46457186-financijska-matematika-zbirka
TRANSCRIPT
FINANCIJSKA MATEMATIKA
Zbirka riješenih zadataka
pred. Josipa Perkov, mag. math.
156
Sadržaj:
UVOD: SKUPOVI BROJEVA ....................................................................................... 3
SKUPOVI ............................................................................................................... 30
MATEMATIČKA INDUKCIJA ..................................................................................... 37
FUNKCIJE ............................................................................................................... 43
ALGEBARSKE FUNKCIJE ......................................................................................... 61
NIZOVI .................................................................................................................. 75
ARITMETIČKI I GEOMETRIJSKI NIZ ......................................................................... 80
Zadatak 1. Nađite opći član aritmetičkog niza ako je: ...................................... 81
POSTOTNI RAČUN ................................................................................................. 89
TROJNO PRAVILO .................................................................................................. 97
RAČUN DIOBE ..................................................................................................... 104
RAČUN SMJESE ................................................................................................... 111
VERIŽNI RAČUN .................................................................................................. 119
JEDNOSTAVNI I SLOŽENI KAMATNI RAČUN ......................................................... 123
POČETNE I KONAČNE VRIJEDNOSTI VIŠE PERIODIČNIH UPLATA (ISPLATA) ......... 136
ZAJAM ................................................................................................................. 142
INTERKALARNE KAMATE, POTROŠAČKI KREDIT .................................................. 148
PRIMJERI KOLOKVIJA I ISPITA ............................................................................... 154
Literatura: ........................................................................................................... 158
156
UVOD: SKUPOVI BROJEVA
156
Brojeve kojima prebrajamo predmete i pojave u svojoj okolini nazivamo prirodnim
brojevima. Skup prirodnih brojeva obilježavamo oznakom N.
N = {1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., n, ...}
Skup N ima najmanji element (broj 1), a svaki sljedeći element dobijemo tako da
prethodnog uvećamo za 1. Za svaki prirodan broj n ≠ 1 postoji prirodni broj koji je njegov
prethodnik, n − 1. Svaki prirodni broj n ima i sljedbenika, n + 1. Zbog ovog svojstva kažemo
da je skup prirodnih brojeva prebrojiv. Prirodne brojeve oblika 2n, gdje je n bilo koji
prirodan broj, nazivamo parnim brojevima, a prirodne brojeve oblika 2n-1 nazivamo
neparnim brojevima.
n 2n 2n−11 2 12 4 33 6 54 8 7… … …
Ako su a i b prirodni brojevi zbroj a + b, kao i umnožak a ∙ b je opet prirodan broj. Zato se
kaže da je skup N zatvoren prema zbrajanju i množenju svojih elemenata. Za te operacije
vrijede sljedeća svojstva, tj. za svaka tri prirodna broja a, b, c vrijedi:
1. ( ) ( )( ) ( )
⋅⋅=⋅⋅++=++
cbacba
cbacba asocijativnost zbrajanja, odnosno množenja,
2.
⋅=⋅+=+abba
abba komutativnost zbrajanja, odnosno množenja,
3. ( ) cbcacba ⋅+⋅=⋅+ distributivnost množenja prema zbrajanju,
4. Ako je a < b tada je a + c < b +c i a ∙ c < b ∙ c.
Primjer 1. S jedne strane školskog hodnika nalaze se 4 učionice. Jedna je učionica dugačka
7m, druga 8m, a preostale dvije imaju duljinu po 6m. Koliko kvadratnih metara parketa treba
za prekrivanje podova tih učionica širine 5m?
156
Nacrtajmo tlocrt učionica:
5 5 5 5
7 8 6 6Možemo izračunati površinu svake učionice:
2
2
2
2
3056
3056
4058
3557
mmm
mmm
mmm
mmm
=⋅
=⋅=⋅=⋅
Zbroj površina podova svih učionica je
22222 13530304035 mmmmm =+++
Manje bismo imali računanja da smo zbroj duljina svih učionica pomnožili njihovim
širinama:
2135527
276687
mmm
mmmmm
=⋅=+++
Primjerom smo potvrdili korisnost primjene zakona distributivnosti množenja prirodnih
brojeva prema zbrajanju: ( ) 5668756565857 ⋅+++=⋅+⋅+⋅+⋅
Razlika bilo kojih dvaju prirodnih brojeva nije uvijek prirodni broj. Proširimo li skup N
takvim brojevima da se razlika svakih dvaju brojeva nalazi u tom skupu, dobivamo skup
cijelih brojeva Z:
Z = {…, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, …}
Skup cijelih brojeva čine pozitivni brojevi: 1, 2, 3, …, negativni brojevi: −1, −2, −3, …, i
broj 0. Skup Z nema niti najmanji niti najveći element. Dva su cijela broja suprotni brojevi
ako im je zbroj 0.
Primjer 2.
Izračunajmo vrijednost izraza: [ ])2(3)(2)2(3 yxyxyx −−−−+ ako je x = 2, y = −1.
Uvrstimo zadane brojeve umjesto x i y:
156
[ ]))1(22(3))1(2(2))1(22(3 −⋅−−−−−−+⋅ .
Prvo obavljamo operaciju množenja, budući je množenje operacija višeg reda, vodeći računa
o zagradama. Umnožak dva cijela broja istog predznaka je pozitivan cijeli broj, a umnožak
dva cijela broja suprotnih predznaka je negativan cijeli broj.
[ ])22(3))1(2(2))1(4(3 +−−−−−+ .
Poštujući prioritet zagrada, izvršimo zbrajanja u okruglim zagradama.
[ ] [ ]12323343)12(2))1(4(3 −⋅−⋅=⋅−+−−+ .
Sada ponovno izvršimo naznačena množenja:
[ ] 1569)6(91269 =+=−−=−− .
Kvocijent dvaju cijelih brojeva nije nužno cijeli broj. Tako npr.
∈= 43:12 Z, ali ∉3:13 Z.
Proširimo skup Z takvim brojevima da rezultati dijeljenja cijelih brojeva budu elementi tog
novog skupa. Ako je m∈ Z djeljenik (dividend), a n ∈ Z djelitelj (divizor) n ≠ 0, onda
njihov kvocijent zapisujemo u obliku razlomka n
m. Ovdje m zovemo brojnikom, a n
nazivnikom tog razlomka. Brojevi koje možemo napisati u obliku razlomka čine skup
racionalnih brojeva
Q =
≠∈ 0,,| nZnm
n
m.
Uočimo da nazivnik ne može biti nula (dijeljenje s nulom nije definirano u skupu Q).
Razlomak proširujemo tako da mu i brojnik i nazivnik pomnožimo istim cijelim brojem
različitim od nule.
Razlomak kratimo tako da mu i brojnik i nazivnik podijelimo istim cijelim brojem različitim
od nule.
Skup Q je uređen. To znači da svaka dva racionalna broja možemo međusobno usporediti.
Naime, za bilo koje a, b ∈ Q vrijedi samo jedna od triju sljedećih tvrdnji:
a < b ili a = b ili a > b.
Dva su racionalna broja međusobno recipročna ako im je umnožak 1.
156
Razlomke možemo zbrajati ako imaju jednake nazivnike i tada je zbroj razlomak
nazivnika koji je jednak nazivnicima pribrojnika, a brojnik mu je jednak zbroju brojnika
zadanih razlomaka: b
ca
b
c
b
a +=+ , 0≠b . Ako se radi o zbrajanju razlomaka različitih
nazivnika prvo ih moramo svesti na razlomke jednakih nazivnika. Pri tome za nazivnik zbroja
biramo najmanji zajednički nazivnik danih razlomaka.
Oduzimanje razlomaka svodi se na zbrajanje suprotnih brojeva.
Umnožak dvaju razlomaka je razlomak čiji je brojnik umnožak brojnika, a nazivnik
umnožak nazivnika zadanih razlomaka: ,db
ca
d
c
b
a
⋅⋅=⋅ 0,0 ≠≠ db .
Kvocijent dvaju razlomaka je umnožak prvog razlomka (djeljenika) i recipročne vrijednosti
drugog razlomka (djelitelja): ,:cb
da
c
d
b
a
d
c
b
a
⋅⋅=⋅= 0,0,0 ≠≠≠ cdb .
Kvocijent dvaju razlomaka ponekad je napisan i kao dvojni razlomak. Neka su a, b, c, d
brojevi i neka su b, c, d ≠ 0. Izraz
d
cb
a
nazivamo dvojnim razlomkom. Brojevi a i d su
vanjski članovi, a brojevi b i c su unutarnji članovi dvojnog razlomka. Očigledno je:
cb
da
c
d
b
a
d
c
b
a
d
cb
a
⋅⋅=⋅== : .
Razlikujemo dvije vrste razlomaka: prave i neprave.
Ako su m, n∈ N i m < n, onda je razlomak n
m pravi razlomak.
156
Ako su m, n∈ N i m > n, onda je razlomak n
m nepravi razlomak.
Mješoviti broj c
ba je zbroj prirodnog broja i pravog razlomka. Pretvaramo ga u razlomak
tako da cijeli broj množimo nazivnikom i tom umnošku dodamo brojnik, tj.
,c
bca
c
ba
+⋅= 0≠c .
Racionalne brojeve zapisujemo i u decimalnom obliku. Decimalni se zapis racionalnog broja
zapisanog u obliku razlomka dobije dijeljenjem brojnika nazivnikom. Decimalni zapis može
biti konačan i beskonačan. Ako se nakon konačnog broja dijeljenja brojnika nazivnikom
dobije ostatak 0, decimalni zapis racionalnog broja je konačan decimalni broj. Ako se
prilikom dijeljenja jedna znamenka ili skupina znamenaka beskonačno ponavlja, zapis je
beskonačan, što bilježimo tako da iznad decimalnih mjesta koja se ponavljaju stavljamo
točke.
Konačan decimalni broj pretvaramo u decimalni razlomak. To je razlomak čiji je nazivnik
potencija broja 10: 3
0.3 ,10
= 25 5
2.5 ,10 2
= =1000
7007.0 = . Prva dva razlomka imaju u
nazivniku broj 10, jer decimalni zapis ima jedno decimalno mjesto. Treći razlomak u
nazivniku ima 3101000 = , jer decimalni broj ima tri decimalna mjesta.
Zadatak 1. Izračunajte:
a) 5
2
5
4
5
21 +− , b)
18
5
3
1
9
2 +− , c)
−−−−
32
1
16
1
8
1
4
1
2
1.
Rješenje:
a) 15
5
5
247
5
2
5
4
5
7
5
2
5
4
5
251
5
2
5
4
5
21 ==+−=+−=+−+⋅=+−
b) 6
1
18
3
18
5
18
6
18
4
18
5
3
1
9
23(:
3(:
6(
6(
2(
2(
==+−=+− ⋅
⋅
⋅
⋅
c)
156
1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1
2 4 8 16 32 2 4 8 32 2 4 8 32
1 1 4 1 1 1 3 1 8 3 1 5 16 5 11
2 4 32 2 4 32 2 32 2 32 32 32
− − − − − = − − − = − − − = − − − = − − = − − = − = − = =
Zadatak 2. Izračunajte:
a) 7
5
3
2 ⋅ , b)
+⋅
−+
2
1
10
1
3
1
7
3
21
8, c)
25
7:
15
14, d)
⋅−
−⋅
77
6
9
55
7
4:
12
1
14
9
6
7.
Rješenje:
a) 21
10
73
52
7
5
3
2 =⋅⋅=⋅
b) 7
2
1
2
7
1
)10:10(
)3:6(
)3:21(
)10:10(
10
6
21
10
10
51
21
798
2
1
10
1
3
1
7
3
21
8 =⋅=⋅=⋅=+⋅−+=
+⋅
−+
c) 25
7:
15
14 =
3
10
1
5
3
2
)7:7(
)5:25(
)5:15(
)7:14(
7
25
15
14 =⋅=⋅=⋅
d)
7 9 1 4 55 6 (7 : 7) (9 :3) 1 4 (55 :11) (6 : 3): :
6 14 12 7 9 77 (6 : 3) (14 : 7) 12 7 (9 : 3) (77 :11)
1 3 1 4 5 2 3 1 4 10 9 1 12 10 8 2: : : :
2 2 12 7 3 7 4 12 7 21 12 21 12 21
8 21 (8 : 2)
12 2 (12
⋅ − − ⋅ = ⋅ − − ⋅ =
− − = ⋅ − − ⋅ = − − = = =
= ⋅ = (21: 3) 4 77
: 3) (2 : 2) 4 1⋅ = ⋅ =
Zadatak 3. Izračunajte:
a)
2
157
12
, b)
3
1
6
56
1
3
2
+
−, c)
9
1
3
19
1
3
1
:
4
1
2
14
1
2
1
2−
+
−
+⋅ .
Rješenje:
156
a) 35
8
57
24
)3:15(7
2)3:12(
157
212
2
157
12
=⋅⋅=
⋅⋅=
⋅⋅=
b) 7
3
76
63
6
76
3
6
256
14
3
1
6
56
1
3
2
=⋅⋅==
+
−
=+
−
c)
1 1 3 1 41 1 2 1 33 4 4 9 3 2 13 9 9 92 4 4 42 : 2 : 2 : 2 : 2 : 2 3 3
1 1 1 1 2 1 3 1 1 2 1 4 9 2 1 1 22 4 3 9 4 9 4 9
++++ ⋅ ⋅⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ =− − ⋅ ⋅− −
Zadatak 4. Pretvorite u razlomak:
a) 0.2, b) 0.005, c) 25.25.
Rješenje:
a) 5
1
10
22.0 ==
b) 200
1
1000
5005.0 ==
c) 4
101
20
505
100
252525.25 ===
Zadatak 5. Izračunajte:
a) 2% od 74, b) 8% od 2
7.
Rješenje:
Postotak – stoti dio nečega. Označava se oznakom %.
a) 2% od 74 znači 48.125:3725
3774
50
174
100
2 ===⋅=⋅
b) 8% od 2
7 znači 28.025:7
25
7
2
7
25
2
2
7
100
8 ===⋅=⋅
156
Postoje brojevi koji se ne mogu prikazati u obliku razlomka kojem su i brojnik i nazivnik
cijeli brojevi, tj. brojevi koji nisu racionalni. Takve brojeve nazivamo iracionalnim brojevima
koji čine skup iracionalnih brojeva, a označavamo s I. Iracionalni brojevi se dijele na
algebarske iracionalne i transcedentne iracionalne brojeve.
Algebarski iracionalni brojevi su iracionalni brojevi koji su rješenje neke algebarske
jednadžbe s cijelim koeficijentima. Algebarska jednadžba 22 =x nema rješenje u skupu
racionalnih brojeva, tj. ne postoji takav racionalan broj čiji je kvadrat jednak broju 2.
Primjer 3. Pokažimo da 2 nije racionalan broj
Pretpostavimo suprotno, tj. pretpostavimo da 2 jest racionalan broj. Ako je 2 racionalan
broj, možemo ga zapisati u obliku razlomka
2n
m= ,
gdje su m, n relativno prosti prirodni brojevi, tj. takvi da im je najveća zajednička mjera.
Kvadrirajmo gornju jednadžbu i pomnožimo je nazivnikom:
2
2
2n
m=
222 mn = .
Vidimo da je 2m paran broj, jer se može prikazati kao umnožak broja 2 i broja 2n . S druge
strane, mora biti tada i sam broj m paran, jer kvadrat neparnog broja ne može biti paran broj.
Tada postoji cijeli broj p takav da je m = 2p. Ako u jednadžbu 222 mn = stavimo umjesto m
broj 2p, dobijemo:
222 4)2(2 ppn == .
Nakon dijeljenja s 2 dobivamo:
22 2 pn = ,
a to znači da je 2n paran broj, što opet znači da je i n paran broj. Dakle, i m i n su parni
brojevi, a to znači da im je zajednička mjera 2. To je u kontradikciji s pretpostavkom da su m i
n relativno prosti. Kontradikcija proizlazi iz pretpostavke da je 2 racionalan broj, pa tu
pretpostavku moramo odbaciti i prihvatiti suprotno: 2 nije racionalan broj.
156
Transcedentni iracionalni brojevi su iracionalni brojevi koji nisu algebarski iracionalni
brojevi. Takvi su na primjer brojevi π = 3.14159..., e = 2.71828..., ln2 = 0.69314..., …
Očito je da skupovi Q i I nemaju zajedničkih elemenata, pa je njihov presjek prazan skup, tj.
Q ∩ I = Ø.
Unija skupa racionalnih brojeva Q i skupa iracionalnih brojeva I je skup realnih brojeva R:
R = Q ∪ I.
Realne brojeve možemo međusobno uspoređivati. Za realni broj a kažemo da je manji od
realnog broja b i pišemo
a < b
ako je razlika ab − pozitivan broj. Tvrdnju a < b možemo zapisati i ovako: ab > , i kažemo
da je realni broj b veći od realnog broja a.
Ako za dva realna broja a i b vrijedi a < b, onda točka pridružena broju a leži na brojevnom
pravcu lijevo od točke pridružene točki b.
Osim znakova < i > u uporabi su znakovi ≤ (manji ili jednak) i ≥ (veći ili jednak).
Interval S je podskup skupa realnih brojeva koji ima svojstvo da za sve a, b ∈ S i x∈R
takve da je bxa << slijedi x∈S. Razlikujemo: otvorene, poluotvorene (ili poluzatvorene) i
zatvorene intervale.
Primjer 4
• 7,3 je otvoreni interval koji sadrži sve realne brojeve veće od 3 (ne i broj 3), a
manje od 7 (broj 7 ne pripada tom intervalu). Za svaki realni broj x koji pripada tom
intervalu možemo pisati: 7,3∈x ili 3 < x < 7.
156
∞,4 ili +∞,4 je otvoreni interval koji sadrži sve brojeve veće od 4 (ne i broj 4). Za takve
brojeve x vrijedi nejednakost: x > 4.
2,∞− je otvoreni interval koji sadrži sve realne brojeve manje od broja 2. Za svaki element
x ovog skupa vrijedi nejednakost x < 2.
• ]2,∞− je lijevi poluotvoreni (desni poluzatvoreni) interval kojem pripadaju svi
realni brojevi manji od broja 2, ali i broj 2. Za svaki x iz tog intervala vrijedi: 2≤x .
]1,5 −− je lijevi poluotvoreni (desni poluzatvoreni) interval, ili jednostavno poluotvoreni
interval, kojemu pripada njegova desna stranica, dok lijeva ne. Za svaki ∈x ]1,5 −− vrijedi:
15 −≤<− x .
[ 6,0 je lijevi poluzatvoreni ili desni poluotvoreni interval. Za ∈x [ 6,0 vrijedi
60 <≤ x .
• [ ]101,1 je primjer zatvorenog intervala (segmenta), koji sadrži sve realne brojeve veće
od 1 i manje od 101, ali i brojeve 1 i 101. Za svaki realni broj x iz tog segmenta
možemo pisati: 1011 ≤≤ x .
Zadatak 5. Prikažite na brojevnom pravcu i zapišite u obliku intervala:
a) 3−<x , b) 5≤x , c) 4−≥x , d) 33 <<− x , e) 65 <≤ x .
Rješenje:
a) 3,−∞−
b) ]5,∞−
156
c) [ ∞+− ,4
d) 3,3−
e) [ 6,5
Za realni broj a definiramo kvadrat broja a: aaa ⋅=2 , kub broja a: aaaa ⋅⋅=3 i općenito
n-tu potenciju broja a:
...na a a a= ⋅ ⋅ ⋅ ,
gdje je n prirodan broj. U potenciji na , a nazivamo bazom, a n eksponentom potencije. Po
definiciji je: 10 =a . Vrijedi: 1
, m
nn mnn
a a aa
− = = .
Potencije zbrajamo samo ako imaju jednake baze i jednake eksponente i to tako da potenciju
množimo zbrojem njihovih koeficijenata: nnn ayxyaxa )( +=+
Potencije jednakih baza množimo tako da bazu potenciramo zbrojem njihovih eksponenata:
nmnm aaa +=⋅
Potencije jednakih baza dijelimo tako da bazu potenciramo razlikom eksponenata djeljenika
i djelitelja: nmnm aaa −=:
n puta
156
Potenciju potenciramo tako da bazu potenciramo umnoškom eksponenata: ( ) nmnm aa ⋅=
VAŽNE FORMULE:
kvadrat zbroja (razlike): ( ) 2 2 22a b a ab b± = ± +
kub zbroja (razlike): ( ) 3 3 2 2 33 3a b a a b ab b± = ± + ±
razlika kvadrata: ))((22 bababa +−=−
zbroj kubova: ( ) ( )3 3 2 2a b a b a ab b+ = + − +
razlika kubova: ( ) ( )3 3 2 2a b a b a ab b− = − + +
Zadatak 6. Izračunajte:
a) 9)3(7)3(4 2 +−⋅−−⋅ , b) [ ] [ ] 44235523 )1()4(:)4()4()1()5(:)5()5( −⋅−−−−−−⋅−−−− .
Rješenje:
a) 663036921949)3(7)3(4 2 =+=++⋅=+−⋅−−⋅
b)
3 2 55 3 2 44( 5) ( 5) : ( 5) ( 1) ( 4) ( 4) : ( 4) ( 1) − − − − ⋅ − − − − − − ⋅ − =
[ ] [ ]125 25 : ( 5) ( 1) 64 16 : ( 4) 1 150 :5 ( 80) : ( 4) 30 20 50= − − − ⋅ − − − − − ⋅ = − − − − = − − = −
Zadatak 7. Izračunajte:
a) aaaaaa 65114516 222 −+++− , b) )2(4)2(3 baba −++ ,
c) 6:)3018(4:)420( yxyx +−− .
Rješenje:
a) 222222 25025)6115()5416(65114516 aaaaaaaaaaa =⋅+=−+−+++=−+++−
b) bababababa 2114863)2(4)2(3 +=−++=−++
c) yxyxyxyxyx 625356:)3018(4:)420( −=−−−=+−−
Zadatak 8. Izračunajte:
a) 34 325 aaa ⋅⋅ , b) )23)(54( −− xx ,
c) )423)(34( 2 −++ aaa , d) bababa xxx −+− −−− )1()1()1( 2 .
Rješenje:
a) 834 30325 aaaa =⋅⋅
156
b) 1023121015812)23)(54( 22 +−=+−−=−− xxxxxxx
c) 12101712126916812)423)(34( 232232 −−+=−++−+=−++ aaaaaaaaaaa
d) ababababababa xxxxx 3)()2()(2 )1()1()1()1()1( −=−=−−− −+++−−+−
Zadatak 9. Podijelite:
a) 3234 7:21 baba , b) 2
234
5
102015
m
mmm +−, c) 637132 : −+−−+ ⋅ ababa xxx .
Rješenje:
a) 20233243234 33)7:21(7:21 ababababa === −−
b) 2435
10
5
20
5
15
5
102015 22
2
2
3
2
4
2
234
+−=+−=+−mm
m
m
m
m
m
m
m
mmm
c) 122637132)63()7()132(637132 : ++−+−+−+−−+−+−+−+−−+ ===⋅ bababaababaababa xxxxxx
Zadatak 10. Potencirajte:
a) 4
27
2
3
yx , b) 62345 )2(:)4( xyyx , c) [ ] [ ]abba yxyx 226 )(:)( ++ .
Rješenje:
a) 828424744
27
16
81
2
3
2
3yxyxyx =
=
⋅⋅
b) 909126121562345 64:64)2(:)4( xyxyxyxxyyx ===
c) [ ] [ ] babababba yxyxyxyxyx 10212226 )()(:)()(:)( +=++=++
Zadatak 11. Izvršite naznačene računske operacije:
a) 2222 32 −− −+− xxxx , b)
⋅
⋅
−
−−
−
− 0
1
31
1
4
2
7
6:
7
3
49
2
b
a
b
a
b
a
b
a.
Rješenje:
a) 22222222 25)11()32(32 −−−− −=−−++=−+− xxxxxxxx
156
b)2 1 1 2 4 3 5 3 5 2
4 1 3 0 3
2 3 6 2 3 6 1 6 6 6 7: : :
49 7 7 49 7 1 7 343 7 343 6 49
a a a a a b b ab ab b ab ab
b b b b a a b
− −
− − −
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅ =
Zadatak 12. Kvadrirajte:
a) 2)2( +x , b) 22 )23( −x , c) 2222 )2(2)42( +−− xx .
Rješenje:
a) 44222)2( 2222 ++=+⋅⋅+=+ xxxxx
b) 41292232)3()23( 24222222 +−=+⋅⋅−=− xxxxx
c) 2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 2 4 2(2 4) 2( 2) 4 16 16 2( 4 4) 4 16 16 2 8 8 2 24 8x x x x x x x x x x x x− − + = − + − + + = − + − − − = − +
Za svaki realni broj 0≥a i n∈N postoji jedinstven x∈R, 0≥x takav da vrijedi ax n = .
Taj se broj označava s n a ( n-ti korijen iz a ), a nazivamo radikandom, a n je eksponent
korijena. Posebno, eksponent drugog (kvadratnog) korijena ne pišemo: aa =2 , a ako je
eksponent 1, korijen ne pišemo: aa =1 . Ako zamijenimo x sa n a dobivamo: ( ) aan
n = .
Neka su a,b∈R, 0, ≥ba , n,m,p∈N. Pogledajmo množenje, dijeljenje,
skraćivanje(proširivanje), potenciranje i korjenovanje korijena.
1. Neka su 0, ≥ba i n∈N . Za množenje korijena vrijedi: nnn baba ⋅=⋅ .
Umnožak n-tih korijena jednak je n-tom korijenu umnoška radikanada.
2. Neka su 0, ≥ba i n∈N . Za dijeljenje korijena vrijedi: nnn baba :: = , 0≠b .
Količnik n-tih korijena jednak je n-tom korijenu količnika radikanada.
3. Neka je 0≥a , n, m, p∈N. Korijen možemo proširivati: pn pmn m aa⋅ ⋅= i skraćivati:
n mpn pm aa =⋅ ⋅ .
Korijen proširujemo (kratimo) tako da eksponent korijena i eksponent radikanda
pomnožimo (podijelimo) istim brojem.
4. Neka je 0≥a , n, m∈N. Tada za potenciranje korijena vrijedi: ( ) n mmn aa = .
Korijen potenciramo tako da mu potenciramo radikand.
5. Za korjenovanje korijena vrijedi: nmm n aa ⋅=
156
m-ti korijen iz n-tog korijena realnog broja 0≥a jednak je nm ⋅ -tom korijenu broja a.
