (x) = x2 6x + 1 denisane za x < 3. (b) f 1 (x) = 3 x + 8, x 8

Reenje. (a) f 1 (x) = s

1 2

+ x

3 4

,x

4

Parnost funkcije Definicija 1.6. Neka f : A R, gde skup A R ima osobinu da ako x A ondax A. Funkcija f je parna na A ako za svako x A vai f (x) = f (x), a neparna na z A ako za svako x A vai f (x) = f (x) . z

Istiemo sledea svojstva parnih i neparnih funkcija: c c Grak parne funkcije simetrian je u odnosu na y-osu, a grak neparne funkcije simetrian c c je u odnosu na koordinatni poetak. c Ako su f i g parne funkcije, onda su i funkcije f g, f g i f /g parne funkcije. Ako su f i g neparne funkcije, onda su funkcije f g neparne funkcije, a f g i f /g su parne funkcije. Ako je f parna funkcija i g neparna funkcija, onda je f g neparna funkcija.

Monotonost funkcije Definicija 1.7. Za funkciju f : R R kaemo da je : z(a) rastua, ako je tana implikacija c c ( ( x, y R) x < y f (x) < f (y) . (b) neopadajua, ako je tana implikacija c c ( ) ( x, y R) x < y f (x) f (y) . (c) opadajua, ako je tana implikacija c c ( ) ( x, y R) x < y f (x) > f (y) . (d) nerastua, ako je tana implikacija c c ( ) ( x, y R) x < y f (x) f (y) . Ako je funkcija neopadajua ili nerastua kaemo da je monotona funkcija, a ako je funkcija c c z opadajua ili rastua kaemo da je strogo monotona funkcija. c c z

Teorema 1.2. Neka je funkcija f strogo monotona funkcija koja preslikava segment [a, b]

na segment [, ]. Tada postoji inverzna funkcija f 1 koja preslikava [, ] na [a, b] i koja je takod strogo monotona. e

teoremi postoji inverzna funkcija f 1 funkcije f . Zaista, prema pretpostavci f je surjekcija. S druge strane, ako je x = y, recimo x < y, tada je f (x) < f (y), tj. f (x) = f (y), pa je f i injekcija. Dokaimo da je f 1 rastua funkcija. Kako je f rastua funkcija, za svako x1 , x2 [a, b] vai z c c z x1 < x 2 ili ekvivalentno f (x2 ) f (x1 ) x2 x1 . f (x1 ) < f (x2 )

Dokaz: Neka je f rastua funkcija na [a, b]. Ako pokaemo da je f bijekcija prema prethodnoj c z

Neka je y1 = f (x1 ) i y2 = f (x2 ), tj. x1 = f 1 (y1 ) i x2 = f 1 (y2 ). Tada prethodna nejednakost postaje y2 y1 f 1 (y2 ) f 1 (y1 ) .

5 to znai da je f 1 rastua funkcija. s c c

Neprekidnost funkcije Definicija 1.8. Neka je f : A R i a A. Za funkciju f kaemo da je neprekidna u ztaki a ako je cxa

lim f (x) = f (a) .

Ako su funkcije f, g neprekidne u taka a, onda su u taki a neprekidne i funkcije c c c f, f + g, f g, f g, (c R) . Funkcija f g je takod neprekidna u taki a, ako je g(a) = 0. e c

Kompozicija neprekidnih funkcija je neprekidna funkcija.

2. Kvadratna funkcijaFunkcija y = f (x) = a x2 + b x + c, a, b, c R, a = 0 naziva se kvadratna funkcija. Kvadratna funkcija je denisana za svako x R. Kriva u xOy ravni koja predstavlja grak kvadratne funkcije naziva se parabola. Ako je a > 0 parabola je sa otvorom nagore (sl. 1), a ako je a < 0 parabola je sa otvorom na dole (sl. 2).ya>0D 4a

yT(a,b)

a 0, kvadratna funkcija ima minimum = (slika A)

D 4a

koji se dostie za x = = z D 4a

b 2a

(ii) Ako je a < 0, kvadratna funkcija ima maksimum = b 2a ; (slika B)

koji se dostie za x = = z

6

Primer 2.1. Odrediti vrednost realnog parametra m za koju je zbir kvadrata korena jednaine cx2 m x + m 3 = 0 najmanji. Reenje: Prema Vijetovim pravilima za korene x1 , x2 date KJ je s x1 + x2 = m , tako da je x2 + x2 = (x1 + x2 )2 2 x1 x2 = m2 2(m 3) = m2 2m + 6 . 1 2 Vrednost parametra m za koju je zbir kvadrata korena KJ najmanji je vrednost parametra m za koju kvadratna fukcija f (m) = m2 2m+6 ima mimimalnu vrednost. Dakle, m = 2 = 1. 2 x 1 x2 = m 3 ,

Primer 2.2. Iz skupa funkcijaf (x) = (m 1)x2 + (m 4)x m 1 odrediti onu funkciju: (a) koja dostie najveu vrednost za x = 1; z c (b) koja ima najveu vrednost fmax = 4. c Reenje: Pre svega primetimo da je m = 1, jer za m = 1 imamo linearnu funkciju koja nema s ekstremnih vrednosti. (A) Funkcija dostie najveu vrednost ako je a = m 1 < 0, tj. m < 1. Najvea vrednost se z c c b m4 dostie za x = z = . Dakle, 2a 2(m 1) m4 2(m 1) = 1 m = 2 < 1 .

(B) Funkcija ima najveu vrednost ako je a = m 1 < 0 i c 4 = fmax = D 4a = (m 4)2 4 (m 1)(m 1) 4(m 1) 2 5m2 + 8m 4 = 0

Kako su m1 = 2 i m2 =

reenja dobijene kvadratne jednaine i ispunjavaju uslov m < 1 s c 5 to su i traene vrednosti parametra m. z

Primer 2.3. Neka je D oblast denisanosti funkcijef (x) = Odrediti skup f (D). x2 2x 1 .

{ } 1 . Problem odredjivanja skupa f (D), 2 odnosno oblasti vrednosti funkcije f , moe se formulisati kao zadatak odredjivanja vrednosti z parametra y R pri kojima f (x) = y ima bar jedan realan koren. Jednaina f (x) = y je c ekvivalentna sa Reenje: Oblast denisanosti funkcije f je D = R\ s x2 2x y + y = 0 x = 1 2 x1,2 = y y 2 y x = 1 2 .

