Download pdf - Odabrana Poglavlja iz Matematike

MATEMATIKA ODABRANA POGLAVLJA

MATEMATIČKA INDUKCIJA, FUNKCIJE, IZVODI

B A H R U D I N H R N J I C A

B I H A Ć 1 9 9 6 , R E P R I N T 2 0 1 0

2 Bahrudin Hrnjica

MATEMATIKA ODABRANA POGLAVLJA www.bhrnjica.wordpress.com

2

3 Predgovor Bahrudin Hrnjica


3

PREDGOVOR

nspirisan jednim skromnim iskustvom u prenošenju znanja mojim prijateljima i kolegama na fakultetu, odlučio sam da pokušam napisati ovaj tekst, u kojem sam obradio na nestandardan način neke teme iz područja matematike, a koje se studiraju

na prvoj godini Mašinskog fakulteta u Bihaću. Gotovo sve knjige iz matematike tako strogo obrađuju teme kao što i sama matematika to zahtijeva. Pokušao sam sebi dati malo slobode da na jedan nestandardan način potenciram i obradim neke detalje koji površno gledajući ne zahtijevaju mnogo pažnje, a temelj su u stvaranju prave slike i rasuđivanja u matematici. Mnogi studenti dobijaju komplekse i razne male „traume“ kada ugledaju te silne teoreme, te matematičke simbole i zadatke. Koristio sam jedan, više simbolički način u rješavanju zadataka, a ne odstupajući od standarda rješavanja. Na taj način želio sam približiti i dati više hrabrosti studentima da se upuste u proučavanje te tako neophodne grane nauke i objasniti sve te strogo definisane zakone kroz jednu vrstu humora sa puno simbolike, a koji u biti ostaju tamo gdje su uvijek pripadali – u matematici. Protekli rat je učinio da mnogi studenti koji pohađaju I godinu nisu dolazili u dodir sa mnogim stvarima iz matematike, koje se obrađuju u srednjim školama. Kada jedan takav ratni srednjoškolac počinje da susreće sve te maloprije navedene stvari, pada u jednu vrstu averzije prema matematici bez koje nikako ne može da napreduje. Averzija i strah od matematike u studentu živi cijelo vrijeme i jednostavno ga koči. U takvom stanju student postaje fobičan na svaku novu informaciju. On tada traži druge putove spoznaje: drži se strogih šablona uči napamet određene teoreme i formule, jednostavno vodi jednu ogorčenu bitku s matematikom. Prvo poglavlje koje se obrađuje je matematička indukcija- vrlo jednostavna ali potpuno imaginarna metoda rješavanja problema. Ukoliko se ne razjasni u detalje, njeni opći principi vrlo je teško spoznati. Poglavlje detaljno objašnjava postupke, metode i korake rješavanja. Obrađuje osnovne tipove zadataka koje rješavamo matematičkom indukcijom. Drugo poglavlje govori o funkcijama jednom od osnovnih pojmova u matematici. Daje detaljan pregled osnovnih elementarnih funkcija realne promjenjive u matematici, njene osnovne teoreme, grafove, tokove. Poglavlje, također, daje osnovne teoreme vezane za funkcije. Treće poglavlje obrađuje Izvode funkcija koji su vrlo važni za daljnje napredovanje u matematici te su detaljno prikazani izvodu osnovnih funkcija i urađeno nekoliko zanimljivih zadataka iz ovog poglavlja. Prije nego što počnete čitati prve stranice ovog teksta, neka mi ne zamjere svi oni koji smatraju ovo nečim što ne pripada ovoj temi. Moj jedini cilj je u tome da ovaj djelić matematike bude lakše shvatljiv svima onima koji zbog rata to nisu dobili. Bihać, Decembra 1996. Bahrudin Hrnjica

I



4

Sadržaj Predgovor ................................................................................... 3

Matematička indukcija ....................................... 6 1.1 Teorija o matematičkoj indukciji ...................... 7 1.2 Primjer primjene matematičke indukcije....... 10 1.3 Zadaci za praktičnu primjenu matematičke indkucije 13 1.4 Zadaci za samostalan rad uz povremeno gledanje rješenja 27 1.5 Rješenja zadataka za samostalan rad .............. 29

Funkcije .............................................................. 31

2.1 Pojam funkcije................................................... 32 2.2 funkcije jedne nezavisno promjenjive ........... 33 2.2.1 Način izražavanja funkcije ................................... 34 2.2.2 Osobine funkcije .................................................... 35 2.2.3 Inverzina funkcija ................................................. 43 2.2.4 Složena Funkcija .................................................. 45 2.2.5 Funkcija zadana u parametarskom obliku ............ 46 2.3 Pregled osnovnih elementarnih funkcija ....... 48 2.3.1 Nešto iz historije ................................................... 48 2.3.2 Linearna funkcija (jednačina pravca) ..................... 52 2.3.3 Kvadratna funkcija ............................................... 53 2.3.4 Kubna funkcija ..................................................... 54 2.3.5 Stepena funkcija .................................................... 54 2.3.6 Eksponencijalne funkcije ....................................... 55 2.3.7 Logaritamska funkcija .......................................... 56 2.3.8 Hiperbolne funkcije ............................................... 57 2.3.9 Trigonometrijske funkcije....................................... 60 2.3.10 Arkus funkcije ...................................................... 60

Izvod funkcije.................................................... 63

3.1 Povijest izvoda .................................................. 64 3.1.1 Konstrukcija tangente ............................................ 64 3.1.2 Srednja i trenutna brzina ...................................... 67 3.2 Pojam IzvodA funkcije .................................... 68 3.3 Izvodi Elementarnih Funkcija ........................ 70 3.3.1 Izvod algebarskog zbira dvije funkcije .................... 73 3.3.2 Izvod prooizvoda i količnika dvije funkcije ............ 74 3.3.3 Izvodi trigonometrijskih funkcija ........................... 78 3.3.4 Izvod inverzne funkcije .......................................... 80 3.3.5 Izvod hiperbolnih funkcija ..................................... 84 3.3.6 Tablice pravila i osnovnih izvoda ........................... 86 3.4 Diferencijal funkcije ......................................... 87 3.5 Geometrijska interpretacija direfencijala ....... 90 3.6 Izvod drugog i viših redova ............................ 94 3.6.1 Izvodi funkcija datih u parametarskom obliku ...... 98 3.6.2 Mehanička interpretacija drugog izvoda ................. 99 3.6.3 Diferencijali višeg reda .........................................100



5

6 Matematička indukcija Bahrudin Hrnjica


6

MATEMATIČKA INDUKCIJA



7

1.1 TEORIJA O MATEMATIČKOJ INDUKCIJI

eki studenti i srednjoškolci pri prvom susretu sa matematičkom indukcijom dobiju nekakav, nazvao bih »induktivni otpor« u moždanoj zavojnici. Radi smanjivanja i potpunog uklanjanja induktivnog otpora predlažem vam slijedeće.

» Zaboravite sve što ste znali, do sada, o Principu matematičke indukcije!«.

Kada ste obrisali i uklonili sve moždane vijuge glede matematičke indukcije, uvest ću vas u nju jednim drugim u biti istim putem. Prije nego što krenem u tu čudesnu i nevjerovatnu stvarnost ispričat ću vam priču ko je kriv za to što nemate sna, i za sve noćne more koje dobijate od matematičke indukcije. Sve je počelo ne tako davno, negdje blizu 20-tog stoljeća, kada je L. Peano ljetovao oko Venecije. U to doba dosta se govorilo o brojevima, posebno na gradskim trgovima i pijacama. Ali Peana, kao matematčara, nije zanimalo koliko šta košta, nego nešto sasvim drugo. On je razmišljao o tome kako sve te brojeve, koji su tako često u razgovoru i upotrebi, definiše i zasnuje na matematičkim osnovama, odnosno kako brojeve definisati pomoću jednog zatvorenog neproturiječnog i konačnog skupa aksioma. Jednog dana tako je i bilo...

Definicija 1:

Skupom Prirodnih bojeva zovemo svaki skup N za čija ma

koja dva elementa 𝒂 i 𝒂′ postoji odnos da 𝒂′ slijedi poslije 𝒂, i koji zadovoljavaju slijedeće aksiome.

Aksioma 1: 1 je prirodan broj. ( To je revolucionarno otkriće koje je mali korak za ljude sa trga, a veliki za Peana)

Aksioma 2: Svaki prirodan broj 𝑎 ima svoj slijedeći broj 𝑎′.

Aksioma 3: 𝑎′ ≠ 1. (Ili, jedan nije slijedeći broj ni za koji prirodan broj)

Aksioma 4: 𝑎′ = 𝑏′ → a = b. Dva prirodna broja su jednaka ako su im jednaki njihovi sljedeći brojevi.

Napomena: Ova aksioma proizašla je nakon napornog rada na njivi gdje je Peano brao tek sazreli limun. »I limun je žut, zar ne«.

N



8

Peta Peanova aksioma - poznata je pod nazivom »Noćna mora«. Aksioma zbog koje vi ne spavate, ne jedete, aksioma koja je frustrirala najviše studenata od svih Peanovih aksioma. Njen treći naziv je u narodu poznat pod imenom AKSIOMA INDUKCIJE.

Aksioma 5:

1. 1𝜖𝑀

2. ako postoji prirodan broj 𝑎𝜖𝑀, pa također i njegov

𝑎′𝜖𝑀. Tada M sadrži sve prirodne brojeve tj. M je identičan sa skupom prirodnih brojeva.

Nešto nije jasno? Da to je Aksioma indukcije. Šta, buni vas to što se spominju nekakvi skupovi M i N. Pa lijepo sam vam rekao da zaboravite sve što ste znali o matematičkoj indukciji. Zadnja Peanova aksioma definiše matematičku indukciju. Možda vam sad ništa nije jasno, ni matematička indukcija ni Peanovi aksiomi. Možda vam je jedino jasno zašto je limun žut. Tako sve počelo, mislim na noćne more i branje limuna. To je bio čovjek koji je za sve kriv tj. definisao je matematičku indukciju. Reći ću vam nešto u povjerenju: Tu priču sam i ja čuo. Meni je bilo lakše, a vama? Peta Peanova aksioma ili Aksioma indukcije modificirana je u teoremu. No prije nego je izložim pročitajte slijedeći primjer: Zamislite da ste u vinskom podrumu i morate provjeriti kvalitet u 10 000 buradi. Jedino što vlasnik želi od vas jeste da ga trijezni izvijestite da li je vino u svim buradima istog kvaliteta u roku od 15 minuta. Sada kada je pred vama jedan gotovo nerješiv problem, ne klonite duhom. S takvim i sličnim situacijama priskače u pomoć 'noćna mora', hoću reći matematička indukcija. Način na koji bi riješili ovakav problem sastoji se u sljedećem. Probajte prvih nekoliko buradi s vinom. Uvjerite se da je vino istog kvaliteta. Sada 'uzmite' nasumice izabrano bure i pretpostavite da je vino zadanog kvaliteta, možete te ga čak i probati. Tada ispitajte vino u sljedećem buretu. Ako je ocjena ista kao kod pretpostavljenog bureta, možete otići vlasniku i obavijestiti ga da ste riješili problem odnosno da je vino istog kvaliteta. Vlasnik će vam povjerovati jer poznaje princip matematičke indukcija.

Napomena

Ni u kom slučaju nemojte popiti previše vina.

Ovo ne morate čitati

U matematici postoje dva načina rasuđivanja: Deduktivno Induktivno



9

Deduktivni način rasuđivanja vodi do toga da morate probati vino u svim buradima i onda tako pijani date izvještaj vlasniku o kvalitetu vina u buradima. Drugim riječima dedukcija je način rasuđivanja u matematici koji se bazira na tome da sve pojedine zaključke dobijamo iz jednog općeg zakona.

Induktivni način zaključivanja, koji smo već prezentirali u primjeru, vodi do toga da pojedinačnim zaključivanjema dolazimo do jednog općeg zaključka.

Ako se sada svo to vino i burad zamijeni sa prirodnim brojevima dobijamo: princip matematičke indukcije.

Definicija 2:

Ako neka tvrdnja 𝑃(𝑛), koja zavisi od prirodnog broja 𝑛, vrijedi za prvih nekoliko prirodnih brojeva, te ako iz

pretpostavke, da vrijedi za neki prirodni broj 𝑛 = 𝑘 tvrdnja

𝑃(𝑘) vrijedi i za 𝑛 = 𝑘 + 1, pomenuta tvrdnja vrijedi za sve

prirodne brojeve odnosno za svaki prirodan broj 𝑛.



10

1.2 PRIMJER PRIMJENE MATEMATIČKE INDUKCIJE

Za početak riješit ćemo jedan primjer. Sljedeći primjer je najjednostavniji primjer koji se rješava pomoću matematičke indukcije. Doista, jednostavnijeg primjera nema. Primjer je toliko jednostavan da ga ne možemo zvati zadatak.

Primjer 1:

Potrebno je provjeriti da li:

1 + 2 + 3 + ⋯+ 𝑛 =𝑛 ∙ (𝑛 + 1)

2

vrijedi za sve prirodne brojeve.

(1.1)

Dokaz:

Prije samog početka vratite se na definiciju matamatičke indukcije. Nakon što ste još jednom pročitali definiciju, pročitajte je još jednom, i obratite pažnju na prvi dio rečenice. Definicija teoreme kaže da svaku tvrdnju, bilo ona u obliku primjera, ili zadatka, teoreme ili vinskog podruma– potrebno je provjerili validnost tvrdnje za prvih nekoliko prirodnih brojeva. Uzmimo da je n=1.

Sada se dešava sljedeće (pošto je 𝑛 = 1):

1 =1 ∙ (1 + 1)

2

vidimo da, ako izračunamo desnu stranu, dobijamo: 1 = 1. To znači da početna tvrdnja (1.1) vrijedi za prvi prirodan broj, što ne povlači da vrijedi

ako je 𝑛 = 2, u to se moramo uvjeriti.

Ako je 𝑛 = 2, primjer se svodi na:

1 + 2 =2 ∙ (2 + 1)

2

odnosno,

3 = 3. Vidimo da je tvrdnja (1.1) tačna i za n=2. Sada možemo preći na drugi korak jer nema smisla provjeravati dalje pojedinačno validnost tvrdnje primjera 1. Međutim, ako se radi o vinskim buradima provjerava se najmanje prvih deset. Pošto ste savladali prvi korak predlažem da pročitate ponovo definiciju matematičke indukcije i obratite pažnju na drugi dio rečenice tj. 'ako iz pretpostavke da vrijedi za n=k ...'.

Ovo znači da moramo izabrati neki prirodan broj 𝑘, znači bilo koji. Pošto je bilo koji, to

ne možemo reći da je primjerice 5, 15 ili 155. Samim tim mi se nismo ograničili na određeni.

Pretpostavimo da za bilo koji 𝑛 = 𝑘 vrijedi tvrdnja (1.1). Na matematičkom jeziku zadnja rečenica izgleda sljedeće:



11

1 + 2 + 3 + ⋯+ 𝑘 =𝑘 ∙ (𝑘 + 1)

2 (1.2)

Sada pročitajte ponovo definiciju i pažnju stavite na zadnji dio rečenice 'tvrdnja vrijedi

za 𝒏 = 𝒌′. To znači da moramo dokazati da tvrdnja vrijedi za 𝑛 = 𝑘 + 1 iz pretpostavke (1.2). U stvari mi sebi nešto pretpostavimo da bismo s tom pretpostavkom nešto dokazali. To je isto kada moramo pretpostaviti da će vino poteći iz bureta prije nego natočimo čašu, inače ne bi ni otvarali bure. Ovo je najbitniji momenat procedure dokazivanja baziranog na matematičkoj indukciji. Treći dio najjednostavnije možemo riješiti ako se pravimo da ništa ne znamo. Napišimo pretpostavku:

1 + 2 + 3 + ⋯+ 𝑘 =𝑘 ∙ (𝑘 + 1)

2 (1.3)

U pretpostavku moramo uključiti sljedeći broj broja 𝑘 tj. 𝑘 + 1 jer to definicija zahtjeva od nas. Ako sada, pošto ništa ne znamo, imamo na umu da jednoj ekvivalentnosti (bilo ona pretpostavljena ili ne) možemo dodati isti broj sa lijeve i desne strane i da ona i tada ostaje nepromijenjena (identična), tada smo primjer dokazali. Kako? Dakle dodajmo lijevoj i desnoj strani sljedeći broj broja k. Broj koji je dodan je boldiran. Dobijamo:

1 + 2 + 3 + ⋯+ 𝑘 + 𝒌 + 𝟏 =𝑘 ∙ (𝑘 + 1)

2+ 𝒌 + 𝟏 (1.4)

Sada je potrebno lijevu i desnu stranu izmanipulisati tako da, gdje je god stajao broj k,

mora biti sljedeći broj 𝒌 + 𝟏. Jedino u takvom slučaju zadovolji ćemo definiciju (1.1), odnosno onog tipa iz Italije.

Pogledajmo lijevu stranu izraza (1.4). Tamo je 𝑘 bio na posljednjem mjestu u jednakosti

(1.2), sada stoji 𝑘 + 1. Znači tu smo odradili posao. Na desnoj strani imamo:

𝑙𝑖𝑗𝑒𝑣𝑎 𝑠𝑡𝑟𝑎𝑛𝑎 =𝑘 ∙ (𝑘 + 1)

2+ 𝒌 + 𝟏

Postupit ćemo kao da se ništa ne dešava i uradit ćemo sve ono što se može uraditi na

tako „oskudnoj“ desnoj strani. Sabraćemo razlomak sa 𝑘 + 1. Imamo:

𝑙𝑖𝑗𝑒𝑣𝑎 𝑠𝑡𝑟𝑎𝑛𝑎 =𝑘 ∙ (𝑘 + 1) + 2 ∙ (𝑘 + 1)

2.

Izvlačenjem zajedničkog člana 𝑘 + 1 u brojniku dobijamo sljedeće:

1 + 2 + 3 + ⋯+ 𝑘 + 𝒌 + 𝟏 =(𝑘 + 1) ∙ (𝑘 + 2)

2 odnosno,

lijeva strana desna strana



12

1 + 2 + 3 + ⋯+ 𝑘 + 𝒌 + 𝟏 =(𝑘 + 1) ∙ [(𝑘 + 1) + 1]

2 (1.5)

Promatrajući desnu stranu uočavamo da, gdje je god bio broj 𝑘 i 𝑘 + 1 sada stoje

slijedeći brojevi: 𝑘 + 1 i 𝑘 + 2 (odnosno (𝑘 + 1) + 1). A to znači da smo iz

pretpostavke dokazali da tvrdnja vrijedi za 𝑛 = 𝑘 + 1 prirodan broj. Po posljednji put pročitajte definiciju, a pažnju usmjerite prema zadnjoj odnosno drugoj rečenici: 'Tvrdnja vrijedi za svaki prirodan broj'. Ako definicija kaže tako onda budite sigurni da ste stvarno dokazali primjer 1. Ako ne vjerujete u to, predlažem vam da odete na pusto ostrvo sa šleperom papira i hrane, te

polahko krenite od 1. Ostatak života ćete sigurno potrošiti dokazujući tvrdnju deduktivno, a možda ćete dospjeti i do naslovnica svjetskih časopisa pod naslovom 'Čovjek sa pustog ostrva izmišlja toplu vodu'. Ako ste shvatili prethodni primjer predlažem, vam da odete u podrum i probate vino u 11-tom buretu.



13

1.3 ZADACI ZA PRAKTIČNU PRIMJENU MATEMATIČKE INDKUCIJE

Zadatak 1:

Dokazati primjenom matematičke indukcije da:

1 + 3 + 5 + ⋯+ (2𝑛 − 1) = 𝑛2 vrijedi za sve prirodne brojeve.

(1.6)

Dokaz:

Čim pogledamo zadatak primjetit ćemo da je lijeva strana zbir prvih 𝑛 neparnih brojeva (desna strana je njihova vrijednost).

Ako je 𝑛 = 1 dobijamo,

1 = 12, tj. 1 = 1

1 + 3 = 22, tj. 4 = 4

Pretpostavimo da je za 𝑛 = 𝑘 tvrdnja (1.6) tačna odnosno da je:

1 + 3 + 5 + ⋯+ (2𝑘 − 1) = 𝑘2 (1.7)

Smatrajući da su prva dva koraka razumljiva problem predstavlja korak 3, odnosno da iz

pretpostavke (1.7), dokažemo da tvrdnja vrijedi i za 𝑛 = 𝑘 + 1, što definicija hoće „reći“, da dokažemo da tvrdnja vrijedi i tada kada ubacimo u zbir i sljedeći neparni broj od broja

2𝑘 − 1, odnosno 2𝑘 + 1. Lijevoj i desnoj strani dodajemo broj 2𝑘 + 1.

Možda se pitate: Zašto baš 2𝑘 + 1? Zašto nije neki drugi, ljepši broj? Pa jednostavno zato što je limu žut, tj. pošto definicija traži od nas, da stavimo u glavnu

ulogu broj 𝑘 + 1.

Kod postavljanja u glavnu ulogu broja 𝑘 + 1, morate ići na to da što jeftinije prođete s tim glumcem. Hoću reći da morate biti što ljenji glede rješavanja matematičkih zadataka.

Broj 2𝑘 + 1 je sljedeći broj od broja 2𝑘 − 1. Evo zašto: Kada u broj 2𝑘 − 1, umjesto

𝑘 stavimo sljedeći broj tj. 𝑘 + 1 imamo:

2(𝑘 + 1) − 1 = 2𝑘 + 2 − 1 = 2𝑘 + 1

Pretpostavimo:

1 + 3 + 5 + ⋯+ (2𝑘 − 1) + (2𝑘 + 1) = 𝑘2 + 2𝑘 + 1 (1.8)

Prije nekoliko godina, vjerojatno kroz neku maglu prisjećate se 8 razreda kada vam je nastavnik govorio da je:

(𝑘 + 1)2 = 𝑘2 + 2𝑘 + 1



14

Zbog tog razloga desna strana jednakosti (1.8) poprima oblik:

𝑙𝑖𝑗𝑒𝑣𝑎 𝑠𝑡𝑟𝑎𝑛𝑎 = 𝑘2 + 2𝑘 + 1 = (𝑘 + 1)2

Ponovo ista situacija kao i u primjeru. Gdje je god stajao broj 𝑘, sada stoji broj 𝑘 + 1. Zaključak se svodi na primjer. Po principu matematičke indukcije naš zadatak 1 je dokazan.

Savjet

Kod bilo kojeg rješavanja ovakvih tipova zadataka uvijek kod trećeg koraka idemo na to da kada dodamo neki broj dodajemo uvijek sljedeći u nizu na lijevoj strani (na strani gdje je suma). Tada više posla sa lijevom stranom nemamo, samo je (lijevu stranu jednakosti) vučemo za sobom i sređujemo desnu stranu.

Vidjeli ste kako se neke sume dokazuju primjenom matematičke indukcije. Međutim, postoji mnogo tipova drugih zadataka koji se rješavaju ovom metodom. Pokušaću vam objasniti kako se dijeljivost nekog broja može dokazati ovom metodom (matematičkom indukcijom). Također, krenut ćemo od jednog primjera.

Primjer 2:

Dokazati da je

𝟑𝒏 + 𝟏 djeljivo sa 2 za sve prirodne brojeve.

(1.8)

Dokaz: Ako ste zaboravili definiciju (postupak) matematičke indukcije pročitajte je. Provjeravamo tvrdnju za prvih nekoliko prirodnih brojeva.

Za 𝑛 = 1, 31 + 1 = 4 = 2 ∙ 2 , tj. 4 je djeljivo sa 2, odnosno simbolički zapisano:

((31 + 1) |4).

Za 𝑛 = 2, 32 + 1 = 10 = 5 ∙ 2 , tj. 10 je djeljivo sa 2, odnosno simbolički zapisano:

((32 + 1) | 4).

Vidimo da naš primjer vrijedi za prva dva prirodna broja. Sad ćemo pretpostaviti da naša tvrdnja odnosno prosti primjer vrijedi za bilo koji broj k. Ako smo to učinili tada našu pretpostavku možemo napisati na matematičkom jeziku kao:

3𝑘 + 1 = 2 ∙ 𝑙, gdje je (𝑙 ∈ 𝑁) (1.9)

Za one kojim nije jasna zadnja jednakost neka ne čitaju sljedeći dio teksta. Ako je neki prirodan boj Ž djeljiv sa prirodnim brojem 2, tada je:



15

Ž

2= Č

drugim riječima, to znači da kada podijelimo broj Ž sa brojem 2 dobijemo neki prirodni

broj Č. Ako zadnju jednakost pomnožimo sa 2 dobijamo:

Ž = 2 ∙ Č,

a što je isto kao kad smo napisali:

Ž

2= Č

Pomoću pretpostavke (1.9), trebamo dokazati da je:

(3𝑘+1 + 1 | 2)

Ponovo kao i svaki put kada radimo 3 korak pravimo se da ništa ne znamo:

3𝑘+1 + 1 = 31 ∙ 3𝑘1 + 1

31 ∙ 3𝑘 + 3 − 2 = 3[3𝑘 + 1] − 2

Ako niste shvatili zadnje jednakosti tada uzmite teku iz prvog razreda srednje škole i ponovite stepene, ako je niste zapalili. Vidimo da je izraz u zagradi isti kao i naša pretpostavka pa je djeljiva sa 2, tj.

3[3𝑘 + 1] − 2 = 3 ∙ 2𝑙 − 2 = 2 ∙ (3𝑙 − 1)

Zadnja jednakost nam daje za pravo da zaključimo kako je [3𝑘 + 1] djeljivosa 2, a

definicija da je primjer 2 tj. [3𝑛 + 1] djeljiv sa 2 za svaki prirodan broj n. Ako niste sigurni u ovaj dokaz postupate kao i u prethodnom primjeru br. 1.

Zadatak 2: Dokazati da za svaki prirodan broj 𝑛 vrijedi:

62𝑛−1 + 1 djeljivo sa 7 za sve prirodne brojeve.

(1.10)

Dokaz: Prvi korak napravimo na brzinu, jer jedino je to ovdje shvatljivo.

Za 𝑛 = 1, 62∙1−1 + 1 = 7 djeljivo sa 7

Za 𝑛 = 2, 62∙2−1 + 1 = 63 + 1 = 217 = 31 ∙ 7 djeljivo sa 7.

Pretpostavimo da je Zadatak 2, za neki prirodan broj 𝑛 = 𝑘 (𝑘 > 𝑛0) djeljiv sa 7. To znači slično kao i u primjeru da možemo pisati:

62𝑘−1 + 1 = 7 ∙ 𝑙 , gdje je (𝑙 ∈ 𝑁) (1.11)

Treći korak provodimo kao u primjeru 2:



16

62(𝑘+1)−1 + 1 = 62𝑘+2−1 + 1 = 62 ∙ 62𝑘−1 + 1

= 36 ∙ 62𝑘−1 + 36 − 35= 36 ∙ (62𝑘−1 + 1) − 35

Vidimo da je izraz u zagradi ona ista pretpostavka sa početka primjera jednačina (1.10), pa je ona djeljiva sa 7, a broj 35 je svakako djeljiv sa 7 pa cijeli izraz je djeljiv sa 7.