Zadatak 13. Korjenujte:
a) 81 , b) 49
121900 ⋅, c) 3 8− , d) 4 16 .
Rješenje:
a) 9981 2 ==
b) 7
330
7
1130
49
121900
49
121900 =⋅=⋅=⋅
c) 2)2(8 3 33 −=−=−
d) 2216 4 44 ==
Zadatak 14. Djelomično korjenujte:
a) 20 , b) 18 , c) 3 16 , d) 4 5a , e) 5 1032a .
Rješenje:
a) 52545420 ⋅=⋅=⋅=
b) 23292918 =⋅=⋅=
c) 33333 22282816 =⋅=⋅=
d) 444 44 44 5 aaaaaaa ⋅=⋅=⋅=
e) ( ) 25 525 55 1055 10 223232 aaaa =⋅=⋅=
Zadatak 15. Unesite pod korijen:
a) 32 , b) aa , c) 32 bb ⋅
Rješenje:
a) 12343232 2 =⋅=⋅=
b) 32 aaaaa =⋅=
156
c) 3 73 63 3232 )( bbbbbbb =⋅=⋅=⋅
Zadatak 16. Racionalizirajte:
a) 2
1, b)
23
2, c)
23
1
−, d)
25
25
+−
.
Rješenje:
a) 2
2
2
2
2
2
2
1
2
12
==⋅=
b) 3
2
23
22
43
22
2
2
23
2
23
2 =⋅
==⋅=
c) ( ) ( ) 2323
23
23
23
23
23
23
1
23
122
+=−+=
−
+=++⋅
−=
−
d)
( )( ) ( )
( ) ( )2 2 2
2 2
5 2 5 2 5 2 25 2 5 2 5 2 5 2 5 2 2 7 2 10
5 2 3 35 2 5 2 5 2 5 2
− − ⋅ ⋅ +− − − − ⋅ + −= ⋅ = = = =−+ + − −
Zadatak 17. Izračunajte:
a) 72262573 −+− , b) 33 332323 −++ , c) 23
23
23
23
+−+
−+
.
Rješenje:
a) 27)2625()7273(72262573 +=+−+−=−+−
b) 33333 333)332()323(332323 +=−++=−++
c)
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 6 2 3 2 6 23 2 3 210
3 23 2 3 2 3 2 3 2
+ + + − − + + + − ++ −+ = = =−− + − +
Zadatak 18. Pomnožite ili podijelite:
156
a) 666 543 ⋅⋅ , b) 33 2:16 , c) 3 aa ⋅ , d) 4 33 2 : xx .
Rješenje:
a) 66666 60543543 =⋅⋅=⋅⋅
b) 282:162:16 3333 ===
c) 6 56 236 26 323 232 33 aaaaaaaaa =⋅=⋅=⋅=⋅ ⋅⋅
d) 12 112 9812 912 834 3343 424 33 2 :::: −⋅ ⋅⋅ ⋅ ==== xxxxxxxxx
Neke polinome moguće je zapisati u obliku umnoška. Kažemo da smo tada polinom rastavili
na faktore. Pri tome često rabimo formule za kvadrat binoma, kub binoma, razliku kvadrata,
razliku kubova, zbroj kubova i slične.
IZLUČIVANJE ZAJEDNIČKOG FAKTORA
Ako svaki član nekog polinoma sadrži isti faktor, možemo taj faktor izlučiti. Npr. svaki član
trinoma
acaba −+ 23
sadrži faktor a, pa taj faktor možemo izlučiti:
)23(23 cbaacaba −+=−+ .
Da bismo se uvjerili u ispravnost postupka, pomnožimo zagradu na desnoj strani gornje
jednakosti s a. Zbog distributivnosti množenja prema zbrajanju realnih brojeva zaista
dobivamo trinom s lijeve strane.
Primjer 5. Izlučimo zajednički faktor u sljedećim izrazima:
a) aaa 73 24 +− , b) 436235 25 bababa +− ,
c) xxx 52015 23 +− , d) 10563 23 −+− xxx .
a) )73(73 324 +−=+− aaaaaa ,
b) )25(25 3332436235 abbababababa +−=+−
Ako izlučujemo potenciju, potražimo onu koja ima najmanji eksponent, jer je takva zajednički
faktor svake potencije većeg eksponenta. Da bismo saznali što ostaje nakon izlučivanja
zajedničkog faktora, svaki član zadanog polinoma dijelimo izlučenim faktorom. Tako smo
podijelili:
156
.:
,2:2
,5:5
3243
33262
33235
abbaba
bbaba
ababa
=−=−
=
c) )143(552015 223 +−=+− xxxxxx .
Ako je zajednički faktor cijeli član, onda na tom mjestu u zagradi stoji 1. Broj članova
polinoma u zagradi mora biti jednak broju članova zadanog polinoma.
d) Grupirat ćemo dva i dva člana. Iz prva dva člana možemo izlučiti 23x , a iz zadnja dva
člana 5:
)53)(2()2(5)2(310563 2223 +−=−+−=−+− xxxxxxxx .
RASTAV KVADRATNOG TRINOMA NA FAKTORE
Kvadratni trinom qpxx ++2 , gdje su p i q realni brojevi, možemo faktorizirati ako postoje
realni brojevi m i n takvi da vrijedi: i m n p m n q+ = ⋅ = . Tada možemo polazni kvadratni
trinom zapisati u obliku: mnxnmx +++ )(2 , a njega možemo rastaviti na faktore:
)()(2 mxnmxxmnnxmxx +++=+++ ,
Odnosno: ))((2 nxmxqpxx ++=++ .
Primjer 6. Rastavimo kvadratne trinome na faktore: a) 1072 ++ xx , b) 62 −− xx .
a) Pitamo se postoje li dva cijela broja kojih je zbroj 7, a umnožak 10. Umnožak 10 imaju: 1 i
10, −1 i −10, 2 i 5, te −2 i −5. Od tih parova odabiremo onaj čiji je zbroj 7, a to su 2 i 5. Imamo:
)5)(2()2(5)2(1052107 22 ++=+++=+++=++ xxxxxxxxxx .
b) Za rastav trinoma 62 −− xx na faktore, tražimo cijele brojeve kojih je umnožak -6. Takvi
su -2 i 3, 2 i -3, 1 i -6, te -1 i 6. Od tih parova brojeva odabiremo onaj par kojih je zbroj -1, a
to su brojevi 2 i -3. Sada srednji član zadanog trinoma (-x) možemo zapisati kao 2x - 3x:
)3)(2()2(3)2(6326 22 −+=+−+=−−+=−− xxxxxxxxxx .
KVADRAT BINOMA
Formule za kvadrat binoma možemo napisati i ovako:
156
222
222
)(2
,)(2
bababa
bababa
−=+−
+=++
i primijeniti pri faktorizaciji.
Primjer 7. Rastavimo na faktore: a) 25102 ++ xx , b) 144 2 +− aa .
a) 2222 )5(5522510 +=+⋅⋅+=++ xxxxx ,
b) 2222 )12(1122)2(144 −=+⋅⋅−=+− aaaaa .
KUB BINOMA
Pri faktoriziranju polinoma možemo rabiti formule za kub binoma:
( )( ) .33
,3333223
33223
bababbaa
bababbaa
−=−+−
+=+++
Primjer 8. Rastavimo na faktore: a) ,6128 963 xxx +++ b) xxxx −+− 234 33 .
a) 333323323963 )2()()(232326128 xxxxxxx +=+⋅⋅+⋅⋅+=+++ ,
b) .)1()133(33 323234 −=−+−=−+− xxxxxxxxxx
RAZLIKA KVADRATA
Formula razlike kvadrata može se u obliku
))((22 bababa +−=−
rabiti pri rastavu polinoma na faktore.
Primjer 9. Rastavimo na faktore: a) 225 a− , b) 81
14 −x , c) 22 )23()32( xx −−+ .
a) )5)(5(25 2 aaa +−=− ,
b) )9
1)(
3
1)(
3
1()
9
1)(
9
1(
81
1 2224 +−−=+−=− xxxxxx ,
c)
[ ] [ ] =−++⋅−−+=−−+ )23()32()23()32()23()32( 22 xxxxxx
).5)(15()2332)(2332( +−=−+++−+= xxxxxx
156
U zadacima rastava polinoma na faktore ponekad je potrebno koristiti i formule za razliku ili
za zbroj kubova:
).)((
),)((2233
2233
babababa
babababa
+−+=+
++−=−
Zadatak 19. Izlučite zajednički faktor:
a) ,62 ba − b) ,64 2 xyx + c) ,64854 23 abaa −+
d) ),32(6)32(2 −−− aaaa e) .222 yxxyx −+−
Rješenje:
a) )3(262 baba −=−
b) )32(264 2 yxxxyx +=+
c) )189(664854 223 −+=−+ abaaabaa
d) )6)(32()32(6)32(2 −−=−−− aaaaaaa
e) )2)(()(2)()22()(22 22 +−=−+−=−+−=−+− xyxyxyxxyxxyxyxxyx
Zadatak 20. Napišite sljedeće kvadratne trinome kao umnožak dvaju binoma:
a) 652 ++ xx , b) 45142 +− xx , c) 822 −+ aa .
Rješenje:
a) )3)(2()2(3)2(63265 22 ++=+++=+++=++ xxxxxxxxxx
b) )9)(5()5(9)5(45954514 22 −−=−−−=+−−=+− xxxxxxxxxx
c) )4)(2()2(4)2(84282 22 +−=−+−=−+−=−+ aaaaaaaaaa
Zadatak 21. Rastavite sljedeće izraze na faktore:
a) 22 4914 baba +− , b) 223 2 abbaa ++ , c) 281 a− ,
d) 22 )5()4( −−− aa , e) 643 +a , f) 11025 22 −−+ xyyx .
Rješenje:
a) 22222 )7()7(724914 babbaababa −=+⋅⋅−=+−
156
b) 222223 )()2(2 baababaaabbaa +⋅=++⋅=++
c) )9)(9(981 222 aaaa +−=−=−
d)
[ ] [ ] 92)54)(54()5()4()5()4()5()4( 22 −=−+−+−−=−+−⋅−−−=−−− aaaaaaaaaaa
e) )164)(4(464 2333 +−+=+=+ aaaaa
f)
=−−=−+−=−−+ 222222 1)5(1)2510(11025 yxyxyxxyyx
[ ] [ ] )15)(15(1)5(1)5( +−−−=+−⋅−−= yxyxyxyx .
Razlomak čiji je brojnik i nazivnik polinom nazivamo algebarskim razlomkom. Pri tom
valja voditi računa da nazivnik mora biti različit od nule. Tako je npr. razlomak ab
5 definiran
za svaki a,b∈R osim za 0=a ili 0=b . Razlomak 1
1
+−
a
a je definiran za svaki a∈R \ {1},
dok je 92 −x
x definiran za svaki x∈R \ {-3,3}, jer mora biti 092 ≠−x , tj. { }3,3−∉x .
Svojstva računskih operacija u skupu racionalnih brojeva prenose se i na algebarske razlomke.
Razlomak kratimo tako da mu i brojnik i nazivnik dijelimo istim brojem ili algebarskim
izrazom različitim od nule. Da bismo mogli izvršiti kraćenje, potrebno je faktorizirati i brojnik
i nazivnik.
Primjer 10. Skratimo razlomke: a) aba
ab
−2 , b) 1
12
3
−−
a
a, c)
2510
1582
2
+−+−
aa
aa.
a) ba
b
baa
ab
aba
ab
−=
−=
− )(2
b) 1
1
)1)(1(
)1)(1(
1
1 22
2
3
+++=
+−++−=
−−
a
aa
aa
aaa
a
a
c) 5
3
)5)(5(
)5)(3(
)5(
)3(5)3(
)5(
1553
2510
15822
2
2
2
−−=
−−−−=
−−−−=
−+−−=
+−+−
a
a
aa
aa
a
aaa
a
aaa
aa
aa
156
Algebarske razlomke proširujemo tako da brojnik i nazivnik pomnožimo istim brojem ili
algebarskim izrazom različitim od nule.
Primjer 11.
Proširimo razlomke 22
2
22,
1,
ba
a
abaaba
b
−+− tako da im nazivnici budu jednaki.
Najprije ćemo zadane nazivnike rastaviti na faktore:
),(2 baaaba −=− ),(2 baaaba +=+ ).)((22 bababa +−=−
Uočimo da će zajednički nazivnik biti višekratnik gornjih izraza, a to je ))(( babaa +− . Zato
prvi razlomak proširujemo s ba + , drugi s ba − , a treći s a:
.))(())((
;))(()(
11
;))((
)(
)(
32
22
2
2
2
babaa
a
baba
a
ba
a
babaa
ba
baaaba
babaa
bab
baa
b
aba
b
+−=
+−=
−
+−−=
+=
+
+−+=
−=
−
Algebarske razlomke zbrajamo (i oduzimamo) tako da ih svodimo na zajednički nazivnik, a
onda brojnike zbrojimo. Zajednički je nazivnik dvaju ili više razlomaka najmanji zajednički
višekratnik njihovih nazivnika.
Primjer 12. Zbrojimo:
a) 1
2
2
3
−+
+ xx, b) ,
22
22
ba
ba
ba
ba
−+−
−+
c) 22
322 +
++ xxx
, d) 2
2
2
3
4
42 −
−+
+− xxx
x.
a) Budući da su nazivnici x + 2 i x – 1 relativno prosti, to je najmanji zajednički nazivnik
navedena oba razlomka jednak njihovu umnošku.
)1)(2(
15
)1)(2(
4233
)1)(2(
)2(2)1(3
1
2
2
3
−++=
−+++−=
−+++−=
−+
+ xx
x
xx
xx
xx
xx
xx
b) Kako je najmanji zajednički višekratnik nazivnika a – b i (a – b)(a + b) jednak
(a – b)(a +b) to je
156
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
( ) ( ) 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
a b a b a b a b a b a b a ab b a b ab
a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b
+ + + + + − + + + − −− = − = = =− − − − + − + − + − +
c) Uočimo da je )1(2 +=+ xxxx , a )1(222 +=+ xx , pa je najmanji zajednički nazivnik
tih nazivnika jednak )1(2 +xx . Zato je
)1(2
34
)1(2
322
)1(2
3
)1(
2
22
322 +
+=+
+⋅=+
++
=+
++ xx
x
xx
x
xxxxxx
d) Kako je )2)(2(42 +−=− xxx , to je najmanji zajednički nazivnik od 2,2,42 −+− xxx
jednak (x – 2)(x + 2), pa je
=−
−+
++−
=−
−+
+− 2
2
2
3
)2)(2(
4
2
2
2
3
4
42 xxxx
x
xxx
x
=+−
−=+−
−−−+=+−
+−−+=)2)(2(
105
)2)(2(
42634
)2)(2(
)2(2)2(34
xx
x
xx
xxx
xx
xxx 5( 2) 5
( 2)( 2) 2
x
x x x
− =− + +
.
Algebarske razlomke množimo tako da (nakon eventualnog kraćenja) množimo brojnik
brojnikom, nazivnik nazivnikom.
Primjer 13. Pomnožimo: a) 2
93
9
42
2
+−⋅
−−
x
x
x
x, b)
8
16
4
653
2
2
2
−−⋅
−+−
x
x
xx
xx.
Najprije rastavimo na faktore sve polinome u oba razlomka, zatim skratimo i napokon
pomnožimo razlomke.
a) 3
)2(3
2
)3(3
)3)(3(
)2)(2(
2
93
9
42
2
+−=
+−⋅
+−+−=
+−⋅
−−
x
x
x
x
xx
xx
x
x
x
x
b)
=++−
+−⋅−
+−−=−−⋅
−+−
)42)(2(
)4)(4(
)4(
632
8
16
4
652
2
3
2
2
2
xxx
xx
xx
xxx
x
x
xx
xx
=++−
+⋅−−=++−
+⋅−−−=)42)(2(
4)3)(2(
)42)(2(
4)2(3)2(22 xxx
x
x
xx
xxx
x
x
xxx
)42(
)4)(3(
42
4322 ++
+−=++
+⋅−=xxx
xx
xx
x
x
x
•
156
Algebarske razlomke dijelimo tako da prvi razlomak množimo recipročnom vrijednošću
drugog razlomka. Pri tome se, kao kod racionalnih brojeva, recipročna vrijednost dobije
zamjenom mjesta brojnika i nazivnika. Prije množenja, ako je moguće, razlomke treba kratiti.
Primjer 14. Podijelimo: a) 84
4:
4
209 2
2
2
−−
−+−
x
xx
x
xx , b)
2793
279327
27
2
2
3
3
+−++
+−
xx
xxx
a
.
a)
=−−⋅
+−+−−=
−−⋅
−+−=
−−
−+−
)4(
)2(4
)2)(2(
2054
4
84
4
209
84
4:
4
209 2
22
22
2
2
xx
x
xx
xxx
xx
x
x
xx
x
xx
x
xx
)2(
)5(44
2
5
)4(
4
2
)5)(4(
)4(
4
2
)4(5)4(
+−=⋅
+−=
−⋅
+−−=
−⋅
+−−−=
xx
x
xx
x
xxx
xx
xxx
xxx
b)
3
3
)93(3)93)(3(
)93(3)93)(3(
)93(3
)93(3
)93)(3(
)93)(3(
2793
279327
27
22
22
2
2
2
2
2
2
3
3
+−=
++⋅+−++−⋅++−=
+−++
+−+++−
=
+−++
+−
a
a
aaaaa
aaaaa
aa
aa
aaa
aaa
aa
aaa
a
Zadatak 22. Skratite:
a) )()(
)()(3
32
yxyx
yxyx
−+−+
, b) 5344
5344
baba
baba
+−
, c) 76
782
2
−−+−
aa
aa.
Rješenje:
a) yx
yx
yxyx
yxyx
+−=
−+−+ 2
3
32 )(
)()(
)()(
b) ba
ba
baba
baba
baba
baba
+−=
+−=
+−
)(
)(43
43
5344
5344
c) 1
1
)1)(7(
)1)(7(
)1(7)1(
)1(7)1(
77
77
76
782
2
2
2
+−=
+−−−=
+−+−−−=
−−++−−=
−−+−
a
a
aa
aa
aaa
aaa
aaa
aaa
aa
aa
156
Zadatak 23. Izračunajte:
a) 2
1
6
3
3
−−−+ aaa, b)
2
2
2
2
bab
bab
aba
aba
+−−
−+
, c) 32
3
3
3
992
352 −
+−
−+−
−xxxx
x
Rješenje:
a) 06
0
6
3332
6
)1(3)3(2
2
1
6
3
3==+−−+=−−−+=−−−+ aaaaaaaaa
b)
=+−−−+=
+−−
−+=
+−−
−+=
+−−
−+
))((
)()(
)(
)(
)(
)( 22
2
2
2
2
baba
baba
ba
ba
ba
ba
bab
bab
baa
baa
bab
bab
aba
aba
))((
4
))((
22
))((
)2(2 22222222
baba
ab
baba
babababa
baba
babababa
+−=
+−−+−++=
+−+−−++=
c)
3
1
)3)(32(
32
)3)(32(
939635
)3)(32(
)3(3)32(335
32
3
3
3
)3)(32(
35
32
3
3
3
)32(3)32(
3532
3
3
3
9632
35
32
3
3
3
992
3522
−=
−−−=
−−−++−−=
−−−+−−−=
=−
+−
−−−
−=−
+−
−−−−
−=
=−
+−
−+−−
−=−
+−
−+−
−
xxx
x
xx
xxx
xx
xxx
xxxx
x
xxxxx
xxxxxx
x
xxxx
x
Zadatak 24. Pomnožite:
a) 107
4
1
562
2
2
2
+−−⋅
−+−
aa
a
a
aa, b) 34
322
34
2234 2
xyx
yxyyx
xyx
yxyxx
+++⋅
++−
.
Rješenje:
a)
1
2
)5)(2(
)2)(2(
)1)(1(
)5)(1(
)2(5)2(
)2)(2(
)1)(1(
)1(5)1(
1052
)2)(2(
)1)(1(
55
107
4
1
562
2
2
2
2
2
++=
−−+−⋅
+−−−=
−−−+−⋅
+−−−−=
=+−−
+−⋅+−
+−−=+−
−⋅−
+−
a
a
aa
aa
aa
aa
aaa
aa
aa
aaa
aaa
aa
aa
aaa
aa
a
a
aa
b)
2222
2
22
22
33
22
33
222
34
322
34
2234
))((
)(
))((
)(
)2(
)(
)(2
yxyx
y
yxyxyx
yxy
yxyxyx
yxyx
yxx
yxyxy
yxx
yxyxx
xyx
yxyyx
xyx
yxyxx
+−=
+−++⋅
+−++−=
=+
++⋅+
+−=+
++⋅+
+−
156
Zadatak 25. Podijelite:
a) xx
xyx
x
yx
−+
−−
2
2
2
22
:1
, b) b
a
aba
bab
ba
ba::
2
2
+−
+−
, c) 22
2
54
22
:yx
xyx
yyx
xyyx
+−
−−
.
Rješenje:
a) 1)(
)1(
)1)(1(
))((
1:
1 2
2
2
22
2
2
2
22
−−=
+−⋅
+−+−=
+−⋅
−−=
−+
−−
x
yx
yxx
xx
xx
yxyx
xyx
xx
x
yx
xx
xyx
x
yx
b) 1)(
)(::
2
2
2
2
=⋅−+⋅
+−=⋅
−+⋅
+−=
+−
+−
a
b
bab
baa
ba
ba
a
b
bab
aba
ba
ba
b
a
aba
bab
ba
ba
c)
222222
22
22
442
22
54
22
22
2
54
22
1
))((
)()(
)(:
yxyxyx
yx
yxx
yx
yxy
yxxy
xyx
yx
yyx
xyyx
yx
xyx
yyx
xyyx
+=
+−+=
=−
+⋅−−=
−+⋅
−−=
+−
−−
Zadatak 26. Izračunajte:
a) 22
22
4
4:
2
2
2
2
yx
yx
yx
yx
yx
yx
−+
+−+
−+
, b) aaa
a
aaa
a 1:
44
2
2
4
2
422 ++
−⋅
−+
−+
.
Rješenje:
a)
24
)4(2
4
28
4
)2)(2(
)2)(2(
4444
4
4
)2)(2(
)2)(2()2)(2(
4
4:
2
2
2
2
22
22
22
22
22
2222
22
22
22
22
=++=
++=
++−⋅
+−+−+++=
=+−⋅
+−−−+++=
−+
+−+
−+
yx
yx
yx
yx
yx
yxyx
yxyx
yxyxyxyx
yx
yx
yxyx
yxyxyxyx
yx
yx
yx
yx
yx
yx
b)
1)2(
)2(
1)2(
144
1)2(
2
)2(
4)4(
1)2(
2
)2(
4
2
41:
44
2
2
4
2
4
2
2
2
2
2
222
=+
⋅+=⋅+
⋅++=⋅+−⋅
−++=
=⋅+−⋅
−
+−+=
++−⋅
−+
−+
a
a
a
aa
aa
aaa
a
a
aa
aa
a
a
a
aaa
a
aaa
a
aaa
a
156
SKUPOVI
156
Zadatak 1. Odredite skup A kojemu elementi zadovoljavaju sustav nejednadžbi:
≤−>+
05
04
x
x
Rješenje:
Svaku od nejednadžbi riješimo posebno:
1. nejednadžba : 04 >+x 2. nejednadžba: 05 ≤−x
4−>x 5≤x
Rješenje sustava prikažimo na brojevnom pravcu. Odredimo presjek rješenja.
y
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x
Rješenje sustava: ]5,4−∈x . Dakle, { }: 4 5A x R x= ∈ − < ≤ .
Zadatak 2. Odredite skup A kojemu su elementi rješenja jednadžbe: .0862 =+− xx
Rješenje:
Rješenja kvadratne jednadžbe 02 =++ cbxax , a,b,c∈R, jesu a
acbbx
2
42
2,1
−±−= .
U našem zadatku je 2
26
2
323662,1
±=−±=x ⇒ ,42
8
2
261 ==+=x 2
2
262 =−=x ,
pa je traženi skup A dvočlani skup A={2,4}.
Zadatak 3. Odredite skup A kojemu su elementi realna rješenja jednadžbe 2 4 0.x + =
Rješenje:
2 4 0x + = 2 4 /x⇒ = − 1,2 4 2x i⇒ = ± − = ±
Budući su rješenja zadane jednadžbe kompleksna, to je skup A prazan skup, tj. =A Ø.
156
Zadatak 4. Nađite :
a) partitivni skup P (A) skupa A = {a,b,c,d},
b) partitivni skup P (B) skupa B = {1,2,{1,2}}.
Rješenje:
a)
Elementi partitivnog skupa P (A) su svi mogući međusobno različiti podskupovi skupa A.
Budući je prazan skup podskup svakog skupa, skup Ø je element u P (A). Nadalje, svi
jednočlani podskupovi {a}, {b}, {c}, {d} su elementi P (A). U P (A) su i svi dvočlani
podskupovi {a,b}, {a,c}, {a,d}, {b,c}, {b,d}, {c,d}, zatim svi tročlani podskupovi {a,b,c},
{a,b,d}, {a,c,d}, {b,c,d}. Konačno, svaki skup je sam svoj podskup, pa je i {a,b,c,d} element
od P (A).
P(A)={Ø,{a},{b},{c},{d},{a,b},{a,c},{a,d},{b,c},{b,d},{c,d},{a,b,c},{a,b,d},{a,c,d},{b,c,d},A}
b) P (B) = {Ø,{1},{2},{{1,2}},{1,2},{1,{1,2}},{2,{1,2}},{1,2,{1,2}}}
Zadatak 5. Zadan je skup A = {∅,{∅}}. Odredite:
a) kardinalni broj zadanog skupa,
b) A× A,
c) partitivni skup skupa A.
Rješenje:
a) Kardinalni broj skupa A je broj elemenata skupa A (oznaka card(A)).
Zadani skup A = {∅,{∅}} ima 2 elementa ∅ i {∅} pa je card(A)=2
b) Neka su A i B neprazni skupovi. Direktni ili Kartezijev umnožak skupova A i B je skup A
× B čiji su elementi uređeni parovi (a,b), gdje je a ∈ A i b ∈ B.
A × B = {(a,b) : a ∈ A, b ∈ B}
Pri tom se pod uređenim parom smatra dvočlani skup kod kojeg se zna koji je element na
prvom, a koji na drugom mjestu (tj. elementi se zovu komponente ili koordinate uređenog
para).