7 Prema tome, jednaina f (x) = y ima realne korene ako i samo ako je y 2 y 0, tj. c y (, 0] [1, ), to daje skup f (D) = R \ (0, 1). s

Raspored korena kvadratne funkcijeNeka su x1 , x2 koreni kvadratne jednaine a x2 + b x + c = 0 i neka su , dati realni brojevi c < I f (x) = a x2 + b x + c:

Teorema 2.1. Koreni x1 , x2 su realni i vai < x1 x2 akko je z D0 a f () > 0 b > 2a Dokaz: x1 , x2 R < x1 x2 D 0 x1 > 0 x2 > 0 D0 (x1 )(x2 ) > 0 (x1 ) + (x2 ) > 0 D0 x1 x2 (x1 + x2 ) + 2 > 0 x1 + x2 > 2

(Slika 1.)

D0 c b + + 2 > 0 a a b > 2 a f () b D 0 >0 > a 2a

y a>0

y a 0 b 0 (x1 ) + (x2 ) < 0 D0 x1 x2 (x1 + x2 ) + 2 > 0 x1 + x2 < 2

D0 c b + + 2 > 0 a a b < 2 a f () b D 0 >0 0, pa je (x1 )(x2 ) < 0 2 (x1 + x2 ) + x1 x2 < 0 a f () < 0 (=) : Ako je a f () < 0, tada je ) ( ) ( b 2 b 2 D 2 2 < 0 D > 4a a f () = a 0, 2a 4 2a pa su reenja realna. Ako, ne bi bilo izmed x1 i x2 tada bi prema Teoremi 2.1. i 2.2. imali s u da je af () > 0, to je suprotno pretpostavci. s

Teorema 2.4. Koreni x1 , x2 su realni i vai < x1 x2 < akko je z D0 a f () > 0 a f () > 0 < b < . 2a

Primer 2.4. Za koje k R su oba korena jednaine cx2 6k x + 9k2 2k + 2 = 0 vea od 3? c Reenje. k > s 11 9 k x2 + 2(k 1) x 2 = 0, k = 0 zadovoljavaju uslov x1 < 3 < x2 ? ( ) 15 Reenje. k 0, s . 8

Primer 2.5. Za koje k R koreni jednaine c

9

Primer 2.6. Nai k R tako da se koreni jednaine c c(k 1) x2 2(k + 2) x + k = 0, k = 1 nalaze u intervalu (1, 2). ( ) 4 3 Reenje. k , s (12, +) 5 4

Znak kvadratne funkcije Teorema 2.5. Nejednakost ax2 + bx + c < 0 vai za svako x (, ) ako i samo ako je z{ a>0 f () 0 f () 0 a 0 vai za svako x > ako i samo ako je z{ a>0 D0 f () 0 b 0 vai za svako x < (T.2.7.) i za svako x > (T.2.8.) z

Teorema 2.8. Nejednakost ax2 + bx + c > 0 vai za svako x < ako i samo ako je z{ D0 a>0 D0 f () 0 b > 2a a z

Teorema 2.10. Nejednakost ax2 + bx + c < 0 vai za svako x < ako i samo ako je z{ D0 a 2a

(Slika 4.)

Primer 2.7. Odrediti vrednost realnog parametra m za koje nejednakost(4m 3)x2 + 2(3m 2)x + 7 6m > 0 vai za svako x R. z Reenje. s 25 33 n, tj. m n N. = 1 anm bn an , ako je m < n, tj. n m N.

( )n b

=

, ako je b R

(S.N.6.) ako je a > 1 i m, n N, m > n tada je am > an (S.N.7.) ako je 0 < a < 1 i m, n N, m > n tada je am < an (S.N.8.) ako je 0 a < b i m N tada je am < bn Sva navedena svojstva se lako pokazuju iz Denicije 3.1.

12 3.2. Stepen iji je izloilac ceo broj c z

Definicija 3.2. Neka je a R.(1) a1 = a, (2) za svako m N je am+1 = am a; (3) za svako a R \ {0} je a0 = 1; (4) za svako a R \ {0} i m N je am = 1 am ;

Pri denisanju stepenovanja celobrojnim izloiocem, a zatim i pri denisanju stepenovanja z racionalnim izloiocem vodi se rauna da se sauvaju svojstva stepenovanja prirodnim brojem z c c (S.N.1.), (S.N.2.) i (S.N.3.). Dokaimo najpre da za realan broj a = 0 i svaka dva prirodna brojeve m, n vai svojstvo z z (S.N.4a.)

Stav 3.1. Za svako a R \ {0} i svako n, m N vai z(S.N.4.) am an = amn .

Dokaz. Zaista, ako je m > n (S.N.4.) oigledno vai prema Deniciji 3.1. Ako je m = n, c z prema Deniciji 3.2. je amn = a0 = 1, a sa druge strane am /am = 1. Ako je m < n, prema (S.N.4b.) je am 1 = nm n a a to je dalje prema Deniciji 2.2. (uzevi u obzir da je n m N) s sam an = a(nm) = amn .

Teorema 3.1. Za svako a, b R \ {0} i svako m, n Z vai z(S.Z.1.) am an = am+n ; (S.Z.2.) (am )n = am n ; (S.Z.3.) (a b)m = am bm .

Dokaz. Razlikovaemo sledee sluajeve: c c c(1) m, n N (2) m = 0, n N (3) m = 0, n = 0 (4) m = 0, n = l, l N (5) m N, n = 0 (6) m N, n = l, l N (7) m = k, k N, n N (8) m = k, k N, n = 0 (9) m = k, k N, n = l, l N

13

Dokaz. Sluajevi (2), (3), (4), (5) i (8) lako se pokazuju koristei da je prema Deniciji 2.2. c ca0 = 1 i svojstva stepenovanja prirodnim brojem. Dokazaemo najpre sluaj (7). c c (7): m = k, k N, n N (S.Z.1.): am an = ak an (S.Z.2.): (am )n = ((D.3.2.)

=

1 ak 1 ak 1

an = =

an ak

(S.3.1.)

=

ank = an+(k) = an+m

)n (D.3.2.) ak =(S.N.2.)

(

)n

(S.N.5.)

1 (ak )n

=

(D.3.2.)

(S.Z.3.): (a b)m = (a b)k = 1 ak 1 bk

(D.3.2.)

=

ak n 1 (a b)k

=

ak n = a(k)n = am n 1 ak bk

(S.N.3.)

=

(D.3.2.)

=

ak bk = am bm

U sluaju (6) svojstva (S.Z.1.) i (S.Z.2.) pokazuju se analogno prethodnom, a svojstvo (S.Z.3.) c vai jer je m N. Ostaje da dokaemo sluaj (9). z z c (9): m = k, k N, n = l, l N (S.Z.1): am an = ak al(D.3.2.)

=

1 ak

1 al

=

1 ak al

= (S.Z.2): (am )n = (

1 ak+l ( 1

(D.3.2.)

=

a(k+l) = a(k)+(l) = an+m = ( 11 ak

)l (D.3.2.) ak =

)l

(D.3.2.)

ak(S.N.2.)