7 ∙ (36𝑙 − 5)

Vidimo da iz pretpostavke za 𝑛 = 𝑘, broj 62𝑛−1 + 1 djeljiv sa 7, dokazali smo da je za

𝑛 = 𝑘 + 1 također djeljivo sa 7 to znači da je izraz djeljiv za 7 za svaki prirodan broj. Vidljivo je da smo dokazali neke primjere i zadatke pomoću matematičke indukcije dosta jednostavno. Međutim, ostali zadaci (koji su dati) nisu ništa zahtjevniji od ovih. Jedino je problem u tome što idući zadaci zahtijevaju malo više poznavanja elementarne matematike. To je ona matematika koju ste radili u osnovnoj i srednjoj školi. Znači bez straha i bilo kakvih averzija okrenite siljedeći list i naići ćete na najljepši zadataka u matematičkoj indukciji. Sljedeći zadatak je bio MISS ljeta 1888 godine, njegove prve i druge pratilje slijede iza njega.

Zadatak 3:

Dokazati da za svaki prirodan broj 𝑛 vrijedi:

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

6

(1.12)

Dokaz:

Za 𝑛 = 1, 12 =1(1 + 1)(2 + 1)

6=

6

6= 6 tačno.

Za 𝑛 = 2, 12+22 =2(2 + 1)(2 ∙ 2 + 1)

6=

30

6= 5

tačno.

Pretpostavimo da zadatak 3 vrijedi za 𝑛 = 𝑘, odnosno:

12 + 22 + 32+. . +𝑘2 =𝑘(𝑘 + 1)(2𝑘 + 1)

6 (1.13)

Poznato vam je da uvijek kod ovakvih zadataka u trećem koraku uvijek dodajemo objema stranama sljedeći broj zadnjeg broja lijeve strane. S toga imamo:

12 + 22 + 32+. . +𝑘2 + (𝒌 + 𝟏)𝟐 =𝑘(𝑘 + 1)(2𝑘 + 1)

6+ (𝒌 + 𝟏)𝟐

12 + 22 + 32+. . +𝑘2 + (𝒌 + 𝟏)𝟐

=𝑘(𝑘 + 1)(2𝑘 + 1) + 6 ∙ (𝑘 + 1)2

6



17

12 + 22 + 32+. . +𝑘2 + (𝒌 + 𝟏)𝟐

=(𝑘 + 1)[𝑘(2𝑘 + 1) + 6 ∙ (𝑘 + 1)]

6

12 + 22 + 32+. . +𝑘2 + (𝒌 + 𝟏)𝟐 =(𝑘 + 1)[2𝑘2 + 𝑘 + 6𝑘 + 6]

6

12 + 22 + 32+. . +𝑘2 + (𝒌 + 𝟏)𝟐 =

(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)(2𝑘 + 3)

6

(1.14)

U zadatku 1 smo diskutovali o sljedećem broju nepranih brojeva. Sljedeći broj broja

2𝑘 + 1 je 2𝑘 + 3, jer je 2(𝑘 + 1) + 1 = 2𝑘 + 3. Zadnja jednakost (1.14) znači da smo

iz pretpostavke (1.13) pretpostavili da tvrdnja vrijedi za 𝑛 = 𝑘, dokazali da vrijedi i za

𝑛 = 𝑘 + 1, pa zaključujemo po matematičkoj indukciji da Zadataka 1 vrijedi za sve prirodne brojeve. Do jednakosti (1.14) iz jednakosti (1.13) lahko smo došli iako se nekima čini da nije. Ove

sve k-ove koje vidite u zadnjim jednakostima, to je u stvari samo jedan 𝒌, ali napisan u drugim oblicima. Ako bolje pogledate sve one transformacije vidjećete da se one sastoje samo u sabiranju razlomaka, izvlačenju zajedničkih množitelja i nekoliko dvica, trica i šestica.

Zadatak 4:


13+23 + 33 + ⋯+ 𝑛3 = [𝑛(𝑛 + 1)

2]2

(1.15)

Dokaz:

Za 𝑛 = 1, 13 = [1(1 + 1)

2]

2

= [2

2]3

= 1 tačno.

Za 𝑛 = 2, 13+23 = [2(2 + 1)

2]

2

= [6

2]3

= 9 tačno.

Pretpostavimo da zadatak 4 vrijedi za neki prirodan broj k, odnosno:

13+23 + 33 + ⋯+ 𝑘3 = [𝑘(𝑘 + 1)

2]2

Korak 3 koji slijedi sličan je kao i u zadatku 3, tj. dodajmo objema stranama (𝑘 + 1)3 pa imamo:



18

13+23 + 33 + ⋯+ 𝑘3 + (𝑘 + 1)3 =𝑘2(𝑘 + 1)2

4+ (𝑘 + 1)3

13+23 + 33 + ⋯+ 𝑘3 + (𝑘 + 1)3 =(𝑘 + 1)2[𝑘2 + 4(𝑘 + 1)]

4

13+23 + 33 + ⋯+ 𝑘3 + (𝑘 + 1)3 = [(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

2]2

Vidimo da uz prepostavku za 𝑛 = 𝑘, izraz vrijedi i za 𝑛 = 𝑘 + 1, tako i za svaki prirodan broj.

Zadatak 5:


1 ∙ 2 + 1 ∙ 2 + 1 ∙ 2 + ⋯+ 𝑛 ∙ (𝑛 + 1)

=𝑛(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)

3

(1.16)

Dokaz:

Za 𝑛 = 1, 1 ∙ 2 =1 ∙ (1 + 1) ∙ (1 + 2)

3=

1 ∙ 2 ∙ 3

3= 2

tačno.

Za 𝑛 = 2, 1 ∙ 2 + 2 ∙ 3 =2 ∙ (2 + 1) ∙ (2 + 2)

3=

2 ∙ 3 ∙ 4

3= 8

tačno.

Pretpostavimo da jednakost vrijedi za neki 𝑛 = 𝑘,tj.

1 ∙ 2 + 1 ∙ 2 + 1 ∙ 2 + ⋯+ 𝑘 ∙ (𝑘 + 1) =𝑘(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

3

(1.17)

Sada kada smo napisali pretpostavku po ko zna koji put moramo dodati sljedeći broj

broja 𝒌(𝒌 + 𝟏), a to je (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐), pa imamo:

1 ∙ 2 + 1 ∙ 2 + 1 ∙ 2 + ⋯+ 𝑘 ∙ (𝑘 + 1) + (𝑘 + 1) ∙ (𝑘 + 2)

=𝑘(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

3+ (𝑘 + 1) ∙ (𝑘 + 2)

… =𝑘(𝑘 + 1)(𝑘 + 2) + 3 ∙ (𝑘 + 1)(𝑘 + 2)

3

1 ∙ 2 + 1 ∙ 2 + 1 ∙ 2 + ⋯+ 𝑘 ∙ (𝑘 + 1) + (𝑘 + 1) ∙ (𝑘 + 2) =(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)(𝑘 + 3)

3

Vidimo da smo iz pretpostavke da vrijedi za 𝒏 = 𝒌, dokazali da zadnja jednakost vrijedi i

za 𝒏 = 𝒌 + 𝟏, što znači da vrijedi i za svaki prirodan broj 𝒏.



19


Kada kažemo“vidimo da smo dokazali i za n=k+1“ to znači u bukvalnom smislu (razmišljanjem jednog prosječnog osnovca) da mi u stvari pretpostavku uzmemo, malo je prevrnemo, odjenemo je u odjeću, počešljamo je, kupimo joj nove cipele i od jedne pepeljuge postane princeza. Znači mi tu u stvari ništa ne dokazujemo u smislu dugotrajnih sudskih procesa, svjedočenja, advokata, porote i slično. Samo dodamo saberemo i izvučemo zajednički član i pretpostavka za čudo postane upravo ono što mi trebamo dobiti, a to je jednakost za n=k+1. Čudno, zar ne?

Vidjeli smo miss, prvu i drugu pratilju ljeta 1888. Poslije te godine više nisu bili u modi zadaci takvog tipa. Više se išlo na neko dijeljenje, a to je i period kada je bilo ratova i nekih podjela. Tako je 1892 tri zadatka o djeljivosti osvojila su 6 oskara. Za glavnu ulogu, za sporednu ulogu, za najbolje statiste, dublere, nosače i kamermane.

Zadatak 6:

Dokazati da za svaki prirodan broj 𝑛:

4𝑛 + 15𝑛 − 1

djeljivo sa 9.

(1.18)

Dokaz:

Za 𝑛 = 1, 41 + 15 ∙ 1 − 1 = 4 + 15 − 1 = 18 djeljivo sa 9.

Za 𝑛 = 2, 42 + 15 ∙ 2 − 1 = 8 + 30 − 1 = 45 = 9 ∙ 5 djeljivo sa 9.

Pretpostavimo da je za 𝑛 = 𝑘, izraz (1.18) djeljiv sa 9. To možemo pisati kao:

4𝑘 + 15𝑘 − 1 = 9𝑙, gdje je (𝑙 ∈ 𝑁) (1.19)

Za n=k+1 4𝑘+1 + 15(𝑘 + 1) − 1 = 4 ∙ 4𝑘 + 15𝑘 + 15 − 1

= 4 ∙ 4𝑘 + 𝟒 ∙ 𝟏𝟓𝒌 − 𝟑 ∙ 𝟏𝟓𝒌 + 𝟏𝟓 − 𝟒 + 3

4𝑘+1 + 15(𝑘 + 1) − 1 = 4(4𝑘 + 15𝑘 − 1) − 45𝑘 + 18

= 4 ∙ 9𝑙 − 5 ∙ 9𝑘 + 2 ∙ 9 = 9 ∙ (4𝑙 − 5𝑘 + 2)



20

Ponovo vidimo da koristeći pretpostavku lako dokazujemo da nam izraz (1.18) djeljiv sa 9, za svaki prirodan broj. Sve to nam omogućuje matematička indukcija. Bez nje ne bismo lahko dokazali ne samo ovaj zadatak već i mnoge druge. Zato s pravom moramo reći: Hvala ti, hvala draga naša indukcijo.

Zadatak 7:


34𝑛+2 + 1

djeljivo sa 10.

(1.20)

Dokaz:

Za 𝑛 = 1, 34∙1+2 + 1 = 36 + 1 = 729 + 1 = 800 = 10 ∙ 80 djeljivo sa 10.

Za 𝑛 = 2,

34∙2+2 + 1 = 310 + 1 = 59049 + 1 = 59050

= 10 ∙ 5905 djeljivo sa 10.


34𝑘+2 + 1 = 10𝑙, gdje je (𝑙 ∈ 𝑁) (1.21)

Za n=k+1

34(𝑘+1)+2 + 1 = 34𝑘+4+2 + 1 = 34 ∙ 34𝑘+2 + 81 − 80 =

= 81[34𝑘+4+2 + 1] − 80 = 81 ∙ 10𝑙 − 10 ∙ 8

= 10 ∙ (81𝑙 − 8)

Vidimo da iz pretpostavke (1.21) za 𝑛 = 𝑘 lahko dokazujemo da (1.21) vrijedi za 𝑛 =𝑘 + 1, odnosno da vrijedi za svaki prirodan broj.

Zadatak 8:


28𝑛+6 + 1

djeljivo sa 5.

(1.22)

Dokaz:

Za 𝑛 = 1, 28∙1+6 + 1 = 214 + 1 = 16384 + 1 = 16385

= 5 ∙ 3277 djeljivo sa 5.

Za 𝑛 = 2, 28∙2+6 + 1 = 222 + 1 = 4194304 + 1 = 4194305

= 5 ∙ 838861 djeljivo sa 5.




21

28𝑘+6 + 1 = 5𝑙, gdje je (𝑙 ∈ 𝑁) (1.23)

Za n=k+1 28(𝑘+1)+6 + 1 = 28𝑘+8+6 + 1 = 28 ∙ 28𝑘+6 + 256 − 255

= 256[28𝑘+6 + 1] − 255 = 5(256𝑙 − 51)

Jednostavnim dokazom, uz pomoć pretpostavke, dokazali smo da izraz (1.22) vrijedi za

𝑘 = 𝑘 + 1, pa nam zbog matematičke indukcije vrijedi za svaki prirodan broj. Glavni šablon ovog tipa zadataka (o djeljivosti ) je da kada se radi treći korak u eksponentu ostavi onoliko koliko ima u pretpostavci, a višak se spusti kao množitelj. Taj množitelj izvlačimo ispred zagrade dok u zagradi stavljamo samo ono što je u pretpostavci. Dakle mi sebi „naštimamo“ pretpostavku, a sve ono što moramo oduzeti ili dokazati stavljamo iza zagrade. Nije slučajno da sav višak uvijek bude djeljiv sa onim brojem za kojeg ga mi provjeravamo. Treći česti slučaj tipova zadataka koji se dokazuju matematičkom indukcijom su

nejednakosti. One su još jednostavnije, a sve se bazira na tome da ako je npr. 150 > 50, tada je i 200 > 50, odnosno 150 > 1. Prije nego što pređemo na zadatke uvedimo pojam Leme. Lema je pomoćna teorema. Odnosno to je jedan mali podzadatak nekog zadatka. Ako rješavamo neki zadatak i dođemo do jedne tvrdnje koju moramo posebno dokazivati, mi je definišemo kao lemu.

Zadatak 9: Dokazati da za svaki prirodan broj 𝑛, gdje je 𝑛 ≥ 5 vrijedi nejednakost:

2𝑛 > 𝑛2

(1.24)

Dokaz:

Pošto ovaj zadatak dokazujemo pomoću matematičke indukcije onda se moramo držati njenih postavki i redoslijeda. Što znači da prvo moramo provjeriti da li ta nejednakost vrijedi za prvih nekoliko prirodnih brojeva. Uslov zadatka ne kaže da provjerimo od 5 pa dalje.

Za 𝑛 = 5, 25 > 52

32 > 25

tačno.

Za 𝑛 = 6, 26 > 62

64 > 36

tačno.

Sada zastanimo na dokazu ovog zadatka i dokažimo jednu Lemu.

Lema 1: Za svaki 𝑚 > 2 izraz 𝑘2 > 2𝑘 + 1 (1.25)



22

Dokaz:

Za 𝑛 = 3, 32 > 2 ∙ 3 + 1

9 > 6 + 1

tačno.

Za 𝑛 = 4, 42 > 2 ∙ 4 + 1

16 > 8 + 1

tačno.

Neka je za neki 𝑚 = 𝑙, 𝑙 > 2, vrijedi:

𝑙2 > 2𝑙 + 1

Za 𝑚 = 𝑙 + 1 imamo:

(𝑙 + 1)2 > 2(𝑙 + 1) + 1

𝑙2 + 2l + 1 > 2𝑙 + 2 + 1

𝑙2 + 2l + 1 > 2𝑙 + 2 + 1

𝑙2 > 2𝑙 + 2 + 1 − 2l − 1

𝑙2 > 2 (1.26a)

(1.26)

Zadnja nejednakost koju smo dobili je očigledna. Jer je 𝑙 > 2 pa svaki kvadrat je veći od dva. Ako sada tu trivijalnu nejednakost stavimo kao prvu i krenemo unazad, doći ćemo do nejednakosti (1.26a), što znači da je nejednakost tačna. Ovo nam daje za pravo da kažemo da po principu matematičke indukcije Lema 1 je tačna za sve prirodne brojeve veće od 2. Lemu 1 možemo koristiti kao dokazni materijal za svaki sadašnji i budući zadatak. Nastavimo rješavanje zadatka 9. Ostao nam je treći korak pa sada imamo:

Za n=k+1 2𝑘+1 > (𝑘 + 1)2

2 ∙ 2𝑘 > 𝑘2 + 2k + 1

Maloprije smo dokazali da je:

𝑘2 > 2𝑘 + 1………(Lema 1)

Ako sada lijevoj i desnoj strani (Leme 1) dodamo broj 𝑘2 imamo:

2 ∙ 2𝑘 > 2 ∙ 𝑘2

Pa je: 2 ∙ 2𝑘 > 2 ∙ 𝑘2 > 𝑘2 + 2k + 1

odnosno 2𝑘+1 > (𝑘 + 1)2

Vidimo da smo i ne znajući dokazali da je iz pretpostavke za 𝑛 = 𝑘 nejednakost vrijedi za

𝑛 = 𝑘 + 1, što nam je potrebno i dovoljno da kažemo da nejednakost vrijedi za svaki prirodan broj.



23

Ako neko čitajući ovo rješenje zadatka 9, nije shvatio posljednje nejednakosti, predlažem da pročita mali uvod o dokazivanju nejednakosti i obrati pažnju na činjenicu da ako je npr: 150>50 tada je 200>50 odnosno 150 >1.

Zadatak 10:

Dokazati da za svaki prirodan broj 𝑛 veći ili jednak od 5 vrijedi nejednakost:

2𝑛 > 5𝑛, (𝑛 ≥ 5)

(1.27)

Dokaz:

Za 𝑛 = 5, 25 > 5 ∙ 5

32 > 25

tačno.

Za 𝑛 = 6, 26 > 5 ∙ 6

64 > 30

tačno.

Pretpostavimo da je za neki n=k , (𝑘 ≥ 5) vrijedi:

2𝑘 > 5𝑘

(1.28)

Koristeći ovu pretpostavku (1.30), te koristeći nejednakost da je 2𝑘 > 5, što je očigledno

jer je: 𝑘 ≥ 5, dobijamo treći korak odnosno dokazujemo treći korak, a samim tim i zadatak 11.

Dakle,

2𝑘 > 5𝑘 − 𝑝𝑟𝑒𝑡𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎𝑣𝑘𝑎

2𝑘 > 5 − očigledna nejednakost kada je k > 2

Sabiranjem gornjih nejednakosti imamo:

2𝑘 + 2𝑘 > 5𝑘 + 5

Odnosno sređivanjem: 2𝑘+1 > 5(𝑘 + 1)

Zadnjim izrazom da nejednakost vrijedi i za 𝑛 = 𝑘 + 1. Zadnje nejednakosti daju nam zaključiti ako imamo na umu matematičku indukciju da izraz (1.28) vrijedi za svaki

prirodan broj 𝑛 ≥ 5.

Zadatak 11:

Dokazati da za svaki prirodan broj 𝑛 ≥ 2 vrijedi nejednakost:

1 +1

√2+

1

√3+ ⋯+

1

√𝑛> √𝑛

(1.29)

Dokaz:

Za 𝑛 = 2, 1 +1

√2> √2

(1.30)



24

Za prvi prirodan broj za koji treba dokazati da vrijedi nejednakost (1.29) imamo izraz (1.29). Kod deduktivnog načina dokazivanja nejednakosti (kojeg ćemo sada primijeniti) trebamo iz polazne nejednakosti (1.29) nizom matematičkih dozvoljenih operacija doći do trivijalne nejednakosti koju lako primjećujemo čak i kad te brojeve zamijenimo sa kruškama i jabukama. Pokušajmo to sa nejednakosti (1.30):

1 +1

√2> √2

Sabiranjem lijeve strane:

√2 + 1

√2> √2

Pomnožimo cijelu nejednakost sa √2.

Imamo √2 + 1 > 2

odnosno: √2 > 1

Sada smo došli do jedne trivijalno očigledne nejednakosti, gdje u svak doba dana i noći

znamo daje √2 > 1, što znači da je izraz (1.32) tačan za 𝑛 = 2.

Za 𝑛 = 3, 1 +1

√2+

1

√3> √3

(1.31)

Istim postupkom kao i za 𝑛 = 2 imamo:

1 +

1

√2+

1

√3> √3

Sabiranjem lijeve strane imamo:

√2 ∙ √3 + √2 + √3

√2 ∙ √3> √3

Množenjem sa √2 ∙ √3 imamo:

√6 + √2 + √3 > √3 ∙ √6

√6 + √2 + √3 > 3 ∙ √2

√6 + √3 > 2 ∙ √2

Kvadriranjem cijele nejednačine:

6 + 2√18 + 3 > 4 ∙ 2

2√9 ∙ 2 > 8 − 9

6√2 > −1

U svako doba dana i noći mi znamo da nam je 6√2 pozitivno i uvijek veće od bilo kojeg negativnog broja, što znači da je izraz (1.33) tačan.



25

Pretpostavimo da je za neki 𝑛 = 𝑘 izraz (1.33) tačan, tj:

1 +

1

√2+

1

√3+ ⋯+

1

√𝑘> √𝑘

(1.32)

Na tako pretpostavljenu nejednakost dodajmo 𝑘 + 1-vi član. Imamo:

1 +

1

√2+

1

√3+ ⋯+

1

√𝑘+

1

√𝑘 + 1> √𝑘 +

1

√𝑘 + 1

(1.33)

Dokažimo sada da je:

√𝑘 +

1

√𝑘 + 1> √𝑘 + 1

Ostavljanjem samo √𝑘 na lijevoj strani a ostatak prebacimo na desnu imamo:

√𝑘 > √𝑘 + 1 −

1

√𝑘 + 1=

𝑘 + 1 − 1

√𝑘 + 1

Pa je: √𝑘 >

𝑘

√𝑘 + 1

Množenjem sa √𝑘 + 1 imamo:

√𝑘 ∙ √𝑘 + 1 > 𝑘

Kvadriranjem cijele nejednakosti imamo:

𝑘(𝑘 + 1) > 𝑘

Odnosno: 𝑘2 + 𝑘 > 𝑘2

𝑘 > 0

Što vrijedi za svaki prirodan broj pa i polazna nejednakost. Ako sada ovu dokazanu nejednakost primjenimo na (1.35) imamo:

1 +1

√2+

1

√3+ ⋯+

1

√𝑘+

1

√𝑘 + 1> √𝑘 +

1

√𝑘 + 1> √𝑘 + 1

Odnosno: 1 +

1

√2+

1

√3+ ⋯+

1

√𝑘+

1

√𝑘 + 1> √𝑘 + 1

Pa zaključujemo da smo preko pretpostavke (1.33) došli do zaključka da (1.31) vrijedi za svaki prirodan broj. Vidjeli smo kako se rješavaju nejednačine preko matematičke

indukcije. U biti sve se svodi na pomenutu nejednakost ako je 150 > 50 tada je i 200 >50 tj. 150 > 1.



26


Zaključivanje zovemo izvođenje jednog stava iz jednog ili više drugih stavova. Indukcija je kako smo rekli, zaključivanje kojim se iz konačnog broja posebnih stavova izvodi opći stav koji se odnosi na sve slučajeve. Ili kraće, indukcija je zaključivanje od posebnog ka općem. Ovakav metod zaključivanja zovemo empirijski ili nepotpun metod.

Ovdje se završava naša priča o matematičkoj indukciji, kao i sa iscrpnim i pomalo rekao bih dosadnim ponavljanjem. Ali neki kaži da je ponavljanje majka znanja. U narednih nekoliko stranica ostavljani su zadaci u kojima se spominje matematička indukcija (to je ono što smo na početku definisali) za samostalan rad uz povremeno gledanje rješenja. Preporučuje se gledanje na kraju urađenog zadatka da se provjeri njegova tačnost.



27

1.4 ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD UZ POVREMENO GLEDANJE RJEŠENJA


(1) 1 ∙ 3 + 2 ∙ 4 + 3 ∙ 5 + ⋯+ 𝑛 ∙ (𝑛 + 2) =𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 7)

6

(2) 2 ∙ 3 + 3 ∙ 5 + 4 ∙ 7 + ⋯+ (𝑛 + 1) ∙ (2𝑛 + 1) =𝑛(4𝑛2 + 15𝑛 + 17)

6

(3) 1 ∙ 3 + 3 ∙ 4 + 5 ∙ 5 + ⋯+ (2𝑛 − 1) ∙ (𝑛 + 2) =𝑛(4𝑛2 + 15𝑛 − 1)

6

(4) 23 + 43 + 63 + ⋯+ (2𝑛)3 = 2𝑛2(𝑛 + 1)2

(5) 1 ∙ 2 + 2 ∙ 5 + 3 ∙ 8 + ⋯+ 𝑛 ∙ (3𝑛 − 1) = 𝑛2(𝑛 + 1)

(6) 1 ∙ 4 + 2 ∙ 7 + 3 ∙ 10 + ⋯+ 𝑛 ∙ (3𝑛 + 1) = 𝑛(𝑛 + 1)2

(7) 1 ∙ 2 ∙ 3 + 2 ∙ 3 ∙ 4 + 3 ∙ 4 ∙ 5 + ⋯+ 𝑛 ∙ (𝑛 + 1) ∙ (𝑛 + 2)

=1

4𝑛(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)

(8) 12 − 22+32 − 42 + ⋯+ (−1)𝑛−1𝑛2 = (−1)𝑛−1 ∙𝑛(𝑛 + 1)

2

(9) 1

2+

2

22+

3

23+ ⋯+

𝑛

2𝑛= 2 −

𝑛 + 2

2𝑛

(10) 1

3+

2

32+

1

33+ ⋯+

𝑛

3𝑛=

3(3𝑛 − 1) − 2𝑛

4 ∙ 3𝑛

(11) 1

1 ∙ 3+

1

3 ∙ 5+

1

5 ∙ 7+ ⋯+

1

(2𝑛 − 1)(2𝑛 + 1)=

𝑛

2𝑛 + 1

(12) 1

2+

1

22+

1

23+ ⋯+

1

2𝑛= 1 −

1

2𝑛

(13) 12 + 22 + 32 + ⋯+ 𝑛2 =𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)

6

Dokazati matematičkom indukcijom djeljivost sljedećih brojeva:

(14) 𝑛3 + 11𝑛 sa 6 (𝑛 = 1,2,3, … )

(15) 𝑛3 + 20𝑛 sa 48 (𝑛 = 2,4,6, … )

(16) 𝑛5 − 5𝑛3 + 4𝑛 sa 120(𝑛 = 3,4,5, … )

(17) 72𝑛 − 42𝑛 sa 33(𝑛 = 1,2,3, … )



28

(18) 52𝑛+3 + 3𝑛+32𝑛 sa 19(𝑛 = 1,2,3, … )

(19) 10𝑛 + 18𝑛 − 28 sa 27(𝑛 = 1,2,3, … )

(20) 9𝑛+1 − 8𝑛 − 9 sa 16(𝑛 = 1,2,3, … )

(21) 32𝑛+1 − 8𝑛 − 9 sa 64(𝑛 = 1,2,3, … )

(22) 4 ∙ 6𝑛 + 5𝑛 − 4 sa 25(𝑛 = 1,2,3, … )

(23) 62𝑛 + 19𝑛 − 2𝑛−1 sa 17(𝑛 = 1,2,3, … )

Dokazati nejednakosti:

(24) (1 + 𝑎1)(1 + 𝑎2)… (1 + 𝑎𝑛) > 1 + (𝑎1 + 𝑎2 + ⋯+ 𝑎𝑛), za 𝑎𝑖 > 0 (𝑖 =1,2, … , 𝑛) 𝑖 𝑛 ≥ 2

(25) ∏2𝑘 − 1

2𝑘≤

1

√3𝑛 + 1, 𝑛 > 0

𝑛

𝑘=1

(26) (1 + 𝑎)𝑛 > 1 + 𝑛𝑎, 𝑧𝑎 − 1 < 𝑎 < 1 𝑖 𝑛 ≥ 2 , 𝐵𝑒𝑟𝑛𝑢𝑙𝑖𝑗𝑒𝑣𝑎 𝑛𝑒𝑗𝑒𝑑𝑛𝑎𝑘𝑜𝑠𝑡

(27) √𝑛 + 1𝑛+1

< √𝑛𝑛

, 𝑛 ≥ 3

(28) Dokazati da je zbir kubova tri uzastopna prirodna broja djeljiv sa 9.