A× A = {(∅,∅), (∅,{∅}), ({∅},∅), ({∅},{∅})}
c) P (A) ={∅, {∅}, {{∅}}, A}
156
Zadatak 6. Ako je univerzalni skup U={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11} i ako su A={1,2,4,6,8,11} i
B={1,3,5,7,8,9} nađite : A∪B, A∩B, CA, CB, CA∩CB, A\B, B\A i
(A\ B)∪(B\ A).
Rješenje :
A∪B = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,11},
A∩B = {1,8},CA = {3,5,7,9,10},CB = {2,4,6,10,11},
CA∩CB = {10},
A\B = {2,4,6,11},
B\A = {3,5,7,9},
(A\B)∪(B\A) = {2,3,4,5,6,7,9,11}
Zadatak 7. Zadani su skupovi A ={x∈Z : −3≤ x < 5}, B ={x∈R : (2x + 1)(x −1)≠ 0} i C
={1,2,4,15,20}. Odredite:
a) (A\B)∩C,
b) C∆ (A\B).
Rješenje:
a) A ={−3,−2,−1,0,1,2,3,4}, B ={x∈R : x ≠1
,12
− }, C ={1,2,4,15,20}.
(A\B)∩C = {1}∩{1,2,4,15,20} = {1}
b)
C∆ (A\B) = {1,2,4,15,20}∆ {1} = ({1,2,4,15,20}\{1})∪({1}\{1,2,4,15,20}) =
= {2,4,15,20}∪∅ = {2,4,15,20}
Zadatak 8. Provjerite Vennovim dijagramima vrijedi li distributivnost unije prema presjeku,
tj. dokažite skupovnu jednakost : A∪(B∩C) = (A∪B)∩(A∪C).
Rješenje :
156
skup A unija s (B∩C) daje A∪(B∩C)
(A∪B) presjek s (A∪C) daje (A∪B)∩(A∪C)
Sa slike zaključujemo da skupovna jednakost vrijedi.
Napomena : Vennovi dijagrami nemaju značenje dokaza za dano skupovno svojstvo.
Zadatak 9. Provjerite Vennovim dijagramom vrijedi li skupovna jednakost:
BABA CCC )( ∪=∩ .
Rješenje:
BA ∩ ⇒ C( BA ∩ )
A AA
AA A
B B B
B B B
CC C
CC C
156
CA unija s CB BA CC ∪
Sa slike zaključujemo da skupovna jednakost vrijedi.
Zadatak 10. Provjerite Vennovim dijagramom vrijedi li sljedeća skupovna jednakost:
C \ (A ∪B) = (C \ A) ∪B.
Rješenje:
skup C «bez» (A∪B) daje C \ (A ∪B)
C \ A unija skup B daje (C \ A) ∪B
Sa slike zaključujemo da skupovna jednakost općenito ne vrijedi.
A A A
A A A
B B B
BB
B
C C C
C C C
156
ZADACI ZA VJEŽBU
Zadatak 1. Za zadani skup A = {2,4,{∅}} odredite:
a) kardinalni broj,
b) partitivni skup,
c) A × A.
Zadatak 2. Za zadani skup A = {{2},4,{∅}} odredite:
a) kardinalni broj,
b) partitivni skup,
c) A × A.
Zadatak 3. Za zadane skupove A = {1,{3}} i B = {1,3,{∅}} odredite: kardinalni broj
skupova A i B, partitivni skup skupa B, B × A, A ∪ B i B \ A.
Zadatak 4. Za skup A = {1,2,◊,ð } nađite partitivni skup P(A) .
Zadatak 5. Zadani su skupovi A = {1,{2},3,4} i B = {2,3,{5},6}. Odredite sljedeće
skupove: A ∪ B, A ∩ B, A B i partitivni skup skupa B.
Zadatak 6. Provjerite Vennovim dijagramom vrijedi li sljedeća skupovna jednakost:
(A ∪B) \ C = A ∪ (B \ C)
Zadatak 7. Provjerite Vennovim dijagramom vrijedi li sljedeća skupovna jednakost:
( )CA A B A B∪ ∩ = ∪ .
Zadatak 8. Provjerite Vennovim dijagramom vrijedi li sljedeća skupovna jednakost:
C \ (A ∪B) = (C \ A) ∪B
Zadatak 9. Provjerite Vennovim dijagramom vrijedi li sljedeća skupovna jednakost:
(C∪B) \ (A ∪B) = (C \ A) ∪B
Zadatak 10. Zadani su skupovi: A = {x∈Z : -5 ≤ x < 2} i B = {x∈Z : -1 < x ≤ 2}. Odredite
partitivni skup P(C), gdje je C = A ∩ B.
156
MATEMATIČKA INDUKCIJA
156
Zadatak 1. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi:
( )2
1...321
+=++++ nnn (*)
Rješenje:
1. korak: Provjerimo vrijedi li formula (*) za prvi broj, tj. za n = 1:
( )2
1111
+⋅=
11 =
Dakle, formula (*) vrijedi za prvi prirodni broj, tj. za n =1.
2. korak: Pretpostavimo da formula (*) vrijedi za n = k, tj. da je istinito:
( )2
1...321
+=++++ kkk (**)
3. korak: Dokažimo, koristeći pretpostavku (**) da formula (*) vrijedi i za sljedeći prirodni
broj n = k +1, tj. treba dokazati da je ( ) ( )
2
21)1(...321
++=++++++ kkkk .
Koristeći pretpostavku indukcije imamo:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
21
2
1211
2
1)1(...321
(**)(**)
++=+++=+++=++++++ kkkkkk
kkkk
Dakle, formula (*) vrijedi i za n = k +1 ako pretpostavimo da vrijedi za n = k. Primjenom
aksioma matematičke indukcije zaključuje se da formula (*) vrijedi za svaki prirodan broj.
Zadatak 2. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi:
( )12...642 +=++++ nnn (*)
Rješenje:
1. korak: Provjerimo vrijedi li formula za prvi broj, tj. za n = 1:
( )1112 +=
22 =
Dakle, formula vrijedi za n =1.
2. korak: Pretpostavimo da formula (*) vrijedi za n = k, tj. da je istinito:
156
( )12...642 +=++++ kkk (**)
3. korak: Dokažimo, koristeći pretpostavku (**) da formula (*) vrijedi i za n = k +1, tj. treba
dokazati da je ( ) ( ) ( )21122...642 ++=++++++ kkkk .
Koristeći pretpostavku indukcije imamo:
( ) ( ) ( ) ( )21121)1(22...321(**)(**)
++=+++=++++++ kkkkkkk
Dakle, formula (*) vrijedi i za n = k +1 ako pretpostavimo da vrijedi za n = k. Primjenom
aksioma matematičke indukcije zaključuje se da formula (*) vrijedi za svaki prirodan broj.
Zadatak 3. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi:
( ) ( )6
121...321 2222 ++=++++ nnn
n (*)
Rješenje:
1. korak: Provjerimo vrijedi li formula za prvi broj, tj. za n = 1:
( ) ( )6
11211112 +⋅+=
11 =
Dakle, formula vrijedi za n =1.
2. korak: Pretpostavimo da formula (*) vrijedi za n = k, tj. da je istinito:
( )( )6
121...321 2222 ++=++++ kkk
k (**)
3. korak: Dokažimo, koristeći pretpostavku (**) da formula (*) vrijedi i za n = k +1, tj. treba
dokazati da je ( ) ( ) ( ) ( )6
32211...321 22222 +++=++++++ kkk
kk .
Koristeći pretpostavku indukcije imamo:
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =++++=++++=++++++6
161211
6
1211...321
22
(**)
2
(**)
2222 kkkkk
kkkkk
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )6
3221
6
6721
6
16121 2 +++=+++=++++= kkkkkkkkkk
156
Dakle, formula (*) vrijedi i za n = k +1 ako pretpostavimo da vrijedi za n = k. Primjenom
aksioma matematičke indukcije zaključuje se da formula (*) vrijedi za svaki prirodan broj.
Zadatak 4. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi:
( ) ( ) 121212
1...
53
1
31
1
+=
+−++
⋅+
⋅ n
n
nn(*)
Rješenje:
1. korak: Provjerimo vrijedi li formula za prvi broj, tj. za n = 1:
112
1
31
1
+⋅=
⋅
3
1
3
1 =
Dakle, formula vrijedi za n =1.
2. korak: Pretpostavimo da formula (*) vrijedi za n = k, tj. da je istinito:
( ) ( ) 121212
1...
53
1
31
1
+=
+−++
⋅+
⋅ k
k
kk(**)
3. korak: Dokažimo, koristeći pretpostavku (**) da formula (*) vrijedi i za n = k +1, tj. treba
dokazati da je ( ) ( ) ( ) ( ) 32
1
3212
1
1212
1...
53
1
31
1
++=
+++
+−++
⋅+
⋅ k
k
kkkk.
Koristeći pretpostavku indukcije imamo:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =++
++
=++
++−
++⋅
+⋅ 3212
1
123212
1
1212
1...
53
1
31
1
(**)(**)
kkk
k
kkkk
( )( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) 32
1
3212
112
3212
132
3212
132 2
++=
++++=
++++=
++++=
k
k
kk
kk
kk
kk
kk
kk
Dakle, formula (*) vrijedi i za n = k +1 ako pretpostavimo da vrijedi za n = k. Primjenom
aksioma matematičke indukcije zaključuje se da formula (*) vrijedi za svaki prirodan broj.
Zadatak 5. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi:
156
( ) ( ) ( )2
111...321 121222 +⋅−=−+−+− −− nn
n nn(*)
Rješenje:
1. korak: Provjerimo vrijedi li formula za prvi broj, tj. za n = 1:
( ) ( )2
11111 112 +⋅−= −
11 =
Dakle, formula vrijedi za n =1.
2. korak: Pretpostavimo da formula (*) vrijedi za n = k, tj. da je istinito:
( ) ( ) ( )2
111...321 121222 +⋅−=−+−+− −− kk
k kk(**)
3. korak: Dokažimo, koristeći pretpostavku (**) da formula (*) vrijedi i za n = k +1, tj. treba
dokazati da je ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
211111...321 221222 ++⋅−=+⋅−+−+−+− − kk
kk kkk.
Koristeći pretpostavku indukcije imamo:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =+⋅−++⋅−=+⋅−+−+−+− −− 2
(**)
12
(**)
21222 112
11111...321 k
kkkk kkkk
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
211
2
12111
2
111
1 ++⋅−=++−⋅+−=
++−+⋅−=
− kkkkkk
kk kkk
Dakle, formula (*) vrijedi i za n = k +1 ako pretpostavimo da vrijedi za n = k. Primjenom
aksioma matematičke indukcije zaključuje se da formula (*) vrijedi za svaki prirodan broj.
Zadatak 6. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi:
nn
nn
34
32
4
3
3...
3
3
3
2
3
132 ⋅
+−=++++ (*)
Rješenje:
1. korak: Provjerimo vrijedi li formula za prvi broj, tj. za n = 1:
134
312
4
3
3
1
⋅+⋅−=
3
1
3
1 =
Dakle, formula vrijedi za n =1.
156
2. korak: Pretpostavimo da formula (*) vrijedi za n = k, tj. da je istinito:
kk
kk
34
32
4
3
3...
3
3
3
2
3
132 ⋅
+−=++++ (**)
3. korak: Dokažimo, koristeći pretpostavku (**) da formula (*) vrijedi i za n = k +1, tj. treba
dokazati da je 1132 34
52
4
3
3
1
3...
3
3
3
2
3
1++ ⋅
+−=++++++kkk
kkk.
Koristeći pretpostavku indukcije imamo:
=
+−
⋅+−=++
⋅+−=++++++ +++ 111
(**)
32 3
1
34
32
4
3
3
1
34
32
4
3
3
1
3...
3
3
3
2
3
1kkkkkk
kkkkkk
( ) ( )111 34
52
4
3
34
4496
4
3
34
14323
4
3+++ ⋅
+−=⋅
−−+−=⋅
+−+−=kkk
kkkkk
Dakle, formula (*) vrijedi i za n = k +1 ako pretpostavimo da vrijedi za n = k. Primjenom
aksioma matematičke indukcije zaključuje se da formula (*) vrijedi za svaki prirodan broj.
ZADACI ZA VJEŽBU
Zadatak. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodan broj n vrijedi:
a) ( ) ( ) ( )3
513...635241
++=+++⋅+⋅+⋅ nnnnn
b)( )
16
51455...535251
132
+⋅−+=⋅++⋅+⋅+⋅n
n nn
c) ( ) ( )( )1213
22...642 2222 ++=++++ nnnn
d)( ) 2
3333
2
1...321
+=++++ nn
n
e) ( ) ( ) ( )6
7212...534231
++=+++⋅+⋅+⋅ nnnnn
156
FUNKCIJE
156
Zadatak 1. Ako je 132)( 23 +−= xxxf , izračunajte )1(),3( −ff , f (a) i f (a+2).
Rješenje:
2813332)3( 23 =+⋅−⋅=f ,
41)1(3)1(2)1( 23 −=+−⋅−−⋅=−f ,
3 2( ) 2 3 1f a a a= − + ,
( ) ( )3 2( 2) 2 2 3 2 1f a a a+ = + − + + .
Zadatak 2. Izračunajte h
xfhxf )()( −+ ako je 83)( 2 +−= xxxf .
Rješenje:
2 2( ) 3( ) 8 3 8( ) ( ) x h x h x xf x h f x
h h
+ − + + − − ++ − = =
=2 2 22 3 3 8 3 8x xh h x h x x
h
+ + − − + − + −=
22 3xh h h
h
+ −=
h (2 3)x h
h
+ −2 3x h= − +
Zadatak 3. Ako je xxxf 63)( 2 −= provjerite da li je )2()3()23( fff +=+ .
Rješenje:
)2()3()23(9)2623()3633()2()3(
4530755653)5()23(22
2
fffff
ff+≠+⇒
=⋅−⋅+⋅−⋅=+=−=⋅−⋅==+
.
Zadatak 4. Ako je 23)( 2 += xxf , nađite )1()1( ++− xfxf .
Rješenje:
)1()1( ++− xfxf = ++− 2)1(3 2x 23( 1) 2x + + = 2 23( 2 1) 2 3( 2 1) 2x x x x− + + + + + + =
= 2 23 6 3 2 3 6 3 2x x x x− + + + + + + = 26 10x +
Zadatak 5. Bračni par želi kupiti kuću na kredit tako da im mjesečna rata bude 800 novčanih
jedinica. Bankovna kamata iznosi 7.5%. Iznos A koji mogu posuditi je funkcija vremena, koje
156
im je potrebno za isplatiti dug, t u godinama. Ako označimo ovu funkciju s A = f(t), tada je
definira slijedeća tablica:
t A5 400001
069000
1
589000
2
0103000
a) Nađite f (20) i opišite njegovo značenje.
b) Ako par želi kuću koja košta 89000, koliko im traje otplata kredita? Napišite odgovor u
obliku A = f(t).
Rješenje:
a) f (20) = 103 000, što znači da se posuđena svota od 103 000 može vratiti za 20 godina uz
mjesečnu ratu od 800 novčanih jedinica.
b) Otplata kredita traje 15 godina jer je f (15)=89 000.
Zadatak 6. Ukupna cijena proizvodnje nekog proizvoda dana je sa
( ) 2300 0.1 1200C x x x= + + , gdje x predstavlja broj proizvoda. Odredite:
a) ukupnu cijenu proizvodnje 10 proizvoda,
b) značenje C(100).
Rješenje:
a) 421012001030001200101.010300)10( 2 =++=+⋅+⋅=C ,
b) C(100) = ukupna cijena proizvodnje 100 proizvoda,
Zadatak 7. Pretpostavimo da je C cijena u eurima za uklanjanje postotka p štetnih čestica iz
industrijskog duhana dana sa p
ppC
−=
100
7300)( . Odredite C(45).
Rješenje:
156
73.597245100
457300)45( =
−⋅=C ,
tj. za uklanjanje 45% štetnih čestica potrebno je 5972.73 eura.
Zadatak 8. Odredite kompozicije fg i gf za funkcije 32)( −= xxf i 3)( += xxg
.
Rješenje:
( ) xxxgxfgxfg 23)32()32())(()( =+−=−== ,
( ) 323623)3(2)3())(()( +=−+=−+=+== xxxxfxgfxgf .
Zadatak 9. Ako je 12
1)( +−= xxf i
3
5
3
2)( −= xxg nađite gg i gf .
Rješenje:
( )6
11
3
11
6
5
3
11
3
5
3
2
2
1
3
5
3
2))(()( +−=++−=+
−−=
−== xxxxfxgfxgf ,
( )9
25
9
4
3
5
9
10
9
4
3
5
3
5
3
2
3
2
3
5
3
2))(()( −=−−=−
−=
−== xxxxgxggxgg .
Zadatak 10. Ako je 12)( 3 += xxf i 2)( xxg = nađite fg i gf .
Rješenje:
( ) 144)12()12())(()( 36233 ++=+=+== xxxxgxfgxfg ,
( ) 121)(2)())(()( 6322 +=+⋅=== xxxfxgfxgf .
Zadatak 11. Odredite kompozicije fg i gf , ako je 13
2)(
−−=
x
xxf i
12
1)(
−+=
x
xxg
Rješenje:
( )55
12
13
)13(2413
)13(2
113
22
113
2
13
2))(()(
+−+=
−−−−
−−+−
=−
−−⋅
+−
−
=
−−==
x
x
x
xxx
xx
x
xx
x
x
xgxfgxfg ,
156
( )4
33
12
)12(3312
)1()12(2
112
13
12
12
12
1))(()(
+−=
−−−+
−+−−
=−
−+⋅
−+−
=
−+==
x
x
x
xxx
xx
x
xx
x
x
xgxgfxgf .
Zadatak 12. Odredite sva rješenja jednadžbe ( ) ( ) )()( xfgxgf = ako je 2)( −= xxf ,
3)( 2 +−= xxxg .
Rješenje:
( ) 123)3())(()( 222 +−=−+−=+−== xxxxxxfxgfxgf ,
( ) 2( ) ( ( )) ( 2) ( 2) ( 2) 3g f x g f x g x x x= = − = − − − +o 2 24 4 2 3 5 9x x x x x= − + − + + = − +
⇒ ( ) ( ) )()( xfgxgf =
951 22 +−=+− xxxx
195 −=+− xx
4:/84 =x
2=x .
Zadatak 13. Odredite sva rješenja jednadžbe ( ) ( ) )()( xfgxgf = ako je 12)( −= xxf ,
12)( 2 +−= xxxg .
Rješenje:
( ) 1241)12(2)12())(()( 222 +−=−+−=+−== xxxxxxfxgfxgf ,
( ) 2( ) ( ( )) (2 1) 2(2 1) (2 1) 1g f x g f x g x x x= = − = − − − +o
2 28 8 2 2 2 8 10 4x x x x x= − + − + = − +
⇒ ( ) ( ) )()( xfgxgf =
4108124 22 +−=+− xxxx
0384 2 =−+− xx
156
8
48
8
486482,1 −
±−=−
−±−=x
⇒ 2
3,
2
121 == xx .
Zadatak 14. Pretpostavimo da je profit od proizvodnje i prodaje x proizvoda dan sa:
200100
180)(2
−−= xxxP , te pretpostavimo da je broj proizvedenih proizvoda dana t tog
mjeseca: ttqx 101000)( +== .
a) Nađite ))(( tqP da bi izrazili profit kao funkciju ovisnu o danu u mjesecu,
b) Nađite broj proizvedenih proizvoda i profit petnaestog dana u mjesecu.
Rješenje:
a)
2(1000 10 )( )( ) ( ( )) (1000 10 ) 180(1000 10 ) 200
100
tP q t P q t P t t
+= = + = + − −o =
= [ ] 210(100 )
180000 1800 200100
tt
++ − − = 2180000 1800 10000 200 200t t t+ − − − − =
= 2 1600 169800t t− + +
b) Broj proizvedenih proizvoda: (15) 1000 10 15 1150q = + ⋅ =
Profit: 2(15) 15 1600 15 169800 193575P = − + ⋅ + =
Zadatak 15. Nađite inverznu funkciju 1−f funkcije 32)( += xxf .
Rješenje:
Da bismo dobili inverznu funkciju 1−f stavimo 32 += xy i zamijenimo uloge varijabli (x
zamijenimo sa y, a y zamijenimo sa x), pa dobijemo 32 += yx , i tada eksplicitno izrazimo y.
32 += yx
2:/32 −= xy
2
3
2−= x
y
Dakle, je 2
3
2)(1 −== − x
xfy inverzna funkcija funkcije f.
156
II. način:
Koristimo svojstvo inverzne funkcije, tj.
( )( )
2
3
2)(
2:/3)(2
3)(2
))((
1
1
1
1
1
−=
−=⋅=+⋅
=
=
−
−
−
−
−
xxf
xxf
xxf
xxff
xxff
Zadatak 16. Nađite inverznu funkciju funkcije 54)( xxf = .
Rješenje:
54xy = )( yx ↔
4:/4 5yx =
55 /4
xy =
51
4)(
xxfy == −
Zadatak 17. Nađite inverznu funkciju funkcije 2
1)(
+−=
x
xxf .
Rješenje:
2
1
+−=
x
xy )( yx ↔
2 3y x= +
3
2 2
xy = −
156
2
1
+−=
y
yx / )2( +⋅ y
1)2( −=+ yyx
12 −=+ yxxy
12 −−=− xyxy
12)1( −−=− xxy / : 1),1( ≠− xx
1
12)(1
−+−== −
x
xxfy
Zadatak 18. Nađite inverznu funkciju funkcije: 3 21)( xxf −=
Rješenje:
3 21 xy −= )( yx ↔
3 21 yx −= / 3
321 xy =−
132 −=− xy / )1(−⋅
132 +−= xy /
1)( 31 +−== − xxfy .
Zadatak 19. Nađite inverznu funkciju funkcije: 35)( 24 +⋅= −xexf .
Rješenje:
35 24 +⋅= −xey )( yx ↔
xe y =+⋅ − 35 24
35 24 −=⋅ − xe y / : 5
5
324 −=− xe y / ln
−=−
5
3lnln 24 x
e y
−=−
5
3ln24
xy
156
−+=
5
3ln24
xy / : 4
−+== −
5
3ln
4
1
2
1)(1 x
xfy
Zadatak 20. Nađite inverznu funkciju funkcije: 33
13log)(
+−=
x
xxf
Rješenje:
33
13log
+−=
x
xy )( yx ↔
xy
y =+−
33
13log / 10
xy
y
1010 33
13log
=+−
x
y
y10
33
13 =+−
/ )33( +⋅ y
xx yy 10310313 ⋅+⋅=−
1103)1033( +⋅=⋅− xxy / : )1033( x⋅−
x
x
xfy1033
1103)(1
⋅−+⋅== −
o
Zadatak 21. Odredite domenu funkcije: 2)( −= xxf .
Rješenje:
Da bismo odredili domenu ove funkcije treba riješiti nejednadžbu:
02 ≥−x ⇒ 2≥x ⇒ [ )+∞= ,2)( fD .
Zadatak 22. Odredite domenu funkcije: 9)( 2 −= xxf .
Rješenje:
Trebamo riješiti nejednadžbu: 092 ≥−x .
156
Nejednadžbu ćemo riješiti tako da prikažemo graf funkcije 92 −= xy i odredimo u kojem se
području (za koje vrijednosti varijable x) taj graf nalazi iznad osi x. Parabola 92 −= xy ima
nultočke 31 =x , 32 −=x , te je otvor parabole okrenut prema gore:
Očito je 092 ≥−x za ( ] [ )+∞∪−∞−∈ ,33,x , tj. =)( fD ( ] [ )+∞∪−∞− ,33, .
Zadatak 23. Odredite domenu funkcije: 232)( 2 ++−= xxxf .
Rješenje:
Treba riješiti nejednadžbu: 0232 2 ≥++− xx .
Nultočke ove parabole su 21 =x , 2
12 −=x , a otvor parabole je okrenut prema dolje:
Graf kvadratne funkcije poprima pozitivne vrijednosti, odnosno parabola je iznad x osi za
točke čije su apscise između 2
1− i 2. Dakle,
−= 2,
2
1)( fD .
2 9y x= −
22 3 2y x x= − + +
156
Zadatak 24. Odredite domenu funkcije: 3
3)(
+−=
x
xxf .
Rješenje:
Treba riješiti nejednadžbu 03
3 ≥+−
x
x i uvjet 03 ≠+x , tj. 3−≠x (nazivnik uvijek mora biti
različit od nule).
Riješimo nejednadžbu 03
3 ≥+−
x
x na slijedeći način:
Odredimo nultočku brojnika: 303 =⇒=− xx
Odredimo nultočku nazivnika: 303 −=⇒=+ xx
Sastavimo tablicu:
3−x _ _ +
3+x – + +
3
3
+−
x
x+ – +
Budući da razlomak mora biti pozitivan, jer samo je tada veći od nule, i pazeći na uvjet
3−≠x iz tablice čitamo rješenje: )( [ )+∞∪−∞−= ,33,)( fD .
Zadatak 25. Odredite domenu funkcije: x
x
x
xxf
+−+
+−=
1
1
2
2)( .
Rješenje:
Budući da je )()()( 21 xfxfxf += , gdje je =)(1 xf2
2
+−
x
x i =)(2 xf
x
x
+−
1
1 domena
funkcije f određena je dvama uvjetima, tj. )()()( 21 fDfDfD ∩= .
∈= xfD {)( 1 R 02
2: ≥
+−
x
x}= )( [ )+∞∪−∞− ,22, (slično kao zadatak 4.)
–∞ –3 3 +∞
156
Odredimo domenu funkcije =)(2 xfx
x
+−
1
1.
Treba biti 01
1 ≥+−
x
x i 01 ≠+ x , tj. 1−≠x .
Sastavimo tablicu:
x−1 + + -x+1 – + +
x
x
+−
1
1– + –
Iz tablice vidimo da je: ( ]1,1)( 2 −=fD .
Domena tražene funkcije:
)()()( 21 fDfDfD ∩= = { )( [ )+∞∪−∞− ,22, ) ∩ ( ]1,1− } = ∅.
Zadatak 26. Odredite domenu funkcije: 25
12)(
2
2
−−−=
x
xxxf .
Rješenje:
Trebamo riješiti dva uvjeta: 025
122
2
≥−
−−x
xx i 0252 ≠−x , tj. 5±≠x .