)l

(S.N.5.)

=

11 (ak )l

( )l = ak

=

akl = a(k)(l) = am n

Svojstvo (S.Z.3.) za m = k, k N smo ve dokazali u sluaju (7). c c

Teorema 3.2. Neka su x, y R+ , n N.xn = y n x=y

4. Stepena funkcija sa prirodnim izloiocem zDefinicija 4.1. Funkcija f : R R denisana formulom f (x) = xn , n N, naziva sestepena funkcija sa prirodnim izloiocem. z Funkcija y = x je neprekidna, pa je onda i funkcija y = xn neprekidna kao proizvod neprekidnih funkcija. Posmatrajmo najpre funkciju f (x) = x2n+1 , f : R R. Funkcija f je denisana za sve realne vrednosti x, tj. njen domen je skup R Funkcija f je neparna, tj. vai 2n+1 x = 2n+1 x za svako x R z f (x) > 0 za x > 0 i f (x) < 0 za x < 0

14 f (x) = 0 ako i samo ako je x = 0 Funkcija f je strogo rastua na R c Funkcija f je bijekcija Za svako x1 , x2 R iz f (x1 ) = f (x2 ) tj. x2n+1 = x2n+1 1 2 sledi x1 = x2 , pa je f injekcija. Za svako y R postoji x = 2n+1 y R za koje je f (x) = x2n+1 = y Funkcija je inverzna funkciji f . h : R R, h(y) =2n+1

y, y R

Na prethodnoj slici prikazani su graci uzajamno inverznih funkcija y = x3 i y = Osnovna svojstva funkcije h(x) = 2n+1 x su sledea: c Funkcija je denisana za sve realne vrednosti x Funkcija je neparna Znak funkcije se poklapa sa znakom nezavisno promenljive, tj. vai z 2n+1 x < 0 ako i samo ako x < 0 samo ako x > 0, odnosno h(x) = 0 ako i samo ako x = 0 Funkcija je strogo rastua na R c Posmatrajmo sada funkciju f (x) = x2n , f : R R. Funkcija f je denisana za sve realne vrednosti x Funkcija f je parna f (x) 0 za svako x R i f (x) = 0 ako i samo ako x = 0 Funkcija f je rastua na (0, +) i opadajua na (, 0). c c2n+1

3 x.

x > 0 ako i

15 Funkcija f nije ni 1-1 ni NA: Zaista, na primer, vai f (1) = f (1), to znai da nije 1-1. z s c S druge strane, za y = 1 R ne postoji x R takvo da je x2n = 1 = y, pa funkcija nije ni NA. Dakle, ova funkcija nije bijekcija, pa nema inverznu funkciju. NAPOMENA: Pojam n-tog korena bie precizno denisan kasnije, a u tu svrhu od posebnog c znaaja je broj reenja jednaine c s c xn = a (1) u zavisnosti od a R.

Neka je n neparan prirodan broj. Prava y = a za svako a R see grak funkcije y = xn u c tano jednoj taki. Ako je n paran prirodan broj: c c (i) prava y = a za a R, a < 0 nema preseka sa grakom funkcije y = xn (ii) prava y = a za a R, a > 0 ima dve zajednike take sa grakom funkcije y = xn - te c c dve take su simetrine u odnosu na Oyosu, odnosno njihove apscise su dva suprotna realna c c broja (iii) prava y = 0 ima sa grakom funkcije y = xn , n = 2k tano jednu zajedniku taku c c c koordinatni poetak. c Ova razmatranja ukazuju na broj reenja jednaine xn = a u zavisnosti od a R i vae sledee s c z c dve teoreme:

Teorema 4.1. Neka je a R, a n = 2k, k N. Tada jednaina (2): c(1) ako je a < 0 nema reenja; s (2) ako je a = 0 ima tano jedno reenje x = 0; c s (3) ako je a > 0 ima tano dva reenja (jedno pozitivno i jedno negativno). c s

Teorema 4.2. Neka je a R, a n = 2k + 1, k N. Za svako a R jednaina (2) ima c tano jedno reenje. c sPosmatrajmo funkciju f1 : R+ R+ , 0 0 f1 (x) = x2n , x R+ . 0

Funkcija f1 je bijekcija. Zaista, ona je 1-1, jer iz f1 (x1 ) = f1 (x2 ), tj. x2n = x2n i 1 2 x1 , x2 0 sledi x1 = x2 . Takod ona je NA, jer prema Teoremi 3.2. za svaki nenegativan e broj y postoji jedinstven nenegativan broj x, takav da je y = x2n = f1 (x).

16 Funkcija g1 : R+ R+ , g1 (y) = 0 0 je inverzna funkcija funkcije g. Analogno, inverzna funkcija bijekcije f2 : R R+ , 0 0 je funkcija f2 (x) = x2n , x R , 02n

2n

y, y R+ 0

g2 : R+ R , g2 (y) = 0 0

y, y R+ . 0

Na sledeoj slici prikazani su prvo graci uzajamno inverznih funkcija c y = x2 , x 0 i y = x (obe funkcije su monotono rastue - videti Teoremu 1.2.), a zatim graci uzajamno inverznih c funkcija y = x2 , x 0 i y = x (obe funkcije su monotono opadajue). c

Osnovna svojstva funkcije g(x) =

2n

x su sledea: c

Funkcija je denisana za nenegativne vrednosti x, tj. njen domen je [0, +) Funkcija nije ni parna ni neparna Funkcije je nenegativna tj. 2n x > 0 za svako x > 0 2n x = 0 ako i samo ako x = 0 Funkcija je strogo rastua na R c

5. Pojam korena. Operacije sa korenimaKoristei Teoreme 4.1. i 4.2. moemo denisati pojam n-tog korena. c z Definicija 5.1. Neka je n N, a R. Simbol n a oznaava c n = a ako je n neparan broj; (1) jedinstveno realno reenje jednaine x s c (2) pozitivno reenje jednaine xn = a ako je a > 0 i n paran broj; s c (3) 0 = 0.

17

Operacije sa korenima Svojstvo K.1. Ako je a 0, n N, onda je( )n n a =a {

Svojstvo K.2. Ako je a R, n N, onda je n an = a, n neparno |a|, n parno

Svojstvo K.3. Ako je a, b 0, n N, onda je

n n ab = n a b

Dokaz.

( )n ( )n ( )n n n n n a b = a b (n

prema (S.N.3.) prema (S.K.1.) prema (S.K.1.)

)n ab =ab

= ab

Dakle, ( ( )n )n n n n a b = ab n

n

ab =

n

a

n

b

prema T.3.2.