(29) (𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑥)𝑛 = cos (𝑛𝑥) + 𝑖𝑠𝑖𝑛(𝑛𝑥),𝑀𝑜𝑖𝑣𝑟𝑒𝑜𝑣𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎

(30) Dokazati da ni za jedan prirodan broj 𝑛, broj 𝑛! nije djeljiv sa brojem 2𝑛.



29

1.5 RJEŠENJA ZADATAKA ZA SAMOSTALAN RAD

(1)

Kod 3-ćeg koraka dodavajući lijevoj i desnoj strain (𝑛 + 1)(𝑛 + 2), te sabirajući desnu

stranu imamo: 𝑛(𝑛+1)(2𝑛+7)+6(𝑛+1)(𝑛+3)

6=

(𝑛+1)[2𝑛2+4𝑛+9𝑛+18]

6=

(𝑛+1)(𝑛+2)(2𝑛+9)

6, a što

je i trebalo dokazati.

(2)

Kod trećeg koraka imamo: Neka je za 𝑛 = 𝑘 zadatak 2 tačan. Dodavajući lijevoj i desnoj

strani (𝑛 + 1)(2𝑛 + 3) desna strana izgleda na sljedeći način: 𝑛(4𝑛2+15𝑛+17)+(6𝑛+2)(2𝑛+3)

6=

4𝑛3+15𝑛2+17𝑛+12𝑛2+42𝑛+36

6=

4𝑛3+4𝑛2+23𝑛2+23𝑛+36𝑛+36

6=

(𝑛+1)[4𝑛2+8𝑛+4+15𝑛+15+17]

6=

(𝑛+1)[4(𝑛+1)2+15(𝑛+1)+17]

6, a

što je i trebalo dokazati.

(3)

Dodavajući u trećem korku lijevoj i desnoj strain broj (2𝑛 + 1)(𝑛 + 3) desna strana dobija

oblik: 4𝑛3+4𝑛2+23𝑛+18𝑛+18

6=

(𝑛+1)[4𝑛2+8𝑛+4+15𝑛+15−1]

6=

(𝑛+1)[4(𝑛+1)2+15(𝑛+1)−1]

6, a što je i trebalo dokazati.

(4)

Dodavajući u trećem koraku lijevoj i desnoj strani [2(𝑛 + 1)]3, desna strana poslije

kubiranja i množenja poprima oblik: 2(𝑛4 + 𝑛3 + 5𝑛3 + 5𝑛2 + 8𝑛2 + 8𝑛 + 4𝑛 + 4) =2(𝑛 + 1)(𝑛3 + 𝑛2 + 4𝑛2 + 4𝑛 + 4𝑛 + 4) = 2(𝑛 + 1)(𝑛 + 1)(𝑛2 + 4𝑛 + 4) =2(𝑛 + 1)2(𝑛 + 2)2, a što je i trebalo dokazati.

(5)

Dodavanjem lijevoj i desnoj strani (𝑛 + 1)(3(𝑛 + 1) − 1) u trećem koraku desna strana

poprima oblik: 𝑛3 + 4𝑛2 + 5𝑛 + 2 = 𝑛3 + 𝑛2 + 3𝑛2 + 3𝑛 + 2𝑛 + 2 = (𝑛 + 1)(𝑛2 +𝑛 + 2𝑛 + 2) = (𝑛 + 1)2(𝑛 + 2), što je i trebalo dokazati.

(6)

Dodavanjem (𝑛 + 1)(3(𝑛 + 1) + 1) lijevoj i desnoj strani, te poslije naznačenih operacija

desna strana poprima oblik: 𝑛3 + 𝑛2 + 4𝑛2 + 4𝑛 + 4𝑛 + 4 = (𝑛 + 1)(𝑛2 + 4𝑛 + 4) =(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)2, a što je i trebalo dokazati.

(7)

Dodavanjem (𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3) lijevoj i desnoj strani imamo: 1

4𝑛(𝑛 + 1)(𝑛 +

2)(𝑛 + 3) + (𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3) =1

4(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)(𝑛 + 3)(𝑛 + 4), a što je i

trebalo dokazati.

(8)

Provjerimo tvrdnju za prvih nekoliko brojeva:

Za 𝑛 = 1, imamo 1 = 1.

Za 𝑛 = 2, imamo 2 = 2.

Pretpostavimo da zadatak vrijedi za 𝑛 = 𝑘, tj. 12 − 22 + 32 − ⋯(−1)𝑘−1𝑘2 =

(−1)𝑘−1 𝑘(𝑘+1)

2.

Dodajmo pretpostavci broj (−1)𝑘(𝑘 + 1)2, pa imamo: 12 − 22 + 32 − ⋯(−1)𝑘−1𝑘2 +

(−1)𝑘(𝑘 + 1)2 = (−1)𝑘−1 𝑘(𝑘+1)

2+ (−1)𝑘(𝑘 + 1)2 =

(𝑘+1)[(−1)𝑘−1∙𝑘+(−1)𝑘∙2𝑘+(−1)𝑘2]

2= (−1)𝑘 (𝑘+1)(𝑘+2)

2.

Lako se dokazuje da je (−1)𝑘−1𝑘 + (−1)𝑘2𝑘 = (−1)𝑘𝑘, jer ako je 𝑘 paran tada je

(−1)𝑘−1 = −1, pa je −𝑘 + 2𝑘 = 𝑘 = (−1)𝑘𝑘. A ako je kojim slučajem neparan

(−1)𝑘−1 = 1, pa je 𝑘 − 2𝑘 = −𝑘 = (−1)𝑘𝑘, a što je i trebalo dokazati.



30

(9) Kada u trećem koraku dodamo lijevoj i desnoj strani

𝑛+1

2𝑛+1, imamo: 2 −𝑛+2

2𝑛 +𝑛+1

2𝑛+1 = 2 −

[2

2

𝑛+2

2𝑛 −𝑛+1

2𝑛+1] = 2 −𝑛+3

2𝑛+1, a što je i trebalo dokazati.

(10) U trećem koraku dodajući lijevoj i desnoj strani

𝑛+1

3𝑛+1, imamo: 3∙3𝑛−3−2𝑛

4∙3𝑛 +𝑛+1

3𝑛+1 =

3∙3𝑛+1−9−6𝑛+4𝑛+4

4∙3𝑛+1 =3∙3𝑛+1−3−2𝑛−2

4∙3𝑛+1 =3∙(3𝑛+1−1)−2(𝑛+1)

4∙3𝑛+1 , što je i trebalo dokazati.

31 Funkcije Bahrudin Hrnjica


31

FUNKCIJE



32

2.1 POJAM FUNKCIJE

Čim čujemo riječ funkcije odmah pomislimo na razna mjesta koja nas čekaju kad završimo fakultet. Bit ćemo neki inženjeri bili diplomirani ili ne, ali funkcije nas čekaju, odnosno neko radno mjesto na kome ćemo obavljati neke poslove, gdje ćemo za uzvrat dobijati platu. Bilo kako bilo, funkcija nam je neophodna da bi egzistirali, da bi smo postojali. Samim dobijanjem funkcije postajemo funkcioneri. Čitav ovozemaljski svijet sastoji se iz bezbroj funkcija, nekih procesa razmjenjivanja, uzimanja, oslobađanja, davanja itd. U stvari funkcija je neki proces pri kojem se nešto odvija-događa i pri kome postoji jedan ili više određenih pravila događanja, pa bili oni čak i slučajni (tada govorimo slučajnim procesima). Sve te životne funkcije dosta su slične pojmu funkcije koju definiše matematika. U stvari nema ni jedne čak i najjednostavnije teoreme u matematici, a da se ne može primjeniti u stvarnom životu. Kada posmatramo neki proces zapazićemo da se neke od veličina koje učestvuju u tom procesu mijenjaju – uzimaju različite vrijednosti, dok druge imaju konstantnu vrijednost. Primjera za to ima bezbroj. Npr. Kada stojimo pored štanda voća. Primjetićemo da svaka kila jabuke dobija jednu te istu sumu novaca od 2 DM (demokratske marke što bi rekao jedan moj prijatelj). Odnosno svaka kila krušaka 3 DM ili grožđa 5 DM. Kada se poveća masa jabuka i ostalog voća poveća se i njihova cijena. U ovom slučaju imamo proporcionalno povećanje cijene voća sa njegovom masom. Nadalje posmatrajmo jednu totalno glupu situaciju u kojoj želimo da naduvamo staklenu flašu. Duvanjem dovodimo zrak u flašu, ali volumen flaše ostaje isti, samo smo promjenili temparaturu vazduha i pritisak u staklenoj flaši. Ovo je jedan primjer kada se dvije veličine mijenjaju dok je treća konstantna. Primjera ima bezbroj no mi ćemo zaključak dati iz ova dva suštinska primjera. Vidimo da postoje veličine koje se mijenjaju, i koje ostaju konstantne pa ćemo definisati sljedeće:

Definicija 2.1.

Veličina koja pod datim uslovima može poprimiti različite brojne vrijednosti zovemo promijenjivom veličinom. Veličina koja se u datim uslovima ne mjenja već uvijek „stoji“ na istoj brojnoj vrijednosti zovemo stalnom ili konstantnom veličinom.

Skup svih brojnih vrijednosti date promjenjive veličine zovemo oblast promjene te promjenjive. Konstante koje nikako ne mjenjaju svoju vrijednost zovemo apsolutne

konstante. Npr. 𝑝 = 3,14154. . ..- Ludolfov broj, gravitaciona konstanta 𝑔 = 9,81 itd. Međutim, u cilju općih formulacija i mogućnosti dobijanja zaključaka, dobro je i te kontantne veličine posmatrati kao specijalne slučajeve promjenjivih veličina. To je pogotovo korisno kod dokazivanja raznih teorema koje su povezane sa konstantnim veličinama.



33

2.2 FUNKCIJE JEDNE NEZAVISNO PROMJENJIVE

Definišimo dva skupa 𝐷𝑥 i 𝐾𝑦, tako da je 𝑥 element skupa 𝐷𝑥, a 𝑦 element skupa 𝐾𝑦,

drugim riječima 𝑥 ∈ 𝐷𝑥 i 𝑦 ∈ 𝐾𝑥. Preslikavanje skupa 𝐷(𝑥) na 𝐾(𝑦) definisano je

zakonom korespodencije gdje svakom 𝑥 ∈ 𝐷(𝑥) odgovara jedan element 𝑦 ∈ 𝐾(𝑦).

Element 𝑥 koji pripada 𝐷(𝑥) zvaćemo argument ili nezavisno promjenjiva. Element 𝑦

koji pripada 𝐾(𝑦) zvaćemo zavisno promjenjiva ili funkcija.

Definicija 2.2.

Funcija jedne nezavisno promjenjive (jednog argumenta) zovemo preslikavanje skupa 𝑫(𝒙) (vrijednosti argumenata) na skup

𝑲(𝒚) vrijednosti promjenjive po jednom određenom fiksnom zakonu

korespodencije (dodjeljivanja).

Pravilo pridruživanja označavaćemo sa 𝑓, 𝑔, 𝜑, 𝜓 tako da se funkcija može simbolički napisati:

𝑥 → 𝑓(𝑥) ili 𝑦 = 𝑓(𝑥) (čitaj 𝑦 je jednako ef od 𝑥)

𝑥 → 𝜑(𝑥) ili 𝑦 = 𝜑(𝑥) (čitaj 𝑦 je jednako fi od 𝑥)

Definicija 2.2 je smisao simbolike 𝑦 = 𝑓(𝑥). Znači svakom elementu 𝑥 ∈ 𝐷𝑥, odgovara

jedan element 𝑦 ∈ 𝐾𝑥. Definicija 2.2 također nam daje smijernice za definisanje funkcije. Pa tako da bi funkciju definisali potrebno je definisati:

1. Skup 𝐷𝑥 vrijednosti elementata 𝑥.

2. Zakon dodjeljivanja ili korespodencije 𝑓

3. Skup 𝐾𝑥 vrijednosti funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥).

Skup 𝐷(𝑥) vrijednosti koji može primiti argument 𝑥 zovemo još i oblast definisanosti ili

domena funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥). Skup 𝐾(𝑦) zovemo skupom vrijednosti ili kodomena

funkcije. Ako je na primjer 𝑎 ∈ 𝐷 tj. 𝑥 = 𝑎 pripada domeni funkcije 𝑓(𝑥), tada 𝑓(𝑥)

pripada kodomeni funkcije odnosno 𝑓(𝑎) ∈ 𝐾𝑥. Još se kaže da 𝑎 predstavlja sliku

elementa 𝑎 ∈ 𝐷 u skupu 𝐾. Ako postoji 𝑏 ∉ 𝐷 tada 𝑓(𝑏) nema smisla.

Također se može desiti sa 𝑥 = 𝑎 ∈ 𝐷 i 𝑥 = 𝑏 ∈ 𝐷 imamo istu vrijednost funcije odnosno vrijedi da je:

𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) Ovo znači da dvije različite vrijednosti argumenata iz domene preslikavaju se i jednu te istu tačku kodomene. Ovaj slučaj možemo pokazati na jednom jednostavnom primjeru.

Primjer 1. Ako imamo funkciju 𝒚 = 𝒙𝟐 , tada za 𝒙 = 𝟐 i 𝒙 = −𝟐 imamo istu

vrijednost funkcije 𝒇(𝟐) = 𝒇(−𝟐) = 𝟒.



34

2.2.1 NAČIN IZRAŽAVANJA FUNKCIJE

Matematički izraziti funkciju znači naći određenu uzajamnu korespodenciju između dva skupa. Načini na koji se funkcija zadaje ili izražava više je praktično pitanje nego suštinsko. Funkciju možemo zadati grafički, tablično i analitički. Grafički način predstavljanja funkcije sastoji se iz geometrijske prezentacije jedne

funkcije u koordinatnom sistemu, gdje svaki uređeni par brojeva (𝑎, 𝑏), gdje je 𝑎 –

argument, a 𝑏- zavisno promjenjiva funkcija, zamišljamo kao par koordinata tačke u

koordinatnom sistemu u ravni . Skup svih takvih tačaka u ravni 𝑥𝑂𝑦 čije su apcise

vrijednosti argumenata 𝑎, a ordinate odgovarajuće vrijednosti funkcije zovemo grafik funkcije. Grafik na vidan način prikazuje ponašanje funkcije tj. njenu monotonost, maksimalnu i minimalnu vrijednost, vrijednosti argument, nul tačke funkcije, odnosno sve osobine koje su sastavni dio funkcije. Zato se u drugim naukama Fizici, Biologiji, Psihologiji i dr. izrađuju slični grafici i dijagrami gdje se prati tok nekog procesa (pokusa) i grafički prikazuju osobine tog procesa. Jedan od primjera je dijagram momenta savijanja proste grede. Iz dijagrama možemo primjetiti kako se mjenja moment savijanja duž grede od

početne tačke 𝐴 do krajnje tačke 𝐵.

Sa slike vidimo da je najveći ili maksimalni momenat u tački 𝐶 koja se nalazi na sredini,

odnosno na mjestu gdje djeluje skoncentrisano opterećenje 𝐹. Na slici također uočavamo

da je izrađen dijagam u funkciji dužine grede 𝑥 odnosno matematički rečeno 𝑀𝑓 = 𝑓(𝑥). Tabelarni način zadavanja funkcije imamo u slučaju kada izvjesnim vrijednostima

argumenata 𝑥1, 𝑥2, … 𝑥𝑛 pridružujemo zavisno promjenjive 𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, … 𝑦𝑛, a da pri tom neznamo ili nas ne zanima način pridruživanja . Tablični način predstavljanja često koristimo u prirodnim i tehničkim naukama, u eksperimentalnim istraživanjim i sl. Na

osnovu eksperimenta dolazimo do uređenih parova (𝑥, 𝑦). Ovi parovi se tabelarno prikazuju na sljedeći način:

Slika 2.1 Dijagram momenta savijanja grede



35

Tabela 2.1 Tabearni prikaz funkcije

𝑥 𝑥1 𝑥2 ... 𝑥𝑛

𝑦 = 𝑓(𝑥) 𝑦1 𝑦2 ... 𝑦𝑛

Analitički način zadavanje funkcije sastoji se u tome da zakon preslikavanja 𝑓 damo matematičkim izrazom ili formulom. Domenu funkcije zadane u analitičkom obliku određujemo iz samog izraza, odnosno pronalazimo skup svih mogućih rješenja za koje je izraz ima slisla.

Primjer 2. Funkcija 𝒚 = 𝟐𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 + 𝟏 ima domenu svih realnih brojeva

simbolički zapisano 𝑫: 𝒙 ∈ 𝓡, jer je izraz (formula) 𝟐𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 + 𝟏 definisan za sve realne brojeve.

Primjer 3. Funkcija 𝒚 = √𝟓 − 𝒙 ima domenu svih poziotivnih realnih brojeva

manjih ili jednako od 5 simbolički zapisano 𝑫: 𝒙 ∈ (−∞, 𝟓).

Primjer 4.

Funkcija 𝒚 = 𝒍𝒏𝟏

√𝟏−𝒙𝟐 ima domenu koja se izračunava na sljedeći

način: 𝟏

𝟏−𝒙𝟐 > 𝟎 i 𝟏 − 𝒙𝟐 ≠ 𝟎

|𝒙| > 𝟏 i 𝒙 ≠ ±𝟏 Na osnovu gornjih izraza domena je definisana za:

𝑫: 𝒙 ∈ (−∞ − 𝟏)⋃(𝟏,+∞)

2.2.2 OSOBINE FUNKCIJE

Ako dvije ili više funkcija imaju istu domenu tada se mogu posmatrati zbir, razlika proizvod i količnik funkcija, odnosno mogu se posmatrati određene algebarske operacije među funkcijama. Imamo:

𝑔(𝑥) = 𝑓1(𝑥) + 𝑓2(𝑥)

𝐺(𝑥) = 𝑓1(𝑥) + 𝑓2(𝑥) + ⋯+ 𝑓𝑛(𝑥)

ℎ(𝑥) = 𝑓1(𝑥) − 𝑓2(𝑥)

𝜑(𝑥) = 𝑓1(𝑥) ∙ 𝑓2(𝑥)

𝜙(𝑥) = 𝑓1(𝑥) ∙ 𝑓2(𝑥) ∙ … ∙ 𝑓𝑛(𝑥)



36

𝑓(𝑥) =𝑓1(𝑥)

𝑓2(𝑥), 𝑓2(𝑥) ≠ 0

2.2.2.1 Jednakost dviju funkcija

Zadane su funkcije 𝑦1 = 𝑓1(𝑥), 𝑦2 = 𝑓2(𝑥) koje se definisane na skupovima 𝐷1, 𝐷2, i

𝐾1, 𝐾2. Za dvije funkcije kažemo da su jednake ako je:

1. 𝐷1, 𝐷2 – definišu istu domenu,

2. 𝐾1, 𝐾2 – imaju istu kodomenu,

3. 𝑓1(𝑥) = 𝑓2(𝑥) – imaju iste funkcije. Parne i neparne funkcije

Definicija 3.

Funkcija 𝑓(𝑥) je parna ako za vrijednosti argumenata koji su suprotni brojevi njihove vrijednosti su jednake, odnosno ako je:

𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥)

Definicija 4.

Funkcija 𝑓(𝑥) je neparna ako za vrijednosti argumenata koji su suprotni brojevi njihove vrijednosti su također suprotne, odnosno ako je:

𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥)

2.2.2.2 Geometrijska interpretacija parnosti i neparnosti funkcije

Iz definicije parne funkcije proizilazi da ako je tačka 𝐴(−𝑥, 𝑓(𝑥)) pripada grafiku

fuhnkcije, tada i tačka 𝐴′(−𝑥, 𝑓(−𝑥)), također pripada grafu. Pošto su tačke 𝐴 i 𝐴′ simetrične u odnosu na 𝑦 𝑜𝑠𝑢 to je i graf funkcije simetričan u odnosu na 𝑦 𝑜𝑠𝑢.

Slika 2.2 Grafička interpretacija parne (lijevo) i neparne (desno) funkcije



37

Analogno (Slika 2.2) iz definicije neparne funkcije uočavamo da ako je tačka 𝐴(𝑥, 𝑓(𝑥))

pripada grafiku funkcije, tada i tačka 𝐴′(−𝑥,−𝑓(𝑥)), također pripada grafiku funkcije.

Pošto su tačke 𝐴 𝑖 𝐴′ simtrične i odnosu na ishodište koordinatnog sistema, zaključujemo da je neparna funkcija centralno simetrična u koordinatnom početku. Iz geometrijske interpretacije proizilazi da pri konstrukciji grafa parne i neparne funkcije

dovoljno je da prvu konstruišemo za pozitivne brojeve 𝑥 dok ćemo ostatak konstruisati

simetrično osi 𝑦, a drugu na pozitivnom dijelu 𝑦 ose, a ostatak centralno simetrično tački ishodišta koordinatnog sistem.

Definicija 5. Funkcija 𝑓(𝑥) koja nije ni parna ni neparna jednostavno zovemo ni parna ni neparna funkcija.

Primjer 5. Funkcija 𝒚 = 𝒙𝟐𝒌 , gdje je k- cijeli broj, 𝒄𝒐𝒔 𝒙,|𝒙| - su parne funkcije.

Primjer 6. Funkcija 𝒚 = 𝒙𝟐𝒌+𝟏 , gdje je k- cijeli broj, 𝒔𝒊𝒏 𝒙,

|𝒙|

𝒙 - su neparne

funkcije.

2.2.2.3 Periodičnost funkcije

Definicija 6.

Funkcija 𝑓(𝑥) se naziva periodičnom ako postoji jedan realan pozitivan broj

𝑇, takav da su vrijednosti funkcije 𝑓(𝑥) u tačkama 𝑥 𝑖 𝑥 + 𝑇jednake, tj. da za

svako 𝑥 važi 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥 + 𝑇), pri čemu se najmanji pozitivan broj 𝑇 zove

primitivni period ili kraće periodom funkcije f(𝑥).

Ako 𝑥 ∈ 𝐷, domeni funkcije f(𝑥) tada svaki broj oblika 𝑥 + 𝑘𝑇, gdje je 𝑘 =±0,±1, ±2, . .. također pripada oblasti definisanosti, i pri čemu je 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥 ± 𝑘𝑇).

Ovo se lako dokazje jer ako krenemo od početne definicije imamo: 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥 ± 𝑇) =

𝑓((𝑥 ± 𝑇) ± 𝑇) = ⋯ = 𝑓(𝑥 + 𝑘𝑇). Iz gornjeg lako zaključujemo da tačke … , 𝑎 −

2𝑇, 𝑎 − 𝑇, 𝑎, 𝑎 + 𝑇, 𝑎 + 2𝑇, … iz domene funkcije preslikavaju se u jednu tačku 𝑓(𝑎)

skupa 𝐾 odnosno kodomene funkcije 𝑓(𝑥). Također zaključujemo da će se grafik periodične funkcije biti sastavljen od lukova koji se ponavljaju na svakom od segmenata

[a + kT, a + (k + 1)T], gdje je 𝑘 = 0,±1,±2,…. Prema tome ako je funkcija

peroodična dovoljno je analizirati istu na osnovnom segment [0, 𝑇], a ostalom dijelu domene se periodičnost ponavlja.

Primjer 7.

Trigonometrijske funkcije 𝒔𝒊𝒏 𝒙 , 𝒄𝒐𝒔 𝒙 su periodične funkcije sa

periodom 𝑷 = 𝟐𝝅, a funkcije 𝒕𝒈 𝒙, 𝒄𝒕𝒈 𝒙 sa periodom 𝑷 = 𝝅, tj.

𝒔𝒊𝒏 (𝒂(𝒙 + 𝑻)) = 𝒔𝒊𝒏(𝒂𝒙 + 𝝅) = 𝒔𝒊𝒏 𝒂𝒙, pa je 𝒂𝑻 = 𝟐𝝅 ⇔ 𝑻 =



38

𝟐𝝅

𝒂

Primjer 8.

Funkcija 𝒇(𝒙) = {𝒙} = 𝒙 − [𝒙] je periodična funkcija s

periodom 𝑻 = 𝟏, jer je:

{𝒙 + 𝑻} = 𝒙 + 𝑻 − [𝒙 + 𝑻] = 𝒙 − [𝒙] = {𝒙}

I uopće kada imamo:

{𝒙 + 𝒌𝑻} = {𝒙}


Periodičnost funkcije može se zadati i samo n anekom segmentu[𝑎, 𝑎 +𝑇]. Tako da u primjeru 7 funkciju 𝑦 = 𝑠𝑖𝑛 𝑥 ograničavamo samo na

segment [0, 𝟐𝝅], a ispitivanje funkcije 𝑦 = 𝑡𝑔 𝑥 na [−𝝅

𝟐,𝝅

𝟐].

Periodičnost je pojava vrlo česta u prirodi odnosno u svakodnevnom životu . Periodičnost pojave Sunca, poslije 24 sata, kao i općenito kretanje planeta itd.

2.2.2.4 Ograničene i neograničene funkcije

Definicija 7.

Funkcija 𝑓(𝑥) je ograničena u svojoj Domeni (oblasti definisanosti) ako je skup K odnosno skup njenih vrijednosti (Kodomena) ograničena.

Drugim riječima ako postoji takva dva broja 𝑚 i 𝑛 da je za sve

vrijednosti x ∈ 𝐷 vrijedi 𝑚 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑛, gdje su 𝑚 i 𝑛 – realni brojevi.

Geometrijska interpretacija Definicije 7 je takva sa se cijeli grafik funkcije nalazi u dijelu

ravni koja je ograničena sa pravcima 𝑦 = 𝑚 i 𝑦 = 𝑛.



39

Za ograničene funkcije jednog argumenta važi sljedeća teorema.