Skicirajmo parabole iz brojnika i nazivnika:
0122 =−− xx ⇒ 41 =x , 32 −=x , otvor parabole je okrenut prema gore:
0252 =−x ⇒ 51 =x , 52 −=x , otvor parabole je okrenut prema gore:
2 12y x x= − −
–∞ –1 1 +∞
156
( ) [ ] ( )+∞∪−∪−∞−= ,54,35,)( fD
Zadatak 27. Odredite domenu funkcije: )3ln()( xxf −= .
Rješenje:
Domena logaritamske funkcije je R+, tj. skup svih pozitivnih realnih brojeva. Prema tome,
moramo riješiti nejednadžbu: 03 >− x ⇒ 3<x .
Dakle, funkcija f je definirana za sve vrijednosti varijable x iz skupa ( )3,∞− , tj. =fD
( )3,∞− .
Zadatak 28. Odredite domenu funkcije: 2
4log)(
+−=
x
xxf .
Rješenje:
Da bi izraz za )(xf bio realan broj, potrebno je riješiti nejednadžbu:
02
4log ≥
+−
x
x
122 −− xx + + – + +
252 −x + – – – +
25
122
2
−−−
x
xx+ – + – +
2 25y x= −
–∞ –5 –3 4 5
+∞
156
Da bi logaritam nekog broja bio pozitivan potrebno je da taj broj bude veći ili jednak 1:
12
4 ≥+−
x
x (*)
Drugi uvjet koji mora biti ispunjen jest da argument logaritamske funkcije mora biti strogo
pozitivan, tj. 02
4 >+−
x
x (**)
Međutim, uvjet (**) ovdje je očito suvišan, jer smo već postavili uvjet (*) koji je stroži od
njega.
12
4 ≥+−
x
x ⇒ 01
2
4 ≥−+−
x
x ⇒ 0
2
24 ≥+
−−−x
xx ⇒ 0
2
6 ≥+
−x
Kvocijent dviju funkcija je pozitivan tamo gdje su obje pozitivne ili tamo gdje su obje
negativne. Iz posljednje nejednadžbe vidimo da je kvocijent pozitivan tamo gdje je nazivnik
strogo manji od nule (nazivnik ne smije biti jednak nuli), tj. za 02 <+x ⇒ 2−<x . Dakle,
=fD ( )2,−∞− .
Zadatak 29. Odredite domenu funkcije: 4
5log)(
2xxxf
−= .
Rješenje:
04
5log
2
≥− xx ⇒ 1
4
5 2
≥− xx ⇒ 01
4
5 2
≥−− xx ⇒ 0
4
45 2
≥−− xx
Kvocijent je pozitivan ako je brojnik pozitivan (jer je nazivnik pozitivan): 45 2 −− xx ≥ 0.
Brojnik je parabola ( 45 2 −− xx ) s nultočkama 11 =x , 42 =x , pa rješenje te nejednažbe
možemo vidjeti sa slike:
25 4y x x= − −
156
Očito je : =fD [ ]4,1 .
Zadatak 30. Odredite domenu funkcije: 23
145log)(
2 +−−=
xx
xxf .
Rješenje:
023
145log
2≥
+−−
xx
x ⇒ 1
23
1452
≥+−
−xx
x ⇒ 01
23
1452
≥−+−
−xx
x ⇒
023
231452
2
≥+−
−+−−xx
xxx ⇒ 0
23
1682
2
≥+−−+−
xx
xx
Nacrtajmo parabole iz brojnika i nazivnika:
1682 −+−= xxy 232 +−= xxy
Sa slika vidimo da je brojnik negativan za sve vrijednosti varijable x, osim u točki 4=x u
kojoj poprima vrijednost nula, a nazivnik je negativan za ( )2,1∈x . Radi preglednosti
sastavimo tablicu:
2 8 16y x x= − + − – – – –2 3 2y x x= − + + – + +2
2
8 16
3 2
x xy
x x
− + −=− +
– + – –
Točke 1=x i 2=x ne smiju biti u domeni jer je za njih nazivnik jednak nuli, a točka 4=x
ulazi u domenu jer je za nju brojnik, pa time i cijeli razlomak, jednak nuli.
⇒ =fD ( ) { }42,1 ∪ .
–∞ 1 2 4
+∞
156
Zadatak 31. Zadana je funkcija x
x
xf342
73)(
⋅+−= . Odredite njenu inverznu funkciju
)(1 xf − i odredite domenu inverzne funkcije.
Rješenje:
Prvo odredimo inverznu funkciju zamjenom varijabli:
xy
y
=⋅+
−342
73 / 2
)342(/342
73 2 y
y
y
x ⋅+⋅=⋅+
−
yy xx 34273 22 ⋅+=−
72343 22 +=⋅− xx yy
)41(:/72)41(3 222 xxxy −+=−
32
2
log/41
723
x
xy
−+=
)(41
72log 1
2
2
3 xfx
xy −=
−+=
Domenu inverzne funkcije dobivamo rješavajući nejednadžbu: 041
722
2
>−
+x
x. Budući je
brojnik pozitivan za bilo koju vrijednost varijable x, dovoljno je odrediti rješenja
nejednadžbe: 041 2 >− x . Iz grafa ove parabole
slijedi:
−=
2
1,
2
1fD .
21 4y x= −
156
ZADACI ZA VJEŽBU
Zadatak 1. Zadana je funkcija
42
21log)( 5 +
−=x
xxf .
Odredite domenu zadane funkcije, nađite inverznu funkciju te odredite domenu inverzne
funkcije.
Zadatak 2. Odredite domenu funkcije:
2 3 4( )
2
x xf x
x
− −=+ .
Ako je funkcija , nađite ( gf )(x).
Zadatak 3. Odredite kompoziciju funkcije f i inverzne funkcije funkcije g, tj. ( ) )(1 xfg −
ako je ( ) 22
2)(
+−=
x
xxf i
x
xxg
−+=
1
32)( .
Zadatak 4. Odredite inverznu funkciju funkcije 21
3log)( 2 −
−−=
x
xxf i domenu te
inverzne funkcije.
Zadatak 5. Odredite domenu funkcije: 1
33log
2
−+−=
x
xxy
Zadatak 6. Zadana je funkcija 2
1)(
+−=
x
xxf . Odredite domenu funkcije f i inverznu
funkciju funkcije f.
Zadatak 7. Nađite inverznu funkciju funkcije 210)(2
−= xxf i odredite domenu inverzne
funkcije.
156
Zadatak 8. Odredite inverznu funkciju funkcije xexf −= 1
2
1)( i odredite domenu inverzne
funkcije.
Zadatak 9. Odredite domenu funkcije xx
xxxf
+−+=
2
2 2)( .
Zadatak 10. Zadana je funkcija:
)33ln()( 2 +−= xxxf
Odredite:
a) domenu zadane funkcije,
b) inverznu funkciju zadane funkcije.
156
ALGEBARSKE FUNKCIJE
156
Funkcija f : R → R definirana formulom
11 1 0( ) ...n n
n n nP x ax a x ax a−−=+ +++
gdje je n ∈ N ∪ {0}, ai ∈ R (i = 0, 1, 2, …, n) i an ≠ 0 zove se polinom n-tog stupnja ili
cijela racionalna funkcija. Realni brojevi an, an-1, ..., a1, a0 nazivaju se koeficijentima
polinoma. Koeficijent an ≠ 0 naziva se vodeći koeficijent.
Izjednačimo li polinom )(xPn s nulom, dobit ćemo algebarsku jednadžbu n-tog stupnja.
Rješenja algebarske jednadžbe su nultočke ili korijeni pripadnog polinoma.
Za polinome vrijede slijedeće tvrdnje:
Teorem 1. (Osnovni teorem algebre) Svaki polinom stupnja ∈n N ima barem jednu realnu
ili kompleksnu nultočku.
Teorem 2. Ako je kompleksan broj biaz += nultočka polinoma )(xPn , tada je i njemu
konjugirano kompleksan broj biaz −= također nultočka tog polinoma.
Teorem 3. Polinom može imati najviše onoliko različitih nultočki koliko iznosi njegov
stupanj. Ako su 1 2, ,..., nx x x nultočke polinoma )(xPn , tada se polinom može na jedinstven
način prikazati u faktoriziranom obliku
1 2( ) ( )( )...( )n n nP x a x x x x x x= − − − (∗)
Pri tome, ako su nultočke višestruke, vrijedi
1 21 2( ) ( ) ( ) ...( ) mkk k
n n mP x a x x x x x x= − − − ,
gdje su 1 2, ,..., mk k k prirodni brojevi za koje vrijedi da je 1 2 ... mk k k n+ + + = , pri čemu je ix
nultočka polinoma )(xPn kratnosti ik .
Jedan način određivanja nultočki polinoma upravo je faktorizacija polinoma. Pri tom
postupku možemo se koristiti činjenicom da se cjelobrojne nultočke normiranog polinoma
često mogu pronaći kao faktori slobodnog člana 0a .
156
Zadatak 1. Odredite nultočke polinoma 43)( 233 +−= xxxP .
Rješenje:
Slobodni član zadanog polinoma je 0a = 4, a faktori broja 4 su 1, –1, 2, –2, 4 i –4.
Provjerimo je li neki od tih brojeva i nultočka.
024131)1( 233 ≠=+⋅−=P , pa stoga 1=x nije nultočka.
04232)2( 233 =+⋅−=P , pa imamo jednu nultočku, tj. 21 =x .
Budući da se polinom može napisati u obliku (∗), odnosno
)()2())()(()( 3213 xQxxxxxxxxP ⋅−=−−−= ,
znači da preostale faktore možemo dobiti ako podijelimo )(3 xP sa )2( −x .
=−= )2(:)()( 3 xxPxQ
( )Q x 2)2(:)43( 223 −−=−+−= xxxxx
23 2xx −
xx
x
2
42
2
±
+−
42
42
±+−
x
x
0
Sada polinom možemo napisati u obliku: )2)(2()()2()( 23 −−−=⋅−= xxxxQxxP .
Preostale dvije nultočke dobit ćemo kada drugi faktor izjednačimo s nulom:
022 =−− xx ⇒ 2
31
2
8113,2
±=+±=x ⇒ 1,2 32 −== xx .
Odavde vidimo da je 2=x dvostruka nultočka tog polinoma, pa vrijedi:
)1()2(43)( 2233 +−=+−= xxxxxP .
Zadatak 2. Odredite nultočke polinoma 24103)( 23 +−−= xxxxP .
Rješenje:
156
Slobodni član je 0a = 24, a njegovi faktori su 1, –1, 2, –2, 3, –3, 4, –4, 6, –6, 8, –8, 12,
–12, 24 i –24. Provjerimo da li je koji od tih brojeva nultočka zadanog polinoma:
01224110131)1( 23 ≠=+⋅−⋅−=P ,
03024)1(10)1(3)1()1( 23 ≠=+−⋅−−⋅−−=−P ,
024210232)2( 23 =+⋅−⋅−=P ⇒ nultočka 21 =x
Dakle, zadani polinom možemo napisati u obliku
)()2(24103)( 23 xQxxxxxP ⋅−=+−−= , pri čemu je:
=−= )2(:)()( xxPxQ
12)2(:)43( 223 −−=−+−= xxxxx
23 2xx −
xx
xx
2
24102
2
±+−−
2412
2412
±+−
x
x
0
⇒ )12)(2()()2()( 2 −−−=⋅−= xxxxQxxP
Preostale dvije nultočke ćemo naći kad dobiveni polinom drugog stupnja izjednačimo s
nulom, tj. 0122 =−− xx ⇒ 3,4 32 −== xx
Budući smo našli sve nultočke, zadani polinom možemo napisati u obliku (∗), tj.
)3)(4)(2())()(()( 321 +−−=−−−= xxxxxxxxxxP .
Zadatak 3. Jedna nultočka polinoma 222)( 234 −−−−= xxxxxP je ix =1 . Odredite
ostale nultočke.
Rješenje:
Ako je ix =1 jedna nultočka polinoma tada je i njemu konjugirano kompleksan broj ix −=2
također nultočka (teorem 2.).
156
⇒ )())(())()()(()( 4321 xQixixxxxxxxxxxP ⋅+−=−−−−= , gdje je
=+−= ))((:)()( ixixxPxQ
( )Q x 22)1(:)222( 22234 −−=+−−−−= xxxxxxx
24 xx ±−
xx
xxx
22
22223
23
−−−−
22
222
2
x
x −−
0
⇒ )22)()(()())(()( 2 −−+−=⋅+−= xxixixxQixixxP
Iz 0222 =−− xx ⇒ 313 +=x , 314 −=x .
Razlomljena racionalna funkcija je kvocijent dvaju polinoma, dakle funkcija oblika:
1 0
1 0
( ) ...( )
( ) ...
mm m
nn n
P x a x a x af x
P x b x bx b
+ + += =+ + +
Ako je polinom u brojniku manjeg stupnja nego polinom u nazivniku, odnosno m < n, f (x)
se zove prava razlomljena racionalna funkcija. U protivnom, ona se zove neprava
razlomljena racionalna funkcija. Prava razlomljena racionalna funkcija može se prikazati u
obliku zbroja parcijalnih razlomaka, odnosno u obliku zbroja razlomaka čiji su nazivnici
faktori polinoma Pn(x) . Taj rastav ovisi o tome da li su nultočke nazivnika realni ili nisu
realni brojevi.
Teorem 4. Neka je )(
)()(
xP
xPxf
n
m= prava racionalna funkcija gdje su polinomi )(xPm i
)(xPn relativno prosti, tj. bez zajedničkih nultočki.
1. Ako su nultočke nazivnika jednostruke i realne, tj. 1 2( ) ( )( )...( )n nP x x x x x x x= − − − ,
funkcija )(xf se može napisati u obliku:
156
1 2
1 2 1 2
( ) ( )( ) ...
( ) ( )( )...( )m m n
n n n
P x P x AA Af x
P x x x x x x x x x x x x x= = = + + +
− − − − − −
gdje su Ai, i = 1,2, ..., n realne konstante.
2. Ako su nultočke nazivnika višestruke i realne, tj. 1 21 2( ) ( ) ( ) ...( ) mkk k
n mP x x x x x x x= − − − ,
gdje je 1 2 ... mk k k n+ + + = , funkcija )(xf se može rastaviti na slijedeći način:
1
1 2 1
2
2
1 2 12
1 2 1 1 1 2
1
2
( )( ) ... ...
( ) ( ) ...( ) ( ) ( )
... ... ...( ) ( )
m
m
m
kmkk k k
m
kk
kkm m
AP x A A Bf x
x x x x x x x x x x x x x x
MB M
x x x x x x
= = + + + + +− − − − − − −
+ + + + +− − −
3. Ako su nultočke nazivnika par kompleksno konjugiranih brojeva višestrukosti k , tada
funkciju )(xf možemo rastaviti na slijedeći način:
k
kk
k
m
cbxax
BxA
cbxax
BxA
cbxax
BxA
cbxax
xPxf
)()()(
)()(
22222
211
2 +++
++++
++
+++
=++
= .
Koeficijente možemo određivati na dva načina:
a) uvrštavanjem nultočaka polinoma )(xPn ,
b) korištenjem teorema o jednakosti polinoma (koeficijenti uz odgovarajuće potencije
moraju biti jednaki).
Zadatak 4. Rastavite na parcijalne razlomke funkciju: 2
2 3( )
3 10
xf x
x x
+=+ −
.
Rješenje:
Nultočke nazivnika 21 =x i 52 −=x su jednostruke i realne, te po teoremu 4. pod 1., slijedi
rastav funkcije na parcijalne razlomke:
52)5)(2(
32
++
−=
+−+
x
B
x
A
xx
x .
Odredimo koeficijente A i B.
52)5)(2(
32
++
−=
+−+
x
B
x
A
xx
x / )5)(2( +−⋅ xx
156
)2()5(32 −++=+ xBxAx (*)
I. način: uvrštavanjem nultočki u izraz (*) dobivamo:
za 2=x ⇒ )22()52(322 −++=+⋅ BA
A77 = ⇒ 1=A
za 5−=x ⇒ )25()55(3)5(2 −−++−=+−⋅ BA
B77 −=− ⇒ 1=B
Slijedi da je: 5
1
2
1
)5)(2(
32
++
−=
+−+
xxxx
x
II. način: korištenjem teorema o jednakosti dvaju polinoma
Napišimo izraz (*) u obliku:
BBxAAxx 2532 −++=+
BABAxx 25)(32 −++=+
Zbog teorema o jednakosti polinoma koeficijenti uz odgovarajuće potencije moraju biti
jednaki. Odavde je:
=−=+
325
2
BA
BA
Dobili smo sustav od dvije jednadžbe s dvije nepoznanice. Riješimo ga metodom supstitucije:
2 2
5 2 3
5(2 ) 2 3
10 5 2 3
7 7 / : ( 7)
1
2 2 1 1
A B A B
A B
B B
B B
B
B
A B A
+ = ⇒ = −− =− − =
− − =− = − −
=⇒ = − = − ⇒ =
156
Zadatak 5. Rastavite na parcijalne razlomke funkciju: 2
3 2
3( )
2
xf x
x x x
+=− −
.
Rješenje:
( ) ( ) ( )3 2 22 2 1 2x x x x x x x x x− − = − − = + −
Nultočke nazivnika 01 =x , 12 −=x i 23 =x su jednostruke i realne, pa ćemo primijeniti
teorem 4 pod 1.
21)2)(1(
3)(
2
−+
++=
−++=
x
C
x
B
x
A
xxx
xxf / )2)(1( −+⋅ xxx
)1()2()2)(1(32 ++−+−+=+ xCxxBxxxAx (**)
I. način: uvrštavanjem nultočki u izraz (**) dobivamo:
za 0=x ⇒ )10(0)20(0)20)(10(30 +⋅⋅+−⋅⋅+−+=+ CBA
A23 −= ⇒ 2
3−=A
za 1−=x ⇒ )11()1()21()1()21)(11(3)1( 2 +−⋅−⋅+−−⋅−⋅+−−+−=+− CBA
B34 = ⇒ 3
4=B
za 2=x ⇒ )12(2)22(2)22)(12(322 +⋅⋅+−⋅⋅+−+=+ CBA
C67 = ⇒ 6
7=C
Odavde nam slijedi rastav zadane funkcije na parcijalne razlomke:
)2(6
7
)1(3
4
2
3
)2)(1(
3)(
2
−+
++−=
−++=
xxxxxx
xxf
II. način: Iz (**) slijedi:
156
ACBAxCBAxx
CxCxBxBxAAxAxx
xxCxxBxxAx
2)2()(3
223
)()2()2(3
22
2222
2222
−+−−+++=+++−+−−=+++−+−−=+
Po teoremu o jednakosti dvaju polinoma vrijedi:
=−=+−−
=++
32
02
1
A
CBA
CBA
⇒ riješiti sustav ⇒
=
=
−=
6
73
42
3
C
B
A
Zadatak 6. Rastavite na parcijalne razlomke funkciju: )1()2(
1)(
2 +−=
xxxf .
Rješenje:
Budući da je 21 =x dvostruka nultočka nazivnika i 12 −=x jednostruka nultočka
nazivnika, to funkciju )(xf možemo rastaviti na parcijalne razlomke ovako:
1)2(2)1()2(
122 +
+−
+−
=+− x
C
x
B
x
A
xx / )1()2( 2 +−⋅ xx
2)2()1()1)(2(1 −++++−= xCxBxxA (***)
Uvrstimo nultočke u izraz (***):
za 21 =x ⇒ 2)22()12()12)(22(1 −⋅++⋅++−= CBA
B31 = ⇒ 3
1=B
za 12 −=x ⇒ 2)21()11()11)(21(1 −−⋅++−⋅++−−−= CBA
C91 = ⇒ 9
1=C
Uočimo da ovom metodom nismo našli koeficijent A. Dakle, morat ćemo koristiti i teorem o
jednakosti polinoma u izrazu (***).
156
2)2()1()1)(2(1 −++++−= xCxBxxA )44()1()2(1 22 +−+++−−= xxCxBxxA
CBACBAxCAx 42)4()(1 2 ++−−+−++=
⇒
=++−=−+−
=+
142
04
0
CBA
CBA
CA
Dovoljno nam je uzeti u obzir samo prvu jednadžbu jer smo već našli koeficijente B i C.
Dakle, 0=+ CA ⇒ CA −= ⇒ 9
1−=A , tako da je:
)1(9
1
)2(3
1
)2(9
1
)1()2(
122 +
+−
+−
−=+− xxxxx
.
Zadatak 7. Rastavite na parcijalne razlomke funkciju: 3
3
)1(
1)(
−+=
xx
xxf .
Rješenje:
Nultočke nazivnika su 01 =x (jednostruka i realna nultočka) i 12 =x (trostruka realna
nultočka), pa je po teoremu traženi rastav:
323
3
)1()1(1)1(
1)(
−+
−+
−+=
−+=
x
D
x
C
x
B
x
A
xx
xxf / 3)1( −⋅ xx
DxxCxxBxxAx +−+−+−=+ )1()1()1(1 233 (*)
Uvrstimo nultočke u izraz (*):
Za 01 =x : 3)10(10 −=+ A ⇒ 1=− A ⇒ 1−=A
Za 12 =x : 111 ⋅=+ D ⇒ 2=D
Budući smo na ovaj način odredili samo dva koeficijenta moramo koristiti i teorem o
jednakosti polinoma.
(*) ⇒ DxxCxxxBxxxxAx +−++−+−+−=+ )1()12()133(1 2233
DxxxCxxxBxxxAx +−++−+−+−=+ )()2()133(1 223233
156
Izjednačimo sada koeficijente uz odgovarajuće potencije:
1
3 2 0
3 0
A B
A B C
A B C D
+ = − − + =
+ − + =
1=− A
Dovoljno nam je uzeti dvije jednadžbe, npr. prvu i drugu, jer su nam ostale dvije nepoznanice:
1=+ BA ⇒ 2)1(11 =−−=−= AB
023 =+−− CBA ⇒ 122)1(323 =⋅+−⋅=+= BAC
Dakle, traženi rastav na parcijalne razlomke zadane funkcije je:
323
3
)1(
2
)1(
1
1
21
)1(
1)(
−+
−+
−+−=
−+=
xxxxxx
xxf .
Zadatak 8. Rastavite na parcijalne razlomke funkciju: 2
2 2
1( )
( 1)
x xf x
x
+ −=+
.
Rješenje:
4 2 2 22 1 ( 1)x x x+ + = +
Nultočke nazivnika: 012 =+x ⇔ 12 −=x ⇒ nultočke su kompleksni brojevi kratnosti 2.
22222
2
)1(1)1(
1)(
+++
++=
+−+=
x
DCx
x
BAx
x
xxxf / 22 )1( +⋅ x
DCxxBAxxx ++++=−+ )1)((1 22
DCxBBxAxAxxx +++++=−+ 232 1
Po teoremu o jednakosti polinoma vrijedi:
0
1
1 1 1
A
B
A C C A
==+ = ⇒ = − =
21111 −=−−=−−=⇒−=+ BDDB
⇒ 22222222
2
)1(
2
1
1
)1(
21
1
10
)1(
1)(
+−+
+=
+−⋅+
++⋅=
+−+=
x
x
xx
x
x
x
x
xxxf .
156
Zadatak 9. Rastavite na parcijalne razlomke funkciju: xx
xxxf
4
8)(
3
45
−−+= .
Rješenje:
Uočimo da zadana funkcija nije prava racionalna funkcija već neprava (polinom u brojniku je
5. stupnja, a polinom u nazivniku je 3. stupnja). U ovom zadatku koristit ćemo slijedeći
teorem:
Teorem 5. (Teorem o dijeljenju s ostatkom) Za svaka dva polinoma f i g postoje
jedinstveni polinomi s i r takvi da vrijedi:
)()()()( xrxgxsxf +⋅= .
Ako je 0≠r , polinom s se zove nepotpuni kvocijent polinoma f i g, a polinom r ostatak
pri dijeljenju polinoma f sa g.
Iz teorema dobivamo slijedeće:
)()()()( xrxgxsxf +⋅= / : )(xg
)(
)()(
)(
)(
xg
xrxs
xg
xf +=
Podijelimo prvo brojnik nazivnikom:
35
2345
4_
4)4(:)8(
xx
xxxxxx
++=−−+
24
34
4_
84
xx
xx
−+
xx
xx
164_
8443
23
−+
8164 2 −+ xx
⇒ nepotpuni kvocijent pri dijeljenju: 4)( 2 ++= xxxs ,
⇒ ostatak pri dijeljenju: 8164)( 2 −+= xxxr .
Po teoremu o dijeljenju s ostatkom zadanu funkciju možemo napisati u obliku:
156
xx
xxxx
xx
xxxf
4
8164)4(
4
8)(
3
22
3
45
−−++++=
−−+= (**)
Sada ćemo rastaviti na parcijalne razlomke dobivenu pravu racionalnu funkciju:
=)(
)(
xg
xr
xx
xx
4
81643
2
−−+
Nultočke nazivnika:
=+−=−
=−
0)2)(2(
0)4(
042
3
xxx
xx
xx
⇒ 01 =x , 22 =x , 23 −=x
⇒ 22)2)(2(
8164
4
8164 2
3
2
++
−+=
+−−+=
−−+
x
C
x
B
x
A
xxx
xx
xx
xx / )2)(2( +−⋅ xxx (***)
Tražene koeficijente dobijemo uvrštavajući nultočke… 2=A , 5=B , 3−=C .
Iz (**) i (***) slijedi:
xx
xxxx
xx
xxxf
4
8164)4(
4
8)(
3
22
3
45
−−++++=
−−+= = +++ 42 xx
2
3
2
52
+−
−+
xxx.
ZADACI ZA VJEŽBU
Zadatak. Rastavite sljedeće funkcije:
a) 2
3 2
1( )
4 12
xf x
x x x
− +=+ −
b)23
2)(
3
2
+−+=xx
xxf
c) ( )( )44
3522
3
+−−+=
xx
xxy
156
d)1892
3223
2
−−+−−=xxx
xxy
e)43
12)(
23 +−+−=
xx
xxf
f)xx
xy
4
33
2
++−=
g)35
32)(
23
2
−−−−+−=xxx
xxxf
h) ( )( )11
2)(
22
3
−+−=xx
xxxf
na parcijalne razlomke.
156
NIZOVI
156
Zadatak 1. Opći član niza je:
a) 14 += nan ,
b) 1
1
+=
nan ,
c) ( )
2
1
na
n
n
−= .