Svojstvo K.4. Ako je a 0, b > 0, n N, onda jea n a = n b b

Svojstvo K.5. Ako je a 0, m, n N, onda je

( )m n n a = am .

Dokaz. Kako je

[( ) ]n ( )m n m n n a a = [( ) ]m n n = a = am

prema (S.N.2.) prema (S.N.2.) prema (S.K.1.)

i

(n

am

)n

= am

prema (S.K.1.)

prema T.3.2. vai traeno Svojstvo K.5. z z

Svojstvo K.6. Ako je a 0, m, n N, onda je n a=mn

am .

Dokaz. Prema T.3.2. vai traeno svojstvo jer je z z[ ]n mn am = =mn

mn amn

(am )n

prema (S.K.5.) prema (S.N.2.) prema (S.K.1.) prema (S.K.1.)

= a ( )n n = a

18

Svojstvo K.7. Ako je a 0, m, n N, onda jen m

a=

mn

a.

Dokaz. Prema T.3.2. vai traeno svojstvo, jer je z z[n m

]m n a = =

[( n

m

) n ]m a

prema (S.N.2.) prema (S.K.1.) prema (S.K.1.) prema (S.K.1.)

( m )m a

= a ( m )m n n = a

6. Stepen ciji je izloilac racionalni broj zDefinicija 6.1. Neka je a > 0, m Z, n N. Tada jean =m

n

am .

Teorema 6.1. Za svako a, b R i svako r, q Q vai z(S.Q.1.) ar aq = ar+q ; (S.Q.2.) (ar )q = ar q ; (S.Q.3.) (a b)r = ar br . Dokaz. (S.Q.1.): Neka je r = m n ,q= k l , m, k Z, n, l N. Oznaimo c y = aq = l ak

x = ar = Tada su x, y pozitivni brojevi i

n am ,

xn = am ,

y l = ak

Ako prvu od ovih jednakosti stepenujemo sa l, a drugu sa n, dobijamo xn l = a m l , Mnoenjem dobijenih jednkosti sledi z xn l y n l = am l ak n . Kako su izloioci celi brojevi, prema (S.Z.1.) i (S.Z.3.) koje prema T.3.1 vae, dobija se z z (x y)n l = am l+k n odnosno ar aq = x y = (S.Q.2.): Neka je r = m n ,q= k lnl

y n l = ak n .

am l+k n = a

m l+k n nl

= a n + l = ar+q .

m

k

, m, k Z, n, l N. (m n

(ar )q = a

)kl

=l

( )k n am

19 Stepenovanjem sa l n dobija se [ [(ar )q ]l n =l

( )k n am

]l n(S.N.2.)

=

( ) n ( )k l l n am [( n

(S.K.1.)

=

am

) k ]n (2)(S.K.1.)

(S.K.5.)

=

( )n n am k

=

am k

S druge strane je arq = a n l =m k

ln

ak m (3)

odakle sledi da je (arq )l n = am k Iz (2), (3) sledi [(ar )q ]l n = (arq )l n (S.Q.3.): Neka je r = m nm

(ar )q = ar q

, m Z, n N.(D.6.1.)

(a b)r = (a b) n

=

n

(a b)m

(S.Z.3.)

=

n

am bmm

(S.K.3.)

=

n

am

n bm

(D.6.1.)

=

a n b n = ar br .

m

Teorema 6.2. Za a > 1 funkcija f (r) = ar , r Q je monotono rastua. cDokaz. Neka je r1 , r2 Q, r1 < r2 . Treba pokazati da je ar1 < ar2 . Neka je r1 = m n = ml nl , r2 = k l = kn nl , m, n Z, n, l N

Tada iz pretpostavke da je r1 < r2 zakljuujemo da je m l < k n. Kako su m l Z c k , k Z je monotono rastua za a > 1, dobija se da je i k n Z i funkcija f (k) = a c aml < akn . Onda je i nl nl aml < akn ar1 < ar2 . m n

Posmatrajmo sada funkciju y = f (x) = xr , gde je r =

, m Z, n N, (m, n) = 1. n xm je:

(1) Neka je n paran broj. Oblast denisanosti funkcije y = (i) D = [0, ), ako je m > 0 (ii) D = (0, ), ako je m < 0 Funkcija nije ni parna ni neparna.

Graci su skicirani na sledeoj slici za sluajeve r > 1, 0 < r < 1, r < 0. c c

20yr >1

0 < r 1, 0 < r < 1 i r < 0, kao i od toga da li je m parno ili neparno, imamo est raznih tipova graka s0< r 1, m neparno

0< r 1, m parno

7. Stepen ciji je izloilac realan broj zPostavlja se pitanje, moe li se i za one brojeve x R koji nisu racionalni denisati ax , ali tako z da ostanu na snazi osnovna svojstva stepena. Odgovor na postavljeno pitanje je potvrdan, ali dokaz te injenice nije jednostavan. c Da bi denisali eksponencijalnu funkciju f (x) = ax , x R pokazaemo najpre sledee c c tvrd enja: je |r| < vai |ar 1| < . z p = p() N, tako da je

Stav 7.1. Ako je a > 1, onda za svako > 0 postoji > 0 tako da za svako r Q takvo da Dokaz: Kako je limn+ a1/n = 1 i limn+ a1/n = 1, za svako > 0 postoji0 < a1/p 1 < , 0 < 1 a1/p < , za a > 1 .

21 Odavde sledi da je

1 < a1/p < a1/p < 1 + .

Neka je r proizvoljan racionalan broj takav da je |r| < 1/p, tj. 1/p < r < 1/p. Tada, kako je za a > 1 funkcija ar , r Q rastua sledi c a1/p < ar < a1/p . Dakle, za svako > 0 postoji = 1/p > 0 tako da za sve racionalne brojeve r koji zadovoljavaju uslov |r| < vae nejednakosti z 1 < a1/p < ar < a1/p < 1 + , tj. < ar 1 < .

Stav 7.2. Ako niz {rn } racionalnih brojeva konvergira, onda niz {arn }, za a > 1 takod ekonvergira.

Dokaz: Kako je niz {rn } konvergentan on je ogranien, tj. postoji , Q, tako da za csvako n N je rn , a arn a . Kako je a > 0, ako oznaimo sa C = a , imamo da c (C > 0) (n N) 0 < arn C. Prema Stavu 7.1. ( ) ( > 0)( > 0)(r Q) |r| < |ar 1| < . C (4)

odakle kako je a > 1 imamo da je

(5)

Iz konvergencije niza {rn } za > 0 postoji N takvo da (n N )(m N ) |rn rm | < . Iz (5) i (6) sledi da je (n N )(m N ) |arn rm 1| < Iz (4) i (7) je onda |arn arm | = |arm (arn rm 1)| < C C = C . (7) (6)

za svako n N i svako m N , tj. niz {arn } je konvergentan.

