matematika za ekonomiste

Naziv djela: MATEMATIKA ZA EKONOMISTE

Autor: Dr. Lejla Smajlović

Izdavač: Ekonomski fakultet Sarajevo Izdavačka djelatnost fakulteta

Glavni urednik: Dekan

Prof. dr. Veljko Trivun

Recenzenti: Prof. dr. Mirjana Malenica

Prof. dr. Dževad Zečić

Tiraž: 300

Godina izdanja: 2010.

Štampa: „Premier Febeco” d.o.o.

CIP – Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i univerzitetska biblioteka Bosne i Hercegovine, Sarajevo 51(075.8) SMAJLOVIĆ, Lejla Matematika za ekonomiste / Lejla Smajlović. - Sarajevo : Ekonomski fakultet, 2010. - 372 str. : graf. prikazi ; 24 cm Bibliografija: str. 371-372. ISBN 978-9958-25-043-9 COBISS.BH-ID 18307846

Dr. Lejla Smajlović

MATEMATIKA ZA EKONOMISTE

Sarajevo, 2010.

5

Predgovor

Jezik matematike je univerzalan jezik koji između ostaloga služi i za opisivanje i analizu velikog broja ekonomskih pojava. Zbog toga je ovladavanje osnovnim pojmovima linearne algebre, diferencijalnog i integralnog računa funkcija jedne i više realnih varijabli potrebno za razumijevanje ne samo metoda kvantitativne ekonomske analize nego i mnogih drugih savremenih ekonomskih teorija.

Kurs Matematika za ekonomiste koji studenti Ekonomskog fakulteta pohađaju tokom svog prvog semestra je namijenjen savladavanju osnovnih matematičkih alata koji se koriste u ekonomiji. U okviru kursa predviđeno je da studenti razumiju i usvoje osnovne matematičke principe linearne algebre, diferencijalnog računa funkcija jedne i više realnih varijabli, integralnog računa funkcija jedne realne varijable, te da razumiju pojam obične diferencijalne jednačine prvog i drugog reda i usvoje način rješavanja nekih najjednostavnijih oblika diferencijalnih jednačina. Obzirom da se radi o predmetu namijenjenom budućim ekonomistima posebna pažnja je posvećena primjenama opisanog matematičkog alata u ekonomiji.

Knjiga Matematika za ekonomiste je udžbenik za istoimeni predmet na Ekonomskom fakultetu u Sarajevu. Svi sadržaji predviđeni nastavnim planom i programom ovog predmeta su obrađeni u knjizi. Van okvira nastavnog plana i programa izlazi jedino Odjeljak 1.9. koji čini prirodnu cjelinu Poglavlja 1. i u njemu je obrađen matematički alat nužan za razumijevanje naprednijih tehnika optimizacije s kojima će se neki studenti sresti na poslijediplomskom studiju.

Udžbenik je rezultat je dugogodišnjeg iskustva u nastavi na predmetu Matematika za ekonomiste. Metodologija pisanja knjige je usklađena sa osnovnim ciljem predmeta Matematika za ekonomiste: približiti studentu osnovne matematičke pojmove, objasniti njihovu međuzavisnost i pokazati kako se oni primjenjuju u ekonomiji. Kako bi pojednostavila jezik kojim je knjiga pisana i približila ga studentima, nužno je bilo napraviti kompromis između matematičke strogosti s jedne strane i želje da se na što jednostavniji i kraći način objasne neki matematički pojmovi i njihova primjena u ekonomiji. Zbog toga knjiga sadrži veliki broj definicija osnovnih

6

matematičkih pojmova, kao i veliki broj primjera, a teoreme u knjizi su navedene bez dokaza. U nekoliko slučajeva, navedene su opisne definicije nekih matematičkih pojmova (kao, na primjer pojam determinante kvadratne matrice) koje nisu strogo matematički precizne ali služe kao ilustrativan opis pojma.

Nadam se da će ova knjiga koristiti studentima pri savladavanju predmeta Matematika za ekonomiste kao i drugih predmeta s kojima će se susretati tokom studija.