Odredite prvih 5 članova tih nizova.
Rješenje:
a) 5, 9, 13, 17, 21
b)6
1 ,
5
1 ,
4
1 ,
3
1 ,
2
1
c)25
1 ,
16
1 ,
9
1 ,
4
1 ,1 −−−
Zadatak 2. Odredite opći član zadanih nizova:
a) 1, 4, 7, 10, 13, …
b) ... ,5
1 ,
4
1 ,
3
1 ,
2
1 ,1 −−
c) ... ,16
1 ,
8
1 ,
4
1 ,
2
1 ,1
Rješenje:
a) 23 −= nan
b)( )
na
n
n
11 −−=
c) 12
1−=
nna
Zadatak 3. Provjerite da li je niz čiji je opći član 12
2
+=
n
nan strogo rastući.
Rješenje:
156
Niz je strogo rastući ako je ∈∀< + naa nn , 1 N.
( )( )
( ) ( )( )( ) ( ) =
+++++−+=
+++−
+=
+++−
+=− + 3212
121232
32
12
12112
1
12
222222
1 nn
nnnnn
n
nn
n
n
n
n
n
naa nn
( ) ( ) ( ) ( ) 03212
142
3212
1224232 222323
<++−−−=
++−−−−−−+=
nn
nn
nn
nnnnnnn
Budući je razlika 1+− nn aa negativna niz je strogo rastući.
Zadatak 4. Ispitajte konvergenciju nizova zadanih općim članom:
a) n
an
1= ,
b) n
nan
12 −= .
Rješenje:
Teorem.
Svaki monotono rastući i odozgo ograničen niz je konvergentan.
Svaki monotono padajući i odozdo ograničen niz je konvergentan.
a) Provjerimo prvo da li je zadani niz rastući ili padajući:
( ) ( ) 01
1
1
1
1
111 ⇒>
+=
+−+=
+−=− + nnnn
nn
nnaa nn niz je monotono padajući
01
lim ⇒=∞→ nn
niz je ograničen odozdo jer je ∈∀< nan , 0 N
Prema teoremu zadani niz je konvergentan.
b) Provjerimo da li je zadani niz rastući ili padajući:
( ) ( ) ( ) ( )( ) =
++−+−=
++−−=
+−+−−=− + 1
12112
1
1212
1
112121 nn
nnnn
n
n
n
n
n
n
n
naa nn
( ) ( ) 01
1
1
2122 22
⇒<+
−=+
−−−−+=nnnn
nnnnnniz je monotono rastući
156
2 1
12
lim:/
:/12lim ⇒=
−=−
∞→∞→
nnn
nnnn
niz je ograničen odozgo jer je ∈∀> nan , 2 N.
Prema teoremu zadani niz je konvergentan.
Vrijedi:
(1) en
n
n=
+
∞→
11lim
(2)
=<<
>∞=
∞→1 , 1
10 , 0
1 ,
lim
a
a
a
a n
n
Zadatak 5. Odredite: nn
nn
n 32
32lim
11
++ ++
∞→
Rješenje:
310
302
1lim3
2lim
3lim3
2lim2
13
2
33
22
lim3:/32
3:/32lim
11
=++⋅=
+
+
⋅
=+
+
⋅
=++
∞→∞→
∞→∞→
∞→
++
∞→
n
n
n
n
n
n
n
n
nnnn
nnn
n
Zadatak 6. Odredite: 13
4
3lim
−
∞→
++ n
n n
n
Rješenje:
13
4
3lim
−
∞→
++ n
n n
n= =
+−+ −
∞→
13
4
14lim
n
n n
n =
+−+
−
∞→
13
4
11lim
n
n n
= ==
+−
+ +−−+−
−+−
∞→
∞→ nn
nnn
nn
n
nen
:/4
:/13lim
)4(
13)4(
)4(
11lim
=+−
−
∞→
n
nn
e4
1
13
lim 3−e
156
Zadatak 7. Odredite: n
n nn
nn
+−+−
∞→ 24
12lim
2
2
Rješenje:
n
n nn
nn
+−+−
∞→ 24
12lim
2
2
= n
n nn
nnn
+−
−++−∞→ 24
1224lim
2
2
= =
+−−+
∞→
n
n nn
n
24
121lim
2
= =
−+−
+∞→
n
n
n
nn
12
24
11lim
2 =
−+−
+
+−−
⋅
−+−
∞→
24
12
12
24
2
22
12
24
11lim
nn
nn
n
nn
n
n
nn
= 22
22
:/24
:/2lim
nnn
nnnne +−
−∞→ =
224
1
12
lim
2
ee nn
nn
=+−
−
∞→
156
ARITMETIČKI I GEOMETRIJSKI NIZ
156
Zadatak 1. Nađite opći član aritmetičkog niza ako je:
a) a2 = −1, a5 = 5,
b) a2 = −3, a7 – a6 = 2
Rješenje:
a) Budući je opći član aritmetičkog niza 1 ( 1)na a n d= + − uz zadane uvjete dobivamo sustav
od 2 linearne jednadžbe s 2 nepoznanice:
1
1
1
4 5
3 6 2
a d
a d
d d
+ = −−
+ =
− = − ⇒ =
Uvrstimo dobivenu nepoznanicu u npr. 1. jednadžbu:
1
1
1
1
2 1
3
a d
a
a
+ = −+ = −
= −
Sada možemo odrediti i opći član aritmetičkog niza:
1 ( 1) 3 ( 1) 2 3 2 2 2 5n na a n d n n a n= + − = − + − ⋅ = − + − ⇒ = −
b)
2
7 6
1
1 1
1 1 1
3
2
3
6 ( 5 ) 2
3 2 3 5
2
a
a a
a d
a d a d
a d a a
d
= −− =
+ = −+ − + =
+ = − ⇒ + = − ⇒ = −
=
Sada možemo odrediti i opći član aritmetičkog niza:
1 ( 1) 5 ( 1) 2 5 2 2 2 7n na a n d n n a n= + − = − + − ⋅ = − + − ⇒ = −
Zadatak 2. Nađite sumu prvih n članova aritmetičkog niza ako je:
a) a3 = 8, a7 = 20,
b) a4 = 3a + 7, a10 = 3a + 19, a∈R
Rješenje:
a)
156
3 1
7 1
1 1
1
8 2
20 6
4 12
3
2 8 2
( 1) 2 ( 1) 3 3 1n n
a a d
a a d
d
d
a d a
a a n d n a n
= = +−
= = +
− = −
=
+ = ⇒ =
⇒ = + − = + − ⋅ ⇒ = −
Suma prvih n članova aritmetičkog niza dana je izrazom:
( ) ( ) ( )1 2 3 1 3 12 2 2n n n
n n nS a a n S n= + = + − ⇒ = +
b)
( ) ( )
4
10
1
1
1 1 1
1
1
3 7
3 19
3 3 7
9 3 19
6 12 2
3 3 7 6 3 7 3 1
( 1) 3 1 ( 1) 2 3 1 2 2
2 3 1
3 1 2 3 1 (2 6 ) 2( 3 )2 2 2 2
( 3 )
n
n
n n
n
a a
a a
a d a
a d a
d d
a d a a a a a
a a n d a n a n
a n a
n n n nS a a a n a n a n a
S n n a
= += +
+ = +−
+ = +
− = − ⇒ =
+ = + ⇒ + = + ⇒ = +
= + − = + + − ⋅ = + + −
= + −
= + = + + + − = + = ⋅ +
= +
Zadatak 3. Nađite opći član aritmetičkog niza ako je 10 7 76, 56a a S− = = .
Rješenje:
156
( )
( )
10 7
7
1 1
1 7
1 1
1 1 1
1
6
56
9 ( 6 ) 6
756 / 2
2
3 6 2
7 6 112 / : 7
2 12 16 2 4 2
( 1) 2 ( 1) 2 2 2 2 2n n
a a
S
a d a d
a a
d d
a a d
a a a
a a n d n n a n
− ==
+ − + =
+ = ⋅
= ⇒ =+ + =
+ = ⇒ = ⇒ =
= + − = + − ⋅ = + − ⇒ =
Zadatak 4. Nađite sumu svih prirodnih brojeva djeljivih s 3 od 1000 do 2000.
Rješenje:
Prvi prirodni broj koji je djeljiv s 3, a veći od 1000, je 1002, a posljednji, manji od 2000, je
1998. Svi ti brojevi čine aritmetički niz s razlikom (diferencijom) d = 3:
1 1002, 1998, 3na a d= = =
Izračunajmo prvo koliko ima takvih brojeva:
1 ( 1)
1002 ( 1) 3 1998
3 3 996
3 999 / : 3
333
na n d a
n
n
n
n
+ − =+ − ⋅ =
− ==
=
Dakle,
( )
( )
1
333 333
2333 333
1002 1998 3000 4995002 2
n n
nS a a
S S
= +
= + = ⋅ ⇒ =
Zadatak 5. U jednom proizvodnom pogonu proizvedeno je u razdoblju od 1999. do 2008.
godine 109250 proizvoda A. Koliko je proizvoda proizvedeno u 1999. i 2008. godini ako se u
tom razdoblju proizvodnja proizvoda A konstantno povećavala godišnje za 650 komada?
Rješenje:
156
Radi se o konačnom aritmetičkom nizu u kojem je d = 650, n = 10 i 10 109250S = .
Potrebno je odrediti a1 i a10.
( )
( )
1
1
10 1
1 10
10 1
1 10
10 10
10 1
1 10 1
( 1)
2
9 650
10109250 / : 5
2
5850
21850
2 27700 13850
5850
5850 13850 5850 8000
n
n n
a a n d
na a S
a a
a a
a a
a a
a a
a a
a a a
= + − ⋅
+ =
= + ⋅
+ =
− =+
+ =
= ⇒ =
− =
= − = − ⇒ =
U 1997. godini proizvedeno je 8000, a u 2006. godini 13850 proizvoda A.
Zadatak 6. Nađite opći član geometrijskog niza ako je:
a) 2 3
2 4,
27 81a a= = −
b)10
37
1 1,
4 8
aa
a= − = −
Rješenje:
a) Budući je opći član geometrijskog niza 11
nna a q −= uz zadane uvjete dobivamo sustav od
2 linearne jednadžbe s 2 nepoznanice:
156
2 1
3 2
1
1 1 1
2
272 4 27
27 81 2
2 2 1 2 3 1
27 27 27 2 9
2
3
a a q
a a q
a q
q
a q a aq
q
= ⋅= ⋅
=
= − ⋅
= ⇒ = ⋅ = ⋅ − ⇒ = −
= −
1 1 11 1
1 2 1
1 2 1 2 2( 1) ( 1)
9 3 3 3 3
n n nn n n
n n na a q a
− − −− −
+
− = = − ⋅ − = ⋅ − ⋅ ⇒ = − ⋅
b)
21
1
1
4a q
a
= −
9
1
q
a
( ) ( )
6
21
33 3
21 1 1
111
1 1 1
1
8
1
4
1 1 1
8 2 2
1 1 11
4 4 4
1 111 1
2 2 2
n nnn
n nn n
q
a q
q q q
a q a a
a a q a−−
−− −
= −
= −
= − ⇒ = − ⇒ = −
= − ⇒ ⋅ = − ⇒ = −
− − = = − ⋅ − = − ⋅ ⇒ =
Zadatak 7. Izračunajte: 1 2 4 8 ... 1024+ + + + +
Rješenje:
Radi se o geometrijskom nizu: 1 1, 2, 1024na q a= = = .
Odredimo prvo koliko ima članova niza:
156
11
1
1 10
2 1024
2 2
1 10 11
nn
n
n
a q a
n n
−
−
−
=
==
− = ⇒ =
Dakle, u zadatku se traži suma prvih 11 članova geometrijskog niza.
1
11
11
11
1
1
2 1
1
2047
n
n
qS a
q
S
S
−= ⋅−
−=
=
Zadatak 8. Ako je zadan geometrijski niz kojemu je 1 0.5, 2 i 63.5na q S= = = odredite n
i an.
Rješenje:
1
7
6 6 57 1 7
1
1
1 2 163.5 2
2 2 1
2 1 127 2 128 2 2 7
12 2 32
2
n
n
n
n n n
qa S
q
n
a a q a
−⋅ =−
−⋅ = ⋅−
− = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
= = ⋅ = ⇒ =
Zadatak 9. Broj noćenja turista u nekom gradu za razdoblje od 2004. do 2008. godine
povećavao se svake godine u odnosu na prethodnu godinu uz konstantnu stopu promjene.
Odredite godišnju stopu povećanja, broj noćenja u 2004. godini i ukupan broj noćenja turista
za navedeno razdoblje ako je 2005. godine bilo 11000 i u 2008. godini 14641 noćenja turista.
Rješenje:
156
2 1 1 1
2
3 2 2 2 1
1 ,100 100
1 1 ,...100 100 100
p pa a a a
p p pa a a a a
= + = +
= + = + = +
Radi se o geometrijskom nizu, budući da je 1 1 .
100n
n
a pconst q
a+ = + = = .
Polazeći od poznatih podataka 2 511000, 14641a a= = , potrebno je odrediti 1 5, i q a S .
2 1
45 1
1
11000:
14641
a a q
a a q
a
= =
= =
1
q
a 4
3
22 1 1 1
5 5
5 1 5
11000
14641
146411,331 1,1
11000
1 1.1100
0.1 10 konstantna stopa prirasta100
1100010000
1.1
1 1.1 110000 61051
1 0.1
q
q q
p
pp
aa a q a a
q
qS a S
q
=
= = ⇒ =
+ =
= ⇒ =
= ⇒ = = ⇒ =
− −= ⋅ = ⋅ ⇒ =−
ZADACI ZA VJEŽBU
Zadatak 1. U aritmetičkom nizu s 11 članova prvi, peti i jedanaesti su uzastopna tri člana
nekog geometrijskog niza. Napiši taj aritmetički niz ako je njegov prvi član 24.
Zadatak 2. Odredite kvocijent i prvi član geometrijskog niza ako je razlika drugog i četvrtog
člana jednaka 18, a razlika petog i trećeg člana jednaka 36.
Zadatak 3. Zbroj tri broja koji čine rastući geometrijski niz iznosi 126. Ako je srednji član
tog niza jednak 24, koliko iznosi najmanji?
156
Zadatak 4. Odredite opći član aritmetičkog i opći član geometrijskog niza sa sljedećim
svojstvima: (1) prvi članovi tih nizova su 3, (2) drugi član geometrijskog niza manji je za 6 od
drugog člana aritmetičkog niza i (3) treći članovi oba niza su jednaki.
Zadatak 5. Geometrijski niz ima pet članova. Ako je zbroj prva četiri člana jednak 30, a
zbroj posljednja četiri 60, odredite sve članove tog niza.
156
POSTOTNI RAČUN
156
Postotak p je broj jedinica koji se uzima od 100 jedinica neke veličine. Obično se piše:
100%
pp = .
Osnovna veličina S je broj od kojeg se izračunava postotak p. Postotni dio P je broj koji
se dobije kad se od osnovne veličine odredi dio naznačen danim postotkom. Pri tom vrijedi:
100
pSP ⋅= .
Zadatak 1. Na televizijskoj reklami oglašena je cijena za automobil od 81.000,00 kn bez
PDV-a. Koliko iznosi PDV za taj automobil?
Rješenje:
Napomena: PDV iznosi 23% cijene
S = 81.000,00 kn
p = 23
P = ?
kn 00,630.18100
23kn 00,000.81
100=⋅=⇒⋅= P
pSP
PDV za automobil od 81.000,00 kn iznosi 18.630,00 kn.
Zadatak 2. Pri transportu voća predviđen je gubitak od 5%. Pri prijevozu 6 tona voća
pokvarilo se 350kg. Je li taj gubitak u granicama predviđenog?
Rješenje:
S = 6t = 6.000kg
P = 350kg
p = ?
83,56000
350100100
100=⋅==⇒⋅=
kg
kg
S
Pp
pSP
Gubitak pri transportu voća je bio 5,83% što je više od predviđenih 5%.
156
Zadatak 3. Prodajna cijena para cipela je 392,84 kn. Kolika je bruto cijena tog para cipela
ako se prodajna cijena izračunava tako da sa bruto cijeni doda PDV?
Rješenje:
Označimo sa:
S = 392,84 kn (prodajna cijena para cipela)
B = bruto cijena para cipela
P = postotni iznos bruto cijene
Prodajna cijena para cipela jednaka je bruto cijeni uvećanoj za PDV, tj.
kn 38,31923100
kn 84,392100
100
100
100
100
1001
100
=+
⋅=+
=
+⋅=
+=⋅+=
+=
p
SB
pB
pB
pBBS
PBS
Ili kraće,
kn 38,31923,1
kn 84,392
23,1
23,1%23
===
=+=P
B
BBBP
Bruto cijena para cipela je 319,84 kn.
Zadatak 4. Zajedno sa 6% provizije račun je plaćen 8.480,00 kn. Koliko iznosi provizija, a
koliko račun?
Rješenje:
S = 8.480,00 kn (račun s provizijom)
p = 6 (postotak provizije)
R = račun bez provizije
P = provizija
knknS
RRRRS 00,000.806,1
00,480.8
06,1 06,1%6 ===⇒=+=
knknknRSP 00,48000,000.800,480.8 =−=−=
Račun bez provizije je iznosio 8.000,00 kn, a provizija 480,00 kn.
156
Zadatak 5. Cijena proizvoda smanjena je za 12%. Kolika je nova cijena, ako je prije
smanjenja iznosila 56,00 kn?
Rješenje:
C = 56,00 kn (cijena proizvoda prije smanjenja)
C1 = cijena proizvoda nakon smanjenja cijene za 12%
kn 28,49kn 00,5688,088,012,01 =⋅==−= CCCC
Cijena proizvoda nakon sniženja od 12% iznosi 49,28 kn.
Zadatak 6. Plan dobiti u nekom poduzeću ostvaren je u prvom polugodištu sa 80% što iznosi
65.000,00 kn. Kolika se predviđa dobit u drugom polugodištu, ako se predviđa povećanje za
8% u odnosu prema planu dobiti iz prvog polugodišta?
Rješenje:
D = planirana dobit
D1 = 65.000,00 kn (postotni dio dobiti u prvom polugodištu)
p1 = 80
D2 = dobit u drugom polugodištu
p2 = 8
knkn
p
DD
pDD 00,250.81
80
00,000.65100100
100 1
111 =⋅==⇒⋅=
U prvom polugodištu planirana je dobit od 81.250,00 kn.
knknDDDD 00,750.8700,250.8108,108,1%82 =⋅==+=
U drugom polugodištu predviđa se dobit u iznosu od 87.750,00 kn.
Zadatak 7. U jednom pogonu ukupni fiksni troškovi iznosili su u jednom obračunskom
razdoblju 10.000,00 kn, a to je 20% ukupnih varijabilnih troškova pogona. Koliki su bili
ukupni troškovi, a koliki ukupni varijabilni troškovi pogona?
Rješenje:
156
F = 10.000,00 kn (ukupni fiksni troškovi)
V = ukupni varijabilni troškovi
U = ukupni troškovi
knknF
VVVF 00,000.502,0
00,000.10
2,0 2,0%20 ===⇒==
knknknVFU 00,000.6000,000.5000,000.10 =+=+=
Ukupni troškovi iznosili su 60.000,00 kn, a ukupni varijabilni troškovi 50.000,00 kn.
Zadatak 8. Neka roba ima cijenu 500,00 kn. Kolika je cijena te robe, ako je prvo smanjena
10%, a zatim povećana 10%.
Rješenje:
C = 500,00 kn (cijena robe)
C1 = cijena robe smanjena za 10% od cijene C
C2 = cijena robe uvećana za 10% od cijene C1
knknCCCC 00,45000,5009,09,0%101 =⋅==−=
knknCCCC 00,4954501,11,1%10 1112 =⋅==+=
Cijena robe je 495,00 kn.
Zadatak 9. Promet robe povećao se u 2005. godini za 14% u odnosu na ostvareni promet u
2004. godini. U 2006. godini očekuje se smanjenje za 14% u odnosu na ostvareni promet u
2005. godini. Da li će promet robe u 2006. godini biti veći ili manji od prometa robe
ostvarenog u 2004. godini?
Rješenje:
X1 = promet robe u 2004. godini
X2 = promet robe u 2005. godini
X3 = promet robe u 2006. godini
1112 14,1%14 XXXX =+=
112223 9804,014,186,086,0%14 XXXXXX =⋅==−=
11113 0196,09804,0 XXXXX −=−=−
Promet robe u 2006. godini je manji od prometa u 2004. godini za 1,96%.
156
Zadatak 10. U trgovini je bila određena količina neke robe. Prvog dana je prodano 15% te
robe, a drugog dana 20% ostatka robe. Odredite koliko je posto od početne količine robe
ostalo u trgovini.
Rješenje:
X = količina robe u trgovini
X1 = količina robe u trgovini nakon 1. dana
X2 = količina robe u trgovini nakon 2. dana
XXXX 85,0%151 =−=
XXXXXX 68,085,08,08,0%20 1112 =⋅==−=
U trgovini je nakon 2. dana ostalo 68% robe.
Zadatak 11. Maloprodajna cijena nekog proizvoda bila je na kraju godine 8.000,00 kn.
Kolika je bila maloprodajna cijena proizvoda na početku godine, ako se tijekom godine tri
puta mijenjala ovako: povećana je za 25%, zatim je smanjena za 50% i na kraju godine
povećana za 10% u odnosu prema prethodnoj cijeni?
Rješenje:
S = 8.000,00 kn (cijena na kraju godine)
S1 = cijena prije povećanja od 10% cijene S
S2 = cijena prije smanjenja od 50% cijene S1
S3 = cijena prije povećanja od 25% cijene S2 (cijena na početku godine)
1,1 1,1%10 1111
SSSSSS =⇒=+=
55,01,15,05,0 5,0%50 1
22221
SSSSSSSS =
⋅==⇒=−=
knknSSS
SSSSS 36,636.116875,0
00,000.8
6875,025,155,025,1 25,1%25 2
33332 ===⋅
==⇒=+=
Cijena na početku godine iznosila je 11.636,36 kn.
Zadatak 12. Porez i prirez za autorski honorar obračunavaju se ovako: porezna osnovica od
koje se računa porez iznosi 60% bruto honorara, porez na dohodak iznosi 35% od porezne
osnovice, a prirez za građane Šibenika je 10% od poreza na dohodak. Porez i prirez
156
oduzimaju se od bruto honorara i dobivena se svota kao neto honorar isplaćuje autoru na
njegov žiro račun.
a) Koliki su porez i prirez za bruto autorski honorar od 1.000,00 kn ako autor živi u
Šibeniku?
b) Koliki je neto honorar autora čiji bruto honorar iznosi 2.500,00 kn?
Rješenje:
a)
B = 1.000,00 kn (bruto autorski honorar)
P = porezna osnovica = knknB 00,60000,000.16,0%60 =⋅=⋅
Po = porez = knknP 00,21000,60035,0%35 =⋅=⋅
Pr = prirez = knknP 00,2100,2101,0%10 0 =⋅=⋅
Porez na dobit iznosio je 210,00 kn, a prirez 21,00 kn.
b)
P = 0,6B
P0 = BBP 21,06,035,035,0 =⋅=⋅
Pr = BBP 021,021,01,01,0 0 =⋅=⋅
N = neto honorar
knknBBBBPPBN r 50,922.100,500.2769,0769,0021.021,00 =⋅==−−=−−=
Neto honorar autora iznosio je 1.922,50 kn.
ZADACI ZA VJEŽBU
ZADATAK 1. U jednom turističkom naselju je određenog dana bilo 9540 gostiju, a to je 6%
iznad norme. Koliko je gostiju istog dana bilo prošle godine kada ih je bilo 7% ispod norme?
ZADATAK 2. Prodajna cijena neke robe na kraju godine bila je 600 kn. Kolika je bila
prodajna cijena robe na početku godine ako se ona tijekom godine triput mijenjala i to ovako:
smanjena je za 10%, zatim je povećana za 15% i nakon toga smanjena za 5% u odnosu na
prethodnu cijenu?
156
ZADATAK 3. Ako se neka roba proda za 1280 kn, dobitak je 6.2%. Kolika bi morala biti
cijena te robe da bi se na njoj izgubilo 8.4%?
ZADATAK 4. Na kraju poslovne godine u jednom je poduzeću utvrđen ukupni promet od 3
261 600 kn, što je za 8% više od prosjeka. Koliki je promet bio prethodne godine kada je bio
5% ispod prosjeka?
ZADATAK 5. Tečaj USD u odnosu na HRK, mijenjao se u određenom tjednu na sljedeći
način: najprije se povećao za 0.263 HRK, a zatim se smanjio za 4% u odnosu na prethodni
tečaj i na kraju tjedna iznosio 1 USD = 5.214505 HRK. Koliko je bilo ukupno smanjenje
tečaja u tom tjednu?
ZADATAK 6. Promet robe povećao se u 2006. godini za 14% u odnosu na ostvareni promet
u 2005. godini. U 2007. godini očekuje se smanjenje za 14% u odnosu na ostvareni promet u
2006. godini. Da li će promet robe u 2007. godini biti veći ili manji od prometa robe
ostvarenog u 2005. godini i za koliko posto?
ZADATAK 7. Vrijednost neke robe smanjuje se svake godine za 10% od svoje vrijednosti u
prethodnoj godini. Na kraju treće godine vrijednost te robe nakon otpisa iznosi 10935 kn.
Kolika je bila nabavna cijena te robe?
156
TROJNO PRAVILO
156
Omjer ili odnos dviju istovrsnih veličina x i y jest onaj broj k koji govori koliko se puta x
nalazi u y. Piše se:
kx
yxy ==:
y se naziva prvim ili prednjim članom omjera, x drugim ili zadnjim članom omjera, a k
vrijednost omjera.
Napomena: vrijednost omjera neće se promijeniti ako se oba člana omjera pomnože ili
podijele istim brojem
Primjer 1. Omjer 4:7 napišimo tako da je prvi član omjera jednak 1.
4
31:1
4
7:
4
47:4 ==
Produženi omjer je kraći zapis za više omjera kod kojih je drugi član svakog omjera jednak
prvom članu sljedećeg omjera. Ako na primjer imamo ovakve omjere a:b, b:c, c:d možemo ih
zapisati u obliku produženog omjera ovako: a:b:c:d.