Pojam eksponencijalne funkcijeAko je x proizvoljan realan broj, kako je skup Q gust u R, postoji niz racionalnih brojeva {rn } koji konvergira ka x. Uzevi u obzir ovu injenicu i Stav 6.2. moemo denisati pojam stepena s c z sa realnim eksponentnom.

Definicija 7.1. Neka je a > 0. Neka je x proizvoljan realan broj i {rn } niz racionalnih brojeva koji konvergira ka x tj. limn rn = x. Tada moemo denisati sa zax =def n+

lim arn .

(8)

22 Ako je a > 1, onda granina vrednost (8) postoji prema Stavu 7.1. Ako je 0 < a < 1, onda c je arn = 1/brn , gde je b = 1/a > 1, odakle sledi da granina vrednost (8) postoji i za c a (0, 1), jer je limn+ brn = bx > 0. Denicija eksponencijalne funkcije je korektna, tj. granina vrednost (8) ne zavisi od izbora niza c racionalnih brojeva {rn } koji konvergira ka x. Ova injenica sledi iz poznatog svojstva granine c c vrednosti funkcije.

Svojstva stepena iji je izloilac realan broj c zPokazaemo da sa uvedenom Denicijom 7.1. stepena iji je izloilac realan broj, ostaju da vae c c z z osnovna svojstva stepena. (S.R.1.) ax ay = ax+y ; x, y R, a R, a > 0 (S.R.2.) (ax )y = axy ; x, y R, a R, a > 0 (S.R.3.) (a b)x = ax bx ; x R, a R, a > 0

Svojstvo 7.1. Za svako x, y R vai zax ay = ax+y .

Dokaz: Neka su {rn } i {n } nizovi racionalnih brojeva takvi da je limn+ rn = x,limn+ n = y. Tada je limn+ (rn + n ) = x + y i prema Stavu 7.2. postoje granine c vrednosti lim arn = ax , lim an = ay , lim arn +n = ax+y .n+ n+ n+

Kako je prema svojstvu (S.Q.1.) stepena sa racionalnim izloiocem arn +n = arn an to je z ax+y =n+

lim arn +n =

n+

lim arn an =

n+

lim arn lim an = ax ay .n+

Svojstvo 7.3. Za svako x R vai z(a b)x = ax bx .

Dokaz: Neka je {rn } niz racionalnih brojeva takav da je limn+ rn = x. Kako je premasvojstvu (S.Q.3.) stepena sa racionalnim izloiocem (a b)rn = arn brn imamo da je z (a b)x =n+

lim (a b)rn =

n+

lim (arn brn ) =

n+

lim arn lim brn = ax bx .n+

Da bi pokazali i drugo svojstvo stepena pokazaemo najpre da je eksponencijalna funkcija c monotona (monotono rastua za a > 1 i monotono opadajua za 0 < a < 1.) c c

Monotonost eksponencijalne funkcije Teorema 7.1. Funkcija y = ax za a > 1 je rastua. c Dokaz: Neka je a > 1 i x1 , x2 R, x1 < x2 proizvoljni. Treba pokazati da jeax1 < ax2 ax1 ax1 < ax2 ax1

Kako je prema Svojstvu 7.1. ax1 ax1 = a0 = 1 i ax2 ax1 = ax2 x1 , treba pokazati da je ax2 x1 > 1 za x2 x1 > 0

23 odnosno ax > 1 za x > 0 . (9) Zaista, neka je r Q, 0 < r < x i {rn } niz racionalnih brojeva takav da je limn+ rn = x i rn > r za svako n N. Tada je prema Teoremi 6.2. arn > ar > 1, odakle prelaskom na lim kada n zakljuujemo da je ax ar > 1, tj. vai nejednakost (9). c z

Neprekidnost eksponencijalne funkcije Teorema 7.2. Funkcija y = ax za a > 1 je neprekidna na R. Dokaz: Neka je x0 proizvoljna taka iz R, cy = ax0 +x ax0 = ax0 (ax 1) . Treba pokazati da ax 1 kada x 0 ilix0

lim ax = 1 .

(10)

Neka je {xn } proizvoljan niz realnih brojeva takav da limn+ xn = 0. Kako je Q gust u R, postoje nizovi racionalnih brojeva {rn } i {n } takvi da je xn 1 n < r n < x n < n < x n + 1 n ,

za svako n N. Sada prema Teoremi 7.1. imamo da je arn < axn < an . (11)

Kako rn 0 i n 0 kada n +, prema (8) je limn+ arn = 1 i limn+ an = 1. Dakle, koristei nejednakost (11) dobija se limn+ axn = 1. Pokazali smo (10) odakle sledi c da je lim ax0 +x = ax0 ,x0

tj. funkcija

ax

je neprekidna na R.

Svojstvo 7.2. Za svako x, y R vai z(ax )y = axy .

Dokaz: (a) Neka je najpre y = r Q, x R i {rn } niz racionalnih brojeva takav da jelimn+ rn = x. Tada je i limn+ r rn = r x, pa je prema Deniciji 7.1.n+

lim ar rn = ar x .

(12)

Kako je prema svojstvu (S.Q.2.) stepena sa racionalnim izloiocem z (arn )r = ar rn . iz (12) imamo da jen+

lim (arn )r = ar x .

(13)

Oznaimo sa arn = tn i ax = t0 . Tada prema Deniciji 7.1. je limn+ tn = t0 i zbog c neprekidnosti funkcije g(x) = xr , r Q, imamo da je limn+ g(tn ) = g(t0 ), tj.n+

lim (arn )r = (ax )r .

(14)

24 Iz (13) i (14) imamo da je (ax )r = ax r za svako x R i svako r Q. (15)

(b) Neka su sada x i y proizvoljni realni brojevi i {n } niz racionalnih brojeva takav da je limn+ n = y. Ako oznaimo sa ax = b, prema deniciji eksponencijalne funkcije imamo c da je def . lim (ax )n = lim bn = by = (ax )y . (16)n+ n+

S druge strane, kako je limn+ x n = x y i prema Teoremi 6.2. funkcija h(x) = ax je neprekidna na R, bie cn+

lim h(x n ) = h(x y)

n+

lim ax n = ax y

(17)

Iz (15) za r = n je (ax )n = ax n , pa se iz (17) dobijan+

lim (ax )n = ax y .