Sarajevo, septembar 2010. godine

Prof. dr. Lejla Smajlović

SADRŽAJ

1. Osnove linearne algebre ............................................................... 13

1.1. Pojam vektorskog prostora ………………...…………….. 14

1.2. Linearna zavisnost i nezavisnost vektora ........................... 17

1.3. Baza i dimenzija vektorskog prostora. Podprostor

vektorskog prostora ............................................................ 20

1.4. Linearna preslikavanja.

Matrica linearnog preslikavanja ......................................... 25

1.5. Pojam realne matrice i osnovne

operacije s matricama ......................................................... 29

1.6. Kompozicija linearnih preslikavanja.

Množenje matrica ………………………………………... 33

1.7. Osobine množenja matrica.

Jedinična matrica. Transponovana matrica …………….... 36

1.8. Pojam determinante kvadratne matrice.

Izračunavanje determinanti reda dva i tri ........................... 41

1.9. Osobine determinanti .......................................................... 43

1.10. Minor i kofaktor kvadratne matrice.

Laplaceovo pravilo o razvoju determinante ....................... 46

8

1.11. Pojam inverzne matrice i način

njenog izračunavanja .......................................................... 50

1.12. Linearne matrične jednačine ............................................... 54

1.13. Rang matrice. Metod određivanja ranga matrice ................ 61

1.14. Pojam sistema od n linearnih jednačina sa m nepoznatih.

Rješavanje sistema jednačina pomoću matrica .................. 69

1.15. Gaussova metoda rješavanja sistema jednačina ................. 75

1.16. Kronecker – Capelliev stav ................................................ 81

1.17. Kramerova metoda za rješavanje sistema od n

jednačina sa n nepoznatih .................................................. 88

1.18. Rješavanje homogenih sistema jednačina .......................... 93

1.19. Metrički i normirani prostori .............................................. 97

2. Realne funkcije jedne realne varijable ..................................... 105

2.1. Pojam realne funkcije jedne realne varijable. Način

zadavanja i oblast definisanosti funkcije. Inverzna

funkcija. Monotone, parne i neparne funkcije .................. 105

2.2. Granična vrijednost funkcije ............................................ 111

2.3. Neprekidnost funkcije. Osobine neprekidnih funkcija ..... 119

2.4. Neke elementarne funkcije: stepena, eksponencijalna

i logaritamska funkcija ..................................................... 123

2.4.I. Stepena funkcija ................................................... 123

2.4.II. Eksponencijalna funkcija ...................................... 128

2.4.III. Logaritamska funkcija .......................................... 128

9

2.5. Pojam izvoda funkcije. Geometrijsko značenje

izvoda funkcije ................................................................. 129

2.6. Pravila diferenciranja. Izvodi elementarnih funkcija ....... 133

2.7. Pojam diferencijala funkcije i njegovo

geometrijsko značenje ...................................................... 140

2.8. Primjena izvoda u ekonomiji. Marginalna (granična)

funkcija. Koeficijent elastičnosti ...................................... 143

2.9. Izvodi i diferencijali višeg reda realne funkcije jedne

realne varijable ................................................................ 153

2.10. Teoreme o srednjoj vrijednosti. Taylorova formula ...... 155

2.11. L'Hopitalovo pravilo ......................................................... 160

2.12. Lokalni ekstrem realne funkcije jedne realne varijable.

Potrebni i dovoljni uslovi za lokalni ekstrem ................... 166

2.13. Određivanje ekstremnih vrijednosti

ekonomskih funkcija ........................................................ 173

2.14. Konveksne i konkavne funkcije. Veza sa krivom

indiferencije ...................................................................... 177

2.15. Asimptote krivih linija ...................................................... 187

2.16. Crtanje grafika funkcija pomoću

karakterističnih tačaka ...................................................... 192

10

3. Realne funkcije dvije i više realnih varijabli ........................... 203

3.1. Pojam realne funkcije dvije i više realnih varijabli.

Oblast definisanosti i grafik realne funkcije dvije

realne varijable ................................................................. 203

3.2. Nivo linije realne funkcije dvije realne varijable.

Izokvanta i kriva indiferencije .......................................... 206

3.3. Pojam parcijalnog izvoda prvog reda funkcije dvije

i više realnih varijabli. Geometrijsko značenje

parcijalnog izvoda ............................................................ 209