Primjer 2. Iz jednostavnih omjera 2:5, 5:6, 6:9 i 9:11 produženi omjer bi bio 2:5:6:9:11
Primjer 3. Zadani su omjeri 2:4 i 3:5. Sastavimo produženi omjer:
( ) ( ) 12:634:324:2 =⋅⋅=
( ) ( ) 20:1245:435:3 =⋅⋅=
Produženi omjer omjera 6:12 i 12:20 je 6:12:20
Razmjer je svaka jednakost koja izražava jednakost dvaju jednakih omjera. Ako je a:b=k i
c:d=k tada je
dcba :: =
a i d se nazivaju vanjskim članovima razmjera, a b i c unutarnjim članovima razmjera. U
razmjeru vrijedi da je umnožak vanjskih članova razmjera jednak umnošku unutarnjih članova
razmjera.
156
Primjer 4. Odredimo nepoznati član razmjera a:5=100:4
51004 ⋅=a / :4
125=a
Neka su x i y dvije promjenljive veličine. Ako su te veličine međusobno povezane tako da
postoji relacijska veza:
1. kx
y = ili kxy = , tj. ako porast (pad) jedne veličine izaziva porast (pad) druge
veličine tada su obje veličine upravno razmjerne,
2.x
ky = ili kxy = , tj. ako porast (pad) jedne veličine izaziva pad (porast) druge
veličine tada su obje veličine obrnuto razmjerne.
Trojno pravilo je pravilo pomoću kojeg se razni zadaci u gospodarstvu, kod kojih postoje
raznovrsne veličine koje ovise jedne o drugima tako da su upravno ili obrnuto razmjerne,
rješavaju na najjednostavniji i najbrži način. Naziv trojno pravilo dolazi od činjenice da se iz
triju zadanih veličina zbog razmjernosti, može izračunati četvrta, nepoznata veličina. Za
trojno pravilo se kaže da je jednostavno ako tražena veličina ovisi o samo jednoj veličini, a
ako tražena veličina ovisi o više drugih veličina trojno pravilo se naziva složenim.
Pri rješavanju zadataka primjenom trojnog pravila, zadatak postavljamo tako da istovrsne
veličine potpišemo jedne ispod drugih, a zatim ih pomoću strelica označavamo ovako: ako su
veličine upravno razmjerne strelice usmjeravamo u istom smjeru, a ako su obrnuto razmjerne,
u suprotnim smjerovima. Pri tom strelica uvijek počinje kod nepoznate veličine. Strelice su
nam od pomoći pri postavljanju razmjera jer nam početak strelice ukazuje na prvi član omjera
koji se stavlja u razmjer.
Primjer 5. Ako 12kg neke robe vrijedi 198kn izračunajmo koliko će vrijediti 25kg te robe.
12kg 198kn
25kg x kn Težina robe i cijena su upravno razmjerne veličine
156
( )knx
x
50,41212
25198
12:25198:
=⋅=
=
25kg robe vrijedi 412,50kn.
Zadatak 1. 10 radnika završi neki posao za 6 dana. Koliko bi radnika radilo isti posao 5
dana?
Rješenje:
10 radnika 6 dana
x radnika 5 dana
( )radnikax
x
125
106
5:610:
=⋅=
=
Isti posao bi za 5 dana obavilo 12 radnika.
Zadatak 2. Automobil za 2.5h prijeđe 180km. Koliko mu je sati potrebno za 300km?
Rješenje:
2.5h 180km
x h 300km
( )hx
x
2.4180
3005.2
180:3005.2:
=⋅=
=
Automobilu je potrebno 4.2h da bi prešao 300km.
Zadatak 3. Za vanjsku izolaciju kuće upotrijebljeno je 270 ploča stiropora površine 0.8m2.
Koliko bi za istu izolaciju trebalo ploča stiropora površine 1.2m2?
Rješenje:
270 ploča 0.8m2
x ploča 1.2m2
Isti posao veći broj radnika može obaviti za manje dana
pa su zadane veličine obrnuto razmjerne
156
1802.1
8.0270
2.1:8.0270:
=⋅=
=
x
x
Za izolaciju kuće potrebno je 180 ploča površine 1.2m2.
Zadatak 4. 18 radnika može neki posao završiti za 20 dana. Nakon 6 dana 4 radnika se
razboli. Za koliko dana će posao biti završen?
Rješenje:
Ostatak posla trebalo je obaviti 18 radnika u sljedećih 14 dana, a zbog promjene isti
posao treba obaviti 14 radnika.
18 radnika 14 dana
14 radnika x dana
( )danax
x
1814
1814
14:1814:
=⋅=
=
14 radnika će posao dovršiti za 18 dana.
Zadatak 5. Deset radnika može obojiti skladište za 12 sati. Za koliko će se sati obojiti
skladište ako nakon 4 sata dođe još 6 radnika?
Rješenje:
10 radnika 8 sati
16 radnika x sati
( )satix
x
516
108
16:108:
=⋅=
=
Skladište će se obojiti za 4+5=9 sati.
156
Zadatak 6. Tri radnika završi neki posao za 4 dana radeći dnevno po 10 sati. Za koliko će
dana posao završiti 5 radnika ako će dnevno raditi 8 sati?
Rješenje:
3 radnika 4dana 10 sati
5 radnika x dana 8 sati
( )danax
x
385
1034
8:105:34:
=⋅⋅⋅=
==
Zadatak 7. Kanal dug 180m može iskopati 30 radnika za 8 dana. Prva 3 dana radilo je,
međutim, samo 20 radnika a sljedeća 2 dana 25 radnika. Koliko bi radnika trebalo raditi
završni dio radova ako se kanal želi završiti za ukupno 10 dana.
Rješenje:
Izračunajmo prvo koliko se metara kanala iskopalo u prva 3 dana:
180m 30 radnika 8 dana
x m 20 radnika 3 dana
( )mx
x
45830
320180
8:330:20180:
=⋅
⋅⋅=
==
Izračunajmo sada koliko se iskopalo u sljedeća 2 dana:
180m 30 radnika 8 dana
x m 25 radnika 2 dana
( )mx
x
5.37830
225180
8:230:25180:
=⋅
⋅⋅=
==
Dakle, u prvih 5 dana je iskopano 45m + 37.5m = 82.5m kanala. Ostalo je još 180m − 82.5m
= 97.5m koje treba iskopati za preostalih 5 dana.
180m 30 radnika 8 dana
97.5m x radnika 5 dana
Ako se poveća broj potrebnih dana za obavljanje istog posla
tada je potreban manji broj radnika – obrnuto razmjerne
veličine;
Ako se poveća broj potrebnih dana za obavljanje istog posla
tada je potreban manji broj sati rada – obrnuto razmjerne
156
( )radnikax
x
265180
85.9730
5:8180:5.9730:
=⋅
⋅⋅=
==
Završni dio radova bi trebalo raditi 26 radnika.
ZADACI ZA VJEŽBU
ZADATAK 1. Pri ribarenju utroši se 320 litara petroleja za 22 svjetiljke koje gore 30 dana
po 6 sati. Koliko će se petroleja potrošiti tijekom 45 dana za 20 svjetiljki koje će gorjeti po 5.5
sati?
ZADATAK 2. Da bi se izgradio bazen za kupanje dug 60m, širok 20m, dubok 3m, potrebno
je 30 radnika koji će raditi 25 dana po 8 h dnevno. Za koliko bi dana 50 radnika, izgradilo
bazen dug 50m, širok 15m, dubok 4m, dubok 2m?
ZADATAK 3. 20 radnika može ubrati 20 tona grožđa za 30 dana. Prva tri dana grožđe je
bralo 30 radnika, a sljedeća dva dana 60 radnika. Koliko radnika treba brati grožđe još dva
dana, kako bi berba bila završena za tjedan dana?
ZADATAK 4. Pet bagera po 180kW može za 20 dana, radeći dnevno 8h iskopati kanal dug
6300m, širok 3m, dubok 4m. Koliko dug kanal može iskopati 4 bagera po 160kW ako rade 12
dana po 10h i ako je kanal širok 4m, dubok 2m? (Uvjeti za rad su isti.)
ZADATAK 5. Neki posao 12 radnika može napraviti za 25 dana. Koliko će ukupno trajati
posao ako su nakon 10 dana posao napustila 3 radnika?
156
RAČUN DIOBE
156
Računom diobe, uz zadane uvjete, dijelimo neku veličinu na više dijelova u nekom
određenom omjeru.
Jednostavnim računom diobe služimo se onda kada su dijelovi veličine koju treba podijeliti
razmjerni samo s članovima jednog niza omjernih brojeva, tj. kada veličinu S treba razdijeliti
na n dijelova nxxx ,...,, 21 tako da se ti dijelovi odnose kao naaa :...:: 21 . Pri tom vrijedi:
Sxxx n =+++ ...21 (1)
nn aaaxxx :...:::...:: 2121 = (2)
Zbog svojstva produženog razmjera vrijedi:
ka
x
a
x
a
x
n
n ==== ...2
2
1
1,
tj.
nn kaxkaxkax === ,..., , 2211 gdje je k faktor proporcionalnosti.
Tada (1) možemo napisati u obliku:
Skakaka n =+++ ...21
( ) Saaak n =+++ ...21
naaa
Sk
+++=
...21
Zadatak 1. Četiri poslovna partnera ušla su u zajednički posao. Partner A uložio je 15.000,00
kn, partner B 20.000,00 kn, partner C 30.000,00 kn i partner D 45.000,00 kn. Posao je donio
dobit od 550.000,00 kn. Dobit se dijeli prema uloženim sredstvima. Koliko je dobio svaki od
partnera?
Rješenje:
45000:30000:20000:15000:::
550000
==+++
DCBA
DCBA
xxxx
xxxx
545000300002000015000
550000 =+++
=+++
=DCBA aaaa
Sk
156
75000150005 =⋅== AA kax
100000200005 =⋅== BB kax
150000300005 =⋅== CC kax
225000450005 =⋅== DD kax
Partneri su podijelili dobit na sljedeći način: partner A dobio je 75.000,00 kn, partner B
100.000,00 kn, partner C 150.000,00 kn i partner D 225.000,00 kn.
Zadatak 2. Četiri radnika završe neki posao za 20 dana. Radnik A je izostao s posla 3 dana,
radnik B je izostao 2 dana, dok su radnici C i D radili svih 20 dana. Ako su zajedno zaradili
11.250,00 kn, koliko je dobio svaki od njih?
Rješenje:
20:20:18:17:::
11250
==+++
DCBA
DCBA
xxxx
xxxx
15020201817
11250 =+++
=+++
=DCBA aaaa
Sk
255017150 =⋅== AA kax
270018150 =⋅== BB kax
300020150 =⋅== CC kax
300020150 =⋅== DD kax
Radnik A zaradio je 2.550,00 kn, radnik B 2.700,00 kn, a radnici C i D po 3.000,00 kn.
Zadatak 3. Kako će 3 osobe A, B i C podijeliti dobitak na lotu od 792.000,00 kn, ako se
njihovi ulozi odnose ovako: A:C = 3:5, B:C = 2:7?
Rješenje:
3:5: i 7:2: == ACCB
156
21:35: i 35:10: == ACCB ⇒ 35:10:21:: tj.,21:35:10:: == CBAACB
35:10:21::
792000
==++
CBA
CBA
xxx
xxx
12000351021
792000 =++
=++
=CBA aaa
Sk
2520002112000 =⋅== AA kax
1200001012000 =⋅== BB kax
4200003512000 =⋅== CC kax
Dobitak na lotu podijelit će se tako da će osoba A dobiti 252.000,00 kn, osoba B 120.000,00
kn i osoba C 420.000,00 kn.
Složenim računom diobe služimo se onda kada su dijelovi veličine koju treba podijeliti
razmjerni s članovima više nizova omjernih brojeva, tj. kada veličinu S treba razdijeliti na n
dijelova tako da se ti dijelovi odnose kao naaa :...:: 21 (veličine prvog kriterija) i
nbbb :...:: 21 (veličine drugog kriterija) i … nmmm :...:: 21 (veličine j-tog kriterija). Pri tom
vrijedi:
Sxxx n =+++ ...21
n
n
nn
mmm
bbb
aaaxxx
:...::
:...::
:...:::...::
21
21
2121
=
==
Zbog svojstava produženog omjera vrijedi:
( ) ( ) ( )nnnn mbambambaxxx ...:...:...:...:...:: 22211121 =
Ako označimo da je nimbay iiii ,...2,1 ,... ==
tada je nn yyyxxx :...:::...:: 2121 = inyyy
Sk
+++=
...21
156
Zadatak 4. Posao vrijedan 6.336.000,00 kn dobila su 2 poduzeća. Zarada se dijeli
proporcionalno broju zaposlenika i proporcionalno broju radnih dana. Prvo poduzeće ima 240
zaposlenih i na tom je poslu radilo 360 dana dok drugo poduzeće ima 300 zaposlenih koji su
radili 240 dana. Kako se dijeli zarada?
Rješenje:
633600021 =+ xx
dana)radnih broj :j(2.kriteri 240:360
)zaposlenih broj:j(1.kriteri 300:240: 21
==xx
Tada je:
86400360240111 =⋅=⋅= bay i 72000240300222 =⋅=⋅= bay ,
tj.
72000:86400: 21 =xx
407200086400
6336000
21
=+
=+
=yy
Sk
Zarada 1. poduzeća je knknkyx 00,000.456.300,400.864011 =⋅== , a 2. poduzeća
knknkyx 00,000.880.200,000.724022 =⋅== .
Zadatak 5. Tri poduzeća izgradila su poslovni prostor. Poduzeće A koristi 300m2 površine,
poduzeće B 230m2 i poduzeće C 324m2. Za uređenje okoliša poslovnog prostora poduzeće A
utrošilo je 210 sati, poduzeće B 230 sati, a poduzeće C 216 sati. Prema dogovoru ukupni
zajednički troškovi dijelit će se u upravnoj razmjernosti s kvadraturom poslovnog prostora, a
u obrnutoj proporcionalnosti s utrošenim radnim satima u uređivanju okoliša. Ako su ukupni
troškovi 54.945,00kn, koliko otpada na svako pojedino poduzeće?
Rješenje:
54945=++ CBA xxx
satima) alnoproporcion (obrnuto 216
1:
230
1:
210
1
)kvadraturi nalno(proporcio 324:230:300::
=
=CBA xxx
156
Tada je 216
324:
230
230:
216
300:: =CBA xxx , tj.
2
3:1:
7
10:: =CBA xxx .
Koeficijent proporcionalnosti: 13986
2
31
7
1054945 =
++=
++=
CBA yyy
Sk
Poduzeće A treba participirati u troškovima sa knkyx AA 00,980.197
1013986 =⋅== ,
poduzeće B sa knkyx BB 00,986.13== i
poduzeće C sa knkyx CC 00,979.202
313986 =⋅== .
Zadatak 6. Dvije grupe radnika zajednički su radile na određenom poslu i zaradile
69.168,00kn. Prva grupa imala je 15 radnika koji su radili 11 dana po 8 sati. Druga grupa,
koja je imala 16 radnika, radila je 8 dana po 7 sati. Satnica druge grupe je za 10% veća od
satnice prve grupe radnika. Koliko je zaradila svaka grupa radnika ako je zarada upravno
razmjerna utrošenom radnom vremenu i visini satnice?
Rješenje:
98560:132000:
110:100
7:8
8:11
16:15:
69168
21
21
21
=
====
=+
xx
xx
xx
3.098560132000
69168
21
=+
=+
=yy
Sk
Tada je:
knkyx 00,600.391320003.011 =⋅==
knkyx 00,568.29985603.022 =⋅==
156
ZADACI ZA VJEŽBU
Zadatak 1. Prodajom 4 različita proizvoda P1, P2, P3 i P4, ostvari su ukupan prihod od 2 032
kn. Kolika je prodajna cijena svakog proizvoda, ako proizvod P1 vrijedi 90% proizvoda P2,
proizvod P2 je za 50% skuplji od proizvoda P3, a proizvod P3 vrijedi 40% proizvoda P4?
Zadatak 2. Tri naselja uz more za uređenja zajedničke plaže potrošila su 17978 kn. Koliko
treba platiti svako naselje ako se raspodjela vrši upravno razmjerno broju stanovnika, a
obrnuto razmjerno s udaljenošću plaže od naselja?
naselje broj stanovnika udaljenost od plažeI. 600 300mII. 480 800mIII. 720 500m
Zadatak 3. Na nekom poslu radila su četiri radnika jednakih kvalifikacija. Kako će razdijeliti
zaradu od 12400 kn, ako je radnik A radio 170 sati, a izostao 10 sati s posla, radnik B je radio
160 sati i izostao 20 sati s posla, radnik C radio je 150 sati i izostao 30 sati i radnik D radio je
140 sati i izostao 40 sati s posla? Zarada se dijeli upravno razmjerno broju odrđenih sati i
obrnuto razmjerno izostalim satima s posla.
Zadatak 4. Trošak za stubišnu rasvjetu za mjesec travanj tekuće godine iznosio je 897.00 kn,
a treba ga razdijeliti prema broju članova i površini stana. Ako:
I. kućanstvo ima 5 članova i 56m2 površine stana,
II. kućanstvo ima 2 člana i 80m2 površine stana,
III. kućanstvo ima 6 članova i 90m2 površine stana,
IV. kućanstvo ima 3 člana i 72m2 površine stana,
koliki su troškovi po pojedinom kućanstvu?
Zadatak 5. Osobe A, B i C dijele 18000 kn u omjerima A:B=2:3 i A:C=4:5. Koliko pripada
pojedinoj osobi?
156
RAČUN SMJESE
156
Račun smjese upotrebljava se onda kada je potrebno odrediti u kojem omjeru i u kojim
količinama treba miješati neke istovrsne veličine koje imaju neku zajedničku osobinu
različitog intenziteta, a da se pritom postigne smjesa željenog prosječnog intenziteta. Pritom
zbroj svih novčanih vrijednosti (volumena, masa) koje ulaze u smjesu moraju biti jednaki
novčanoj vrijednosti (volumenu, masi) smjese. Ako u smjesu ulaze samo dva sastojka, riječ je
o jednostavnom računu smjese, a ulazi li u smjesu više od dva sastojka, tada se govori o
složenom računu smjese.
1. JEDNOSTAVNI RAČUN SMJESE
Neka su:
xi količine i-te istovrsne veličine, i=1,2
ai intenziteti i-te istovrsne veličine, i=1,2
ma = prosječni intenzitet osobine istovrsne veličine i jednak je: 21
2211
xx
xaxam
++
=
Potrebno je odrediti:
a) omjer miješanja, tj. 2121 :: ooxx = ,
b) količine 21 i xx znajući da je Sxx =+ 21 , gdje je S ukupna količina smjese
Dakle, treba odrediti:
2121 :: ooxx =
Sxx =+ 21 .
Taj sustav se rješava računom diobe: 21 oo
Sk
+= , 2,1 , == ikox ii
Do omjera miješanja može se brzo i jednostavno doći primjenom sheme:
1. upišu se osobine jedna ispod druge, od najmanjeg do najvećeg intenziteta, tj.
2
1
a
a
2. između njih malo udesno upisuje se prosječni intenzitet osobine, tj.
a1
m
a2
156
3. miješanje se označi strelicama, a određuju se razlika između a2 i m i razlika između m i a1
i upisuju dijagonalno, tj.
a1 a2 − m
m
a2 m − a1
Iz sheme se čita omjer miješanja:
( ) ( )1221 :: ammaxx −−=
Zadatak 1. U kojem omjeru treba miješati 20%-tni i 45%-tni alkohol da bi se dobio 40%-tni
alkohol? Koliko litara svake vrste alkohola treba za 10 litara smjese?
Rješenje:
20 5 1
40
45 20 4
Iz sheme se vidi da se 20%-tni i 45%-tni alkohol treba miješati u omjeru 5:20, tj. 1:4 kako bi
se dobio 40%-tni alkohol.
Kako je ukupna količina smjese S=10, to je 241
10
21
=+
=+
=oo
Sk , pa su tražene količine:
21211 =⋅== kox
84222 =⋅== kox
Dakle, potrebno je 2 litre 20%-tnog i 8 litara 45%-tnog alkohola za traženu smjesu.
Zadatak 2. S koliko vode treba razrijediti 2 dl 30%-tne kiseline da se dobije 12%-tna
kiselina?
Rješenje:
0 18 3
12
30 12 2
:5
:6
156
Iz sheme čitamo omjere miješanja, tj. 2:3: 21 =xx
U zadatku nam je zadana količina 30%-tne kiseline, tj. 22 =x .
Zadatak možemo riješiti na 2 načina:
I. način:
2121 +=+= xxxS
5
2
23
2 11
21
+=
++
=+
=xx
oo
Sk
Budući da znamo količinu x2, koeficijent k možemo odrediti iz relacije:
1 2
2
2
222 ===⇒=
o
xkkox
Tada je:
3 52 15
211
1 =⇒=+⇒=+xx
x
II. način:
Traženu količinu odredimo direktno iz omjera miješanja:
2:3: 21 =xx
2:32:1 =x
31 =x
Zadatak 3. U kafiću se miješaju dvije vrste kave da bi se dobila mješavina po cijeni od 50
kn. U tu svrhu uzeto je 10 kg kave prve vrste po cijeni 60 kn i 20 kg kave druge vrste. Koja je
cijena druge vrste kave?
Rješenje:
x 10
50
60 50−x
156
Iz sheme čitamo omjer miješanja: ( )xxx −= 50:10: 21 , a u zadatku je zadana količina kave
po cijeni 60 kn, tj. x2=10 i ukupna količina smjese, tj. S=30, pa znamo da je x1=20.
( )xxx −= 50:10: 21
( )x−= 50:1010:20
( ) 10:/ 1005020 =− x
( ) 10502 =− x
102100 =− x
902 −=− x
45=x
Cijena druge vrste kave je 45 kn.
2. SLOŽENI RAČUN SMJESE
Kod složenog računa smjese omjer miješanja nalazimo slično kao i kod miješanja dviju vrsta
robe. Do omjera miješanja dolazimo postepeno, promatrajući uvijek jednu „bolju“ (većeg
intenziteta) i „lošiju“ (slabijeg intenziteta) vrstu robe od zadane prosječne vrijednosti,
izračunavajući omjer miješanja po pravilu za miješanje dviju roba. Postupak ponavljamo dok
u cijelosti ne iscrpimo sve mogućnosti.
Ako imamo jednak broj boljih i lošijih vrsta, onda navedenim postupkom, za svaku vrstu
robe, dobivamo po jedan omjer. Imamo li, međutim, više boljih a manje lošijih vrsta, tada za
neku lošiju vrstu dobivamo više omjernih brojeva koje treba zbrojiti da bismo dobili konačni
omjer za tu vrstu robe. Slično vrijedi i za obratni slučaj, tj. kad imamo više lošijih, a manje
boljih vrsta robe.
S obzirom da se kod uspoređivanja jedne od boljih vrsta s jednom od lošijih može uzeti bilo
koja bolja i bilo koja lošija vrsta robe, u složenom računu smjese dobivamo više rješenja, a
odabire se ono koje je u konkretnom slučaju povoljnije.
Zadatak 1. Vinarija želi miješanjem 4 vrste vina po cijeni od 18 kn, 14 kn, 11 kn i 9 kn
dobiti 1800 litara mješavine po 12 kn. U kojem omjeru i količinama treba miješati vina?
Rješenje:
156
9 6
11 2
12
14 1
18 3
Iz sheme direktno čitamo: 3:1:2:6::: 4321 =xxxx
15012
1800
3126
1800
4321
==+++
=+++
=oooo
Sk
900615011 =⋅== kox
300215022 =⋅== kox
150115033 =⋅== kox
450315044 =⋅== kox
Međutim, to nije jedino rješenje zadanog problema jer u shemi možemo kombinirati jednu
bolju i jednu lošiju od prosječne na drugi način:
9 2
11 6
12
14 3
18 1
Dakle, traženu smjesu možemo dobiti i ako vino miješamo:
1:3:6:2::: 4321 =xxxx
Faktor proporcionalnosti je isti kao i prethodno, tj. 15012
1800 ==k , pa je
300215011 =⋅== kox
900615022 =⋅== kox
450315033 =⋅== kox
150115044 =⋅== kox
156
Zadatak 2. Trgovačko poduzeće ima na raspolaganju robu po cijeni 60 kn, 80 kn, 100 kn i
110 kn. Miješanjem se želi potpuno utrošiti 20 kg robe po cijeni 60 kn. Koliko kg svake vrste
treba uzeti ako se želi mješavinu prodavati po 90 kn?
Rješenje:
60 20 2
80 10 1
90
100 10 1
110 30 3
3:1:1:2::: 4321 =xxxx
Zadana je količina robe po cijeni 60 kn koja mora ući u smjesu, tj. 201 =x
10 2
20
1
111 ===⇒=
o
xkkox
Tada su ostale potrebne količine:
1011022 =⋅== kox
1011033 =⋅== kox
3031044 =⋅== kox
Druga mogućnost:
60 10 1
80 20 2
90
100 30 3
110 10 1
Tada je: 1:3:2:1::: 4321 =xxxx
Zadana je količina robe po cijeni 60 kn koja mora ući u smjesu, tj. 201 =x
:10
:10
156
20 1
20
1
111 ===⇒=
o
xkkox
Tada su ostale potrebne količine:
4022022 =⋅== kox , 6032033 =⋅== kox i 2012044 =⋅== kox
(Provjera rješenja: 14090201106010040802060 ⋅=⋅+⋅+⋅+⋅ )
Zadatak 3. Cijena triju vrsta bezalkoholnih pića je 6 kn, 9 kn i 12 kn za litru. Koliko treba
uzeti svake vrste da se proda 9000 litara po prosječnoj cijeni od 10 kn po litri?
Rješenje:
6 2
9 2
10
12 4 + 1 = 5
Omjer miješanja: 5:2:2:: 321 =xxx ⇒ 1000522
9000 =++
=k
Količine: 20002100011 =⋅== kox , 20002100022 =⋅== kox i 50005100033 =⋅== kox
156
VERIŽNI RAČUN
156
Verižni račun je poseban shematski postupak pomoću kojeg se rješavaju problemi kod kojih
su sve veličine, koje su u međusobnoj ovisnosti, upravno razmjerne. Njime se izračunava
odnos između dviju veličina ako je poznat njihov odnos s drugim veličinama.
Pri rješavanju koristimo se shemom koja se zove verižnik i koji gotovo mehanički daje
rješenje.