(18)

Konano, iz (16) i (18) zakljuujemo da dato svojstvo vai za svako x, y R. c c z Osnovna svojstva eksponencijalne funkcije y = f (x) = ax , a > 0 su: funkcija f je denisana za svako x R, a skup vrednosti funkcije je interval (0, +), tj. f : R (0, +) funkcija je pozitivna za svako x R nule funkcije ne postoje funkcija f je monotono rastua na R za a > 1 i monotono opadajua na R za 0 < a < 1 c c Graci funkcije y = ax za a > 1 i 0 < a < 1 su:

8. Pojam i osnovna svojstva logaritmaImajui u vidu da se funkcijom y = ax , a > 0, a = 1, vri bijektivno preslikavanje skupa R c s na skup R+ , zakljuujemo da vai c z () ax1 = ax2 x1 = x2 .

Definicija 8.1. Neka je a R, a > 0, a = 1. Logaritam broja b za osnovu a je realan broj kojim treba stepenovati broja a da bi se dobio broj b, u oznaci loga b.

25 Dakle, za a > 0, a = 1, b > 0 odnosno ax = b x = loga b

aloga b = b,

Svojstva logaritma Svojstvo 8.1. Za a > 0, a = 1, vai zloga 1 = 0 i loga a = 1 .

Svojstvo 8.2. Neka je a > 0, a = 1, x R. Vai zloga ax = x . Dokaz. Neka je loga ax = y. Tada je prema deniciji ax = ay , pa je prema (), x = y, odnosno x = loga ax .

Svojstvo 8.3. Neka je a > 0, a = 1. Za svako x > 0, y > 0 vai zloga x y = loga x + loga y . Dokaz. Neka je = loga x, = loga y. Onda je a = x, a = y. (I nain): c aloga xy = xy = a a = a+ = aloga x+loga y (II nain): c loga xy = loga a a = loga a+(S.8.2.)

loga x y = loga x + loga y .

()

=

+ = loga x + loga y .

Svojstvo 8.4. Neka je a > 0, a = 1, R. Za svako x > 0 vai zloga x = loga x . Dokaz. (I nain): c ( ) aloga x = x = aloga x = aloga x loga x = loga x .()

(II nain): Neka je b = loga x. Tada je x = ab , pa je c x = (ab ) = a b , odakle prema deniciji logaritma je b = loga x . Dakle, loga x = loga x .

Svojstvo 8.5. Neka je a > 0, a = 1. Za svako x > 0, y > 0 vai zloga x y = loga x loga y .

26 Dokaz. (I nain): c loga x y = loga xy 1(S.8.3.)

=

loga x + loga y 1

(S.8.4.)

=

loga x loga y .

(II nain): Neka je = loga x a = x i = loga y a = y. Tada je c loga x y = loga a a = loga a(S.8.2.)

=

= loga x loga y .

Svojstvo 8.6. Neka je a > 0, b > 0, a = 1, b = 1. Vai zlogb a loga b = 1 . Dokaz. aloga b = b logb aloga b = logb b = 1 ,

odakle korienjem Svojstva 8.4. imamo sc loga b logb a = 1 .

Svojstvo 8.7. Neka je a > 0, b > 0, c > 0, a = 1, c = 1. Vai zlogb a = logc a logc b .

Dokaz. (I nain): Pre svega za a = 1 svojstvo oigledno vai jer su i leva i desna strana c c z jednakosti jednake nuli. Za a = 1 imamo aloga c = blogb c odakle korienjem Svojstva 8.4. imamo sc loga c logb a = logb c logb b = logb c logb a = Sada korienjem Svojstva 8.6. dobija se sc logb a =1 logc b 1 logc a

logb aloga c = logb blogb c

logb c loga c

.

=

logc a logc b

.

(II nain): Neka je x = logb a bx = a. Logaritmovanjem za osnovu c dobija se c logc bx = logc a . Korienjem Svojstva 8.4. je sc x logc b = logc a x = logc a logc b .

Svojstvo 8.8. Neka je a > 0, a = 1, R. Za svako x > 0 vai zloga x = 1 loga x .

27 Dokaz. Pre svega za x = 1 svojstvo oigledno vai jer su i leva i desna strana jednakosti c z jednake nuli. Za x = 1 imamo loga x = 1 logx a = 1 logx a = 1 loga x .

Primer 8.1. Ako je a = log12 18 izraunati log8 9. cReenje: Kako je s a = log12 18 = pa je odavde b = log2 3 = log2 18 log2 12 = log2 (2 32 ) log2 (22 3) = 1 + 2 log2 3 2 + log2 3 = 1 + 2b 2+b

2a 1 2a

. Zato je 2 3 2(2a 1) 3(2 a)

log8 9 = log23 32 =

log2 3 =

.

Primer 8.2. Ako je a = log45 5 izraunati log5 27. cReenje: Kako je s a = log45 5 = pa je odavde b = log5 3 = 1 log5 45 2a = 1 log5 (5 32 ) = 1 1 + 2 log5 3 = 1 1 + 2b

1a

. Zato je 3 1/2 log5 3 = 6b = 3(1 a) a .

log5 27 = log51/2 33 =

Primer 8.3. Ako je a = log6 2, b = log6 5 izraunati log3 5. cReenje: s log3 5 = log6 5 log6 3 = b log6 6 2 = b log6 6 log6 2 = b 1a .

9. Logaritamska funkcijaFunkcijom f : R R+ , R x f (x) = ax = y R+ ostvaruje se bijektivno preslikavanje skupa R na skup R+ , pa postoji inverzna funkcija ove funkcije koja je data sa f 1 : R+ R, Funkcija y = loga x, naziva se logaritamska funkcija. Graci funkcije y = loga x za a > 1 i 0 < a < 1 su: a > 0, a = 1, x > 0 , R+ y f 1 (y) = loga y = x R .

28

Osnovna svojstva logaritamske funkcije y = f (x) = loga x, a > 0, a = 1 su: funkcija f je denisana za svako x R+ za 0 < a < 1 funkcija je pozitivna za x (0, 1) i negativna za x (1, +), a za a > 1 funkcija je pozitivna za x (1, +) i negativna za x (0, 1) nula funkcije je x = 1 funkcija f je monotono rastua na R+ za a > 1 i monotono opadajua na R+ za 0 < a < 1 c c

Primer 9.1. Uporediti brojeve a = log4 3, b = log5 3.Reenje: s a= 1 , b= 1

log3 4 log3 5 Kako je 4 < 5 i funkcija log3 x rastua, to je log3 4 < log3 5. Onda kako su log3 4 i log3 5 c pozitivni brojevi, imamo 1 1 a= > = b. log3 4 log3 5

Primer 9.2. Uporediti brojeve a = log9 80, b = log7 50.Reenje: s a = log9 80 < log9 81 = log9 92 = 2 , Dakle, a < 2 < b. b = log7 50 > log7 49 = log7 72 = 2 .