Teorema 2.1.

Ako je funkcija 𝑓(𝑥) ograničena na skupu x ∈ 𝐷, tada postoji

pozitivan broj 𝑀takav da je –𝑀 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀 odnosno |𝑓(𝑥)| ≤ 𝑀.

Dokaz: Ako uzmemo da je broj 𝑴 = 𝒎𝒂𝒙{𝒎,𝒏} tj. 𝑴 ≥ |𝒎| ⋀𝑴 ≥ 𝒏

tada je −𝑴 ≤ |𝒇(𝒙)| ≤ 𝑴 odnosno |𝒇(𝒙)| ≤ 𝑴. Važi i obrnuto.

Primjer 9. Funkcija 𝒚 = 𝒔𝒊𝒏 𝒙 ograničena je za 𝑀 = 1, tada imamo |sin 𝑥| ≤ 1,

kao i to da je |cos 𝑥| ≤ 1. Ovo pak znači da grafik funkcije sin i cos leže unutar trake koju čine pravci y=1 i y=-1. Vidi sliku 2.4.

Napomena: Ograničenost funkcije može biti i samo s jedne strane odnosno sa gornje ili

donje strane.Drugim riječima postoji broj 𝑚 takav da je 𝑚 ≤ 𝑓(𝑥) -ograničenost sa

donje strane i 𝑛 takav da je 𝑓(𝑥) ≤ 𝑛 –ograničenost s gornje strane.

Primjer 10. Funkcija 𝒚 = 𝒙𝟐 ograničena sa donje strane jer je 0 ≤ 𝑓(𝑥) = 𝑥2.

Primjer 11. Funkcija 𝒚 = −𝒙𝟐 ograničena sa gornje strane jer je 0 ≥ 𝑓(𝑥) = 𝑥2.

Kažemo da funkcija nije ograničena u koliko ne postoji realni broj M takav da je 𝑓(𝑥) ≤𝑀.

Slika 2.3 Funkcija sin 𝑥2, ograničena je pravim 𝑦 = 1 i 𝑦 = −1



40

2.2.2.5 Monotonost funkcije

Definicija 8.

Za funkciju 𝒇(𝒙) kažemo da je neopadajuća na skupu 𝑫 ako za

dva različita argumenta 𝒙𝟏 i 𝒙𝟐 iz domene vrijedi 𝒙𝟏 ≥ 𝒙𝟐 ⇒𝒇(𝒙𝟏) ≥ 𝒇(𝒙𝟐)

Funkcija se zove streogo rastuća ili rastuća ako je za 𝒙𝟏 > 𝒙𝟐 ⇒ 𝒇(𝒙𝟏) > 𝒇(𝒙𝟐)

Definicija 9. Za funkciju 𝒇(𝒙) kažemo da je nerastuća na skupu 𝑫 ako zadva

različita argumenta 𝒙𝟏 i 𝒙𝟐 iz domene vrijedi 𝒙𝟏 ≥ 𝒙𝟐 ⇒ 𝒇(𝒙𝟏) ≤𝒇(𝒙𝟐)

Funkcija se zove strogo opadajuća ili opadajuća ako je za 𝒙𝟏 > 𝒙𝟐 ⇒ 𝒇(𝒙𝟏) < 𝒇(𝒙𝟐)

Ako je funkcija 𝑦 = 𝑓(𝑥) neopadajuća tada za neke elemente domene 𝑥1 i 𝑥2 vrijedi 𝑓(𝑥1) =𝑓(𝑥2). Uočimo li segment [𝑥1, 𝑥2] tada je 𝑥1 < 𝑥 < 𝑥2, odnosno 𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥) =𝑓(𝑥2). U ovom slučaju funkciju zovemo konstantnom na segmentu [𝑥1, 𝑥2]. Iz izloženog možemo zaključiti da svaka rastuća funkcija ujedno je i neopadajuća, a dok svaka neopadajuća funkcija nije uvijek rastuća. Sličnu logiku možemo primjeniti i za opadajuću i nerastuću funkciju.

Definicija 10. Monotona funkcija na nekom intervalu (𝒙𝟏, 𝒙𝟐) domene funkcije zove se funkcija koja je ili neopadajuća ili nerastuća.

Funkcija je strogo monotona ako je ili opadajuća ili rastuća.

Slika 2.4 Ograničenost sin 𝑥 𝑖 cos 𝑥, funkcija pravim 𝑦 = 1 i 𝑦 = −1



41

Primjeri monotonosti funkcije:

Primjer 12. Funkcija 𝑦 = 𝑎𝑥 za (𝑎 > 1), 𝑓(𝑥) = log𝑎 𝑥 za (𝑎 > 1) i 𝜑(𝑥) = 𝑥5 predstavljaju primjere strogo monotono rastućih funkcija

Primjer 13. Funkcija 𝑦 = 𝑡𝑔 𝑥 je strogo monotona, a rastuća je u intervalima

(−𝜋

2+ 2𝑘𝜋,

𝜋

2+ 2𝑘𝜋) , 𝑘 = 0,±1, . ..

2.2.2.6 Neprekidnost funkcije

Definicija 11.

Ako je funkcija 𝒇(𝒙) definisana u nekoj tački 𝒙𝟎 odnosno ako je

za 𝒙𝟎 ∈ 𝑫 imamo 𝒇(𝒙𝟎) ∈ 𝑲 i ako sa proizvoljno malim brojem

𝜺 > 𝟎 definišemo okolinu tačke 𝒙𝟎 + 𝜺 ∈ 𝑫 također dobijamo

proizvoljno malu okolinu funkcije 𝒇(𝒙𝟎 + 𝜺) ∈ 𝑲 takva funkcija

je neprekidna u tački 𝒙𝟎.

Funkcija je neprekidna na segmentu [𝑎, 𝑏] ako je neprekirdna u svakoj tački segmenta

[𝑎, 𝑏]. Svaki grafik neprekidne funkcije je neprekidna kriva. Primjeri neprekidnih funkcija.

Slika 2.5 Primjeri neprekidnih funkcija



42

Primjeri prekidnih funkcija.

Funkcija 𝑦 =1

𝑥2 je prekidna za 𝑥0 = 0jer nepostoji 𝑦 =1

0. Funkcija 𝑦 = 𝑠𝑔𝑛 𝑥nije

neprekidna jer ima prekid u tački 𝑥0 = 0. Često se iz funkcije koja je zadana anaitičkim putem lako nalazi prekid u koliko postoji.

To je ona tačka za koju vrijednost argumenta funkcija nema smisla. Primjer funkcije 𝑦 =1

𝑥2.

2.2.2.7 Ekstremi funkcije

Neka je funkcija 𝑓(𝑥) definisana u intervalu (𝑎, 𝑏) i neka je 𝑎 < 𝑥0 < 𝑏. Ako za sve 𝑥 iz

okoline tačke 𝑥0 vrijedni: 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑥0) ∨ 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑥0) tada funkcija 𝑓(𝑥) ima u

tački 𝑥0 maksimum (sl.2.7 lijevo) odnosno minimum (sl. 2.7. desno). Drugim riječima

njena ordinata u tački 𝑥0 je veća odnosno manja od ordinata tačaka okoline tačke 𝑥0 . Maksimum i minimu se zajedno zovu ekstremne vrijednosti funkcije.

U tački 𝑥0 funkcija 𝑓(𝑥) ima maksimum tj. za 𝑥 < 𝑥0 ⇒ 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑥0) . I zadnjih

izraza vidimo da je lijevo od tačke 𝑥0 funkcija raste, a desno od date tačke funkcija opada.

Slika 2.6 Primjeri prekidnih funkcija

Definicija 12. Funkcija 𝒇(𝒙𝟎) je prekidna u tački 𝒙𝟎 ako je 𝒇(𝒙𝟎) ∉ 𝑲.

Slika 2.7 Primjeri funkcija i njihove ekstremne vrijednosti



43

Analogno zaključujemo i kada je 𝑥0 minimum funkcije 𝑓(𝑥), samo u suprotnim stranama Vidi sliku 2.7. Iz ovoga vidimo da svaki ekstrem razdvaja intervale monotonosti funkcije.

2.2.2.8 Asimptote funkcije

Definicija 13. Prava čija udaljenost od tačke na grafu funkcije 𝒇(𝒙) teži nuli kada tačka funkcije teži u beskonačnost.

Kako je rečeno asimptote su prave linije, pa stoga imaju jednačinu pravca 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏. Zavisno od vrijednosti argumenata a i b dijelimo ih na : horizontalne, vertikalne i kose asimptote.

Primjer 14.

Hiperbola 𝒚 =𝟏

𝒙 dodiruje koordinatne ose u beskonačnim

tačkama. Kažemo da funkcija 𝒚 =𝟏

𝒙 ima jednu horizontalnu i

jednu vertikalnu asimptotu. Slika 2.8.

2.2.3 INVERZINA FUNKCIJA

Posmatrajmo funkciju jedne nezavisno promjenjive kojoj je skup vrijednosti 𝐷. Skup

𝐾neka bude skup vrijednosti funkcije, odnosno skup 𝐾 predstavlja sliku skupa 𝐷. Na

osnovu definicije funkcije svakom elementu skupa 𝐷 odgovara jedinstven broj 𝑦 =𝑓(𝑥) ∈ 𝐾. Da bi se mogla definisati inverzna funkcija potrebno je da se posmatra bijektivno preslikavanje u kojem svaki element iz domene propada jedan i samo jedan element iz kodomene i obrnuto. Na osnovu toga možemo definisati inverznu funkciju.

Definicija 14.

Ako svakoj vrijednosti funkcije 𝒚 = 𝒇(𝒙) iz skupa 𝑲 odgovara

jedan i samo jedan element iz skupa 𝑫, pri kojoj je definisana

jednoznačna korespodencija 𝒙 = 𝒇−𝟏(𝒚) tada govorimo o

Slika 2.8 Graf hiperbole na kojoj su prikazane asimptote koje su ujedno ose koordinatnog sistema



44

inverznoj funkciji u odnosu na funkciju 𝒇(𝒙).

Za inverznu funkciju oblast definisanosti 𝐷 ili domenu inverzne funkcije čini kodomena

ili skup 𝐾, a vrijednosti inverzne funkcije skup 𝐷. Funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥) i 𝑥 = 𝑓−1(𝑦)

zovemo uzajamno inverzne funkcije. Preslikavanje vrijednosti 𝑥 ∈ 𝐷 posredstvom

pravila 𝑓 dolazimo do funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥), dok preslikavanje vrijednosti 𝑦 = 𝑓(𝑥) ∈ 𝐾

posredstvom pravila 𝑓−1. To znači da je:

𝑓−1(𝑓(𝑥)) = 𝑥, a 𝑓(𝑓−1(𝑦)) = 𝑦 (2.1)

Primjer 15.

Za funkciju 𝑦 = 3𝑥 − 2 inverzna funkcija je 𝑥 =𝑦+2

3, pa je 𝑓(𝑥) =

3𝑥 − 2, a 𝑓−1(𝑦) =𝑦+2

3. Ove funkcije su uzajamno inverzne, jer je

𝑓−1(𝑓(𝑥)) =(3𝑥−2)+2

3= 𝑥, 𝑓(𝑓−1(𝑦)) = 3 ∙

𝑦+2

3− 2 = 𝑦.

Primjer 16. Za funkciju 𝑦 = 𝑥3 inverzna funkcija je 𝑥 = √𝑦3.

Primjer 17.

Za funkciju 𝑦 = 𝑥2imamo da je domena 𝐷 ∈ (−∞,∞), a dok je 𝐾 ∈(0,∞). To znači da je uspostavljeno jednoznačno preslikavanj sa 𝐷 →𝐾 . Međutim, ako potražimo inverznu funkciju uočićemo da za svako

𝑦 dobijemo dvije različite vrijednosti 𝑥, što znači da ova funkcija kao i

svaka funkcja 𝑦 = 𝑥2𝑛 nema inverznu funkciju jer je 𝑥 = ± √𝑦2𝑛.

Inverznu funkciju 𝑦 = 𝑥2𝑛 moramo odvojeno posmatrati na

poluintervalima (−∞, 0] i [0, +∞). Važna osobina međusobno inverznih funkcija jeste da su im grafici simetrični u odnosu

na pravac 𝑦 = 𝑥. Dokaz ove tvrdnje lako sprovodimo. Ako tačka 𝑆(𝑎, 𝑏)pripada grafiku

funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥), odnosno 𝑥 = 𝑓−1(𝑦), tada tačka 𝑆′(𝑎′, 𝑏′) pripada grafiku funkcije

𝑦 = 𝑓−1(𝑥). Dokažimo još da su tačke 𝑆 i 𝑆′ simetrične u odnosu na pravac 𝑦 = 𝑥.

Slika 2.9 Grafička interpretacija inverzne funkcije



45

Ako je 𝑅 grafik funkcije 𝑦 = 𝑥, tj. grafik siječe I i III kvadrant na dva jednaka dijela imamo da je:

≮ 𝑥𝑂𝑟 = ≮ 𝑟𝑂𝑦 ⇔ 𝛼 = 𝛽

Δ𝑂𝑁′𝑆′ ≈ Δ𝑂𝑁𝑆 – (katete su im jednake)

≮ 𝑆𝑂𝑁 = ≮ 𝑅𝑂𝑁′ Kada oduzmemo prvi i treći izraz imamo:

≮ 𝑥𝑂𝑟−≮ 𝑆𝑂𝑟 = ≮ 𝑟𝑂𝑦−≮ 𝑟𝑂𝑆′ ≮ 𝑆𝑂𝑟 = ≮ 𝑟𝑂𝑆′

(2.2)

Zadnji izraz daje na da zaključimo da je 𝑟 - simetrala ugla ≮ 𝑆𝑂𝑆′, a pošto su 𝑂𝑆 = 𝑂𝑆’ zaključujemo ujedno da je Δ𝑂𝑆𝑆′ jednakokraki trougao pa simetrala ugla jednakokrakog

trougla polovi stranicu 𝑆𝑆’, tj. 𝑟 je simetrala duži 𝑆𝑆’. Zaključivanjem da su tačke 𝑆 i 𝑆’ simetrične u odnosu na pravac 𝑟. Pošto su 𝑆 i 𝑆’ bilo koje tačke zaključujemo da su i

grafici funkcije i njene inverzne funkcije simetrični u odnosu na pravac 𝑦 = 𝑥.

Definicija 14.

Ako svakoj vrijednosti funkcije 𝒚 = 𝒇(𝒙) iz skupa 𝑲 odgovara

jedan i samo jedan element iz skupa 𝑫, pri kojoj je definisana

jednoznačna korespodencija 𝒙 = 𝒇−𝟏(𝒚) tada govorimo o

inverznoj funkciji u odnosu na funkciju 𝒇(𝒙).

2.2.4 SLOŽENA FUNKCIJA

Složenu funkciju možemo posmatrati kao proces više preslikavanja gdje je kodomena prvog domena drugog preslikavanja i td.

Ako pretpostavimo da imamo dvije funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑢) i 𝑢 = 𝜑(𝑥) tada funkcija 𝑦 =𝑓(𝑢) znači preslikavanje skupa 𝐷 na skup 𝑈 koji je skup vrijednosti odnosno domena

Slika 2.10 Položaj funkcije i njene inverzne komponente na grafu



46

funkcije 𝜑(𝑥). Na cijeli skup 𝑈 nemora pripadati oblast definisanosti funkcije 𝑓(𝑢).

Vrijednost argumenta 𝑥, za koji je 𝑢 = 𝜑(𝑥) pripada oblasti definisanosti funkcije 𝑢 =𝑓(𝑢), formira skup 𝐷1 koji je dio skupa 𝐷.

Definicija 15.

Funkcija sa znakom korespodencije 𝒚 = 𝒇(𝝋(𝒙)) čiju domenu

čini skup 𝑫𝟏 onih vrijednosti argumenata 𝒙 za koji je 𝒖 = 𝝋(𝒙)

pripada oblasti domeni funkcije 𝒚 = 𝒇(𝒖), zovemo složenomn

funkcijom od 𝒙 preko međuargumenta 𝒖.

Zato simbol 𝑦 = 𝑓(𝜑(𝑥)) znači (kao što je rečeno) dva oreslikavanja 𝑥 → 𝑢 → 𝑦 i ima

smisla ako 𝑢 = 𝜑(𝑥) domena funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑢). Ako 𝑢 = 𝜑(𝑥) ne pripada domeni

funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑢), tada simbol 𝑦 = 𝑓(𝜑(𝑥)) nema smisla i ne definiše složenu funkciju.

Analogno možemo definisati složenu funkciju sa tri ili više konačnih preslikavanja i međuargumenata.

Primjer 18.

Složena funkcija sa dva međuargumenta bile bi sljedeće funkcije: 𝑦 =𝑓(𝑢), 𝑢 = 𝜑(𝑣), 𝑣 = 𝜔(𝑥).

Ako je 𝑦 = 𝑓(𝜑(𝜔(𝑥))) ima smisla ostvareno je preslikavanje 𝑥 →

𝑢 → 𝑣 → 𝑦 i definisana složena funkcija y sa argumentom 𝑥. Svaka slžena funkcija može se razbiti na lanac uzastopnih preslikavanja. Zato se složena funkcija zove još i posredna funkcija.

Primjer 19. Zadan je lanac preslikavanja 𝑥 → 𝑢 → 𝑦 definisan sljedećim zakonom

korespodencije: 𝑦 = 𝑓(𝑢) = ln 𝑢, 𝑢 = 𝜑(𝑥) = 𝑥 − 2.

Funkcija definisana sa 𝑢 = 𝜑(𝑥) definisana je za sve realne brojeve 𝑥 ∈(−∞,+∞). Ovaj interval obrazuje domenu funkcije 𝑢 = 𝜑(𝑥). Međutim sve vrijednosti ove frunkcije funkcije tj. svi elementi kodomene ne pripadaju domeni funkcije

sljedeće u lancu odnosno funkciji 𝑦 = 𝑓(𝑢). Domeni funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑢) pripadaće

samo vrijednosti iz intervala [2, +∞), jer samo za te vrijednosti definisana je funkcija

𝑦 = 𝑓(𝑢). Zbog toga područje definisanosti složene funkcije biće samo vrijednosti za

koje ova funkcija ima smisla odnosno poluinterval [2, +∞).

2.2.5 FUNKCIJA ZADANA U PARAMETARSKOM OBLIKU

Ako imamo skup funkcija 𝑥 = 𝜑(𝑡) i 𝑦 = 𝜓(𝑡), koje su definisane na skupu 𝐷𝑡 . Neka je

za funkciju 𝑥 = 𝜑(𝑡) definisana inverzna funkcija 𝑡 = 𝑓−1(𝑥), tada je: 𝑦 =

𝜓(𝜑−1(𝑥)) = 𝑓(𝑥). Ovo znači da gornji skup funkcija 𝜑(𝑡), 𝜓(𝑡), definiše 𝑦 kao

funkciju od 𝑥 sa zakonom korespodencije: 𝑦 = 𝜓(𝜑−1(𝑥)) = 𝑓(𝑥).

Neka je sada 𝑦 = 𝜓(𝑡) i 𝑥 = 𝜑(𝑡). U ovom slučaju ćemo kazati da je funkcija 𝑦 = 𝑓(𝑥)

data u parametarskom obliku . Argument 𝑡 zovemo parametrom a postupak prelaska sa



47

parametarskog oblika na klasični oblik 𝑦 = 𝜓(𝜑−1(𝑥)) = 𝑓(𝑥) zovemo eliminacijom

parametra. Iz zadnjeg zaključujemo da je za svako 𝑡 ∈ 𝐷𝑡 vrijedi: 𝑓(𝜑(𝑡)) = 𝜓(𝑡) = 𝑦.

Kada prelazimo sa funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥) na parametarski oblik 𝑦 = 𝜓(𝑡) i 𝑥 = 𝜑(𝑡)

kažemo da smo parametrizirali funkciju 𝑦 = 𝑓(𝑥).

Primjer 20.

Ako su nam zadani parametarski oblici funkcije 𝑥 = 𝑎 sin 𝑡 i 𝑦 =𝑏 cos 𝑡, eliminacijom parametara imamo:

𝑥2

𝑎2+

𝑦2

𝑏2= sin2 𝑡 + cos2 𝑡 = 1

𝑥2

𝑎2+

𝑦2

𝑏2= 1

Primjer 20.

Imamo jednačine 𝑥 = 𝑎 cos3 𝑡 i 𝑦 = 𝑎 sin3 𝑡 gdje je 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋. Eliminacijom parametara imamo:

√𝑥3

𝑎2= cos 𝑡 ,

√𝑦3

𝑎2= sin 𝑡

Kvadriranjem i sabiranjem jednačina imamo:

𝑥23 + 𝑦

23 = 1

Zadnja jednačina koju smo dobili predstavlja jednačinu astroide.



48

2.3 PREGLED OSNOVNIH ELEMENTARNIH FUNKCIJA

2.3.1 NEŠTO IZ HISTORIJE

Poznavanje osnovnh elementarnih funkcija je neophodno u daljnjem studiranju Matematike. Cijela Matermatika uvijek je povezana sa funkcijama zadanim kako u analitičkom tako i grafičkom (zadana preko grafa funkcije) obliku. Već smo vidjeli kako se funkcija može zadati i svaki od načina njenog zadavanja je jednako važav. Kada funkciju želimo da spoznamo mi je sebi nacrtamo, jer lakše je nešto shvatiti kada nam je prikazano u obliku crteža. Prije nego se upoznamo sa elementarnim funkcijama objasnimo pojmove preko kojih se zadaju funkcije, posebno kada je u pitanju grafički prikaz funkcija. Saku funkciju koju želimo da grafički prikažemo postavljamo jdan bilo pravougli ili polarni koordinatni sistem. Ovi sistemi na omogućavaju da analitički zadanu funkciju pretvorimo u grafički oblik. Međutim nije sve bilo tako jednostavno kao što izgleda. Da li griješimo kada postavimo koordinatni sistem i svakom paru realnih brojeva pridružujemo odgovarajuće tačke na brojevnom pravcu apcise ili ordinate? Možda ima više tačaka na pravcu nego brojeva i obrnuto?. Za takva i druga slična pitanja pobrinuli su se Deskart, Dedekind i Kantor, tri matematičara. Kantor je prvi dokazao da je skup realnihp brojeva neprebrojiv. To znači da skup realnih brojeva broji više elemenata nego što ima skup prirodnih brojeva. To se može shvatiti da su realni brojevi neprekidni te da ih ima koliko i tačaka na pravcu. Međutim iako se na prvi pogled ne može vidjeti skup raconalnih brojeva je isti kao i skup cijeli odnosno ova dva skupa su jednaka, odnosno ima ih onliko koliko i prirodnih brojeva. Bez obzira na to

da između svaka dva racionalne broja 𝑎 i 𝑏 možemo naći broj 𝑐 koji se nalazi između njih

odnosno 𝑎 < 𝑐 < 𝑏 ipak racionalni brojevi se ne poklapaju sa tačkama na jednom pravcu. Jednstavan dokaz ove teze je da dijagonala kvadrata stranice 1. Znamo da je tada

dužina dijagonela po Pitagorinoj teoremu √2 . Vidimo da ovaj broj ne pripada skupu racionalnih brojeva, ali se ipak može nacrtati na pravoj. Donja slika prkazuje kako

odrediti tačku √2. U koliko brojevnom pravcu definišemo duz dužine 1, te nad krajnjom

tački konstruišemo pod uglom od 900također drugu duž dužine 1, tada duž koja spaja

početnu tačku prve duži i krajnju tačku druge duži ima dužinu √2, koju onda lako prenosimo na brojevni pravac. Dedekind je zaslužan po tome što je definisao realne brojeve preko racionalnih brojeva. Poznata je njegova definicija realnih brojeva preko rezova skupa racionalnih brojeva.

Slika 2.11 Konstrukcija broja √2,



49

Dekart je zaslužan zbog toga što je formulirao principe analitičke geometrije. Ono se sastoji u određivanju položaja jedne tačke u ravni ili prostoru pomoću sistema brojeva koji su nazvani koordinate tačaka- Time je proučavanje geometrijskoh likova svedeno na proučavanje brojeva. Dekartov koordinatni sistem u ravni upravo se definiše na jednoj funkciji (korespodenciji) skupa tačaka u ravni i realnih brojeva. Kantorovom

formulacijom neprebrojivosti realnih brojeva, te identičnosti skupa realnih brojeva 𝑅 sa

skupom 𝑅𝑥R uređenih parova realnih brojeva a samim tim i skupom uređenih parova sa jednom i samo jednom tačkom u ravni, na potpun način je formulisana čitava analitička geometrija i svi koordinatni sistemi.

2.3.1.1 Pravougli Dekartov koordinatni sistem

Još ćemo reći da je Dekartov pravougli koordinatni sistem tvore dvije okomite usmjerene

prave 𝑥 i 𝑦 koje se sjeku u tački 𝑂. Svakoj tački 𝑀 u ravni 𝑥𝑂𝑦 pripada uređen par

realnih brojeva na brojevnim pravcima 𝑥 i 𝑦 i to 𝑀(𝑥1, 𝑦1) i obrnuto svkom paru

uređenih brojeva (𝑥1, 𝑦1) odgovara jedna i samo jedna tačka M u ravni 𝑥𝑂𝑦. Uređen par

(𝑥1, 𝑦1) zovemo još i koordinata tačke 𝑀.

2.3.1.2 Polarni koordinatni sistema

Vidjeli smo da se Dekartov pravougli koordinatni sistem dozvoljava određivanje položaja tačke pomoću sistema od dvije koordinate. Mogu se pronaći i drugi sistemi pomoću kojih se uspostavlja korespodencija između tačke i para koordinata (brojeva). To je slučaj polarnih

koordinata u ravni. Ako u pravouglom koordinatnom sistemu posmatramo tačku 𝑀 koja ima

koordinate 𝑀(𝑥1, 𝑦1), lako možemo vidjeti da će ona jednoznačno biti određena i ako duž

𝑂𝑀̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑟 iz koordinatnog početka zarotiramo za ugao 𝜑. Vrijednost 𝑟 i 𝜑 jednoznačno određuju

položaj tačke 𝑀, tj. 𝑀 ima polarne koordinate 𝑀(𝑟, 𝜑). Vrijednost 𝜑 zove se polarni ugao tačke

𝑀, a 𝑟 radijus vektor. Znači jednom uređenom paru brojeva (𝑟, 𝜑) odgovara jedna i samo jedna

Slika 2.12 Pravougli koordinatni sistem



50

tačka u ravni 𝑀. Međutim jednoj tački u ravni može odgovarati beskonačno mnogo parova

(𝑟, 𝜑).

Iz tog razloga pretpostavicemo da imamo odnosno da nam je poznato jedno partikularno

rješenje (𝑟0, 𝜑0).