Verižnik sastavljamo tako da ga započnemo pitanjem, a traženu vrijednost (veličinu)
označimo s x. Sastoji se od niza odnosa i svaki sljedeći red počinje mjernom jedinicom
veličine kojom je završio prethodni red. Verižnik završava mjernom jedinicom veličine kojom
je počeo.
Rješenje se dobiva izjednačavanjem umnoška svih elemenata lijeve strane verižnika s
umnoškom svih elemenata desne strane verižnika.
Zadatak 1. Cijena pansiona iznosi 45 €. Koliko iznosi račun u kn, ako je strani gost boravio
7 dana u pansionu, a po tečajnoj listi HNB-a za 1 € se dobije 7.2761 kn?
Rješenje:
x kn 7 dana
1 dan 45 €
1 € 7.2761 kn
Iz verižnika dobivamo rješenje: knx 97.22912761.7457 =⋅⋅=
Zadatak 2. Za 250 € može se u Berlinu kupiti 600 kg neke robe. Koliko bi kg te robe mogao
kupiti kupac iz Zadra za 15000 kn ako se za 1098 kn dobije 150 €? Transportni troškovi
iznose 10% cijene dobavljača.
Rješenje:
Odredimo prvo cijenu dobavljača preko verižnika:
x kg 15000 kn
1098 kn 150 €
250 € 600 kg
156
Iz verižnika dobivamo da je 600150150002501098 ⋅⋅=⋅⋅x , tj.
knx 03.49182501098
60015015000 =⋅
⋅⋅=
cijena dobavljača: 4918.03 kn
+ troškovi transporta (10%): 491.80 kn
nabavna cijena: 5409.83 kn
Zadatak 3. Cijena neke robe u New Yorku je 56 centi (100 centi = 1 $) za 1 libru (1 lb =
0.454 kg). Koliko bi uvoznik iz Zadra morao platiti 20 tona (1 t = 1000 kg) ako 1 $ notira
4.63 kn?
Rješenje:
x kn 20 t
1 t 1000 kg
0.454 kg 1 lb
1 lb 56 centi
100 centi 1 $
1 $ 4.63 kn
knx 26.114220100454.0
63.456100020 =⋅
⋅⋅⋅=
Zadatak 4. Kolika je prodajna cijena bez PDV-a 1 m tkanine u Zadru, ako 250 m tkanine u
Ljubljani košta 5000 € i ako je 727.6098 kn = 100 €? Transportni troškovi iznose 10% i carina
20% od cijene dobavljača, a marža 12% nabavne cijene.
Rješenje:
x kn 1 m
250 m 5000 €
100 € 727.6098 kn
156
Cijena dobavljača: knx 52.145100250
6098.7275000 =⋅
⋅=
cijena dobavljača: 145.52 kn
+ trans. troškovi (10%) 14.55 kn
+ carina (20%) 29.10 kn
nabavna cijena: 189.17 kn
+ marža (12%) 22.70 kn
prodajna cijena 211.87 kn
Zadatak 5. Ako je cijena pšenice na američkom tržištu 7 $ za 1 bushel (1 bushel = 60 lb) i
ako je odobren popust od 10%, a troškovi prijevoza iznose 15%, koliko će stajati 100 kg
pšenice u Zadru?
Rješenje:
x kn 100 kg
0.454 kg 1 lb
60 lb 1 bushel
1 bushel 7 $
1 $ 4.63 kn
Cijena dobavljača: knx 98.11860454.0
63.47100 =⋅
⋅⋅=
cijena dobavljača: 118.98 kn
− popust (10%) 11.90 kn
cijena s popustom: 107.08 kn
+ prijevoz (15%) 16.06 kn
prodajna cijena 123.14 kn
156
JEDNOSTAVNI I SLOŽENI KAMATNI RAČUN
156
KAMATA (oznaka: I )– naknada koju dužnik plaća za posuđenu glavnicu (oznaka: C0)
RAZDOBLJE UKAMAĆIVANJA (KAPITALIZACIJE) (oznaka: n)– osnovni vremenski
interval u kojem se obračunavaju kamate (propisano zakonom ili se definira ugovorom)
KAMATNA STOPA (KAMATNJAK) (oznaka: p)– iznos koji se plaća za 100 novčanih
jedinica za neki osnovni vremenski interval
NOMINALNA KAMATNA STOPA – kamatna stopa za koju se dogovore kreditor i dužnik
pri sklapanju ugovora o kreditu
ANTICIPATIVAN OBRAČUN KAMATA – obračun kamata se vrši i isplaćuje ili pribraja
unaprijed za neko vremensko razdoblje, pri čemu se kamate obračunavaju od konačne
vrijednosti iznosa (anticipativna kamatna stopa se označava sa q)
DEKURZIVAN OBRAČUN KAMATA - obračun kamata se vrši i isplaćuje ili pribraja
danom iznosu na kraju danog vremenskog razdoblja, pri čemu se kamate obračunavaju od
početne vrijednosti iznosa (dekurzivna kamatna stopa se označava sa p)
JEDNOSTAVNI KAMATNI RAČUN – kamate se uvijek računaju na početnu vrijednost
glavnice
konačna vrijednost: 0 0 1100n
npC C nI C = + = +
kamate za svako razdoblje ukamaćivanja: 0 , 1, 2,...,100j
C pI j n= =
ukupne kamate nakon n godina: 0
100
C p nI
⋅ ⋅=
ukupne kamate nakon m mjeseci: 0
1200
C p mI
⋅ ⋅=
Ako su vremenska razdoblja dani, koriste se sljedeće 3 metode:
1. francuska metoda : uzima se da godina ima 360 dana, dani u mjesecima računaju se
prema kalendaru, a za izračunavanje jednostavnih kamata koristi se formula:
0
36000
C p dI
⋅ ⋅=
2. njemačka metoda : uzima se da godina ima 360 dana, svaki mjesec 30 dana, a za
izračunavanje jednostavnih kamata koristi se formula: 0
36000
C p dI
⋅ ⋅=
156
3. engleska metoda : uzima se da godina ima 365 dana (prijestupna 366), dani u
mjesecu računaju se prema kalendaru, za izračunavanje jednostavnih kamata
koristi se formula: 0
36500
C p dI
⋅ ⋅=
SLOŽENI KAMATNI RAČUN – kamate se izračunavaju na glavnicu koja je uvećana za
prethodno obračunate kamate svakog razdoblja kapitalizacije (tj. računaju se kamate na
kamate)
DEKURZIVNO UKAMAĆIVANJE:
konačna vrijednost: 0 1100
n
n
pC C = +
dekurzivni kamatni faktor: 1100
pr = + ⇒ 0
nnC C r= ⋅
ukupne kamate: 0nI C C= −
ANTICIPATIVNO UKAMAĆIVANJE:
konačna vrijednost: 0
100
100
n
nC Cq
= −
anticipativni kamatni faktor: 100
100 qρ =
− ⇒ 0n
nC C= ⋅ρ
ukupne kamate: 0nI C C= −
Zadatak 1. Uz koliku je godišnju kamatnu stopu dužnik posudio 40000 kn ako je vjerovniku
nakon 5 godina u cijelosti podmirio dug s iznosom od 57000 kn? Kamate se obračunavaju po
jednostavnom kamatnom računu.
Rješenje:
C0 = 40000, n = 5 (godine), C5 = 57000, p = ?
Ukupne jednostavne kamate: 5 0 57000 40000 17000I C C= − = − =
Iz formule 0
100
C p nI
⋅ ⋅= dobijemo da je 0
100 100 170008.5
40000 5
Ip
C n
⋅ ⋅= = =⋅ ⋅
156
Zadatak 2. Kupac je morao podmiriti fakturu 19. ožujka 2009. godine iznosom od 30000 kn.
No, zbog nesolventnosti on je to učinio tek 15. lipnja 2009. Ako je dogovoreno sa
prodavateljem da zbog kašnjenja plaća 8% zateznih kamata, kolikim iznosom je podmirio
fakturu 15. lipnja 2009? Obračun kamata je po jednostavnom kamatnom računu.
Rješenje:
Izračunat ćemo tražene jednostavne kamate prema francuskoj, njemačkoj i engleskoj metodi.
U tu svrhu nužno je najprije odrediti broj dana zakašnjenja plaćanja fakture po svakoj metodi.
Bez obzira koja metoda za obračun dana se koristi, prvi dan (19. ožujka) se ne uzima dok se
posljednji dan (15. lipnja) uračunava u obračunu dana.
mjesecfrancuska
metoda
njemačka
metoda
engleska
metodaožujak 12 11 12travanj 30 30 30svibanj 31 30 31lipanj 15 15 15broj dana
d88 86 88
Izračunajmo prvo jednostavne kamate:
a. prema francuskoj metodi: 0 30000 8 88586.67
36000 36000
C p dI
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = kn,
b. prema njemačkoj metodi: 0 30000 8 86573.33
36000 36000
C p dI
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = kn,
c. prema engleskoj metodi: 30000 8 88
578.6336500
I⋅ ⋅= = kn.
Faktura koju je trebalo podmiriti 19. ožujka 2006. godine iznosom od 30000 kn, podmirena je
15. lipnja 2006. godine iznosom od
30000 586.67 30586.67 knfC = + = ,
ako se dani pri izračunavanju zateznih kamata obračunavaju po francuskoj metodi, odnosno
iznosom od
30000 573.33 30573.33 knnjC = + = ,
ako se dani pri izračunavanju zateznih kamata obračunavaju po njemačkoj metodi, odnosno
iznosom od
30000 578.63 30578.63 kneC = + = ,
ako se dani pri izračunavanju zateznih kamata obračunavaju po engleskoj metodi.
156
Zadatak 3. Koliko iznose ukupne jednostavne kamate na iznos od 15000 kn za razdoblje od 5
godina ako je godišnji kamatnjak u prve 2 godine p1=10, a u preostale 3 godine smanjen je
za 5%?
Rješenje:
Razdoblje od 5 godina treba podijeliti na 2 podrazdoblja: prvo podrazdoblje iznosi 2 godine, a
drugo 3 godine.
Za prvo podrazdoblje:
C0 = 15000, p1=10, n = 2 ⇒ 01
15000 10 23000
100 100
C p nI
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = kn
Za drugo podrazdoblje:
C0 = 15000, p2 = 10 10 5% 9.5− ⋅ = , n = 3 ⇒ 02
15000 9.5 34275
100 100
C p nI
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = kn
Dakle, ukupne jednostavne kamate za razmatrano petogodišnje razdoblje iznose
1 2 3000 4275 7275 knI I I= + = + = .
Zadatak 4. Koliki iznos treba štediša uložiti danas u banku ako želi na osnovi te uplate na
kraju pete godine (računajući od danas) raspolagati iznosom od 10000 kn? Obračun kamata je
složen, godišnji i dekurzivan, a banka obračunava kamate po godišnjoj stopi p = 8.
Rješenje:
C5 = 10000, n = 5, p = 8, C0 =?
88 1 1 1.08
100 100
pp r= ⇒ = + = + =
Traženi ulog je: ( )5 5
5 0 0 55
10000 6805.83 kn
1.08
CC C r C
r= ⋅ ⇒ = = =
Zadatak 5. Koliko iznose ukupne složene kamate na iznos od 20000 kn za razdoblje od 6
godina ako je godišnji kamatnjak u prve 4 godine p1 = 10, a u preostale 2 godine smanjen je
za 10%?
Rješenje:
Imamo 2 razdoblja u kojima je kamatnjak fiksan.
U prvom, četverogodišnjem razdoblju, početni iznos je C0=20000 kn, p1 = 10, pa je
156
( ) 444 0 1 20000 1.1 29282 knC C r= ⋅ = ⋅ = .
U drugom, dvogodišnjem razdoblju, početni iznos je C4 = 29282 kn, 2 10 10 10% 9p = − ⋅ =
godišnje, pa je
( ) 226 4 2 29282 1.09 34789.94 knC C r= ⋅ = ⋅ = .
Prema tome, ukupne složene kamate iznose
6 0 34789.94 20000 14789.94 knI C C= − = − = .
Zadatak 6. Koliki iznos treba štediša uložiti danas u banku ako želi na osnovi te uplate na
kraju osme godine (računajući od danas) raspolagati iznosom od 50000 kn? Obračun kamata
je složen, godišnji i dekurzivan, a banka obračunava kamate po kvartalnoj stopi p = 2.
Rješenje:
Banka obračunava kamate po kvartalnoj stopi, a to znači da obračunava kamate 4 puta
godišnje. Dakle, u 8 godina banka 32 puta obračunava kamate.
C32 = 50000 kn, n = 32, p = 2, C0 = ?
Početni iznos je: ( )32
0 3232
5000026531.67 kn
1.02
CC
r= = =
Zadatak 7. Koliki iznos je trebalo staviti na štednju prije osam godina (od danas) ako se želi
za pet godina (od danas) raspolagati na osnovi te jednokratne uplate iznosom od 100000 kn, a
poznato je da banka obračunava 6% godišnjih kamata? Obračun kamata je složen, godišnji i
dekurzivan.
Rješenje:
100000138 =⋅− rC ⇒ ( )
kn 90.4688306.1
10000010000013138 ===− r
C
Zadatak 8. Na koju vrijednost naraste 12000 kn nakon 8 godina, 5 mjeseci i 12 dana ako je
banka odobrila 3.6% kamata godišnje?
Rješenje:
156
C0 = 12000, n = 8 godina + 5 mjeseci + 12 dana = 5 12
8 8.4495412 365
+ + = , Cn = ?
( ) 8.44954
0 12000 1.036 16179.46 knnnC C r= ⋅ = ⋅ =
Zadatak 9. Za koje se vrijeme neki ulog povećao zajedno sa složenim kamatama za 120%
ako se kamate obračunavaju po godišnjoj kamatnoj stopi 7.3. Obračun kamata je složen,
godišnji i dekurzivan.
Rješenje:
0 0 01.2 2.2 , 7.3, ?nC C C C p n= + = = =
( ) 00
0 0
2.2 1.073
nn n nn
C CC C r r
C C= ⋅ ⇒ = ⇒ =
( )( )
1.073 2.2 / ln
ln 1.073 ln 2.2
ln1.073 ln 2.2
ln 2.211.19
ln1.073
n
n
n
n
=
=⋅ =
= =
Zadatak 10. Neka osoba uloži danas iznos od 5000 kn. Ako na kraju desete godine
(računajući od danas) na osnovi tog uloga raspolaže iznosom od 7000 kn, a poznato je da je u
prvih 5 godina godišnji kamatnjak fiksan i iznosi p1 = 5, koliki je kamatnjak u preostalih 5
godina ukamaćivanja ako je i on u tom podrazdoblju fiksan?
Rješenje:
0 10 1 1 25000, 7000, 5, 5, 5, ?C C p n n p= = = = = =
( )
( )
55 0 1 5 5 5 510
10 0 1 2 2 550 110 5 2
105 52 55
0 1
2 22 2 2 2
/
70001.01686
5000 1.05
1 1 100 1 100 0.01868 1.87100 100
C C r CC C r r r
C rC C r
Cr
C r
p pr r p r
= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅= ⋅
= = =⋅ ⋅
= + ⇒ = − ⇒ = − = ⋅ =
156
Zadatak 11. Dužnik treba podmiriti dugovanja: 12000 od prije šest godina, 8000 prije tri
godine i 5000 prije dvije godine do danas. Kojim iznosom može podmiriti cijeli dug ako je
kamatna stopa za prve tri godine bila 16%, a za posljednje tri godine 20% godišnje? Obračun
kamata je složen, godišnji i dekurzivan.
Rješenje:
-6 -3 -2 0
8000 500012000
16% 20%
( )3 3 212000 1.16 8000 1.2 5000 1.2 53390.74 knnC = ⋅ + ⋅ + ⋅ =
Zadatak 12. Uz koju kamatnu stopu iznos od 20000 kn kroz 5 godina naraste na 33701.16 kn
ako je obračun kamata složen, godišnji i anticipativan?
Rješenje:
0 520000 , 5 , 33701.16 , ?C n C q= = = =
5 5 55 5 555 00 0
33701.16 / 1.11
20000
C CC C
C C= ⋅ρ ⇒ ρ = ⇒ ρ = = =
( )100 100 100 100 100 100( 1)
100
100( 1) 100 0.1110
1.11
q q qq
q
= ρ ⇒ ρ − = ⇒ ρ − ρ = ⇒ ρ = ρ −−
ρ − ⋅= = =ρ
Ako temeljno razdoblje ukamaćivanja nije jednake duljine kao temeljno razdoblje na koje se
odnosi kamatna stopa, potrebno je preračunati kamatnu stopu i izraziti je u temeljnom
vremenu kapitalizacije. Ako se označi sa:
n1 duljina temeljnog vremenskog razdoblja na koji se odnosi nominalna kamatna stopa p,
156
n2 duljina temeljnog vremenskog razdoblja u kojem se obavlja kapitalizacija,
tada je 1
2
nm
n= broj koji pokazuje koliko se puta u toku osnovnog vremenskog intervala
kamate pripisuju glavnici.
Relativna kamatna stopa pr jednaka je r
pp
m= , a izražava se u jedinici vremena
ukamaćivanja.
Konačna vrijednost novčane jedinice uz nominalnu kamatnu stopu p jednaka je konačnoj
vrijednosti novčane jedinice uz primjenu konformne kamatne stope
1
100 1 1100
mpp
′ = + − , ali uz m ukamaćivanja u toku temeljnog vremenskog razdoblja na
koje se odnosi kamatna stopa p ako se koristi dekurzivni način kapitalizacije.
Zadatak 13. Odredite relativnu i konformnu kamatnu stopu ako je godišnja nominalna
kamatna stopa p = 6, a ukamaćivanje:
a) polugodišnje,
b) kvartalno,
c) mjesečno.
Rješenje:
a)
1 2
1
2
6, 1 godina 12 mjeseci, 6 mjeseci
122
6
63
2
6100 1 1 100 1 1 2.96
100 100
r
m
p n n
nm
n
pp
m
pp
= = = =
= = =
= = =
′ = + − = + − =
b)
156
1 2
1
2
4
6, 1 godina 12 mjeseci, 3 mjeseca
124
3
61.5
4
6100 1 1 100 1 1 1.47
100 100
r
m
p n n
nm
n
pp
m
pp
= = = =
= = =
= = =
′ = + − = + − =
c)
1 2
1
2
12
6, 1 godina 12 mjeseci, 1 mjesec
1212
1
60.5
12
6100 1 1 100 1 1 0.49
100 100
r
m
p n n
nm
n
pp
m
pp
= = = =
= = =
= = =
′ = + − = + − =
Zadatak 14.
a) Odredite na koju vrijednost, nakon 6 godina, naraste iznos od 5000 kn koji je uložen na
banci uz 2% polugodišnjih kamata.
b) Izračunajte konformni mjesečni kamatnjak i provjerite da li se uz njegovu primjenu i
mjesečni pripis kamata dobije ista konačna vrijednost.
c) Koliki bi bio odgovarajući godišnji konformni kamatnjak koji bi davao istu količinu
kamata. Provjerite rezultat.
Rješenje:
a)
( )
0
121212 0
5000, 2 (polugodišnja), 12 (polugodišta)
5000 1.02 6341.21
C p n
C C r
= = =
= ⋅ = ⋅ =
b)
156
( ) ( )
1 2
1
2
6
72 72
72 0
6 mjeseci, 1 mjesec, 6 12 72 (mjeseca)
66
1
2100 1 1 100 1 1 0.33059
100 100
5000 1.0033059 6341.21
m
n n n
nm
n
pp
C C r
= = = ⋅ =
= = =
′ = + − = + − =
′= ⋅ = ⋅ =
c)
( ) ( )
1 2
1
2
2 2
6 6
6 0
6 mjeseci, 12 mjeseci, 6 (godina)
6 1
12 2
2100 1 1 100 1 1 4.04
100 100
Provjera:
5000 1.0404 6341.21
n n n
nm
n
pp
C C r
= = =
= = =
′ = + − = + − =
′= ⋅ = ⋅ =
Zadatak 15. Neka osoba uloži danas u banku iznos od 20000 kn. Kolika je vrijednost tog
uloga na kraju desete godine (računajući od danas) ako je obračun kamata složen, dvogodišnji
i dekurzivan, a zadana je nominalna godišnja kamatna stopa p = 2? Usporedite stanje na
računu na kraju svake dvije godine ako se dvogodišnji kamatnjak računa relativno i
konformno.
Rješenje:
0 20000, 2 (godišnja), 5 (dvogodišta)C p n= = =
11 2
2
11 godina, 2 godine
2
nn n m
n= = ⇒ = =
Relativni kamatnjak: 2
412
r
pp
m= = =
Konačna vrijednost nakon 5 dvogodišta (10 godina):
( ) ( )5 5
5 0 20000 1.04 24333.06C C r′= ⋅ = ⋅ = ili postupno:
156
1 0
2 1
3 2
4 3
5 4
20000 1.04 20800
20800 1.04 21632
21632 1.04 22497.28
22497.28 1.04 23397.17
23397.17 1.04 24333.06
C C r
C C r
C C r
C C r
C C r
′= ⋅ = ⋅ =′= ⋅ = ⋅ =′= ⋅ = ⋅ =′= ⋅ = ⋅ =′= ⋅ = ⋅ =
Konformni kamatnjak:
12
2100 1 1 100 1 1 4.04
100 100
mpp
′ = + − = + − =
Konačna vrijednost: ( ) ( )5 5
5 0 20000 1.0404 24379.89C C r′= ⋅ = ⋅ =
ZADACI ZA VJEŽBU
Zadatak 1. Netko je 1. siječnja 2006. godine uložio 75 000 kn. Kolikim je iznosom
raspolagao 31. siječnja 2007., ako su kamate obračunate prema jednostavnom obračunu
engleskom metodom uz godišnju kamatnu stopu 8% za razdoblje do 15. lipnja 2006., a
nadalje po kamatnoj stopi od 7%?
Zadatak 2. Za koliko mjeseci 60 000 kn donese uz godišnji kamatnjak 8 ukupno 12 000 kn
jednostavnih kamata?
Zadatak 3. Nakon koliko bi godina uz jednostavni obračun kamata i godišnju dekurzivnu
kamatnu stopu od 12% kamate bile tri puta veće od glavnice?
Zadatak 4. Dvije glavnice su uložene uz jednostavni kamatni račun: prva 10 000 kuna uz
10% godišnje, druga 20 000 kuna uz 4% godišnje. Kada će postići jednaku konačnu
vrijednost? Obračun kamata je dekurzivan.
Zadatak 5. Iznos od 10 000 kuna uložen u banku danas donese 2 540 kuna složenih kamata
na kraju devete godine. Koliki je godišnji kamatnjak banka primjenjivala? Obračun kamata je
složen, godišnji i dekurzivan.
156
Zadatak 6. Koliko iznose ukupne složene kamate na iznos od 20000 kn za razdoblje od 7
godina ako je godišnji kamatnjak u prve 2 godine 8, a u preostale razdoblju povećan je za
2%?
Zadatak 7. Neka osoba oroči danas 5 000 kuna. Na koju će vrijednost narasti ta glavnica na
kraju četvrte godine, ako banka daje sljedeće uvjete: obračun kamata je polugodišnji, složeni i
dekurzivan, uz promjenjive godišnje kamatnjake, za prvu godinu 5, za drugu 6, za treću 7 i za
četvrtu 8?
Zadatak 8. Izračunajte konačnu vrijednost glavnice od 15 000 kn i ukupne kamate nakon 5
godina. Obračun kamata je složen i:
a) anticipativan,
b) dekurzivan,
a godišnja kamatna stopa iznosi 4.2. Odredite za koliko postotaka je kamata uz anticipativni
obračun veća od kamate uz dekurzivni obračun.
Zadatak 9. Za koje se vrijeme neki ulog povećao zajedno sa složenim kamatama za 50% ako
se kamate obračunavaju po godišnjoj kamatnoj stopi 8. Obračun kamata je složen, mjesečni i
dekurzivan.
156
POČETNE I KONAČNE VRIJEDNOSTI VIŠE PERIODIČNIH UPLATA (ISPLATA)
156
PRENUMERANDO
(početkom razdoblja)
POSTNUMERAND
O
(krajem razdoblja)Konačne vrijednosti više
periodičkih uplata
(isplata)1
1
−−⋅⋅=
r
rrRS
n
n 1
1
−−⋅=′
r
rRS
n
n
Sadašnje vrijednosti više
periodičkih uplata
(isplata)( )1
11 −
−⋅=′− rr
rRA
n
n
n ( )1
1
−−⋅=
rr
rRA
n
n
n
Zadatak 1. Neka osoba ulagat će u banku početkom svake godine u idućih 5 godina iznos od
5000 kn. Kolikim iznosom će raspolagati na kraju pete godine ako je obračun kamata složen,
godišnji i dekurzivan, a banka odobrava 5.55% godišnjih kamata?
Rješenje:
,5=n prenumerando uplate 5000=R , 55.5=p , ?5 =S
( )63.29483
10555.1
10555.10555.15000
1
1 55
5 =−
−⋅⋅=−−⋅⋅=
r
rrRS
Zadatak 2. Netko će ulagati krajem sljedeće tri godine po 10000 kn. Ako će na kraju treće
godine na osnovi te tri uplate raspolagati iznosom od 33100 kn, uz koliki kamatnjak p je
banka ukamaćivala?
Rješenje:
,3=n postnumerando uplate 10000=R , 331003 =′S , ?=p
1
13
3 −−⋅=′
r
rRS
( ) ( ) ′=−
++−⋅ 3
2
1
11S
r
rrrR , izraz podijelimo s r – 1, uz uvjet da je r ≠ 1
( ) ′=++⋅ 32 1 SrrR
( ) 33100110000 2 =++⋅ rr / : 100
331100100100 2 =++ rr
0231100100 2 =−+ rr ⇒ 1.11 =r , 1.22 −=r (ne može biti dekurzivan faktor)
156
1.1=r ⇒ 10=p
Zadatak 3. Koliko godina bi trebalo uplaćivati početkom godine po 5000 kn ako se želi
uštedjeti 62897.38 kn? Obračun kamata je složen, godišnji i dekurzivan, a godišnja kamatna
stopa je 10.