Primer 9.3. Uporediti brojeve a = log2 3 + log3 2, b = 2.Reenje: Koristei nejednakost s c x+y 2 > xy, x, y > 0, x = y imamo log2 3 log3 2 = 2 log 3 log 2 log 2 log 3 = 2.

a = log2 3 + log3 2 > 2

10. Trigonometrijske funkcijeTrigonometrijske funkcije otrog ugla deniu se preko odnosa stranica u pravouglom trouglu. s s Za deniciju trigonometrijskih funkcija proizvoljnog ugla koristi se tkz. trigonometrijski krug. Jedinini krug u ravni xOy sa centrom O naziva se trigonometrijski krug. c Neka je = (OM , OA) proizvoljan orjentisani ugao kojem odgovara orjentisan luk M A. Ako su (x, y) koordinate take A, kosinu i sinus ugla deniu se kao c s cos = x, sin = y .

29

Jedinice za merenje ugla su stepen i radijan: ( ) 180 1 rad = 57 17 45 1 = 180 rad 0, 01745 rad

Definicija 10.1. Ako za funkciju f : D R, D R postoji realan broj T = 0, tako da zasvako x D, x + T D i vai z f (x + T ) = f (x) kaemo da je funkcija f periodina, a broj T se naziva period funkcije f . Najmanji pozitivan z c period, ako postoji, naziva se osnovni period.

Teorema 10.1. Osnovni period sinusne i kosinusne funkcije je T = 2. Dokaz: Kako uglovima x i x + 2 odgovara isti poloaj radijus vektora OM , to je oigledno z ccos(x + 2) = cos x za svaki ugao x. Prema tome, T = 2 je period funkcije cos x. Da bi di dokazali da je to osnovni period, treba pokazati da za svako T1 , 0 < T1 < 2 postoji bar jedan ugao x0 , takav da je cos(x0 + T1 ) = cos x0 . Zaista, za x0 = 0 je cos 0 = 1 i cos(0 + T1 ) = cos T1 < 1 za T1 (0, 2). Dakle, T1 (0, 2) nije period funkcije y = cos x. Dokaz za funkciju y = sin x je slian (za x0 moe se uzeti /2). c z

Teorema 10.2. Osnovni period funkcije y = tg x i y = ctg x je T = . Dokaz: Kako jetg(x + ) = sin(x + ) cos(x + ) = sin x cos x = tg x ,

prema Deniciji 10.1., T = je period funkcije y = tg x. Da bi di dokazali da je to osnovni period, pokazaemo da za svako T1 , 0 < T1 < postoji bar jedan ugao x0 , takav da je c tg(x0 + T1 ) = tg x0 . Zaista, za x0 = 0 je tg 0 = 0 i tg(0 + T1 ) = tg T1 > 0 za T1 (0, ), pa je T = osnovni period funkcije. Dokaz za funkciju y = ctg x je slian (za x0 moe se uzeti /2). c z

30 (i) Sinusna funkcija. Funkcija f (x) = sin x je denisana za svako x R, a skup vrednosti funkcije je segment [1, 1], tj. f : R [1, 1]. funkcija f je neparna funkcija je periodina sa osnovnom periodom 2 (zato je dovoljno iskazati svojstva funkcije c samo na segmentu [0, 2]) nule funkcije f su u takama x = k , k Z c funkcija je pozitivna za x (0, ) i negativna za x (, 2) [ ] [ 3 ] funkcija je monotono rastua na 0, c , 2 i monotono opadajua na c 2 2 3 za x = funkcija ima maksimalnu vrednost fmax = 1, a za i x = ima 2 2 vrednost fmin = 1 [ 3 ] , 2 2 minimalnu

Sinusna funkcija je osnovna elementarna funkcija. Ostale trigonometrijske funkcije deniemo s sa ) ( sin x cos x , tg x = , ctg x = . cos x = sin x + 2 cos x sin x (ii) Kosinusna funkcija. Funkcija g(x) = cos x je denisana za svako x R, a skup vrednosti funkcije je segment [1, 1], tj. g : R [1, 1]. funkcija g je parna i periodina sa osnovnom periodom 2 c nule funkcije g su u takama x = c + k , k Z 2 funkcija je pozitivna za x x (/2 + 2k, 3/2 + 2k) (/2 + 2k, /2 + 2k) i negativna za

funkcija je monotono opadajua na [0 + 2k, + 2k] i monotono rastua na c c [ + 2k, 2 + 2k] za x = 2k funkcija ima maksimalnu vrednost fmax = 1, a za x = + 2k ima minimalnu vrednost fmin = 1 (iii) Tanges. Funkcija h(x) = tg x = x= (2k + 1) 2 sin x cos x je denisana za svako x R izuzev u takama c

, k Z, a skup vrednosti funkcije je R.

funkcija h je neparna i periodina sa osnovnom periodom c + k, k Z su vertikalne asimptote funkcije prave y = 2 nule funkcije h su u takama x = k , k Z c funkcija je monotono rastua c ( ) ( ) tg x > 0 za x k, + k , a tg x < 0 za x + k, k 2 2

31 je denisana za svako x R izuzev u sin x takama x = k, k Z, a skup vrednosti funkcije je R. c (iv) Kotanges. Funkcija k(x) = ctg x = funkcija k je neparna i periodina sa osnovnom periodom c prave y = k, k Z su vertikalne asimptote funkcije nule funkcije h su u takama x = c (2k + 1) 2 ,kZ cos x

funkcija je monotono opadajua c ( ) ( ) ctg x > 0 za x k, + k , a ctg x < 0 za x + k, k 2 2

Neprekidnost trigonometrijskih funkcija Teorema 10.3. Funkcije y = sin x i y = cos x su neprekidne na R. Dokaz: Neka je x0 proizvoljna taka iz R. Tada csin x sin x0 = 2 sin Kako je sin x x0 x x0 2 , cos cos x + x0 2 .

1, 2 2 2 to je | sin x sin x0 | |x x0 |, odakle sledi da je funkcija y = sin x neprekidna u taki x0 . c Analogno, kako je cos x cos x0 = 2 sin x + x0 2 2 | cos x cos x0 | |x x0 |, sin x0 x sledi da je

|x x0 |

x + x0

zbog ega je funkcija y = cos x neprekidna u taki x0 . c c sin x Iz neprekidnosti funkcija y = sin x i y = cos x sledi da je funkcija tg x = neprekidna, cos x cos x ako je cos x = 0, tj. x = + n , n Z, a funkcija ctg x = je neprekidna, ako je 2 sin x x = n , n Z.