Zbog periodičnosti uglova pored početnog rješenja imamo i ostala rješenje u obliku

(𝑟0, 𝜑0 + 2𝑘𝜋), gdje je 𝑘 = 0, ±1,±2,…. Konverzija polarnih koordinata u pravougle možemo izvršiti na sljedeći način:

𝑟0 = √𝑥2 + 𝑦2, odnosno 𝑟0 =𝑥

cos𝜑0 ili

𝑦

sin𝜑0 tj.

cos𝜑0 = 𝑟0 𝑥 = 𝑥√𝑥2 + 𝑦2

𝑥 = 𝑟 cos𝜑0, 𝑦 = 𝑟 sin𝜑0

Iz zadnjih relacija lako možemo iz jednog sist ema preći u gdrugi. Ovo su dva najčešće korištena koordinatna sistema, mada postoje i drugi sistemi u prostoru preko kojih se prikazuju grafici funkcija dvije promjenjive, a zovemo ih pravougli prostorni, cilindrični te sferni koordinatni sistem.

Slika 2.13 Polarni koordinatni sistem



51

2.3.1.3 Klasifikacija funkcija

Klasifikacija funkcija se vrši prema operacijama koje se pojavljuju u funkciji. Racionalne operacije su računske operacije: oduzimanje, sabiranje, djeljenje, množenje i stepenovanje cijelim brojevima. Iracionelne operacije su operacije korjenovanja i stepenovanja razlomaka. Algebarske operacije zovemo zajedno racionalnim i iracionalnim operacijama. Sve operacije koje nisu algebarske zovemo transcedentnim. Racionalni izrazi su izrazi u kojima se pojavljuju

racionalne operacije nrp. 5𝑎2 −7

8𝑥 + 3,

𝑎𝑥+𝑏

𝑐𝑥+𝑑, (𝑥2 − 2)/(𝑥2 − 2𝑎3). Racionalni izrazi

mogu biti: cijeli i razlomljeni. Racionalni izrazi koji ne sadrže djeljenje općim brojevima

zovemo cijeli. Npr. 5𝑥2 −7

8𝑥 + 2𝑥 + 3.

Racionalni izraz koji sadrži djeljenje općim brojevima zovemo razlomljenim. Npr. 𝑥+1

𝑥+2,

3+2𝑥

2+3𝑥.

Racionalne izraze oblika 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1 + ⋯+ 𝑎1𝑥 + 𝑎0, gdje je 𝑎0 ≠ 0

zovemo polinom n-tog stepena, sa jednom promjenjivom 𝑥. Koeficijenti 𝑎𝑖 ne zavise od

𝑥, a 𝑛 je prirodan broj. Racionalne funkcije su one funkcije u kojima se zavisno promjenjiva varijabla dobija kada se argument podvrgne konačnom broju racionalnih operacija i realnih konstanti. Opći

oblik racionalne funkcije: 𝑦 = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1 + ⋯+ 𝑎1𝑥 + 𝑎0, gdje je 𝑎0 ≠ 0.

Zavisno od broja 𝑛 dobijamo:

Za 𝑛 = 1 linearna funkcija

Za 𝑛 = 2 kvadratna funkcija (parabola)

Za 𝑛 = 3 kubna funkcija (kubna parabola) Itd. Sve racionalne funkcije su najjednostavnije funkcije matematičke analize. Algebarske funkcije su one funkcije u kojima su zastupljeni algearski izrazi. U ove funkcije spadaju sve racionalne i iracionalne funkcije kao najčešći oblik inverznih racionalnih funkcija.

Primjer 21. Primjeri algebarskih funkcija: 𝑓(𝑥) = √𝑥3

, 𝑦 =(𝑥+2√𝑥+3)

2

(1−√3𝑥)3

Sve funkcije koje nisu algebarske zovemo transcedentne funkcije. Osnovne transcedentne funkcije su: trigonometrijske, eksponencijalne, hiperbolne, i njihove inverzne funkcije odnosno arkus funkcije. Naziv transcedentne dobile su po tome što defenisanje ovih funkcija „prevazilazi snage algebre“ ili lat. Algebrae vires transcendit, odnosno nisu algebarske operacije primjenjene u konačno mnogo puta.



52

2.3.2 LINEARNA FUNKCIJA (JEDNAČINA PRAVCA)

Opći oblik linearne funkcije dobija se za n=1, odnosno: 𝑦 = 𝑎1𝑥 + 𝑎0.

Pretpostavimo da imamo jedan pravac u koordinatnom sistemu te dvije tačke A i B, koje

imaju koordinate 𝐴(𝑋𝐴, 𝑌𝐴) i 𝐵(𝑋𝐵, 𝑌𝐵) respektivno i koje pripadaju pravoj 𝑝. Sa slike 2.14 jasno se vidi da je:

𝐵𝑆̅̅̅̅ = ∆𝑦 = 𝑦𝐵 − 𝑌𝐴

𝐴𝑆̅̅̅̅ = ∆𝑋 = 𝑋𝐵 − 𝑋𝐴

(2.3)

Također lako se uočava da je ∆𝑆0𝑌𝐴𝐵 ~ ∆𝐴𝐵𝑆 pa je ∢𝐵𝑆0𝑌𝐴 = ∢𝐵𝐴𝑆 = 𝛼. Iz ∆𝐵𝐴𝑆

slijedi da je ∆𝑦

∆𝑥= 𝑡𝑔 𝛼 = 𝑘.

Pretpostavimo da je tačka 𝑁(𝑥, 𝑦)pripada pravoj 𝑝 tada je:

𝑁𝐴′

𝐴𝐴′=

∆𝑦

∆𝑥 tj.

𝑦−𝑦𝐴

𝑥−𝑥𝐴=

𝑦𝐵−𝑦𝐴

𝑋𝐵−𝑋𝐴

𝑦 − 𝑦𝐴 =𝑦𝐵 − 𝑦𝐴

𝑋𝐵 − 𝑋𝐴(𝑥 − 𝑥𝐴)

(2.4)

Zadnja jednakosto izraza (2.4) zovemo jednačina prave, a zbog početne formulacije

jednačinu prave možemo pisati i kao 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑙 gdje je 𝑙 =𝑦𝐵−𝑦𝐴

𝑋𝐵−𝑋𝐴(𝑥 − 𝑥𝐴). Broj 𝑘

zovemo koeficijent smjera prave. On je jednak tangensu ugla štp ga prava zaklapa sa

pozitivnim dijelom ose 𝑥. Broj l je odsječak na osi 𝑦 što ga pravi prava 𝑝. Iz jednakosti 2.4 zaključujemo da nam je za prikaz linearne funkcije u grafičkom obliku potrebno bar dvije tačke, a Aksioma 1 Euklidove geometrije jedinstvenost te prave.

Slika 2.14 Grafik linearne funkcije



53

2.3.3 KVADRATNA FUNKCIJA

Graf kvadratne funkcije zove se i parabola. Kvadratna kao i linearna funkcija definisana je na cijelom intervalu realnih brojeva. Kvadratna funkcija uvijek posjeduje jednu ekstremnu vrijednost koja razdvaja dva intervala u kome je funkcija rastuća odnosno opadajuća.

Kada je 𝑎1 = 0 i 𝑎0 = 0 dobijamo čisto kvadratnu funkciju. Ta funkcija je parna pa je

simetrična u odnosu na 𝑦 osu. Za 𝑎1 < 0 funkcija posjeduje maksimum u tački (0,0), a

za 𝑎1 > 0 posjeduje minimum u istoj tački (sl. 2.15). Funkcija čija kvadratna jednačina ima konjugovano kompleksne korijene ne siječe x-osu (sl. 2.15), pa je na čitavom intervalu pozitivna ili negativna, zavisno od kvadratnog slobodnog koeficijenta.

Slika 2.15 Različiti grafici kvadratne funkcije



54

2.3.4 KUBNA FUNKCIJA

Graf kubne funkcije zovem još i kubna parabola. Definisana je na cijelom intervalu

realnih brojeva. Čista kubna parabola dobije se za 𝑎2 = 𝑎1 = 𝑎0 = 0. Ta funkcija je naparna pa je centralno-simetrična u odnosu na koordinatni početak.

Na čitavom intervalu je strogo rastuća u odnosno opadajuća zavisno od kubnog

koeficijenta polinoma 𝑎3.Nema ekstremnih vrijednosti. Postoji samo tačka infleksije iz koje funkcija prelazi iz konkavnosti u konveksnost.

2.3.5 STEPENA FUNKCIJA

Stepena funkcija je funkcija oblika 𝑦 = 𝑥𝛼 , gdje je 𝛼 ∈ ℛ.

Ako je 𝛼 racionalan broj, tada je ovo algebarska funkcija inače je transcedentna, kao što smo pokazali ranije. Čisto kvadratna i kubna funkcija spadaju također u stepene funkcije. Ako se upustimo u opće razmatranje stepene funkcije zaključujemo da možemo definisanti razne oblike stepene funkcije pri određenim uslovima. Drugim riječima za

različite vrijednosti stepena 𝛼 dobijamo i različite vrste stepene funkcije. Domena

stepena funkcije zavisi od vrijednosti stepena 𝛼 pa tako imamo:

Za 𝛼 ∈ ℛ funkcija je definisana za 𝑥 ∈ (0,+∞)

Za 𝑥 ≤ 0 funkcija 𝑥𝛼 može ali i nemora biti definisana za neke vrijednosti stepena 𝛼.

Kada je =𝑝

𝑞 , tj. kada je 𝛼 pozitivan racionalni broj tada je funkcija definisana za 𝑥 ∈

(−∞,+∞), a ako je 𝑞 = 2𝑘 + 1 i za 𝑝 = 2𝑙, graf funkcije je simetričan u odnosu na y osu tj. funkcija je parna.

Slika 2.16 Različiti grafici kvadratne funkcije



55

A ako je 𝑝 = 2𝑙 + 1 graf funkcije je osnosimetričan u odnosu na koordinatni početak pa je funkcija neparna.

Ako pak je 𝑞 = 2𝑘, tada za neparno 𝑝 funkcija je definisana samo za 𝑥 ∈ (0,+∞).

Ako je 𝛼 ≥ 0 pri čemu je 𝛼 iracionalan broj funkcija je definisana samo za 𝑥 ≥ 0

Sve posljednje rečeno važi i za 𝛼 < 0, s tim što stepena funkcija nije definisana za 𝑥 =

0, jer tada funkciju ne možemo napisati u obliku 1

𝑥−𝛼 što za 𝑥 = 0 nije definsan izraz.

Ako stepena funkcija ima inverznu funkciju zada ona također stepena inverzna funkcija

odnosno 𝑓(𝑥) = 𝑥𝛼 , 𝑓−1(𝑦) = 𝑥1

𝛼, 𝑓−1(𝑥) = 𝑥1

𝛼.

Objasnimo nakratko ponašanje stepene funkcije za različite vrijednosti 𝛼.

1. Kada je 𝛼 = 𝑛 > 0 funkcija je rastuća u intervalu (0, +∞), grafik krive prolazi

kroz tačke (0,0) i (1,1). Grafici ovih funkcija podjeljeni su u dvije klase u

odnosu na pravac 𝑦 = 𝑥.

2. Kada je 𝛼 = 𝑛 < 1, te kada je 𝑛 > 1, krivu 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑛 zovemo kao što smo već spomenuli parabola.

3. Kada je 𝛼 = 𝑛 < 0, tada možemo uzeti smjenu 𝑛 = −𝑚, 𝑚 > 0pa je 𝑦 = 𝑥1

𝑚.

Ove krive opadaju u intervalu (0, +∞). Kada 𝑥 raste tada 𝑦 → 0 i obrnuto. 𝑥 i 𝑦

ose su u ovom slučaju asymptote krivih. Krive prolaze kroz tačku (1,1). Glavni

predstavnik ovih krivih je hiperbola 𝑦 =1

𝑥, gdje se krive grupišu u dvije familije

za 𝑚 > 1 i 𝑚 < 1, dok u tački (1,1) funkcija nije definisana.

Grafici stepene funkcije zovemo još i politropnim krivim linijama.

2.3.6 EKSPONENCIJALNE FUNKCIJE

Svaki oblik funkcije 𝑦 = 𝑎𝑥, gdje je 𝑎 ∈ ℛ zovemo eksponencijalna funkcija. Ako je 𝑎 <

0 tada vrijednosti argumenata mogu biti samo oblika 𝑥 =𝑝

𝑞, gdje je 𝑞- neparan broj.

Kada je za istu vrijednost broja 𝑎, 𝑥 iracionalan broj i oblika 𝑥 =𝑝

𝑞, gdje je 𝑞 – paran

broj, tada funkcija nije definisana.

Zbog ovih uslova eksponencijalna funkcija posmatra se samo kada je 𝑎 > 0. Ako je taj

uslov ispunjen tada funkcija 𝑦 = 𝑎𝑥 ima uvijek pozitivnu vrijednost, što znači da se

nalazi iznad 𝑥-ose. Da li eksponencijalna finkcija srtrogo rastuća ili opadajuća zavisi od

broja 𝑎.



56

Kada je 𝑎 > 1 tada je funkcija strogo rastuća na cijelom intervalu ℛ.

Kada je 0 < 𝑎 < 1 tada je funkcija na cijelom interval opadajuća. Eksponencijalna

funkcija za obe vrijednosti broja 𝑎 ima za horizontalnu asimptotu osu x.

Kada je 𝑎 = 1 tada je funkcija konstantna 𝑦 = 1. Grafički prikaz eksponencijlne funkcije drugčije zovemo eksponencijlne krive.

2.3.7 LOGARITAMSKA FUNKCIJA

Iz samog naziva zaključujemo da bi logaritamska funkcija bila svaka funkcija oblika 𝑦 =log𝑎 𝑥 . Iz definicije logaritamske operacije možemo zaključiti da je logaritamska funkcija

inverzna funkcija eeksponencijalne funkcije 𝑦 = 𝑎𝑥. Da bi egzistirala logaritamska

funkcija mora postojati njena inverzna funkcija odnosno mora biti: 0 < 𝑎 ≠ 1. Za prikaz grafa logaritamske funkcije poslužićemo se osobinom inverzne funkcije.

Slika 2.17 Grafik eksponencijalnih funkcija



57

Kada grafik eksponencijalne funkcije okrenemo oko prave 𝑦 = 𝑥 za 1800 dobijamo grafik logaritamske funkcije. Iz grafika funkcije zapažamo da je logaritamska funkcija

definisana samo za pozitivne vrijednosti argumenta 𝑥. Svaka logaritamska funkcija siječe

𝑥 – osu u tački 𝑥 = 1. Za 𝑎 > 1 logaritamska funkcija je strogo rastuca, inače je

opadajuća u intervalu (0 < 𝑎 < 1). Za 𝑎 = 1 logaritamska funkcija prelazi u konstantu

𝑥 = 1. Za oba slučaja logaritamske funkcije postoji jedna zajednička asimptota 𝑥 = 0, odnosno za logaritamsku funkciju y – osa predstavlja ujedno i asimptotu.

2.3.8 HIPERBOLNE FUNKCIJE

Posmatrajmo polu zbir i polu razliku dviju eksponencijalnih funkcija: 𝑦1 =𝑎𝑥+𝑎−𝑥

2 i

𝑦2 =𝑎𝑥−𝑎−𝑥

2. Njihove grafike lako možemo dobiti ako saberemo odnosno oduzmemo

grafike eksponencijalnih funkcije 𝑎𝑥

2 i

𝑎−𝑥

2.

Ispitajmo parnost ovih funkcija:

𝑓1(−𝑥) =

𝑎−𝑥 + 𝑎𝑥

2= 𝑓1(𝑥)

𝑓2(−𝑥) =𝑎−𝑥 − 𝑎𝑥

2= −

𝑎𝑥 − 𝑎−𝑥

2= −𝑓2(𝑥)

(2.5)

Vidimo da je 𝑓1(𝑥) –parna funkcija dok je 𝑓2(𝑥)- neparna funkcija.

Slika 2.18 Grafik eksponencijalne funkcije i njene inverzne

logaritmaske funkcije log𝑎 𝑥, za različitu vrijednost 𝑎. Strelica pokazuje eksponencijalnu i njenu inverznu logaritmamsku krivu



58

Ako umjesto prouzvoljnog broja 𝑎 stavimo Eulerov broj 𝑒 tada smo dobili tzv. Hiperbolne funkcije.

sinh 𝑥 =𝑒−𝑥−𝑒𝑥

2 – sinus hiperbolni

cosh 𝑥 =𝑒−𝑥+𝑒𝑥

2 – cosinus hiperbolni

(2.6)

Analogno trigonometrijskim funkcijama imamo korespodentne tangens i kotangens hiperbolne funkcije:

tanh 𝑥 =sinh𝑥

cosh𝑥 – tangens hiperbolni

ctanh 𝑥 =cosh𝑥

sinh𝑥 – kotangens hiperbolni

(2.7)

Grafici ovih funkcija vidimo na gornjoj slici. Iz samog grafika može se uočiti da je 𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑥

strogo rastuća, a 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 rastuća u intervalu (0,∞), a opadajuća u (−∞, 0). Već smo

pokazali da je sinh 𝑥 neparna, a cosh 𝑥 parna funkcija, pa iz tog zaključujemo po

osobinama zbira i razlike funkcija da je tanh 𝑥 i tcgh 𝑥 neparne funkcije, odnosno rastuća odnosno opadajuća funkcija respektivno. Možemo također kazati da se hiperbolne funkcije slično ponašaju kao i trigonometrijske, bar kad govorimo oko same definicije funkcija. Za hiperbolnu funkcijuslično kao i za trigonometrijsku možemo dokazati sljedeću teoremu.

Slika 2.19 Grafik hiperbolnih funkcija



59

Teorema 2.2.

cosh2 𝑥 − sinh2 𝑥 = 1

cosh2 𝑥 + sinh2 𝑥 = cosh2𝑥

2 sinh𝑥 ∙ cosh 𝑥 = sinh2𝑥

tanh𝑥2 =2 tanh𝑥

1 + tanh2 𝑥

cosh2 𝑥 =cosh2𝑥 + 1

2

sinh2 𝑥 =cosh2𝑥 − 1

2

sinh(𝑥 + 𝑦) = sinh𝑥 cosh𝑦 + sinh𝑦 cosh 𝑥

cosh(𝑥 + 𝑦) =cosh 𝑥 cosh𝑦 + sinh𝑦 sinh𝑥

tanh(𝑥 + 𝑦) =tanh 𝑥 + tanh 𝑦

1 + tanh 𝑥 tanh 𝑦

Dokaz

Zbog jednostavnosti dokaza, čitalac može ali i ne mora dokazati nedokazane dijelove teoreme.

sinh(𝑥 + 𝑦) =𝑒𝑥+𝑦−𝑒−𝑥−𝑦

2=

𝑒𝑥𝑒𝑦−𝑒−𝑥𝑒−𝑦

2∙2

2=

2 𝑒𝑥𝑒𝑦−2 𝑒−𝑥𝑒−𝑦

2=

𝑒𝑥−𝑒−𝑥

2∙𝑒𝑥+𝑒−𝑦

2+

𝑒𝑥+𝑒−𝑥

2∙𝑒𝑥−𝑒−𝑦

2= sinh 𝑥 cosh 𝑦 + sinh 𝑦 cosh 𝑥 .

Što je i trebalo dokazati.

Napomena Iz zadnja tri svojstva lako dolazimo do relacija za dvostruke

vrijednosti argumenata kada se stavi da je 𝑥 = 𝑦.



60

2.3.9 TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE

Još iz srednje škole poznate su nam trigonometrijske funkcije. Značajna osobina ovih funkcija je njihova periodičnost. Iz adicionih teorema se može vidjeti da je periodičnost

sinusne i kosinusne funkcije 2𝜋, a tangens i arkustangens 𝜋. Također, lako se može dokazati da je kosinusna funkcija parna a sinusna neparna, odnosno tangens i kotangens su neparne funkcija. Sve ove osobine su vidljive iz grafa funckije.

Sa grafika se vidi da su trigonometrijske funkcije ograničene funkcije. Sinusna funkcija je

monotono rastuća na intervalu od (−𝜋

2+ 2𝑘𝜋,

𝜋

2+ 2𝑘𝜋), a monotono opadajuća na

intervalu (𝜋

2+ 2𝑘𝜋,

3𝜋

2+ 2𝑘𝜋). Kosinus funkcija je strogo opadajuća na intervalu

(2𝑘𝜋, 𝜋 + 2𝑘𝜋). A monotona rastuća na intervalu (𝜋 + 2𝑘𝜋, 2𝜋 + 2𝑘𝜋). Tangens funkcija je strogo rastuća na cijelom intervalu, a kotangens opadajuća. Tangens i

kotangesn funkcije imaju asimptote u tačkama (𝜋

2+ 𝑘𝜋), odnosno 𝑘𝜋 respektivno.

2.3.10 ARKUS FUNKCIJE

Funkcije inverzna trigonometrijskim i hiperbolnim jednim imenom zovem arkus funkcije.

2.3.10.1 Inverzne hiperbolne funkcije

Funkcije 𝐴𝑟𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑥, 𝐴𝑟𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥, 𝐴𝑟𝑡𝑎𝑛ℎ 𝑥, 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛ℎ 𝑥 zovemo inverznim hiperbolnim

funkcijama funkcija sinh 𝑥, cosh 𝑥 , tanh 𝑥, 𝑐𝑡𝑎𝑛ℎ 𝑥 respektivno. POsmatrajmo

inverznu funkciju funkcije 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑦, dobijamo 𝑦 = 𝐴𝑟𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑥, Ova funkcija je rastuća na cijelom interval realnih brojeva. Iz sam edefinicije imamo:

Slika 2.20 Grafik trigonometrijskih funkcija



61

𝑥 = 𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑦 =𝑒−𝑦 − 𝑒𝑦

2

2𝑥 = 𝑒−𝑦 − 𝑒𝑦

2𝑥 = 𝑒𝑦 −1

𝑒𝑦=

𝑒𝑦 − 1

𝑒𝑦

2𝑥𝑒𝑦 + 𝑒2𝑦 = 1

Rješavanjem jednčine po 𝑦 imamo:

𝑦 = ln(𝑥 + √𝑥2 + 1) U rješenju smo uzeli samo pozitivnu vrijednost, jer drugo rješenje otpada.

(2.8)

Iz zadnjih izraza vidimo da je:

𝐴𝑟𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑥 = ln(𝑥 + √𝑥2 + 1) (2.9)

Ova funkcija raste na poluintervalu [1,∞). Sa grafa se vidi da za ove vrijednosti

argumenta funkcija dobija vrijednosti na [0,∞).

Analogno možemo doći do izraza za 𝐴𝑟𝑠𝑖𝑛 𝑥:

𝐴𝑟𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 = ln(𝑥 ± √𝑥2 − 1) (2.10)

Iz zadnjeg izraza jasno se vidi da domena funkcije mora biti 𝑥 ≥ 1, što smo već rekli.

Funkcija 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 je monotono opadajuća na intervalu (−∞, 0), a monotono rastuća na

intervalu (0,∞). Zbog inverznosti funkcije 𝐴𝑟𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 zaključujemo da će ova funkcija

biti monotono opadajuća na dijelu (−∞, 0),kada je u izrazu znak -, a rastuća kada je u izrazu znak +, na istom intrevalu argumenta. ....



62

63 Izvod funkcije Bahrudin Hrnjica


63

IZVOD FUNKCIJE



64

3.1 POVIJEST IZVODA

Kad ne bi bilo izvoda (derivacije) svi naši snovi vezani za uspjeh u polju matematike bili bi lako ostvarivi. Matematika bi se bavila samo elementarnim stvarima. Doista, matematika bi se svela na elementarnu matematiku. Kažu da padom jabuke na Newtonovu glavu sve je krenulo drugačije. Ta nesretna jabuka okrenula je Newtona tada ka spoznaji osnovnih zakona dinamike i gravitacije. Newton je za dokaz svojih zakona, povrh siromašnih eksperimenata koje je izvodio, za svoje zakone morao naći matematički aparat da ih dokaže. Otkrićem diferencijalnog i integralnog računa Newton je dokazao svoje zakone, a nama običnim smrtnicima – studentima ostavio jabuke i diferencijalni račun za posvetu. Mnogi filozofi se spore o tome koliko je jabuka palo na Newtonovu glavu. Veliki dio njih zagovara tezu da je nemoguće da padom samo jedne jabuke opravdava činjenicu Newtonovog djela. Po njihovom mišljenju smatra se da je na Newtonovu glavu palo bar desetak jabuka i to krupnijih koje rastu na vrhu drveta, u

malom vremenskom intervalu 𝑑𝑡. Kad ne bi bilo izvoda, čitav ovozemaljski razvoj tehnike i tehnologije sigurno bi bio na stepenu razvoja u Newtonovo doba. Možemo s pravom reći da smo imali sreće. Da nema izvoda sigurno ne bi bilo ni kompjutera, ni video igrica ni flipera. Povrh svih mučnina koje nam zadaje izvod, ipak neka samo postoje kompjuteri i ostalo uz njih, a za izvode ćemo lako – rekao je neko iz mase. POJMOVI PREKO KOJIH SE DEFINIŠE IZVOD Da bismo definisali izvod neke funkcije moramo objasniti neke sporedne stvari koje okružuju izvod, a to su: • Tangenta i konstrukcija tangente • Srednja i trenutna brzina

3.1.1 KONSTRUKCIJA TANGENTE

Definicija tangente u elementarnoj geometriji, koja se radi u osnovnoj školi, definiše tangentu kao jednu pravu koja ima samo jednu zajedničku tačku sa kružnicom. Međutim, ima tu nešto. Tačno je da se radi o jednoj tački i tačno je da se radi o pravoj. Međutim,

kada pogledamo iz drugog ugla stvari odnosno sliku 3.1, vidimo kako jedna prava 𝑝 siječe



65

parabolu samo u jednoj tački, ali ova prava nije tangenta date parabole u toj tački. Prava

tangenta u toj tački je prava 𝑡 koja je normalna na pravu 𝑝 i prolazi tačkom 𝐴. Da bi smo došli do valjane definicije tangente uočimo sliku i sve što je na njoj nacrtano.

Slika 3.2 sadrži jednu krivu 𝑙, dvije tačke 𝑃, 𝑃1te pravu 𝑠 koja spaja ove tačke. Vidimo da

prava 𝑝(𝑃𝑃1) siječe krivu u obliku kriške lubenice te ćemo je nazvati sječica 𝑠. Kada hoćemo da odsjećemo što manji komad lubenice odnosno krive, mi ćemo postupiti tako

da tačku 𝑃_1pomjeramo prema tački 𝑃 preko ruba lubenice odnosno krive. Ako se tačka

𝑃1, krijući se, približava tački 𝑃 kriška lubenice će se sve više smanjivati.

Sječica će se mijenjati u odnosu na početni položaj, i kad tačka 𝑃1 teži tački 𝑃, teži

jednom graničnom položaju. Granični položaj sječice 𝑠 upravo će biti tangenta, tj. lubenica će ostati čitava.