3.4. Značenje parcijalnog izvoda funkcije više varijabli

u ekonomiji ....................................................................... 213

3.5. Diferencijal prvog reda funkcije dvije i više varijabli ...... 220

3.6. Primjena diferencijala prvog reda funkcije dvije

varijable u ekonomiji ........................................................ 224

3.7. Izvodi i diferencijali višeg reda funkcije dvije

i više varijabli ................................................................... 229

3.8. Lokalni ekstrem funkcije dvije varijable .......................... 234

3.9. Uslovni (vezani) ekstrem funkcije dvije varijable ............ 243

3.10. Lokalni ekstrem realne funkcije tri i više

realnih varijabli ................................................................. 258

3.11. Homogene funkcije i CES funkcije .................................. 263

11

4. Integralni račun .......................................................................... 271

4.1. Definicija i osnovne osobine neodređenog integrala.

Tablica osnovnih integrala ............................................... 271

4.2. Metoda smjene (substitucije) za izračunavanje

neodređenog integrala ...................................................... 274

4.3. Metoda parcijalne integracije ........................................... 280

4.4. Integracija racionalnih funkcija ........................................ 284

4.5. Integracija nekih iracionalnih funkcija ............................. 294

4.5.I Integral oblika 1 2

1 2, , ,...r rs sax b ax bR x dx

cx d cx d

⎡ ⎤+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∫ . 294

4.5.II. Integral oblika 2

dxmx px q+ +∫ ……………..… 298

4.5.III. Integral oblika ( )2

nP x

ax bx c+ +∫ ………………... 300

4.6. Primjena neodređenog integrala u ekonomiji ................... 306

4.7. Pojam određenog integrala i njegove osobine.

Veza određenog i neodređenog integrala ………………. 313

4.8. Metode integracije u određenom integralu ....................... 316

4.8.I. Metoda smjene u određenom integralu ……........ 316

4.8.II. Metoda parcijalne integracije u

određenom integralu ............................................. 318

4.9. Primjena određenog integrala za izračunavanje

površine likova u ravni ..................................................... 320

4.10. Primjena određenog integrala u ekonomiji ....................... 325

12

4.11. Nesvojstveni integral ........................................................ 327

4.11.I. Integrali sa beskonačnim granicama ..................... 328

4.11.II. Integral neograničene funkcije ............................. 332

5. Diferencijalne jednačine .................................................................... 337

5.1. Pojam diferencijalne jednačine. Diferencijalne jednačine sa

razdvojenim promjenljivim .............................................. 337

5.2. Homogene diferencijalne jednačine prvog reda ............... 341

5.3. Linearne diferencijalne jednačine prvog reda .................. 344

5.4. Bernoullieva diferencijalna jednačina .............................. 348

5.5. Primjena diferencijalnih jednačina u ekonomiji ............... 353

5.6. Diferencijalne jednačine drugog reda sa

konstantnim koeficijentima .............................................. 358

LITERATURA ....................................................................................... 371

1. Osnove linearne algebre

Pri izučavanju ponašanja nekog ekonomskog modela u određenom vremenskom trenutku posmatraju se varijable koje nam karakterišu model i uočava se njihova međuzavisnost. Na primjer, ukoliko posmatramo neki od modela nacionalnog dohotka, varijable koje posmatramo mogu biti nacionalni dohodak, investicije, vladina potrošnja, potrošnja, ukupni porezi, stopa poreza na dohodak i druge. Na osnovu empirijskih proučavanja i ekonomskih pretpostavki modela veza između varijabli iskazuje se jednačinama veze. Za jednačine veze možemo pretpostaviti da su linearne, jer se mogu određenim matematskim metodama (za date okvirne vrijednosti varijabli) linearizirati. Na taj način model je okarakterisan sistemom linearnih jednačina. Rješenje tog sistema linearnih jednačina je tzv. ekvilibrium ili ravnotežni položaj modela. On je predstavljen onim vrijednostima varijabli u kojima model ne teži ka promjeni. Odrediti ekvilibrium modela znači riješiti sistem linearnih jednačina, a to se čini upravo metodama linearne algebre koje ćemo u daljem upoznati.