11. Adicione formule11.1. Sinus i kosinus zbira i razlike dva ugla Odrediemo najpre formulu za cos( ). Zbog parnosti funkcije cos x, bez gubitka optosti c s moemo uzeti da je 0. Obeleimo sa M i N take trigonometrijskog kruga takve da z z c je ( ) ( ) OA, OM = , OA, ON = . ( ) Tada je OM , ON = . Kako su koordinate taaka N i M redom N (cos , sin ), c M (cos , sin ), za duinu dui M N vai z z z |M N |2 = (cos cos )2 + (sin sin )2 . Rotiraemo sada koordinatni sistem xOy oko take O za ugao . Oznaimo M = A . Osa c c c x orjentisana pomou jedininog vektora OA dolazi u novi poloaj x1 koji sadri pravu OM i c c z z orjentisan je pomou jedininog vektora OA , dok e y osa doi u poloaj y1 normalan na x1 i c c c c z koji je orjentisan pomou jedininog vektora OB . c c

32

Koordinate take M u novom koordinatnom sistemu x1 Oy1 su (1, 0), dok su koordinate take c c N u novom koordinatnom sistemu (cos( ), sin( )). Za duinu dui M N u novim z z koordinatama vai z |M N |2 = (1 cos( ))2 + (0 sin( ))2 . Kako duina dui ne zavisi od izbora koordinatnog sistema sledi z z (cos cos )2 + (sin sin )2 = (1 cos( ))2 + (sin( ) 0)2 odnosno cos2 2 cos cos + cos2 + sin2 2 sin sin + sin2 = 1 2 cos( ) + cos2 ( ) + sin2 ( ) 2 2(cos cos + sin sin ) = 2 2 cos( ) Dakle, (1) cos( ) = cos cos + sin sin

Iz prethodne formule mogu se pokazati i sledee tri formule: c (2) cos( + ) = cos cos sin sin sin( + ) = sin cos + cos sin sin( ) = sin cos cos sin

(3)

(4) Dokazi:

cos( + ) = cos( ()) = cos cos() + sin sin() = cos cos sin sin sin( + ) = cos ) (( ) ) ( + ) = cos 2 2 ( ) ( ) = cos cos + sin sin 2 2 = sin cos + cos sin (

33 sin( ) = sin( + ()) = sin cos() + cos sin() = sin cos cos sin

Primer 11.1. Izraunati sin 75 . cReenje. s sin 75 = sin(45 + 30 ) = sin 45 cos 30 + cos 45 sin 30 2 3 2 1 2( 3 + 1) = + = . 2 2 2 2 4

Primer 11.2. Izraunati cos 47 sin 17 sin 47 cos 17 . cReenje. s 1 cos 47 sin 17 sin 47 cos 17 = sin(17 47 ) = sin(30 ) = sin 30 = . 2

Primer 11.3. Ako jeReenje. Kako je = s ( sin = sin Iz cos = 11 13

2 3

< < , + = , to je

3

i cos =

11 13

, izraunati sin . c

) 3 1 = sin cos cos sin = cos sin 3 3 3 2 2

imamo sin2 = 1 cos2 = 1 121 169 = 48 169 4 3 13 .

odakle je sin =

4 3 13

i kako je

sin =

2 3 2

< < , to je sin = 11 13 1 2 4 3 13 7 3 26

. Sada je

=

11.2. Tanges i kotanges zbira i razlike dva ugla tg( + ) = sin( + ) cos( + ) = = sin cos + cos sin cos cos sin sin 1sin sin + cos cos sin sin cos cos

(5) tg( + ) =

tg + tg 1 tg tg tg tg 1 + tg tg

,

=

2

+k, =

2

+k, =

2

+k, k Z

(6) tg( ) =

,

=

2

+k, =

2

+k, =

2

+k, k Z

34 ctg( + ) = cos( + ) sin( + ) = = cos cos sin sin sin cos + cos sin cos cos sin sin cos + cos sin sin

1

(7)

ctg( + ) =

ctg ctg 1 ctg + ctg ctg ctg + 1 ctg ctg

,

= k, = k, + = k, k Z

(8)

ctg( + ) =

,

= k, = k, = k, k Z

11.3. Trigonometrijske funkcije dvostrukog ugla Ako u (2) i (3) stavimo da je = dobija se (9) sin 2 = 2 sin cos

(10)

cos 2 = cos2 sin2 2 tg 1+ tg2 +k , k Z 4 2

(11)

tg 2 =

,

=

(12)

ctg 2 =

ctg2 1 2 ctg 2

,

=

+k , k Z 2 2 4 5 5 13

Primer 11.4. Ako jecos(2 ). Reenje. s

2

< < ,

< < , sin =

, cos =

, izraunati c

cos(2 ) = cos 2 cos + sin 2 sin 16 25 25 = = 9 25 144 169 2 2 9 0 za svako x R, oigledno ne postoji realan broj y takav da je = y y 2 + 1, pa iz (1) c ex ( ) ostaje da vai samo ex = y + y 2 + 1, odakle je x = ln y + y 2 + 1 . Dakle, z ( ) arcsh y = ln y + y 2 + 1 , yR ex ex 2 ,

Funkcija g : R [1 + ), g(x) = ch x nije bijekcija, pa nema inverznu funkciju. Ali, ako posmatramo restrikciju te funkcije na interval [0, +), funkcija je monotono rastua i ima c inverznu funkciju koju oznaavamo sa G(x) = arcch x. Kao i u prethodnom sluaju iz c c y = ch x = dobijamo kvadratnu jednainu po t = ex : c (2) ija su reenja c s ex = y Kako je x 0, to je ex 1. S druge strane (3) y y2 1 < 1 e2x 2 y ex 1 = 0 , y2 1 . ex + ex 2 ,

za svako y > 1

48 Zaista, y1< y 2 1 y > 1 y 2 2y + 1 < y 2 1 y > 1

2 < 2y y > 1 y > 1 . Dakle, prema (3), iz (2) ostaje da vai samo ex = y + y 2 1, odnosno z ( ) arcch y = ln y + y 2 1 , y1

Funkcija h : R (1, 1), h(x) = th x je monotono rastua i ima inverznu funkciju H(x) = c arcth x koja preslikava interval (1, 1) u R. Iz y = th x = ex ex ex + ex

( ) imamo da je y ex + ex = ex ex , odakle se mnoenjem sa ex dobija z e2x 1 = y e2x + y e2x (1 y) = y + 1 e2x = Dakle, vai z arcth y = 1 2 ln y+1 1y , |y| < 1 y+1 1y x= 1 2 ln y+1 1y

Funkcija k : R \ {0} (, 1) (1, +), k(x) = cth x je monotono opadajua i ima c inverznu funkciju K(x) = arccth x koja preslikava skup (, 1) (1, +) u R \ {0}. Dakle, ova funkcija je denisana za svako x R, |x| > 1 i moe se analogno prethodnom z sluaju izraziti preko logaritamske funkcije kao c arccth y = 1 2 ln y+1 y1 , |y| > 1


Recommended