Slika 3.1 Položaj krive, sječice i tangente

Slika 3.2 Sječica



66

Definicija 3.1. Tangenta krive u datoj tački 𝑷 zove se granični položaj sječice

𝒔 = 𝒔(𝑷𝑷𝟏) kada tačka 𝑷𝟏 ove krive teži po krivoj ka tački 𝑷.

Ako se napravimo Englezi i želimo da ne odsječemo lubenicu tj. da nam tačka 𝑃1 teži

tački 𝑃 koeficijent smjera krive u tački 𝑃 jednak je koeficijentu smjera tangente krive u toj tački. Sve prethodno rečeno kažimo na jednom drugom (matematičkom) jeziku.

Posmatrajmo sliku, tamo ćemo vidjeti krivu 𝑙 sličnu prošloj krivoj i koordinatni sistem

𝑋0𝑌. Ova kriva koju vidimo je grafik neprekidne funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥). U gornjem dijelu

smo kazali da je kojeficijent smjera sječice koja prolazi tačkama 𝑃𝑃1 koje imaju

koordinate 𝑃(𝑥, 𝑦), a 𝑃1(∆𝑥 + 𝑥, 𝑦 + ∆ 𝑦). Koordinate tačke 𝑃1 lako se prepoznaju ako

znamo da je ∆ 𝑥 = 𝑥1 − 𝑥 odnosno ∆𝑦 = 𝑦1 − 𝑦, što se sa slike može vidjeti. Nadalje, znamo da je koeficijent smjera dat izrazom:

∆𝑥

∆𝑦=

𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)

∆𝑥= 𝑡𝑔𝛽 (4.1)

Dakle koeficijent smjera tangente 𝑡 krive 𝑦 = 𝑓(𝑥) u tački 𝑃(𝑥, 𝑦) jednak je graničnoj

vrijednosti količnika ∆𝑥

∆𝑦 priraštaja funkcije ∆𝑦 i priraštaja argumenta (nezavisno

promjenjive 𝑥) ∆𝑥 kad on teži nuli. Kao i u Poglavlju I (Matematička indukcija) mi definišemo neke sporedne pojmove, nesvjesno dolazimo do onoga čemu ovdje težimo da definišemo – to je prvi izvod

funkcije. Zadnja tvrdnja koju smo napisali izraz 2.1 zovemo prvi izvod funkcije 𝑓(𝑥) ili

Slika 3.3 Sječica



67

kraće izvod funkcije 𝑓(𝑥), a kojeg obilježavamo sa 𝑦′ = 𝑓′(𝑥) (čitaj 𝑦 prim jednako 𝑓

prim od 𝑥). Dakle prvim izvodom funkcije zovemo:

lim∆𝑥→0

∆𝑦

∆𝑥= lim

∆𝑥→0

𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)

∆𝑥= 𝑓′(𝑥) = 𝑡𝑔𝛽 (4.2)

Na ovaj način smo definisali šta je koeficijent smjera krive u tački, odnosno koeficijent smjera tangente u tački, a istovremeno smo se upoznali sa osnovnom metodom određivanja koeficijenta smjera tangente u datoj tački krive, odnosno vidjeli smo jednostavni postupak konstruisanja tangente.

3.1.2 SREDNJA I TRENUTNA BRZINA

Iz fizike nam je dosta stvari jasno kada spomenemo srednju i trenutnu brzin. Kada smo slušali predavanja iz fizike profesori su nam objašnjavali da je srednja brzina količnik

priraštaja puta ∆𝑠 i vremenskog intervala 𝑡1 − 𝑡2 = ∆𝑡 tj. priraštaja vremena za koje je

tijelo prešlo put ∆𝑠, odnosno:

𝑣 =∆𝑠

∆𝑥 (4.3)

Znamo da je zakon puta skoro uvijek povezan sa vremenom 𝑡, pa je 𝑠 = 𝑓(𝑡). Ako

posmatramo priraštaj puta ∆𝑠 koji je tijelo prešlo za ∆𝑡 možemo napisati kao ∆𝑠 =𝑓(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑓(𝑡), pa nam je srednja brzina jednaka:

𝑣(𝑡) =∆𝑠

∆𝑡=

𝑓(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑓(𝑡)

∆𝑡 (4.4)

S gornjim izrazom uvijek se može izračunati neka srednja brzina koje se u toku nekog

vremenskog intervala ∆𝑡 promijenila više puta. Međutim, ako posmatramo vremenski

interval ∆𝑡 što manji promjene brzine za dati vremenski interval će biti sve manje. Kada

pustimo da ∆𝑡 → 0 srednja brzina će postati trenutna:

𝑣(𝑡) = lim∆𝑡→0

∆𝑠

∆𝑡= lim

∆𝑡→0

𝑓(𝑡 + ∆𝑡) − 𝑓(𝑡)

∆𝑡 (4.5)

Trenutna brzina (brzina u trenutku t odnosno (𝑡 + ∆𝑡)∆𝑡→0 je granična vrijednost

srednje brzine u vremenskom intervalu (𝑡, 𝑡 + ∆𝑡) kad (𝑡 + ∆𝑡). Drugim riječima:

𝑣(𝑡) = lim∆𝑡→0

∆𝑠

∆𝑡 (4.6)

I ovdje vidimo da je trenutna brzina kretnja izvod dužine puta po vremenu. Na ovaj način (preko srednje i trenutne brzine) je Newton definisao izvod funkcije pa se čak može reći da je orginalna definicija izvoda upravo definisana preko srednje odnosno



68

trenutne brzine. Možemo s pravom kazati: Izvod je brzina promjene dužine puta po vremenu.

3.2 POJAM IZVODA FUNKCIJE

Namjernim raspravljanjem o tangenti i srednjoj i trenutnoj brzini odnosno koeficijentu smjera tangente došli smo do pojma izvoda:

𝑦′ = 𝑓′(𝑥) (4.7)

Kao i kod definisanja trenutne brzine, u koliko je poznat zakon puta 𝑠 = 𝑓(𝑡), do pojma izvoda možemo doći bilo kakvim izračunavanjem brzine promjene neke veličine u toku vremena ako je poznat zakon ovisnosti te veličine od vremena.

Definicija 3.2.

Izvod funkcije 𝒚 = 𝒇(𝒙) po argumentu 𝒙 je granična vrijednost količnika priraštaja funkcije i priraštaja argumenta kad priraštaj teži nuli, tj.

𝒚′ = lim∆𝑥→0

∆𝑦

∆𝑥= lim

∆𝑥→0

𝑓(𝑥 + ∆𝑥) − 𝑓(𝑥)

∆𝑥= 𝑓′(𝑥)

Kada govorimo o izvodima često se spominje riječ od 3 slova - diferenciranje.

Diferenciranje nije ništa drugo do granični proces kojim se dolazi do izvoda y' funkcije 𝑦.

Za funkciju 𝑦 = 𝑓(𝑥) koja ima izvod u tački 𝑥 kažemo da je diferencijabilna u toj tački.

Kada kažemo da je funkcija direfencijabilna na nekom intervalu (𝑎, 𝑏) to znači da je ista diferencijabilna u svakoj tački intervala. Vidjeli smo i prije nego smo definisali izvod da ona (kako je na početku rečeno) ima veliku primjenu. Kada krenemo od geometrijske interpretacije izvoda do mehanike, preko fizike i td, sve do kompjutera video-igrica i flipera. Razmotrimo jednu važnu osobinu izvoda funkcije, a to je diferencijabilnost i neprekidnost. Prije nego smo interpretirali izvod, pretpostavljali smo da nam funkcija mora biti neprekidna. Neprekidnost i diferencijabilnost tvore sljedeću teoremu:

Teorema 3.1.

Ako funkcija 𝒚 = 𝒇(𝒙) definisana na intervalu (𝒂, 𝒃) ima izvod u

tački koja pripada tom intervalu odnosno 𝒙 ∈ (𝒂, 𝒃), (odnosno diferencijabilna je u datoj tački), tada je ona i neprekidna.

Dokaz:

Pretpostavka teoreme je da je funkcija diferencijabilna u tački 𝑥 tj.

postoji lim∆𝑥→0

∆𝑦

∆𝑥. Ako nam je ∆𝑥 ≠ 0, tada možemo pisati:

∆𝑦 = ∆𝑦 ∙∆𝑥

∆𝑥

Sada imamo, ako primijenimo granični proces na zadnji izraz:

lim ∆𝑥→0

∆𝑦 = lim ∆𝑥→0

∆𝑦

∆𝑥∙ lim ∆𝑥→0

∆𝑥 = 0

Dakle, kada ∆𝑥 → 0, tada ∆𝑦 → 0. To znači da diferencijabilna funkcija



69

𝑦 = 𝑓(𝑥) je istovremeno i neprekidna u datoj tački. Ovo je jedan od najvažnijih teorema koji se tiče Izvoda funkcije. Jednostavno bez ovog teorema ne bi smo mogli tako jednostavno “šetati” područjem izvoda. Gotovo kod svakog zadatka koji se tiče izvoda neke funkcije koristi se ovaj teorem. Ako bi se pitali da li važi obrnut teorem, tj. da li je funkcija diferencijabilna ako je neprekidna, odgovor na ovo pitanje bio bi “NE”. Prije nego dokažemo ovaj teorem pročitajte sljedeću napomenu.

Napomena 3.1.

U matematici postoje dokazi za neke teoreme koje sprovodimo na taj način da nađemo bar jedan primjer koji opovrgava datu teoremu. Jednostavno pokazujući na jednom primjeru kontradiktornost teoreme mi je samim tim i dokazujemo.

Teorema 3.2. Da li važi obrnut teorem prethodne Teoreme 2.1.

Dokaz:

Ovaj teorem ćemo dokazati navođenjem samo jednog primjera koji

govori o tome da obrat ne važi. Posmatrajmo funkciju 𝑦 = |𝑥|. Ta funkcija je neprekidna na čitavom intervalu realnih brojeva. Graf

funkcije daje je na slici 2.3. Sa slike se može vidjeti da je lim ∆𝑥→−0

∆𝑦

∆𝑥= −1a

lim ∆𝑥→+0

∆𝑦

∆𝑥= 1. Iz zadnjih izraza vidimo da je granična vrijednost

količnika ∆𝑦

∆𝑥 za lijevu i desnu graničnu vrijednost po argumentu

∆𝑥 različita, što znači da derivacija funkcije 𝑦 = |𝑥| u tački (0,0) nema

jedinstven izvod. Drugim riječima funkcija 𝑦 = 𝑓(𝑥) u tački (0,0) nije diferencijabilna. Dokaz teoreme je završen.

Slika 3.4 Grafik funkcije 𝑦 = |𝑥|.



70

Na osnovu prethodne dvije teoreme zaključujemo: svaka diferencijabilna funkcija ujedno je i neprekidna, dok svaka neprekidna funkcija nije uvijek i diferencijabilna. Pojam diferencijabilnosti je uži pojam od pojma neprekidnosti.

3.3 IZVODI ELEMENTARNIH FUNKCIJA

Sada ćemo u obliku teorema izračunati izvode nekih elementarnih funkcija, koje se, pri rješavanju složenih zadataka koriste kao konačni izrazi. Za rješavanje izvoda elementarnih funkcija pretpostavljamo da su funkcije neprekidne i diferencijabilne tj. samo diferencijabilne. Pri dokazivanju ovih teorema naučićemo neke fore i fazone dirferenciranja koje ćemo kasnije u rješavanju zadataka koristiti.

Teorema 3.3. Izvod konstante je jednak nuli. (𝒄)′ = 𝟎

Dokaz:

Pretpostavimo da nam je zadana funkcija 𝑦 = 𝑐, gdje za svaki

argument odnosno nezavisnu promjenjivu 𝑥 vrijednost funkcije je 𝑦 =𝑓(𝑥) = 𝑐. Izračunajmo priraštaje:

∆𝑦 = 𝑦1 − 𝑦 = 𝑐 − 𝑐 = 0

∆𝑥 = 𝑥1 − 𝑥 = ∆𝑥 Izračunajmo količnik i graničnu vrijednost priraštaja shodno definiciji izvoda:

lim ∆𝑥→0

∆𝑦

∆𝑥= lim

∆𝑥→0

0

∆𝑥= 0

Napomena 3.2.

Ako pri rješavanju zadataka glede izvoda dobijete da je izvod u nekoj tački jednak nuli, tada nužno neimplicira da je funkcija konstantna. Kasnije će se pokazati da je to ekstremna vrijednost funkcije ili neka druga specijalna tačka.

Teorema 3.4. Izvod funkcije 𝒚 = 𝒙𝒏 gdje je 𝒏 prirodan broj, tada je : 𝒚′ =

𝒏𝒙𝒏−𝟏 .

Dokaz:

Izračunajmo priraštaje:

∆𝑥 = 𝑥1 − 𝑥 = ∆𝑥

𝑥1 = 𝑥 + ∆𝑥

∆𝑦 = 𝑦1 − 𝑦 = (𝑥 + ∆𝑥)𝑛 − 𝑥𝑛



71

Po binomnoj formuli razdvajamo izraz (𝑥 + ∆𝑥)𝑛 pa imamo:

Δ𝑦 = 𝑥𝑛 + (𝑛1) 𝑥(𝑛−1)Δ𝑥 + ⋯+ (

𝑛𝑛 − 1

)𝑥Δ𝑥𝑛−1 + (𝑛𝑛) 𝑥Δ𝑥𝑛

− 𝑥𝑛

Δ𝑦 = (𝑛1) 𝑥(𝑛−1)Δ𝑥 + ⋯+ (

𝑛𝑛 − 1

) 𝑥Δ𝑥𝑛−1 + (𝑛𝑛) 𝑥Δ𝑥𝑛

Ako zadnji izraz podjelimo sa Δ𝑥 imamo: Δ𝑦

Δ𝑥= (

𝑛1) 𝑥(𝑛−1) + ⋯+ (

𝑛𝑛 − 1

) 𝑥Δ𝑥𝑛−2 + (𝑛𝑛) 𝑥Δ𝑥𝑛−1

Kad Δ𝑥 → 0 imamo izvod:

𝑦′ = limΔ𝑥→0

Δ𝑦

Δ𝑥= lim

Δ𝑥→0(𝑛1) 𝑥(𝑛−1) + ⋯+ lim

Δ𝑥→0(

𝑛𝑛 − 1

)𝑥Δ𝑥𝑛−2

+ limΔ𝑥→0

(𝑛𝑛) 𝑥Δ𝑥𝑛−1

Izračunavanjem graničnih vrijednosti pojedinih sabiraka imamo, da će prvi član ostati isti dok će ostali biti jednaki nuli. Pa na kraju imamo:


Δ𝑦

Δ𝑥= 𝑛𝑥𝑛−1

Ako sad teoremu generaliziramo, tj. ako je neki 𝑛 realni broj 𝛼 imamo analogno:


Δ𝑦

Δ𝑥= 𝛼𝑥𝛼−1

Generalizirana teorema se neće dokazivati.

Teorema 3.5. Izvod 𝒚 = 𝒔𝒊𝒏 𝒙 , jednak je 𝒚′ = (𝒔𝒊𝒏 𝒙)′ = 𝒄𝒐𝒔𝒙

Dokaz:


∆𝑥 = 𝑥1 − 𝑥 = ∆𝑥

𝑥1 = 𝑥 + ∆𝑥

∆𝑦 = 𝑦1 − 𝑦 = sin(𝑥 + ∆𝑥) − sin 𝑥

∆𝑦 = 2 ∙ sin𝑥 + ∆𝑥 − 𝑥

2cos

𝑥 + ∆𝑥 − 𝑥

2

∆𝑦 = 2 ∙ sin∆𝑥

2cos

2𝑥 + ∆𝑥

2

Zadnje dvije jednakosti dobijaju se iz trigonometrijskih jednakosti zbira



72

i razlike uglova odnosno:

sin 𝛼 − sin 𝛽 = 2 ∙ sin𝛼 − 𝛽

2cos

𝛼 + 𝛽

2

cos 𝛼 − cos 𝛽 = 2 ∙ sin𝛼 − 𝛽

2sin

𝛼 + 𝛽

2

Sada imamo:

Δ𝑦

Δ𝑥=

2 ∙ sin∆𝑥2 cos

2𝑥 + ∆𝑥2

Δ𝑥

Potražimo li graničnu vrijednost gornjeg izraza imamo:


Δ𝑦

Δ𝑥= lim

Δ𝑥→0

sin∆𝑥2

Δ𝑥2

∙ cos2𝑥 + ∆𝑥

2

Kad samo razmotrili graničnu vrijednost, uočili som da je limΔ𝑥→0

sin𝛼

α=

1. Ovo nam je poznato iz poglavlja o graničnim vrijednostima funkcija. S toga imamo:

𝑦′ = cos 𝑥

Teorema 3.6. Izvod 𝒚 = 𝒄𝒐𝒔 𝒙 , jednak je 𝒚′ = (𝒄𝒐𝒔 𝒙)′ = 𝒄𝒐𝒔𝒙

Dokaz:


∆𝑥 = 𝑥1 − 𝑥 = ∆𝑥

𝑥1 = 𝑥 + ∆𝑥

∆𝑦 = 𝑦1 − 𝑦 = cos(𝑥 + ∆𝑥) − sin 𝑥

∆𝑦 = −2 ∙ sin𝑥 + ∆𝑥 − 𝑥

2sin

𝑥 + ∆𝑥 − 𝑥

2

∆𝑦 = −2 ∙ sin∆𝑥

2sin

2𝑥 + ∆𝑥

2

Sada imamo, po trigonometrijskim teoremama (vidi prethodnu teoremu):

Δ𝑦

Δ𝑥=

2 ∙ sin∆𝑥2 sin

2𝑥 + ∆𝑥2

Δ𝑥

Potražimo li graničnu vrijednost gornjeg izraza imamo:



73


Δ𝑦

Δ𝑥= lim

Δ𝑥→0−

sin∆𝑥2

Δ𝑥2

∙ sin2𝑥 + ∆𝑥

2

Kad samo razmotrili graničnu vrijednost, uočili smo da je limΔ𝑥→0

sin𝛼

α=

1. Ovo nam je poznato iz poglavlja o graničnim vrijednostima funkcija. S toga imamo:

𝑦′ = −sin 𝑥 Sada ćemo upoznati jedan fazon (teoremu), koji se često koristi kod izračunavanja izvoda.

3.3.1 IZVOD ALGEBARSKOG ZBIRA DVIJE FUNKCIJE

Teorema 3.7.

Izvod algebarskog zbira dviju ili više funkcija koje su diferencijabilne jednak je algebarskom zbiru izvoda ovih funkcija.

Drugačije rečeno ako je 𝒚 = 𝒖 + 𝒗 + 𝒘, gdje je 𝒖 = 𝒇(𝒙),𝒗 =𝒇(𝒙) i 𝒘 = 𝒇(𝒙), tada je:

𝒚′ = (𝒖 + 𝒗 + 𝒘)′ = 𝒖′ + 𝒗′ + 𝒘′

Dokaz:

Odredimo priraštaje Δ𝑦. Kada nezavisno promjenjiva varijabla

𝑥 dobije priraštaj Δ𝑥, tada će automatski i funkcije 𝑢, 𝑣, 𝑤 dobiti

priraštaje Δ𝑢, Δ𝑣, Δ𝑤 respektivno, jer svaka od tih funkcija je zavisna

od argumenta 𝑥 i oni će težiti nuli Δu → 0, Δv → 0 𝑖 Δw → 0, zato što

priraštaj argumenta teži nuli (Δ𝑥 → 0), pa je priraštaj ukupne funkcije:

Δ𝑦 = (𝑢 + Δ𝑢) + (v + Δ𝑣) + (𝑤 + Δ𝑤) − (𝑢 + 𝑣 + 𝑤)

Odnosno dijeljenjem sa Δx imamo:

Δ𝑦

Δ𝑥=

Δ𝑢 + Δ𝑣 + Δ𝑤

Δ𝑥

Izračunavanjem granične vrijednosti količnika, te znajući da je zbir limesa jednak limesu zbira imamo:


Δ𝑦

Δ𝑥= 𝑦′ = lim

Δ𝑥→0

Δ𝑢 + Δ𝑣 + Δ𝑤

Δ𝑥



74


Δ𝑢

Δ𝑥+ lim

Δ𝑥→0

Δ𝑣

Δ𝑥+ lim

Δ𝑥→0

Δ𝑤

Δ𝑥

a to nije ništa drugo do:

𝑦′ = 𝑢′ + 𝑣′ − 𝑤′ što je i trebalo dokazati.

Grafičku interpretaciju ovog dokaza možemo vidjeti na slici 3.5.

Neka je 𝑦 = 𝑓1(𝑥) + 𝑓2(𝑥). Na slici 2.5 vidimo da je koeficijent smjera tangente krive y

jednak zbiru koeficijenata smjerova 𝑓1(𝑥) i 𝑓2(𝑥) u tački 𝑥. Fazon zbira je dosta pogodan kad rješavamo zadatke. Međutim, mnogo bolji fazon od kazanog je fazon proizvoda dviju funkcija.

3.3.2 IZVOD PROOIZVODA I KOLIČNIKA DVIJE FUNKCIJE

Teorema 3.8. Izvod proizvoda dviju diferencijabilnih funkcija 𝒚 = 𝒖 𝒗 , gdje su

𝒖 = 𝒇(𝒙) i 𝒗 = 𝒇(𝒙) jednak je: 𝒚′ = (𝒖 𝒗)′ = 𝒖′ 𝒗 + 𝒖 𝒗′.

Dokaz:

Odredimo prvo priraštaj Δ𝑦 tj. priraštaj Δ𝑢 i Δ𝑣 preko priraštaja 𝑥, jer

funkcije 𝑢 i 𝑣 direktno zavise od 𝑥. Kada Δ𝑥 → 0 tada će i Δu →0, Δv → 0 . Zbog toga imamo:

Δ𝑦 = (𝑢 + Δ𝑢) ∙ (v + Δ𝑣) − (𝑢 ∙ 𝑣)

Odnosno djeljenjem sa Δx imamo:

Slika 3.5 Grafički prikaz zbira izvoda



75

Δ𝑦

Δ𝑥= 𝑣

Δ𝑢

Δ𝑥+ 𝑢

Δ𝑣

Δ𝑥+ Δ𝑢

Δ𝑣

Δ𝑥

Izračunavanjem granične vrijednosti količnika, te znajući da je proizvod limesa jednak limesu proizvoda imamo:


𝑣Δ𝑢

Δ𝑥+ lim

Δ𝑥→0𝑢

Δ𝑣

Δ𝑥+ Δ𝑢

Δ𝑣

Δ𝑥

Proof. a to nije ništa drugo do:

𝑦′ = 𝑢′ ∙ 𝑣 + 𝑢 ∙ 𝑣′ Zadnjim izrazom smo dokazali teoremu.

I ova teorema može biti generalizirana na sljedeći način:

Teorema 3.9.

Generalizacija prethodne teoreme. Neka je

𝒚 = 𝒗𝟏 ⋅ 𝒗𝟐 ⋅ ⋯ ∙ 𝒗𝒏 = ∏𝒗𝒊

𝒏

𝒊=𝟎

tada je:

𝒚′ = (∏𝒗𝒊

𝒏

𝒊=𝟏

)

′

= 𝒗𝟏′ ∙ ∏𝒗𝒊+𝒗𝟐

′ ∙ ∏𝒗𝒊

𝒏

𝒊=𝟏𝒊≠𝟐

𝒏

𝒊=𝟏𝒊≠𝟏

+ ⋯+ 𝒗𝒌′ ∙ ∏𝒗𝒊

𝒏

𝒊=𝟏𝒊≠𝒌

= ∑

(

𝒗′𝒋 ∙ ∏𝒗𝒊

𝒏

𝒊=𝟏𝒊≠𝒋 )

𝒏

𝒋=𝟏

∙ Dokaz ove teoreme uradićemo matematičkom indukcijom. Dokaz:

Neka je 𝑛 = 1 tada se naša teorema svodi na jednu funkciju. Međutim, mi uvijek

možemo to smatrati kao dvije funkcije gdje je druga funkcija konstanta i to 𝑣2 = 1. Sada imamo:

𝑦 = 𝑣1 = 𝑣1 ∙ 1 = 𝑣1 ⋅ 𝑣2. Po Teoremi 2.5 imamo:

𝑦′ = (𝑣1𝑣2)′ = 𝑣1

′𝑣2 + 𝑣1𝑣2′



76

Pošto je 𝑣2 = 1, to je 𝑣2′ = 0, pa je 𝑦′ = 𝑣1′. Što je i trebalo dokazati.

Neka je 𝑛 = 2 . Za ovu vrijednost broja 𝑛 naša teorema je već dokazana, odnosno svodi se na prethodnu.

Pretpostavimo da je teorema 3.5 tačna za 𝑛 = 𝑘, tj. da je:

𝑦′ = (∏𝑣𝑖

𝑘

𝑖=1

)

′

= ∑

(

𝑣′𝑗 ∙ ∏𝑣𝑖

𝑘

𝑖=1𝑖≠𝑗 )

𝑘

𝑗=1

(2.1)

Potražimo derivaciju za 𝑛 = 𝑘 + 1. Primjenjujući prethodnu teoremu oko proizvoda dvije funkcije imamo:

𝑦′ = (𝑣1 ⋅ 𝑣2 ⋅ ⋯ ∙ 𝑣𝑘 ∙ 𝑣𝑘+1) = [(𝑣1 ⋅ 𝑣2 ⋅ ⋯ ∙ 𝑣𝑘)(𝑣𝑘+1)]′ = (∏𝑣𝑖 ∙ 𝑣𝑘+1

𝑘

𝑖=1

)

′

𝑦′ = (∏𝑣𝑖

𝑘

𝑖=1

)

′

∙ 𝑣𝑘+1 + (∏𝑣𝑖

𝑘

𝑖=1

) ∙ 𝑣′𝑘+1

𝑦′ = (∏𝑣𝑖

𝑘+1

𝑖=1

)

′

= 𝑣𝑘+1

[

∑

(


𝑘

𝑖=1𝑖≠𝑗 )

𝑘

𝑗=1

]

+ 𝑣′𝑘+1 (∏𝑣𝑖

𝑘

𝑖=1

)

𝑦′ = (∏𝑣𝑖

𝑘+1

𝑖=1

)

′

= 𝑣1′ ∏𝑣𝑖

𝑘+1

𝑖=1𝑖≠1

+ 𝑣2 ∏𝑣𝑖

𝑘+1

𝑖=1𝑖≠2

+ ⋯+ 𝑣𝑘 ∏𝑣𝑖

𝑘+1

𝑖=1𝑖≠𝑘

+ 𝑣𝑘+1 ∏ 𝑣𝑖

𝑘+1

𝑖=1𝑖≠𝑘+1

𝑦′ = (∏𝑣𝑖

𝑘+1

𝑖=1

)

′

= ∑

(


𝑘+1

𝑖=1𝑖≠𝑗 )

𝑘+1

𝑗=1

Zadnji izraz nam pokazuje da teorema vrijedi za 𝑛 = 𝑘 + 1, pa nam po principu matematičke indukcije vrijedi za sve prirodne brojeve.