Osim jednostavne primjene na rješavanje sistema linearnih jednačina, linearna algebra ima i druge, široke primjene u ekonomiji. Najčešća primjena linearne algebre jeste pri ispitivanju stacionarnog ponašanja ekonomskih modela i određivanju ekvilibriuma tog modela različitim metodama optimizacije, nalaženjem fiksne tačke određenog linearnog preslikavanja, metodama linearnog programiranja i drugim.

Možemo reći da se linearna algebra primjenjuje za ispitivanje tzv. stacionarnog ponašanja ekonomskog modela, odnosno ponašanja u fiksiranom trenutku vremena, dok se za ispitivanje dinamike modela (odnosno njegove promjene tokom vremena) koristi diferencijalni i integralni račun, o kome ćemo govoriti nešto kasnije.

Mi ćemo u ovom poglavlju uvesti pojmove neophodne za razumijevanje osnovnih matematskih metoda za ispitivanje stacionarnog ponašanja ekonomskog modela. To su pojam vektorskog prostora, baze i dimenzije vektorskog prostora, linearnog preslikavanja konačnodimenzionalnih vektorskih prostora, pojam matrice linearnog preslikavanja, osnovne operacije s matricama, pojam ranga matrice i način njegovog određivanja. Zatim ćemo dati osnovne metode za rješavanje sistema linearnih jednačina.

Matematika za ekonomiste

14

Na kraju, napomenimo da je za razumijevanje metoda optimizacije i metoda fiksne tačke potrebno poznavati osobine metričkih i normiranih prostora, koji izlaze izvan okvira kursa Matematike za ekonomiste. Potpunosti radi, izložit ćemo ih na kraju ovog poglavlja.

1.1. Pojam vektorskog prostora

Vektorski prostor je jedan od osnovnih objekata izučavanja linearne algebre. Opšta definicija vektorskog prostora nad određenim poljem je veoma apstraktna. S obzirom da se u primjenama javljaju polja realnih i kompleksnih bojeva, mi ćemo dati definiciju vektorskog prostora nad poljem realnih, odnosno kompleksnih brojeva.

U daljem ćemo skup realnih brojeva označavati sa , a skup kompleksnih brojeva sa . Na skupovima i definisane su operacije sabiranja i množenja, pri čemu su ove operacije asocijativne i komutativne, sabiranje ima neutralan element 0 , dok je neutralan element za množenje broj 1. (To znači da za svaki element ,a ∈ vrijedi 0a a+ = , odnosno 1a a⋅ = ). Također, svaki element ,a ∈ , različit od nule ima inverzni element u odnosu na sabiranje i množenje. Inverzni element od a u odnosu na sabiranje je element a− (jer je ( ) 0a a+ − = ), dok je inverzni element od a

u odnosu na množenje 1 1aa

− = (jer je 1 1 1a a aa

−⋅ = ⋅ = ). Poznato nam je i

da je operacija množenja distributivna prema sabiranju, tj. vrijedi relacija ( )a b c a c b c+ ⋅ = ⋅ + ⋅ , za sve , , ,a b c∈ .

Navedene osobine nam govore da, matematičkim jezikom rečeno, skupovi i čine polje u odnosu na operacije sabiranja i množenja.

Primijetimo da operacije sabiranja i množenja na ili možemo posmatrati kao preslikavanje koje uređenom paru realnih ili kompleksnih brojeva pridružuje neki realan ili kompleksan broj. To možemo zapisati i kao :+ × → (ili :+ × → ), odnosno : × →i (ili : × →i ). Kažemo da su množenje i sabiranje unutrašnje operacije na

ili jer parovima realnih ili kompleksnih brojeva pridružuju realne, odnosno kompleksne brojeve.


15

Definicija 1.1.1. (vektorskog prostora)

Skup V je vektorski prostor nad poljem ( ) ukoliko vrijede slijedeće osobine:

1. Na V je definisana unutrašnja operacija sabiranja :V V V V+ × → sa slijedećim osobinama:

a) ( ) ( )V V V Va b c a b c+ + = + + , za sve , ,a b c V∈ (asocijativnost)

b) V Va b b a+ = + , za sve ,a b V∈ (komutativnost)

c) Postoji element 0V sa osobinom 0Va a+ = , za sve a V∈ (neutralni element)

d) Za sve a V∈ , 0Va ≠ postoji element a V∈ sa osobinom 0V Va a+ = .