Rješenje:
prenumerando uplate 5000=R , 38.62897=nS , 10=p , ?=n
1
1
−−⋅⋅=
r
rrRS
n
n
( ) ( )11 −⋅⋅=− nn rrRrS
( )rR
rSr nn
⋅−
=−1
1
( )1
1+
⋅−
=rR
rSr nn / ln
( )
+
⋅−
=⋅ 11
lnlnrR
rSrn n
( )
r
rR
rS
n
n
ln
11
ln
+
⋅−
=
( )8
1.1ln
11.15000
11.138.62897ln
≈
+
⋅−
=
Zadatak 4. Uložimo li na banku 100 000 kn, koliko godina možemo na osnovi tog iznosa
podizati godišnje iznose po 10 000 kn krajem svake godine? Kojim iznosom ćemo raspolagati
nakon što podignemo posljednji iznos od 10 000 kn? Godišnji kamatnjak je 8.
Rješenje:
postnumerando isplate 10000=R , 100000=nA , 8=p , ?=n
( )1
1
−−⋅=
rr
rRA
n
n
n
( ) ( )11 −⋅=−⋅ nnn rRrrA
RrRrArrA nnn
nn −⋅=⋅−⋅⋅
( ) RRArAr nnn −=−−⋅
156
RArA
Rr
nn
n
−−⋅−= / ln
−−⋅
−=⋅RArA
Rrn
nn
lnln
r
RArA
R
n nn
ln
ln
−−⋅
−
= 912.2008.1ln
1000010000008.1100000
10000ln
≈
−−⋅−
=
Od uplaćenog iznosa od 100000 kn možemo dobiti 20 postnumerando godišnjih isplata po
10000 kn uz ostatak jedne isplate R′ .
( ) 1000001
12020
20
=′
+−−⋅
r
R
rr
rR
10000008.108.008.1
108.110000
2020
20
=′
+⋅
−⋅ R
10000008.1
474.9818120
=′
+ R
07.8476526.181808.1 20 =⋅=′R
ili pomoću konačnih vrijednosti:
( ) ( )07.8476
108.1
108.11000008.1100000
1
1 2020
2020
0 =−
−−=−−⋅−⋅
r
rRrC
Zadatak 5. Prigodom Aninog rođenja rodbina joj je darovala iznos od 10000 kn, koji su
roditelji oročili na banci uz godišnji kamatnjak 9.25 na 18 godina. Nakon što je Ana postala
punoljetna, navedeni iznos počne trošiti podižući u idućih 5 godina krajem godine po 10000
kn. U tom razdoblju banka je obračunavala kamate uz godišnji kamatnjak 7. Ako je nakon
posljednjeg podignutog iznosa Ana ostatak novca oročila uz godišnji kamatnjak 8.5, kojim
iznosom će raspolagati na svoj 33. rođendan?
Rješenje:
100000 =C , 25.9=p , 18=n
Ana će za svoj 18. rođendan raspolagati iznosom:
07.491570925.110000 1818018 =⋅=⋅= rCC
Nakon 19. godine joj ostaje: 06.425981000007.107.49157181 =−⋅=−⋅= RrCX
156
Nakon 20. godine joj ostaje: 92.3557912 =−⋅= RrXX
Nakon 21. godine joj ostaje: 51.2807023 =−⋅= RrXX
Nakon 22. godine joj ostaje: 45.2003534 =−⋅= RrXX
Nakon 23. godine joj ostaje: 93.1143745 =−⋅= RrXX
ili
( ) ( )93.11437
107.1
107.11000007.107.49157
1
1 55
55
185 =−
−⋅−=−−⋅−⋅=
r
rRrCX
Kad ostatak od 11437.93 oroči na 10 godina uz kamatnjak 8.5:
95.25860085.193.11437 10105 =⋅=⋅= rXX
Zadatak 6. Dva brata Ante i Luka, istoga dana ulože u različite banke jednak iznos. Ante je
uložio svoj novac uz 7.25% godišnje i u cijelosti ga je potrošio podižući početkom svake
godine u idućih 7 godina jednake iznose R1, a Luka je uložio svoj novac uz 8.75% godišnje i
u cijelosti ga je potrošio podižući krajem svakog polugodišta u idućih 9 godina jednake iznose
R2. Za koliko je puta Ante podizao veći iznos nego Luka. Obračun kamata je složen, godišnji i
dekurzivan.
Rješenje:
Ante... Luka...
)1(
1A
A
doprenumeran R
,7
25.7
6
7
17
7
1
−−⋅=′
′
==
rr
rR
n
p
)1(
12A
A
ndopostnumera 2R
9
75.8
9
9
29
9
2
−−⋅=
==
rr
rR
n
p
156
21
21
9
9
26
7
1
97
1.2
05666.6272997.5
0875.00875.1
10875.12
0725.00725.1
10725.1
A
RR
RR
RR
A
=
⋅=⋅
⋅−⋅=
⋅−⋅
=′
156
ZAJAM
156
Anuitet je periodički iznos koji plaća korisnik zajma, a sastoji se od dva dijela:
• otplatne kvote (dio kojim se otplaćuje nominalni iznos zajma) i
• kamata
Osnovne pretpostavke za model otplate zajma jednakim anuitetima:
– obračun kamata je složen i dekurzivan,
– anuiteti su jednaki i dospijevaju u jednakim vremenskim razdobljima krajem termina,
– razdoblje ukamaćivanja jednako je jedinici vremenskog dospijeća između anuiteta,
– konstantna kamatna stopa
Oznake:
C = visina zajma
a = anuitet
Ik = kamate na kraju k-tog razdoblja
Rk = otplatna kvota na kraju k-tog razdoblja
Ck = ostatak duga na kraju k-tog razdoblja
p = konstantna kamatna stopa
Zajam C mora biti jednak sadašnjoj vrijednosti n postnumerando anuiteta: ( )1
1
n
n
rC a
r r
−= ⋅−
Kamate se dobivaju iz ostatka duga iz prethodnog razdoblja: 1 100k k
pI C −= ⋅
Otplatna kvota Rk je razlika između anuiteta i kamata: k kR a I= −
Preostali dug je razlika prethodnog ostatka duga i otplatne kvote: 1k k kC C R−= −
156
Shematski prikaz amortizacije zajma kroz otplatnu tablicu
k a kI kR kC
0 − − − 0C
1 a 1I 1R 1C
2 a 2I 2R 2C
n−1 a 1−nI 1−nR 1−nC
n a nI nR 0
∑ an ⋅ ∑=
=n
kkII
1
∑=
=n
kkRC
1
Zadatak 1. Napravite plan otplate zajma od 100000 kn uz dekurzivan obračun kamata i
jednake anuitete koji se plaćaju krajem sljedećih 5 godina uz godišnju kamatnu stopu od 10%.
Rješenje:
C = 100000, n = 8, p = 10, a = ?
( ) ( )5
5
1 1.1 1.1 1100000 26379.75
1 1.1 1
n
n
r ra C
r
− −= ⋅ = ⋅ =
− −
Otplatna tablica:
k a I k R k C k
0 - - - 1000001 26379,75 10000,00 16379,75 83620,252 26379,75 8362,03 18017,72 65602,533 26379,75 6560,25 19819,50 45783,034 26379,75 4578,30 21801,44 23981,595 26379,75 2398,16 23981,59 0,00� 131898,75 31898,74 100000,00
156
Zadatak 2. Zajam je odobren poduzeću na 5 godina uz 6% godišnjih kamata i otplaćuje se
nominalno jednakim anuitetima krajem godine u iznosu 50000 kn. Odredite iznos zajma.
Obračun kamata je složen, godišnji i dekurzivan. Napravite plan otplate.
Rješenje:
50000, 6, 5, ?a p n C= = = =
( )5
5
1 1.06 150000 210618.19
1 1.06 0.06
n
n
rC a
r r
− −= ⋅ = ⋅ =− ⋅
k a I k R k C k
0 - - - 210618,191 50000,00 12637,09 37362,91 173255,282 50000,00 10395,32 39604,68 133650,603 50000,00 8019,04 41980,96 91669,634 50000,00 5500,18 44499,82 47169,815 50000,00 2830,19 47169,81 0,00� 250000,00 39381,81 210618,19
Zadatak 3. Odredite koliko će godina trajati otplata zajma od 150000 kn uz dekurzivnu
kapitalizaciju, dogovorene anuitete od 45000 kn koji se plaćaju krajem godine i godišnje
kamate od 12%. Napravite plan otplate.
Rješenje:
150000, 45000, 12, ?C a p n= = = =
( ) ( )1 1.12 1
45000 150000 / : 450001 1.12 1.12 1
1.12 13.33 / 1.12 0.12 1.12 1 1.12 0.4
1.12 0.12
0.6 1.12 1 / : 0.6 1.12 1.67 / ln
ln1.67ln1.12 ln1.67 4.5
ln1.12
n n
n n
nn n n
n
n n
ra C
r r
n n
− −⋅ = ⇔ ⋅ =− −
− = ⋅ ⋅ ⇔ − = ⋅⋅
⋅ = ⇔ =
⋅ = ⇔ = =
Zajam će se otplatiti sa 4 anuiteta od 45000 kn i zadnjim nepotpunim anuitetom kojeg treba
izračunati.
Nepotpuni (krnji) anuitet a′ računa se tako da:
• zadnja otplatna kvota treba biti jednaka ostatku duga iz prethodnog razdoblja,
156
• zadnja otplatna kvota zbrojena sa zadnjim kamatama jednaka je nepotpunom anuitetu
k a I k R k C k
0 - - - 1500001 45000,00 18000,00 27000 1230002 45000,00 14760,00 30240,00 92760,003 45000,00 11131,20 33868,80 58891,204 45000,00 7066,94 37933,06 20958,145 23473,12 2514,98 20958,14� 203473,12 53473,12 150000,00
Zadatak 4. Zajam u iznosu 50000 kn odobren je na 2 godine uz 10% dekurzivnih godišnjih
kamata i plaćanje jednakih anuiteta krajem polugodišta. Izradite otplatnu tablicu ako je
obračun kamata složen i polugodišnji.
Rješenje:
50000, 10, 4 (polugodišta), ?C p n a= = = =
Polugodišnji konformni kamatnjak: 10
100 1 1 100 1 1 4.88100 100
mp
p
′ = + − = + − =
( ) ( )( )
( )4
4
1 1.0488 1.0488 150000 14061.31
1.0488 11
n
n
r ra C
r
′ ′ − −= ⋅ = ⋅ =
−′ −
Otplatna tablica:
k a I k R k C k
0 - - - 50000,001 14061,31 2440,00 11621,31 38378,692 14061,31 1872,88 12188,43 26190,263 14061,31 1278,08 12783,23 13407,034 14061,31 654,26 13407,05 -0,01� 56245,24 6245,22806 50000,01
156
156
INTERKALARNE KAMATE, POTROŠAČKI KREDIT
156
U pravilu, ako se radi o zajmu namijenjenom financiranju neke investicije, zajam se isplaćuje
u obrocima prema odvijanju radova, pristizanju i montiranju opreme, odnosno nakon što su
ispunjeni određeni uvjeti .
Otplata zajma anuitetima počinje tek nakon što je zajam u cijelosti iskorišten. Kreditor svaki
anuitet ukamaćuje od trenutka doznake anuiteta, pa do trenutka kada počinje redovno vraćanje
zajma. Zbog toga zajmoprimatelj plaća interkalarne kamate IK.
Interkalarne kamate mogu se obračunati na 2 načina:
(1) obračunavanjem kamata po složenom kamatnom računu na cjelokupni iznos zajma
uz odobrenu kamatnu stopu i isplaćivanjem odjednom u trenutku stavljanja zajma
u otplatu,
(2) obračunavanjem kamata po složenom kamatnom računu i pripisivanjem iznosu
odobrenog zajma u trenutku stavljanja zajma u otplatu.
Zadatak 1. Stambeni kredit u iznosu od 75000€ potrebno je otplatiti u roku od 20 godina
jednakim mjesečnim postnumerando anuitetima uz godišnji kamatnjak 6%. Kredit je
realiziran 31.5.2009. i prva rata dolazi na naplatu 30.6.2009. Banka nudi jednogodišnji poček
uz naplatu interkalarnih kamata po istoj kamatnoj stopi.
a) Koliko iznose interkalarne kamate?
b) Koliko iznose mjesečni anuiteti za taj kredit ako se interkalarne kamate plate prije
stavljanja kredita u otplatu (31.5.2010.)? Izračunajte ukupne kamate.
c) Koliko iznose mjesečni anuiteti ako se interkalarne kamate pribroje kreditu? Izračunajte
ukupne kamate.
Rješenje:
a) Interkalarna kamata je u ovom slučaju naknada koju korisnik kredita plaća za korištenje
sredstava od 31.5.2009. do 31.5.2010.
IK = C1 – C0 = C0r –C0 = C0(r – 1) = 75000(1.06 – 1) = 4500
b) interkalarne kamate plaćene prije stavljanja zajma u otplatu...
Da bismo izračunali mjesečne postnumerando anuitete potrebno je prvo izračunati konformnu
kamatnu stopu:
godišnji kamatnjak 6% ⇒ n1 = 1 godina = 12 mjeseci
mjesečni anuiteti ⇒ n2 = 1 mjesec ⇒ m = n1 / n2 = 12
156
=
−+=
−+=′ 1
100
611001
1001100 12m
pp 0.487 ⇒ =′r 1.00487
Anuitet računamo na nominalni iznos zajma od 75000€.
Treba obratiti pažnju na to da je u ovom slučaju broj razdoblja n = =⋅1220 240 mjeseci.
( ) ( ) ( )( )
=−
−⋅=−−⋅=
100487.1
100487.100487.175000
1
1240
240
0 n
n
r
rrCa 530.60
U ukupne kamate treba pribrojiti i interkalarne kamate:
( ) =+−⋅=+−⋅= 45007500060.5302400 KICanI 56844
c) interkalarne kamate se pribrajaju kreditu...
Anuitet računamo na iznos kredita u koji su uključene interkalarne kamate:
C = C0 + IK = 75000 + 4500 = 79500
( ) ( ) ( )( )
=−
−⋅=−−⋅=
100487.1
100487.100487.179500
1
1240
240
n
n
r
rrCa 562.43
Ukupne kamate:
( ) =−⋅=−⋅= 7500043.5622400CanI 59983.20
Zadatak 2. Za gradnju nekog proizvodnog objekta koristi se zajam od 60000 kn uz sljedeće
uvjete: početkom 1. godine doznačena je tranša od 20000 kn, a početkom 3. godine ostatak od
40000 kn. Gradnja traje 4 godine, a početkom 5. godine počinje normalna proizvodnja. Rok
do kada treba otplatiti zajam je 8 godina, a to je 4 godine nakon puštanja objekta u rad. Zajam
se otplaćuje dekurzivno, krajem godine, uz godišnje kamate od 20%.
Izračunajte iznos interkalarnih kamata i anuitet otplate ako se interkalarna kamata plaća:
a) odjednom,
b) ako se ona pribroji zajmu.
Rješenje:
Na kraju 4. godine (nakon gradnje) iznos zajma je:
( ) ( ) =+= 244 2.1400002.120000C 109072
156
Interkalarne kamate:
=−=−= 6000010907204 CCI K 49072
a) platimo li interkalarne kamate od 49072 kn odmah anuiteti će iznositi:
( ) ( ) ( )( )
=−
−⋅=−−⋅=
12.1
12.12.160000
1
14
4
0 n
n
r
rrCa 23177.35
b) pribrojimo li interkalarne kamate zajmu, anuiteti će iznositi:
( ) ( ) ( )( )
=−
−⋅=−−⋅=
12.1
12.12.1109072
1
14
4
4 n
n
r
rrCa 42133.33
Potrošački kredit najčešće se odobrava uz obvezu uplate nekog dijela kredita odmah, u
gotovini. Nakon odbitka udjela u gotovini dobije se stvarni iznos potrošačkog kredita na koji
se primjenom kamatnog računa pribrajaju ukupne kamate i time dobije ukupno dugovanje.
Iznos konstantnog mjesečnog anuiteta dobijemo dijeljenjem ukupnog dugovanja s brojem
mjeseci na koji je odobren potrošački kredit.
Koriste se slijedeće oznake:
C = odobreni iznos potrošačkog kredita
P = udio u gotovini
PCC −=0 = stvarni iznos kredita nakon odbitka udjela u gotovini
q = anticipativna kamatna stopa
I = ukupne kamate
jI = kamate u j-tom razdoblju
n = broj obroka otplate,
R = prosječna otplatna kvota,
a = anuitet otplate.
Ukupno dugovanje IC +0 treba otplatiti sa n jednakih mjesečnih anuiteta a. Dakle, vrijedi:
ICan +=⋅ 0 , tj. n
I
n
Ca += 0 ,
gdje su: Rn
C=0 prosječna otplatna kvota, a SI
n
I = prosječne kamate.
156
Obračun kamata kod potrošačkog kredita je anticipativan i koristi se jednostavni kamatni
račun. Ako je q godišnja kamatna stopa, onda su godišnje kamate u prvom otplatnom
razdoblju 100
0 qC ⋅, a mjesečne
12000 qC ⋅
.
Svaki termin otplaćuje se jedna otplatna kvota, a u j-tom terminu ostatak duga je:
RjCC j ⋅−−= )1(0 ,
pa su kamate u j-tom terminu (mjesecu): [ ]
1200
)1(0 qRjCI j
⋅⋅−−= ,
a ukupne kamate: 2400
)1(0 +⋅=
nqCI .
Napomena:
Ako rate nisu mjesečne već se kredit otplaćuje svakih m̂ mjeseci, uvode se nove oznake.
m̂ = razmak u mjesecima između dospijeća dviju rata kredita,
mnm ˆ⋅= = rok otplate potrošačkog kredita u mjesecima,
n = broj rata otplate.
Tada su formule za kamate u j-tom terminu, diferenciju niza planiranih kamata i ukupne
kamate jednake:
[ ]1200
ˆ)1(0 qmRjCI j
⋅⋅⋅−−=
1200
ˆ
1200
ˆ0 mqR
n
mqCd
⋅⋅−=⋅⋅
−=
2400
)1(ˆ0 +⋅⋅⋅=
nmqCI
Zadatak 3. Potrošački kredit u iznosu od 12000€, odobren uz 10% gotovinskog učešća,
amortizira se sa 4 kvartalna jednaka anuiteta. Odredite anuitet otplate, prosječne kamate te niz
planiranih kamata ako je godišnji anticipativni kamatnjak 12=q . Ukoliko se dužnik u
trenutku uplate trećeg anuiteta želi osloboditi duga u cijelosti koliki iznos treba uplatiti?
Rješenje:
Udio u gotovini je 10% od iznosa kredita: =⋅= 12000%10P 1200
156
Stvarni iznos kredita nakon odbitka udjela u gotovini:
=−=−= 1200120000 PCC 10800
Anticipativna kamatna stopa je 12=q , anuiteti su kvartalni pa je m̂ = 3, 4=n
Ukupne kamate: =⋅⋅⋅=+⋅⋅⋅
=2400
531210800
2400
)1(ˆ0 nmqCI 810
Anuitet otplate: =+=+
=4
810108000
n
ICa 2902.5
Prosječna otplatna kvota: ===4
108000
n
CR 2700
Prosječne kamate: ===4
810
n
II s 202.5
Diferencija niza planiranih kamata: =⋅⋅−=⋅⋅−=1200
3122700
1200
m̂qRd - 81, a prvi član niza je
kamata u 1. kvartalu: [ ]
=⋅⋅=⋅⋅
=⋅⋅⋅−−
=1200
12310800
1200
ˆ
1200
ˆ)11( 001
qmCqmRCI 324
k a IS R IK IK - IS
1
2902.
5
202.
5 2700
32
4 121.5
2
2902.
5
202.
5 2700
24
3 40.5
3
2902.
5
202.
5 2700
16
2 - 40.5
4
2902.
5
202.
5 2700 81 -121.5
∑ 11610 810
1080
0
12
0 0
Posljednja dva stupca tablice, tj. niz planiranih kamata ( KI ) i razlika planiranih i prosječnih
kamata ( SK II − ) poslužit će nam u slučajevima kada se želimo osloboditi duga prije krajnjeg
roka. Ako se, npr., dužnik u trenutku uplate trećeg anuiteta želi osloboditi preostalog duga,
mora uplatiti prvo razliku kamata sk II − za prva dva razdoblja, jer je plaćeno manje nego što
su planirane kamate. Pored toga treba platiti otplatnu kvotu i kamate za treće razdoblje, te
preostale otplatne kvote (u ovom zadatku samo R4).
156
=++++=+++−= ∑=
270027001625.405.121)( 433
2
1
RRIIIXK
SK 5724
PRIMJERI KOLOKVIJA I ISPITA
156
PRIMJER I. KOLOKVIJA
Zadatak 1. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodni broj n vrijedi:
)3)(2)(1(4
1)2)(1(...543432321 +++=++++⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ nnnnnnn
Zadatak 2. Za zadane funkcije
−=
x
xxf
2
1log)( 3 i
x
xxg
−+=
1
2)( odredite:
a) kompoziciju funkcija g i f,
b) domenu funkcije ( )( )xgf ,
c) inverznu funkciju funkcije f.
Zadatak 3. Zadani su skupovi: A = {x∈N : -5 ≤ x ≤ −3} i B = {3, 2, {1}}.
Ako je skup C = A ∪ B odredite:
a) kardinalni broj skupa C,
b) partitivni skup skupa C,
c) skup B× B.
Zadatak 4. Neka je (an) geometrijski niz. Odredite opći član tog niza ako je:
13321 =++ aaa i ( ) 32213 aaaa +=+ .
Zadatak 5. Rastavite sljedeću racionalnu funkciju na parcijalne razlomke:
( ) ( )11
21)(
22
2
+++−=xx
xxxf
156
PRIMJER II. KOLOKVIJA
Zadatak 1. Neka osoba uloži na banku početkom godine 5000 kn, zatim
na kraju četvrtog mjeseca još 1000 kn, te početkom devetog mjeseca još
1500 kn. Koliko će ta osoba imati na kraju godine ako je banka odobravala
prvih 7 mjeseci 7%, a preostalih 5 mjeseci 8% godišnjih kamata. Obračun
kamata je dekurzivan, mjesečni i konforman.
Zadatak 2. Korisnik će zajam u iznosu od 50 000€ vraćati dogovorenim
anuitetima od 15 000€ uz 8% dekurzivnih godišnjih kamata i plaćanje
jednakih anuiteta krajem tromjesječja. Izračunajte koliko će trajati
vraćanje zajma i izradite otplatnu tablicu.
Zadatak 3. Zbog uštede materijala i dobrih rezultata rada trima odjelima
nekog poduzeća pripala je nagrada od 23 600 kn. Nagrade moraju biti
upravno razmjerne broju radnika i obrnuto razmjerne broju sati izostanka s
posla. Ako odjel A ima 20 radnika i 50 sati izostanka, odjel B 15 radnika i
60 sati izostanka, a odjel C 25 radnika i 75 sati izostanka, koliki iznos
nagrade pripada svakom odjelu?
Zadatak 4. Ako se neka roba proda za 1280 kn, dobitak je 6.2%. Kolika bi
morala biti cijena te robe da bi se na njoj izgubilo 8.4%?
Zadatak 5. Netko je uplaćivao u banku prve četiri godine početkom
svakog polugodišta po 80000 kn, a zatim sljedeće dvije godine početkom
svakog polugodišta podizao po 70000 kn. Koliko će imati u banci na kraju
osme godine ako je obračun kamata složen, polugodišnji i dekurzivan?
Banka odobrava 7.5% godišnjih kamata.
156
PRIMJER PISMENOG ISPITA
Zadatak 1. Odredite domenu funkcije
−
+−−−+=
x
x
xx
xxxf
3log
321
23)(
2
2
2
Zadatak 2. Izdavač može tiskari platiti trošak tiskanja knjige na sljedeće
načine: ili će mu 1. srpnja platiti iznos 100 000 kn (ponuda A) ili će mu 1.
srpnja platiti 30 000 kn i 1. listopada još 80 000 kn (ponuda B) ili će trošak
platiti s tri nominalno jednaka mjesečna iznosa po 35 000 kn 1. kolovoza,
1. rujna i 1. listopada tekuće godine (ponuda C). Koji način plaćanja je
najpovoljniji za izdavača, a koji za tiskaru ako tiskara obračunava
mjesečne kamate uz mjesečni kamatnjak 2? Obračun kamata je složen,
mjesečni i dekurzivan. Računajte da svaki mjesec ima 30 dana, a za
trenutak usporedbe uzmite 1. srpanj.
Zadatak 3. Neka osoba je uz godišnju kamatnu stopu 8.5% investirala 3
500 kn na 6 mjeseci, 10 400 na 2,5 godine i 8 500 kn na 1 godinu i 4
mjeseca. Koliko će ukupno jednostavnih kamata ta osoba zaraditi na
investicijama?
Zadatak 4. Treći član aritmetičkog niza jednak je trećem članu
geometrijskog niza i iznosi 15, umnožak i prvih i drugih članova tih nizova
je 300. Napišite opći član i aritmetičkog i geometrijskog niza s navedenim
svojstvima.
Zadatak 5. Zajam visine 80 000 kn želimo otplatiti mjesečnim anuitetima
visine 2 000 kn. Koliko takvih anuiteta moramo uplatiti, te koliki je
posljednji, krnji anuitet, ako je godišnja dekurzivna kamatna stopa 6.2%? U
zadatku ne treba napraviti otplatnu tablicu.
156
Literatura:
Babić, Z., Tomić-Plazibat N. (2006.), Poslovna matematika, 4. dopunjeno
izdanje, Ekonomski fakultet, Split
Chiang, A. C. (1994.), Osnovne metode matematičke ekonomije, MATE,
Zagreb
Divjak, B., Erjavec, Z. (2007.), Financijska matematika, TIVA, Varaždin
Dowling, E. D. (1993.), Mathematical methods for business and economics,
Schaum′ Outline, McGraw-Hill
Erceg, V. (2004.), Metode gospodarskog računa, 2. izmijenjeno izdanje,
Element, Zagreb
Harshbarger R. J., Reynolds J. J. (2004.), Mathematical Applications for the
management, life and social sciences, Houghton Mifflin Company, Boston
Martić, Lj. (1979.), Matematičke metode za ekonomske analize, Narodne
novine, Zagreb
Šego, B. (2008.), Financijska matematika, Zgombić&Partneri, Zagreb
Šorić, K. (1995.), Zbirka zadataka iz matematike s primjenom u ekonomiji,
Element, Zagreb
Tomašević, M. (2001.), Skupovi, brojevi i funkcije, Visoka pomorska škola u
Splitu, Split