Teorema 3.10.

Ako je zadan količnik dviju funkcija koje su diferencijabilne

odnosno: 𝒚 =𝒖

𝒗 , gdje je 𝒖 = 𝒇(𝒙) i 𝒗 = 𝒇(𝒙) gdje je 𝒗 ≠ 𝟎.

Izvod količnika definisan je izrazom:



77

𝒚′ = (𝒖

𝒗)′

=𝒖′𝒗 − 𝒗′𝒖

𝒗𝟐

Dokaz:

Uzmimo priraštaje Δ𝑢, Δ𝑣 i Δ𝑦 koji dobijaju funkcije 𝑢(𝑥) i

𝑣(𝑥), 𝑦(𝑥), argument 𝑥 dobije priraštaj Δ𝑥. Zbog toga imamo:

Δ𝑦 =(𝑢 + Δ𝑢)

(v + Δ𝑣)−

𝑢

𝑣

Odnosno sređivanjem imamo:

Δ𝑦 =𝑣Δ𝑢 − 𝑢Δ𝑣

𝑣(v + Δ𝑣)

Djeljenjem sa Δ𝑥 imamo:

Δ𝑦

Δ𝑥=

𝑣Δ𝑢Δ𝑥 − u

Δ𝑣Δ𝑥

𝑣(v + Δ𝑣)

Izračunavanjem granične vrijednosti količnika, te znajući da je količnika limesa jednak limesu količnika imamo:


Δ𝑦

Δ𝑥= lim

Δ𝑥→0

𝑣Δ𝑢Δ𝑥

− uΔ𝑣Δ𝑥

𝑣(v + Δ𝑣)=

(𝑢′𝑣 − 𝑣′𝑢)

𝑣2


Savaladali smo nekoliko krucijalnih pravila za izračunavanje izvoda. Sada smo u stanju kompleksnije izvode računati.



78

3.3.3 IZVODI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

Teorema 3.11.

Izvod funkcije 𝒚 = 𝒕𝒈𝒙 jednak je 𝟏

𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙 . Tj.

𝒚′ = (𝒕𝒈𝒙)′ =𝟏

𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙

Dokaz:

Po definiciji tangensa znamo da je: 𝑦 = 𝑡𝑔𝑥 =𝑠𝑖𝑛𝑥

𝑐𝑜𝑠𝑥. Ako ovako

definisanu trigonometrijsku funkciju podvrgnemo sa prethodnom teoremom količnika imamo:

𝑦′ = (sin 𝑥

cos 𝑥)

′

=cos 𝑥 cos 𝑥 − sin 𝑥 (− sin 𝑥)

cos2 𝑥=

1

cos2 𝑥

Pa je naša teorema dokazana.

Teorema 3.12.

Izvod funkcije 𝒚 = 𝒄𝒕𝒈𝒙 jednak je −𝟏

𝒔𝒊𝒏𝟐𝒙 . tj.

𝒚′ = (𝒄𝒕𝒈𝒙)′ =−𝟏

𝒔𝒊𝒏𝟐𝒙

Dokaz:

Po definiciji tangensa znamo da je: 𝑦 = 𝑐𝑡𝑔𝑥 =𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑠𝑖𝑛𝑥. Ako ovako

definisanu trigonometrijsku funkciju podvrgnemo sa prethodnom teoremom količnika imamo:

𝑦′ = (cos 𝑥

sin 𝑥)′

=−sin 𝑥 sin 𝑥 − cos 𝑥 cos 𝑥)

sin2 𝑥=

−1

sin2 𝑥

Ovim je naša teorema dokazana..

Teorema 3.13.

Izvod logaritamske funkcije 𝒚 = 𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒙 jednak je 𝟏

𝒙𝒍𝒐𝒈𝒂 𝒆 tj.

𝒚′ = (𝒍𝒐𝒈𝒂𝒙)′ =𝟏

𝒙𝒍𝒐𝒈𝒂𝒆

Dokaz:

Na samom početku dokaza potrebno je kazati da ovo vrijedi ukoliko

su zadovoljena sljedeća ograničenja: 𝑥 > 0, 𝑎 ≠ 1, 𝑎 > 1. Izračunajmo

priraštaj funkcije 𝑦 = log𝑎 𝑥.

Δ𝑦 = log𝑎(𝑥 + Δ𝑥) − log𝑎 𝑥 = 𝑙𝑜𝑔𝑎

𝑥 + Δ𝑥

𝑥= log𝑎(1 +

Δ𝑥

𝑥)

Dijeljenjem sa Δ𝑥 imamo:

Δ𝑦

Δ𝑥=

1

Δ𝑥 log𝑎(1 +

Δ𝑥

𝑥)



79

Kada izraz 1

Δ𝑥 napišemo u obliku

𝑥

Δ𝑥

1

𝑥 imamo:

Δ𝑦

Δ𝑥=

1

𝑥 𝑥

Δ𝑥log𝑎 (1 +

Δ𝑥

𝑥) =

1

𝑥log𝑎 (1 +

Δ𝑥

𝑥)

𝑥Δ𝑥

Stavimo li da nam je Δ𝑥

𝑥= 𝜖, tada imamo da ako 𝜖 → 0 ⇒

1

𝜖→ ∞.

Kada Δ𝑥 → 0 možemo pisati:


(1 +Δ𝑥

𝑥)

𝑥Δ𝑥

= limΔ𝑥→0

(1 + 𝜖)1𝜖 = 𝑒

Ove transformacije i graničnu vrijednost odradili smo u poglavlju o graničnim vrijednostima funkcije. Možemo pisati:


Δ𝑦

Δ𝑥=

1

𝑥log𝑎 𝑒

Kako je log𝑎 𝑒 =1

ln𝑎 možemo pisati:

𝑦′ = (log𝑎 𝑥)′ =1

𝑥

1

𝑙𝑛𝑎

Za specijalni slučaj kada je 𝑎 = 𝑒 imamo:

𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥 ⇒ 𝑦′ =1

𝑥



80

3.3.4 IZVOD INVERZNE FUNKCIJE

Umjesto dokaza daćemo grafičku interpretaciju, odnosno geometrijsko objašnjenje

teoreme. Pretpostavimo da imamo (Slika 2.6) grafik funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥) i tačku 𝑃 koja ima

koordinate 𝑃(𝑥, 𝑓(𝑥)), u kojoj je povučena tangenta 𝑡.

Tangenta 𝑡 ima koeficijent smjera 𝑡𝑔𝛼 odnosno gradi sa pozitivnim dijelom 𝑥 ose ugao

𝛼, dok sa osom 𝑦 gradi ugao 𝛽. Poznato je po definiciji izvoda funkcije da je:

𝑡𝑔𝛼 = 𝑓′(𝑥) = 𝑦′

Grafik funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥) je istovremeno grafik inverzne pomenute funkcije 𝑥 = 𝜙(𝑦)

gdje je sada 𝑦 nezavisno promjenjiva, i diferenciranje izvršeno po 𝑦. Ako tako

posmatramo funkciju 𝑥 = 𝜙(𝑦), zaključujemo da je:

𝑡𝑔𝛽 = 𝜙′(𝑦) = 𝑥𝑦′

Ako se bolje zagledamo u sliku 3.6, zaključićemo da su uglovi 𝛼 i 𝛽 suplementni uglovi,

tj. zbir dotičnih uglova iznosi 900. Na osnovu toga i trigonometrijskih transformacija zaključujemo da možemo pisati:

𝑡𝑔𝛽 = 𝑡𝑔 (900 − 𝛼) = 𝑐𝑡𝑔 𝛼 =1

𝑡𝑔 𝛼

Teorema 3.14.

Ako funkcija 𝒇(𝒙) ima izvod 𝒚′ = 𝒇′(𝒙) ≠ 𝟎 i ako je 𝒙 = 𝝓(𝒚) inverzna funkcija date funkcije tada je:

𝝓′(𝒚) =𝟏

𝒇′(𝒙)

Slika 3.6 Inverzna funkcija



81

odnosno

𝑥𝑦′ =

1

𝑦𝑥′

ili

𝑦𝑥′ =

1

𝑥𝑦′

Na ovaj jednostavan način dobijamo vrlo važnu vezu između dviju inverznih funkcija. Ova veza omogućuje nam jedan cijeli spektar fazona koje ćemo koristiti u narednim teoremama i zadacima. Znači kad god znamo izvod neke funkcije lako nalazimo izvod njene inverzne funkcije (svakako, ako ono postoji). Inverzna funkcija obrađena je u poglavlju o funkcijama, tako da su prethodni koraci u grafičkom dokazu teoreme poznati.

Ako se grafik inverzne funkcije preslikava simetrično u odnosu na pravu 𝑦 = 𝑥 (vidi sliku

3.7,) dobija se kriva čija tangenta 𝑡’ u tački 𝑃’ gradi sa osom 𝑂𝑥 također ugao 𝛽 koji se može jednostavno provjeriti kada se primijeni osobine simetričnosti krivih.

Teorema 3.15.

Izvod eksponencijalne funkcije 𝒚 = 𝒂𝒙 za 𝒂 > 𝟎 𝒊 𝒂 ≠ 𝟏 iznosi

𝒂𝒙𝒍𝒏 𝒂 tj.

𝒚′ = (𝒂𝒙)′ = 𝒂𝒙𝒍𝒏 𝒂

Dokaz:

Zadatak ćemo riješiti pomoću prethodne teoreme. Ako namjerno

stavimo 𝑥 = log𝑎 𝑦, mi smo tada dobili funkciju gdje je, 𝑦 nezavisno

promjenjiva a 𝑥 zavisno promjenjiva. Potražimo inverznu funkciju te funkcije. Imamo:

Slika 3.7 Inverzna funkcija



82

𝑥 = log𝑎 𝑦 Ako se napravimo Englezi i riješimo ovu logaritamsku jednačinu po

𝑦 imamo:

𝑎𝑥 = 𝑦 Ako pogledamo izraz vidimo da smo dobili inverznu funkciju od funkcije

𝑥 = log𝑎 𝑦 Pošto znamo iz prethodne teoreme da je:

𝑥′ = (log𝑎 𝑦)′ =1

𝑦𝑙𝑜𝑔𝑎𝑒

Primijenivši to na našu teoremu imamo:

𝑥𝑦′ =

1

𝑦𝑥′

(log𝑎 𝑦)′ =1

𝑦𝑥′

𝑦𝑥′ =

1

log𝑎 𝑦=

1

(1𝑦) log𝑎 𝑒

Rješavajući dvojni razlomak, te znajući da je: log𝑎 𝑒 =1

ln𝑎 imamo:

𝑦𝑥′ = 𝑦 ln 𝑎

Pošto je: 𝑦 = 𝑎𝑥 imamo:

𝑦′ = (𝑎𝑥)′ = 𝑎𝑥 ln 𝑎

Specijalno za 𝑎 = 𝑒 imamo 𝑦′ = (𝑒𝑥)′ = 𝑒𝑥𝑙𝑛𝑒 = 𝑒𝑥 .

Teorema 3.16.

Izvod funkcija 𝒚 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒊𝒏 𝒙, 𝒚 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 𝒙, 𝒚 = 𝒂𝒓𝒄 𝒕𝒈 𝒙 i 𝒚 =

𝒂𝒓𝒄 𝒄𝒕𝒈 𝒙 iznose respektivno: 𝟏

√𝟏−𝒙𝟐,

−𝟏

√𝟏−𝒙𝟐,

𝟏

𝒙𝟐+𝟏,

−𝟏

𝒙𝟐+𝟏, odnosno:

1. 𝒂𝒓𝒄 𝒔𝒊𝒏′𝒙 =𝟏

√𝟏−𝒙𝟐

2. 𝒂𝒓𝒄 𝒄𝒐𝒔′𝒙 =−𝟏

√𝟏−𝒙𝟐



83

3. 𝒂𝒓𝒄 𝒕𝒈′𝒙 =𝟏

𝒙𝟐+𝟏

4. 𝒂𝒓𝒄 𝒄𝒕𝒈′𝒙 =−𝟏

𝒙𝟐+𝟏

Dokaz:

Za dokaz ove teoreme služimo se inverznom funkcijom. Poznavajući izvode inverznih funkcija lako dolazimo do izvoda njihovih inverznih varijanti.

1.)

𝑦𝑥′ = (𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥)′ =

1

𝑥𝑦′

=1

sin′ 𝑦=

1

cos 𝑥=

1

√1 − sin2 𝑥

Kako je sin 𝑦 = 𝑥, jer je 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥 sada imamo:


1

√1 − [sin (𝑎𝑟𝑐 sin 𝑐)]2=

1

√1 − 𝑥2

Na kraju:


1

√1 − 𝑥2


2.)

𝑦𝑥′ = (𝑎𝑟𝑐 cos 𝑥)′ =

1

𝑥𝑦′

=1

𝑐𝑜𝑠′𝑦=

−1

sin 𝑥=

−1

√1 − cos2 𝑥

Kako je cos 𝑦 = 𝑥, jer je 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 cos 𝑥 sada imamo:


−1

√1 − [cos (𝑎𝑟𝑐 cos 𝑐)]2=

−1

√1 − 𝑥2

Na kraju:


−1

√1 − 𝑥2


3.)

𝑦𝑥′ = (𝑎𝑟𝑐 tg 𝑥)′ =

1

𝑥𝑦′

=1

tg′ 𝑦= cos2 𝑥 =

1

1 + 𝑡𝑔2𝑥

Kada uvrstimo smjenu ctg 𝑥 = 𝑥 tj. 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑥 imamo:

𝑦′𝑥 = (𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 𝑥)′ =1

1 + 𝑥2




84

4.)

𝑦𝑥′ = (𝑎𝑟𝑐 ctg 𝑥)′ =

1

𝑥𝑦′

=1

ctg′ 𝑦= −𝑠𝑖𝑛2 𝑥 =

−1

1 + 𝑐𝑡𝑔2𝑥

Kada uvrstimo smjenu 𝑐 tg 𝑥 = 𝑥 tj. 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑡𝑔 𝑥 imamo:

𝑦′𝑥 = (𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑡𝑔 𝑥)′ =−1

1 + 𝑥2


3.3.5 IZVOD HIPERBOLNIH FUNKCIJA

Teorema 3.17.

Izvodi hiperbolnih funkcija glase:

1. 𝒔𝒉′𝒙 = 𝒄𝒉 𝒙

2. 𝒄𝒉′𝒙 = −𝒔𝒉 𝒙

3. 𝒕𝒉′𝒙 =𝟏

𝒄𝒉 𝒙

4. 𝒄𝒕𝒉′𝒙 =−𝟏

𝒔𝒉 𝒙

Dokaz:

Obzirom da je po definiciji hiperbolna funkcija:

𝑠ℎ 𝑥 =𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥

2

𝑐ℎ 𝑥 =𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥

2

𝑡ℎ 𝑥 =1

𝑐ℎ 𝑥

𝑐𝑡ℎ 𝑥 =−1

𝑠ℎ 𝑥

Izvode funkcija dobijalmo neposrednim deriviranjem već poznate

funkcije 𝑒𝑥.

1.)

𝑠ℎ′𝑥 = (𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥

2)

′

= (𝑒𝑥

2)

′

− (𝑒−𝑥

2)

′

=𝑒𝑥

2− (−

𝑒−𝑥

2)

=𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥

2= 𝑐ℎ 𝑥

Ovdje je korištena derivacija složene funkcije koju još nismo upoznali. Složena funkcija detaljno je opisana u nekoj od narednih stranica.



85

2.)

𝑐ℎ′𝑥 = (𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥

2)

′

= (𝑒𝑥

2)

′

+ (𝑒−𝑥

2)

′

=𝑒𝑥

2+ (−

𝑒−𝑥

2)

=𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥

2= 𝑠ℎ 𝑥

3.)

𝑡ℎ′𝑥 = (𝑠ℎ 𝑥

𝑐ℎ 𝑥)′

= (𝑠ℎ 𝑥 𝑠ℎ 𝑥 − 𝑐ℎ 𝑥 𝑐ℎ 𝑥

𝑐ℎ2 𝑥) =

1

𝑐ℎ2 𝑥

4.)

𝑐𝑡ℎ′𝑥 = (𝑐ℎ 𝑥

𝑠ℎ 𝑥)′

= (𝑐ℎ 𝑥 𝑐ℎ 𝑥 − 𝑠ℎ 𝑥 𝑠ℎ 𝑥

𝑠ℎ2 𝑥) =

−1

𝑠ℎ2 𝑥

U dokazu zadnje dvije funkcije koristili smo jednakost hiperbolnih

funkcija: 𝑠ℎ2 𝑥 − 𝑐ℎ2 𝑥 = 1

To su bili izvodi u obliku teorema za određene elementarne funkcije. U narednom rješavanju, bilo teorema bilo zadataka, smatraće se da su prethodne teoreme poznate i neće se dodatno dokazivati. Pregled izvoda elementarnih funkcija:



86

3.3.6 TABLICE PRAVILA I OSNOVNIH IZVODA

Tabela: 3.1 Tablica osnovnih postupaka računanja izvoda

IZRAZ IZVOD NAPOMENA

(𝑐 𝑓(𝑥))′ 𝑐 (𝑓(𝑥))′ Izvod konstante i funkcije.

( 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥))′ 𝑓′(𝑥) + 𝑔′(𝑥) Zbir izvoda.

(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥))′ 𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) Proizvod izvoda.

(𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥))′

𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)

𝑔2(𝑥)

Količnik izvoda, gdje je 𝑔(𝑥) ≠ 0

Tabela: 3.2: Pregled izvoda elementarnih funkcija

FUNKCIJA IZVOD NAPOMENA

(𝑐 )′ 0

(𝑥𝛼)′ 𝛼𝑥𝛼−1

(1

𝑥) ′ −

1

𝑥2

(√𝑥)′

1

2√𝑥

(log𝑎 𝑥)′ 1

𝑥 ln 𝑎

(ln 𝑥)′ 1

𝑥

𝑎𝑥 𝑎𝑥 ln 𝑎

𝑒𝑥 𝑒𝑥

(sin 𝑥)′ cos 𝑥

(cos 𝑥)′ −sin 𝑥

(tg 𝑥)′ 1

cos2 𝑥

(𝑐 tg 𝑥)′ −1

sin2 𝑥

(𝑎𝑟𝑐 sin 𝑥)′ 1

√1 − 𝑥2

(𝑎𝑟𝑐 cos 𝑥)′ −1

√1 − 𝑥2

(𝑎𝑟𝑐 tg 𝑥)′ 1

1 + 𝑥2

(𝑎𝑟𝑐 ctg 𝑥)′ −1

1 + 𝑥2

(𝑠ℎ 𝑥)′ 𝑐ℎ 𝑥

(𝑐ℎ 𝑥)′ 𝑠ℎ 𝑥

(𝑡ℎ 𝑥)′ 1

𝑐ℎ2𝑥

(𝑐𝑡ℎ 𝑥)′ −1

𝑠ℎ2𝑥



87

3.4 DIFERENCIJAL FUNKCIJE

Koliko god je riječ diferenciranje slična riječi diferencijal toliko je i sam proces diferenciranja sličan računanju diferencijala funkcije. U stvari drugi naziv za izvod (diferenciranje) dobilo je naziv upravo od diferencijala. Neposredna posljedica diferencijala je diferenciranje. Povrh svega što je rečeno treba strogo razlikovati ta dva pojma.

Pretpostavimo da nam je data funkcija 𝑦 = 𝑓(𝑥) i da ona ima izvod u tački 𝑥. Možemo pisati:


Δ𝑦

Δ𝑥.

Uzimajući u obzir pojam beskonačno male veličine vidimo da nam je razlika između 𝑦′ i Δ𝑦

Δ𝑥 beskonačno mala, kad Δ𝑥 → 0. Tu beskonačno malu veličinu označimo sa 𝜖.

Možemo pisati da je:

𝑦′ −Δ𝑦

Δ𝑥= 𝜖

(4.1)

Množeći jednakost gornji izraz sa Δ𝑥 ≠ 0 imamo:

Δ𝑦 − 𝑦′Δ𝑥 = 𝜖Δ𝑥

(4.2)

Poznato je da 𝑦 zavisi od 𝑥, a 𝑦′ se ne mijenja kad Δ𝑥 → 0 pa imamo:

Δ𝑦 = 𝑦′Δ𝑥 + 𝜖 Δ𝑥

(4.3)

Zadnji izraz izražava priraštaj funkcije Δ𝑦. Vidimo da je taj priraštaj jednak zbiru

Δ𝑦 = 𝑦′Δ𝑥 + 𝜖 Δ𝑥. Kad Δ𝑥 → 0 tada 𝜖 Δ𝑥 teži nuli brže nego Δ𝑥 jer je 𝜖Δ𝑥

Δ𝑥= 𝜖 → 0,

dok se sabirak Δ𝑦 = 𝑦′Δ𝑥 zove glavni dio priraštaja funkcije. Druga važna osobina

izraza Δ𝑦 = 𝑦′Δ𝑥 je da je linearan po Δ𝑥. Preko zadnjih relacija došli smo da pojma diferencijala.

Definicija 3.2:

Diferencijal funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥) zove se proizvod izvoda

𝑦′ = 𝑓′(𝑥) funkcije i priraštaja nezavisno promjenjive:

𝑦′Δ𝑥 ili 𝑓′(𝑥)Δ𝑥

Prethodnu definiciju možemo kazati i tako da je diferencijal funkcije glavni dio priraštaja

te funkcije. Označavamo ga sa 𝑑𝑦 ili 𝑑𝑓(𝑥).

Ako namjerno uzmemo funkciju 𝑦 = 𝑥 i potražimo diferencijal dobićemo 𝑑𝑦 = 1Δ𝑥

odnosno 𝑑𝑦 = Δ𝑥. Kada stavimo umjesto 𝑦 varijablu 𝑥 imamo da je 𝑑𝑥 = Δ𝑥. Sada



88

dolazimo do zaključka da je diferencijal nezavisno promjenjive jednak njegovom

priraštaju. Zato diferencijal 𝑑𝑦 = 𝑦′𝑑𝑥 ili 𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥)𝑑𝑥 pa je:

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑦′ ili

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓′(𝑥) ili

𝑑𝑓(𝑥)

𝑑𝑥= 𝑓′(𝑥)

Zadnje jednakosti dokazuju nam neposrednu posljedicu izračunavanja diferencijala funkcije sa diferenciranjem. Možemo zaključiti:

Definicija 3.3:

Izvod funkcije predstavlja količnik diferencijala funkcije i diferencijala nezavisno promjenjive odnosno izvod funkcije predstavlja diferencijalni količnik funkcije.

Zbog zadnje definicije u mnogim literaturama ne samo matematičkim nego i drugim tehničkim nalazimo upravo ovako definisani izvod funkcije, odnosno nalazimo upotrebu

simbola 𝑑𝑦

𝑑𝑥 za izvod funkcije, tj.

𝑦 =𝑑𝑦

𝑑𝑥= lim

Δ𝑥→0

Δ𝑦

Δ𝑥

Razmotrimo još jednom jednakost 4.3:

Δ𝑦 = 𝑦′Δ𝑥 + 𝜖 Δ𝑥 kako je: Δ𝑥 = 𝑑𝑥, možemo pisati:

Δ𝑦 = 𝑦′d𝑥 + 𝜖 d𝑥

Kad Δ𝑥 → 0 tada 𝑑𝑦 = 𝑦′𝑑𝑥 → 0. Kada usporedimo beskonačno male vrijednosti Δ𝑦 i

d𝑦, te uz raniju pretpostavku Δ𝑥 → 0 imamo:

Δ𝑦

𝑑𝑦=

𝑦′𝑑𝑥 + 𝜖𝑑𝑥

𝑦′𝑑𝑥= 1 +

𝜖

𝑦′

Pošto je d𝑥 → 0 tada će 𝜖

𝑦′→ 0, pa ostaje samo

Δ𝑦

𝑑𝑦→ 1 kad d𝑥 → 0.

Iz zadnjih izraza zaključujemo da je priraštaj funkcije jednak diferencijalu funkcije za

dovoljno malo Δ𝑥. Relacija Δ𝑦

𝑑𝑦→ 1 vrlo je značajna u praksi kada se umjesto priraštaja

uzima diferencijal koji je ponekad jednostavnije izračunati od priraštaja. Diferencijal uvijek možemo učiniti dovoljno tačnim da nam bude jednak priraštaju. Uradimo jedan primjer i uvjerimo se u gornje kazano.

Primjer 3.1: Izračunati bez digitrona koliko iznosi √𝟒, 𝟔



89

Dokaz:

Poćićemo od funkcije 𝑦 = √𝑥. Od ranije znamo da je Δ𝑦 =

√𝑥 + Δ𝑥 − √𝑥, a dok je diferencijal d𝑦 =1

√𝑥𝑑𝑥. Na osnovu

prethodni izraza možemo pisati:

√𝑥 + Δ𝑥 − √𝑥 ≈1

√𝑥𝑑𝑥

odnosno

√𝑥 + Δ𝑥 ≈1

√𝑥𝑑𝑥 + √𝑥

Ako stavimo da je 𝑥 = 4, pa je onda logično Δ𝑥 = 0,6 , vrlo jednosavno dobijamo da je:

√4,6 = 2 +1

4 0,6 = 2,15

Greška koja je napravljena oviom radnjom reda je 10−2. Međutim mi nju (grešku) možemo smanjiti po volji.



90

3.5 GEOMETRIJSKA INTERPRETACIJA DIREFENCIJALA

Grafička interpretacija diferencijala fnkcije nam omogućuje, kao prvo da slikovito shvatimo diferencijal, a drugo da shvatimo posljediće geometrijkog diferencijala.U tom pogledu uočimo na slici 2.8 dio grafa funkcije koja jediferencijabilna i na kome se nalaze

tačke 𝑃,𝑃1, 𝑀 i 𝑄.

Ako konstruišemo duž 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ , tako da je 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ || 𝑂𝑋, tada je 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ = 𝑑𝑥, a 𝑄𝑀̅̅ ̅̅ ̅ = Δ𝑦. Ako

povučemo tangentu u tački 𝑃 i njen presijek sa ordinatom tačke 𝑃1 označimo sa 𝑀.

Nadalje, pošto je 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ || 𝑂𝑋 tada je ∝=≮ 𝑀𝑃𝑄, a ugao ≮ 𝑃𝑄𝑀 = 900. Iz tog razloga

zaključujemo da je △ 𝑀𝑃𝑄 pravougli. Ako se sjetimo definicijala trigonometrijskih funkcija imamo:

𝑡𝑔𝛼 =𝑄𝑀̅̅ ̅̅ ̅

𝑃𝑄̅̅ ̅̅ ,

A to nije ništa drugo do izvod u tački 𝑦′ = 𝑓′(𝑥) = 𝑡𝑔 𝛼. Jednačina tangente 𝑡 koja

sadrži tačke 𝑃 i 𝑀 a čije koordinate su 𝑃(𝑥, 𝑦), 𝑀(𝑥 + Δ𝑥, 𝑦 + Δ𝑦) imamo:

𝑦 + Δ𝑦 − 𝑦 = 𝑡𝑔 𝛼(𝑥 + Δ𝑥 − 𝑥) (4.4)

Izraz 4.4 predstavlja jednačinu prave kroz dvije tačke, pa transformaciju dalje možemo pisati:

Δ𝑦 = 𝑓′(𝑥)Δ𝑥

pa ako je Δ𝑥 ≠ 0, možemo pisati:

d𝑦 = 𝑓′(𝑥)d𝑥

Slika 3.8 Geometrijska interpretacija diferencijala



91

Pa možemo zaključiti na osnovu prethodnog: Diferencijal funkcije predstavlja priraštaj

ordinate tangente u tački 𝑀u tački 𝑃 na grafu funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥)koji odgovara priraštaju

argumenta Δ𝑥, tj. 𝑄𝑀̅̅ ̅̅ ̅ = d𝑦.

Grešku koju na ovaj način činimo tj. kada kažemo da je Δ𝑦 = d𝑦 data je na slici, a to je

duž 𝑃1𝑀̅̅̅̅ ̅̅ . Duž 𝑃1𝑀̅̅̅̅ ̅̅ uvijek možemo učiniti malom koliko god želimo, jer ona zavisi

samo od toga koliko je blizu Δ𝑥 “prišao“ nuli.

Preko diferencijala došli smo do druge oznake izvoda funkcije, a to je 𝑦′ =𝑑𝑦

d𝑥 ili

𝑓′(𝑥) =𝑑𝑓(𝑥)

d𝑥

Do obje relacije prvi je došao Leibnitz, pa je i po njemu dobila naziv Leibnitzova oznaka izvoda. Razmotrimo još jednom kako je došlo do toga. Krenuo je od definicije

diferencijala tj. d𝑦 = 𝑓′(𝑥)d𝑥, dijeljenjem sa d𝑥 ≠ 0 imamo: 𝑑𝑦

d𝑥= 𝑓′(𝑥). Izvod funkcije

predstavlja količnik diferencijala funkcije i diferencijala argumenta. Sada možemo lako da dokažemo teoremu o izvodu inverzne funkcije date prethodno.

Dokaz: Teoreme 3.14

Neka imamo dvije funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥) i 𝑥 = 𝜌(𝑦) koje su međusobno inverzne. Neka je još funkcija strogo monotona. Diferencijal izračunavamo na sljedeći način:

𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥)𝑑𝑥

dijeljenjem sa 𝑑𝑦 imamo: 1

𝑓′(𝑥)=

𝑑𝑥

𝑑𝑦

Desnu stranu možemo shvatiti kao Leibnitzovu formu izvoda funkcije

𝑥 po argumentu 𝑦, odnosno:

1

𝑓′(𝑥)= 𝜌′(𝑦)

Dokaz teoreme završen.

Teorema 3.18.

Izvod složene funkcije. Ako imamo složenu funkciju 𝝓(𝒙) =𝑭(𝒇(𝒙)), gje je 𝑭(𝒇(𝒙)) sa argumentom 𝑓(𝑥), unutrašnja funkcije

𝑓(𝑥) sa argumentom 𝑥 , tada imamo da je:

𝝓′(𝒙) = 𝑭′(𝒇(𝒙))𝒇(𝒙)𝒇′(𝒙)𝒙



92

Dokaz:

Priraštaj funkcije 𝜙(𝑥) možemo pisati: △ 𝑥 = 𝑥1 − 𝑥 tj. 𝑥1 = 𝑥 +△ 𝑥, pa imamo:

𝜙(𝑥 +△ 𝑥) − 𝜙(𝑥) = 𝐹[𝑓(𝑥 +△ 𝑥) − 𝑓(𝑥)]

Iz prethodnih izlaganja priraštaj funkcije 𝜙 možemo pisati kao:

△ 𝜙(𝑥) = 𝐹[𝑓(𝑥 +△ 𝑥)]′ △ 𝑓(𝑥) + 𝜖 △ 𝑓(𝑥)

gdje 𝜖 → 0, kad △ 𝑥 → 0. Djeljenjem sa △ 𝑥 imamo:

△ 𝜙(𝑥)

△ 𝑥= 𝐹[𝑓(𝑥)]

△ 𝑓(𝑥)

△ 𝑥+ 𝜖

△ 𝑓(𝑥)

△ 𝑥

Ako pustimo da △ 𝑥 → 0 imamo:

lim△𝑥→0

△ 𝜙(𝑥)

△ 𝑥= lim

△𝑥→0𝐹[𝑓(𝑥)]

△ 𝑓(𝑥)

△ 𝑥+ lim

△𝑥→0𝜖△ 𝑓(𝑥)

△ 𝑥

𝜙′ = 𝐹′[𝑓(𝑥)]𝑓′(𝑥) A što je i trebalo dokazati.

Zadnjom teoremom smo dobili postupak a izračunavanje izvoda složene funkcije. Iz

izloženog vidimo da se postupak sastoji od toga da prvo deriviramo funkciju F(𝑓(𝑥)) po

argumentu 𝑓(𝑥), pa zatim dati argument 𝑓(𝑥), po njegovom argumentu 𝑥. Ovo pravilo (Teorema 2.18) može se generalizirati na sljedeći način.

Teorema 3.19.

Ako imamo složenu funkciju 𝝓(𝒙) = 𝑭(𝒇𝟏(𝒇𝟐(…𝒇𝒏(𝒙)… ))), gdje svaka funkcija 𝒇𝒊(𝒇𝒊+𝟏(…𝒇𝒏(𝒙)… ) 𝒊 = 𝟏, 𝒏̅̅ ̅̅ ̅ ima izvod po

argumentu 𝒇𝒊+𝟏(…𝒇𝒏(𝒙)… ), tada je:

𝝓′(𝒙) = 𝑭′ (𝒇𝟏(𝒇𝟐(…𝒇𝒏(𝒙)… ))) 𝒇𝟏(𝒇𝟐(…𝒇𝒏(𝒙)… ))…𝒇𝒏′ (𝒙)

Direktni dokaz nećemo provoditi, a on se najlakše može sprovesti matematičkom indukcijom.

Primjer 3.2: Naći izvod funkcije 𝒚 =𝟏

√𝟏+𝒙𝟒



93

Rješenje:

Ovu funkciju možemo shvatiti kao složenu, te se funkcija može rastaviti na nekoliko elementarnih funkcija čije smo izvode izračunali

prethodno. Funkcija se sastoji od funkcije 𝑦 =1

𝑢, gdje je 𝑢 = √𝑣, 𝑣 =

1 + 𝑥4, tj 𝑦 = 𝑓(𝑢(𝑣(𝑥))). Primjenimo li teoremu na ovako

definisanu funkciju imamo:

𝑦′ = 𝑓′(𝑢)𝑢′(𝑣)𝑣′(𝑥)

𝑓′(𝑢) = (1

𝑢)′

= (𝑢−1)′ = − 1

𝑢2

𝑢′(𝑣) = (√𝑣)′= (

1

2𝑣

12) =

1

2√𝑣

𝑣′(𝑥) = (𝑥4)′ = 4𝑥3 Na osnovu gornjih izraza imamo:

𝑦′ = − 1

𝑢2

1

2√𝑣4𝑥3 = −

1

(√𝑣)2

1

√1 + 𝑥4 4𝑥3

𝑦′ = −1

1 + 𝑥4

2𝑥3

√1 + 𝑥4

Kada racionaliziramo nazivnik imamo:

𝑦′ = −2𝑥3√1 + 𝑥4

(1 + 𝑥4)2

Na osnovu teoreme 3.18 i primjera 3.1 možemo razumjeti kako smo došli do dokaza izvoda hiperbolnih funkcija.



94

3.6 IZVOD DRUGOG I VIŠIH REDOVA

Ako diferenciranjem funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥), dobijemo ponovo funkciju 𝑔(𝑥) = 𝑓′(𝑥) te

ako je ona diferencijabilna i nekoj tački 𝑥 prvi izvod funkcije 𝑔(𝑥) odnosno 𝑔′(𝑥)

zovemo drugi izvod funkcije 𝑓(𝑥), a obilježavamo ga sa 𝑓′′(𝑥). Kraće, drugi izvod je prvi izvod prvog izvoda tj. izvod od izvoda funkcije.

[𝑓′(𝑥)]′ = 𝑓′′(𝑥) = 𝑦′′

Ako funkcija 𝑓′′(𝑥) ima izvod za vrijednost argumenta 𝑥 koji pripada nekom skupu, tada se ovaj izvod zove izvod trećeg reda ili treći izvod i označava sa:

[𝑓′′(𝑥)]′ = 𝑓′′′(𝑥) = 𝑦′′′ Kraće treći izvod je izvod od drugog izvoda funkcije. Pošto je drugi izvod izvod od prvog izvoda, tada je treći izvod od izvoda prvog reda.

Na osnovu izloženog induktivno možemo definisati 𝑛 − 𝑡𝑖 izvod.

Definicija 3.4: Izvodom 𝑛-tog reda (𝑛-ti izvod) funkcije 𝑓(𝑥) je izvod od 𝑛 − 1

izvoda funkcije 𝑓(𝑥).

Za označavanje izvoda koriste se simboli. Za izvod prvog, drugog, trećeg oznaka je:

𝑦′, 𝑦′′, 𝑦′′′. Za izvode četvrtog i viših izvoda:𝑦(𝐼𝑉), 𝑦(𝑉), … , 𝑦(𝑛).. Leibnitzova forma

izvoda označavamo sa: 𝑑𝑦

𝑑𝑥, 𝑑2𝑦

𝑑𝑥2, ..., 𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛.

Primjer 3.3 Naći 4-ti izvod funkcije 𝒚 = 𝟑𝒙𝟒.

Rješenje:

Kako znamo da je 4-ti izvod jednak izvodu trećeg izvoda, a treći izvodu drugog izvoda, a drugi izvod prvog izvoda, sukcesivno računamo izvod izvoda na sljedeći način.

𝑦′ = (3𝑥4)′ = 3 ∙ 4𝑥3 = 12𝑥3

𝑦′′ = (12𝑥3)′ = 12 ∙ 3 𝑥2 = 36 𝑥2

𝑦′′′ = (36𝑥2)′ = 36 ∙ 2 𝑥1 = 72𝑥

𝑦(𝐼𝑉) = (72𝑥)′ = 72

Dakle 4-ti izvod funkcije 𝑦 = 3𝑥4 iznosi 𝑦(𝐼𝑉) = 72.

Razmotrimo sada postupak izvoda viših redova složenih funkcija, te definišimo opće pravilo izvoda višeg reda složene funkcije.

Teorema 3.20

Ako definišemo složenu funkciju 𝝓(𝒙) = 𝑭(𝒇(𝒙)) i ako funkcija F(f(x)) i f(x) imaju konačne izvode

drugogo reda tada složena funkcija 𝝓(𝒙) ima izvod drugog reda jednak:



95

𝑑2𝝓(𝒙)

𝑑𝑥2=

𝑑2𝑭

𝑑𝑥2 (

𝑑𝒇(𝒙)

𝑑𝑥)2

+𝑑𝑭

𝑑𝑓 𝑑2𝒇(𝒙)

𝑑𝑥

Dokaz:

Kao i u primjeru pronaći čemo prvo prvi izvod složene funkcije:

𝜙′(𝑥) = 𝐹′(𝑓(𝑥))𝑓′(𝑥)

Ako sada primijenimo teoremu o produktu izvoda te teoremu o izvodu složene funkcije imamo:

𝜙′′(𝑥) =𝑑2𝜙(𝑥)

𝑑𝑥2= 𝐹′′(𝑓(𝑥))𝑓′(𝑥)𝑓′(𝑥) + 𝐹′(𝑥)𝑓′′(𝑥))

𝜙′′(𝑥) =𝑑2𝜙(𝑥)

𝑑𝑥2= 𝐹′′(𝑓(𝑥))(𝑓′(𝑥))2 + 𝐹′(𝑥)𝑓′′(𝑥)

𝜙′′(𝑥) =𝑑2𝜙(𝑥)

𝑑𝑥2=

𝑑2𝐹

𝑑(𝑓(𝑥))2(𝑑𝑓

𝑑𝑥)

2

+𝑑𝐹

𝑑𝑥

𝑑2𝑓

𝑑𝑥2

Ako su funkcije tri puta diferencijabilne, tada je složena funkcija

𝜙(𝑥) = 𝐹(𝑓(𝑥)) također tri puta diferencijabilna pa je treći izvod funkcije:

𝜙′′′(𝑥) =𝑑3𝜙(𝑥)

𝑑𝑥3

=𝑑3𝐹


𝑑𝑥)3

+ 2𝑑2𝐹

𝑑𝑓2

𝑑𝑓

𝑑𝑥

𝑑2𝑓

𝑑𝑥2 +

𝑑2𝐹

𝑑𝑓2

𝑑𝑓

𝑑𝑥

𝑑2𝑓

𝑑𝑥2

+𝑑𝐹

𝑑𝑥

𝑑3𝑓

𝑑𝑥3

=𝑑3𝐹


𝑑𝑥)3

+ 3𝑑2𝐹

𝑑𝑓2

𝑑𝑓

𝑑𝑥

𝑑2𝑓

𝑑𝑥2 +

𝑑𝐹

𝑑𝑥

𝑑3𝑓

𝑑𝑥3

Ako generaliziramo teoremu, dolazimo do općeg zakona po kojem računamo n-ti izvod složene funkcije pod pretpostavkom da parcijalne funkcije imaju n-ti izvod. Do tog zakona došao je Leibnitz pa se po njemu zove Leibnitzova formula.

Posmatrajmo proizvod dviju funkcija: 𝑓(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥).

Prvi izvod funkcije 𝑓′(𝑥) = 𝑢′(𝑥)𝑣(𝑥) + 𝑢(𝑥)𝑣′(𝑥).

Ponovnim diferenciranjem drugi izvod iznosi: 𝑓′′(𝑥) = 𝑢′′𝑣 + 2𝑢′𝑣′ + 𝑢𝑣′′ Ponovnim diferenciranjem imamo treći izvod: 𝑓′′′(𝑥) = 𝑢′′′ + 3𝑢′′𝑣′ + 3𝑢′𝑣′′ + 𝑣′′′ Možda vas desna strana izvoda funkcije podsjeća na Newtonow binomni obrazac. Zaključujemo sljedeće:

𝑓(𝑛)(𝑥) = (𝑛0) 𝑢(𝑛)𝑣 + (

𝑛1)𝑢(𝑛−1)𝑣′ + ⋯+ (

𝑛𝑛) 𝑣(𝑛)𝑢

(4.5)



96

gdje su (𝑛𝑘) 𝑘 = 1, . . . , 𝑛 binomni koeficijenti Newtonovog obrazca. Zadnju formulu

možemo dokazati matematičkom indukcijom. Iz prvog, drugog i trećeg izvoda vidimo da je formula tačna za prvih nekoliko prvih

brojeva. Pretpostavimo da vrijedi za 𝑛 = 𝑘 > 𝑛0 tj. da vrijedi:

𝑓(𝑘)(𝑥) = (𝑘0) 𝑢(𝑘)𝑣 + (

𝑘1) 𝑢(𝑘−1)𝑣′ + ⋯+ (

𝑘𝑘) 𝑣(𝑘)𝑢

(4.6)

Nađimo k+1 izvod funkcije imamo:

𝑓(𝑘+1)(𝑥) = ((𝑘0) 𝑢(𝑘)𝑣 + (

𝑘1) 𝑢(𝑘−1)𝑣′ + ⋯+ (

𝑘𝑘) 𝑣(𝑘)𝑢)

′

Po teoremi o proizvodi izvoda funkcije imamo:

𝑓(𝑘+1)(𝑥) = (𝑘0) 𝑢(𝑘+1)𝑣 + (

𝑘0) 𝑢(𝑘)𝑣′ + (

𝑘1) 𝑢(𝑘)𝑣′ + (

𝑘1) 𝑢(𝑘−1)𝑣′′ + ⋯

+ (𝑘𝑘) 𝑣(𝑘+1)𝑢 + (

𝑘𝑘) 𝑣(𝑘)𝑢′

Pošto je (𝑘0) = (

𝑘 + 10

) te (𝑘𝑘) = (

𝑘 + 1𝑘 + 1

), te ako zajedničke članove izvučemo ispred

zagrade imamo:

𝑓(𝑘+1)(𝑥) = (𝑘0)𝑢(𝑘+1)𝑣 + 𝑢(𝑘)𝑣′ ((

𝑘0) + (

𝑘1)) + 𝑢(𝑘−1)𝑣′′ ((

𝑘1) + (

𝑘2)) + ⋯

+ ((𝑘

𝑘 − 1) + (

𝑘𝑘)) 𝑣(𝑘)𝑢′ + (

𝑘 + 1𝑘 + 1

) 𝑣(𝑘+1)𝑢

Iz jednakosti binomnih koeficijenata (𝑛𝑘) + (

𝑛𝑘 + 1

) = (𝑛 + 1𝑘 + 1

) imamo:

𝑓(𝑘+1)(𝑥) = (𝑘 + 1

0)𝑢(𝑘+1)𝑣 + (

𝑘1) 𝑢(𝑘)𝑣′ + ⋯+ (

𝑘 + 1𝑘 + 1

) 𝑣(𝑘+1)𝑢

Kako smo dokazali da formula vrijedi za prvih nekoliko prirodnih brojeva, te iz

pretpostavke 3.6 da vrijedi za neki 𝑛 = 𝑘 > 𝑛0, dokazali da vrijedi i za 𝑛 = 𝑘 + 1, to na osnovu matematičke indukcije zaključujemo da tvrdnja vrijedi za sve prirodne brojeve.

Primjer 3.3. Naći n-ti izvod funkcije 𝒚 = 𝒙𝟐𝒆𝒌𝒙

Rješenje: Ako uvedemo smjenu 𝑥2 = 𝑢(𝑥), 𝑒𝑘𝑥 = 𝑣(𝑥), prema Leibnitzovoj formuli imamo:



97

𝑓(𝑛)(𝑥) = (𝑒𝑘𝑥)(𝑛)𝑥2 + 2𝑛𝑥(𝑒𝑘𝑥)(𝑛−1) +𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2)

6∙ 0

∙ (𝑒𝑘𝑥)(𝑛−2) Vidimo da poslije trećeg člana binomnog obrazca boivamo nule pa zaključujemo da je:

𝑓(𝑛)(𝑥) = 𝑥2𝑘𝑛𝑒𝑘𝑥 + 2𝑛𝑘𝑛−1𝑒𝑘𝑥 + 𝑛(𝑛 − 1)𝑘𝑛−2𝑒𝑘𝑥 jer je:

(𝑒𝑘𝑥)′ = 𝑘𝑒𝑘𝑥

(𝑒𝑘𝑥)′′ = (𝑘𝑒𝑘𝑥)′ = 𝑘2𝑒𝑘𝑥

…

(𝑒𝑘𝑥)(𝑛) = 𝑘𝑛𝑒𝑘𝑥

Primjer 3.4.

Pomoću Leibnizove formule nači treći izvod funkcije

𝒇(𝒙) = 𝒙^𝟐 𝒍𝒏 𝒙

Rješenje:

Ako uvedemo smjenu ln 𝑥 = 𝑢(𝑥), 𝑥2 = 𝑣(𝑥), prema Leibnitzovoj formuli imamo:

𝑢(𝑥) = ln 𝑥, 𝑢′(𝑥) =1

𝑥, 𝑢′′(𝑥) = −

1

𝑥2, 𝑢′′′(𝑥) =2

𝑥3

𝑣(𝑥) = 𝑥2, 𝑣′(𝑥) = 2𝑥, 𝑣′′(𝑥) = 2, 𝑣′′′(𝑥) = 0 Po Leibnitzovoj formuli imamo:

𝑓′′′(𝑥) = 𝑢𝑣′′′ + 3𝑢′𝑣′′ + 3𝑢′′𝑣′ + 𝑣′′′

= 0 + 3 ∙2

𝑥− 3 ∙

1

𝑥2∙ 2𝑥 +

2

𝑥3𝑥2

𝑓′′′(𝑥) =2

𝑥



98

3.6.1 IZVODI FUNKCIJA DATIH U PARAMETARSKOM OBLIKU

Teorema 3.21

Ako je funkcija 𝒙 = 𝒙(𝒕), 𝒚 = 𝒚(𝒕) imaju izvode

drugog reda, tada funkcija 𝒇(𝒙) definisana preko skupa datih funkcija ima drugi izvod koji je jednak:

𝒇′′(𝒙) =𝒚′′(𝒕)𝒙′(𝒕) − 𝒚′(𝒕)𝒙′′(𝒕)

𝒙′(𝒕)𝟑

Rješenje:

Kako smo rekli u prethodnoj teoremi izvod funkcije date u

parametarskom obliku iznosi: 𝑥 = 𝑥(𝑡)

𝑦’ = 𝑓’(𝑥) =𝑦′(𝑡)

𝑥′(𝑡)

Iz zadnje relacije dolazimo do drugogo izvoda:

𝑦’′ = 𝑓’′(𝑥) =

𝑑𝑦𝑑𝑥𝑑𝑥𝑑𝑥

=

𝑑𝑑𝑡

(𝑦′(𝑡)𝑥′(𝑡)

)

𝑥′(𝑡)3=

𝑥′𝑦′′ − 𝑥′′𝑦′

𝑥′(𝑡)3

Do zadnje relacije došli smo korištenjem teoreme za derivaciju količnika funkcija. Zaista, vidimo da je:

𝑦’′ = 𝑓’′(𝑥) =𝑥′(𝑥)𝑦′′(𝑥) − 𝑥′′(𝑥)𝑦′(𝑥)

𝑥′(𝑡)3

Primjer 3.5. Naći drugi izvod funkcije date u parametarskom obliku 𝒙 =𝒂 𝒄𝒐𝒔 𝒕 , 𝒚 = 𝒃 𝒔𝒊𝒏 𝒕 (𝟎 < 𝒕 < 𝝅).



99

Rješenje:

Primjenjujući teoremu o prvom izvodu imamo: 𝑦𝑥′ = −

𝑏

𝑎𝑐𝑡𝑔 𝑡.

Drugi izvod izračunavamo prema zadnjoj teoremi:

𝑦𝑥′′ =

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2= −

𝑏

𝑎𝑐𝑡𝑔 𝑡 =

𝑦′′𝑥′ − 𝑦′𝑥′′

𝑥′3=

𝑎𝑏(cos2 𝑡 + sin2 𝑡)

−𝑎3 sin3 𝑡

= −𝑏

𝑎2 sin3 𝑡

Napomena: Često se derivacije parametarskih funkcija, odnosno funkcija koje zavise od vremena, označavaju sa tačkom notacijom. Pa

kada se hoće da napiše prvi izvod funkcije = 𝑥(𝑡) , piše se �̇� = 𝑥′(𝑡).

Analogno drugi izvod: �̈� = 𝑥′′(𝑡). Zbog ove notacije teoremu 3.21 možemo pisati i kao:

𝒅𝒚

𝒅𝒙=

�̇�

�̇�

𝒅𝟐𝒚

𝒅𝒙𝟐 =𝒅(

�̇�

�̇�)

𝒅𝒙=

�̈��̇�−�̈��̇�

�̇�𝟑

3.6.2 MEHANIČKA INTERPRETACIJA DRUGOG IZVODA

Kazali smo da nam mehanička interpretacija prvog izvoda označava brzinu kretanja neke

tačke tj. 𝑣 = 𝑓′(𝑡), gdje je 𝑓(𝑡) = 𝑠 – zakon puta. Uočavamo da nam je brzina 𝑣,

također funkcija vremena 𝑡. Ako izračunamo drugi izvod puta 𝑠 po vremenu 𝑡dobićemo brzinu promjene brzine tačke ili kraće ubrzanje. Dakle ako mjerimo promjenu brzine

imamo: 𝑎 =𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑓′′(𝑡).

Ubrzanje tačke je drugi izvod puta po vremenu. Sve ovo naravno vrijedi za pravolinijsko kretanje tačke, dok, uopće za bilo koje kretanje, krivolinijsko ili drugo ono označava smo jednu koponenu kretanja-tangencijalnu komponentu.

Primjer 3.6. Ako je zakon puta dat izrazom 𝒔 = 𝟓𝒕𝟐 + 𝟔𝒕 + 𝟕, potrebno je naći brzinu i ubrzanje.

Rješenje: Brzina tačke 𝑣 =

𝑑𝑠

𝑑𝑡= 10𝑡 + 6.

Ubrzanje tačke 𝑎 =𝑑𝑣

𝑑𝑡=

𝑑2𝑠

𝑑𝑡2 = 10.



100

3.6.3 DIFERENCIJALI VIŠEG REDA

Kako smo prije definisali diferencijal funkcije 𝑦 = 𝑓(𝑥) iznosi 𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥)𝑑𝑥. Kada

definišemo diferencijal višeg reda, smatramo da je 𝑑𝑥 konstantna veličina. Takva osobina

za 𝑑𝑥 govori nam da je diferencijal drugogo reda 𝑑(𝑑𝑦) = 𝑑2𝑦. Općenito diferencijal n-tog reda definiše se preko diferencijala n-1 reda odnosno:

𝑑𝑛𝑦 = 𝑑(𝑑𝑛−1𝑦)

Pošto je 𝑑𝑦 = 𝑓′(𝑥)𝑑𝑥 tada je: 𝑑2𝑦 = 𝑑(𝑑𝑦) = 𝑑(𝑓′(𝑥)𝑑𝑥) = 𝑓′(𝑑)𝑑𝑥𝑑𝑥, pa imamo diferencijal drugogo reda:

𝑑2𝑦 = 𝑓′′(𝑥)𝑑𝑥2 Ako generaliziramo defirencijal n-tog reda, imamo:

𝑑𝑛𝑦 = 𝑓(𝑛)(𝑥)𝑑𝑥𝑛

Definicija 3.5 Diferencijal n-tog reda jednak je proizvodu n-tog izvoda

funkcije 𝒚 = 𝒇(𝒙) i n-tog stepena diferencijala argumenta.

Posljedica 3.1

Definicija 2.3 definiše Leibnitzovu oznaku n-tog izvoda: 𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛= 𝑓(𝑛)(𝑥)

Poznavanjem izvoda složene funkcije i generalizacije teoreme o izvodu složene funkcije (Leibnitzove formule) dolazimo do diferencijala drugog i viših redova složene funkcije.