Element a zovemo inverzom od a u odnosu na sabiranje u V i pišemo

Va a=− .

2. Na V je definisana vanjska operacija množenja elemenata iz V skalarima iz ( ), tj. operacija :V V V⋅ × → ( :V V V⋅ × → ) sa osobinama:

a) ( )V V V V Va b a bα α α⋅ + = ⋅ + ⋅ , za sve ,a b V∈ i α∈ (α∈ )

b) ( ) ( )V V Va aα β α β⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ , za sve a V∈ i ,α β ∈ ( ,α β ∈ ) . Napomenimo da ovdje ⋅ označava klasično množenje u ( ).

c) ( ) V V V Va a aα β α β+ ⋅ = ⋅ + ⋅ , za sve a V∈ i ,α β ∈ ( ,α β ∈ ) . Napomenimo da ovdje + označava klasično sabiranje u ( ).

d) 1 V a a⋅ = , za sve a V∈ .

Ukoliko su ispunjene sve navedene osobine i želimo naglasiti o kojim operacijama sabiranja i množenja skalarom u V je riječ, kažemo i da je ( ), ,V VV + ⋅ vektorski prostor.

Elemente vektorskog prostora V zovemo vektorima i označavamo sa , , ,.., , ,a b c x y z . Elemente skupa ( ) zovemo skalarima i označavamo

slovima grčkog alfabeta , , , ,..., , ,...α β γ δ λ μ . Ako je V vektorski prostor


16

nad kažemo još i da je V realan vektorski prostor. Ukoliko je to vektorski prostor nad kažemo da je kompleksan vektorski prostor.

Primjer 1.1.2. Ako sa V označimo skup vektora u ravni, pri čemu sabiranje dva vektora definišemo pomoću «pravila paralelograma», tada će skup V u odnosu na ovako definisanu operaciju sabiranja zadovoljavati sve osobine navedene u uslovu 1. Definicije 1.1.1. Ako proizvod vektora x i realnog broja α definišemo kao vektor čiji intenzitet je jednak proizvodu broja α i intenziteta vektora x , pravac mu je jednak pravcu vektora x , a smjer je jednak smjeru vektora x , ako je 0α> , odnosno suprotan smjeru vektora x ako je 0α< , tada će V biti realan vektorski prostor. Ovo je jedan od najjednostavnijih geometrijskih primjera vektorskog prostora. Odavde potiče i naziv vektorski prostor za opšti skup nekih elemenata V čije osobine su opisane Definicijom 1.1.1.

Imajući u vidu definiciju vektorskog prostora, možemo smatrati da je vektorski prostor skup V nekih objekata nad kojim su definisane dvije operacije: «unutrašnja» operacija V+ , sabiranja elemenata od V čiji rezultat je također neki element od V i koja ima iste osobine kao i klasično sabiranje realnih brojeva ; «vanjska» operacija V⋅ množenja elementa iz V («vektora») sa realnim ili kompleksnim brojevima («skalarima») koja ima osobine date u Definiciji 1.1.1. 2).

Sada ćemo navesti veoma važan primjer vektorskog prostora kojeg ćemo u daljem najviše koristiti.

Primjer 1.1.3. Sa n , odnosno n označit ćemo skup svih uređenih n -torki realnih odnosno kompleksnih brojeva. Na ovim skupovima možemo definisati operaciju sabiranja n -torki na slijedeći način:

Za ( ) ( )1 1,..., , ,..., nn nx x y y ∈ (odnosno ( ) ( )1 1,..., , ,..., n

n nx x y y ∈ ) je

( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1 2 2, ..., , ,..., : , ,...,n n n n nx x x y y y x y x y x y+ = + + + .

Drugim riječima, n -torke sabiramo tako što saberemo odgovarajuće komponente, kao realne ili kompleksne brojeve.

Obzirom da se sabiranje definiše pomoću sabiranja realnih, odnosno kompleksnih brojeva, lako je vidjeti da je operacija n+ asocijativna i komutativna, da je neutralni element za sabiranje uređena n -torka koja se


17

sastoji od n nula, tj. ( )0 0,...,0V = , dok je inverzni element elementa

( )1 2, ,..., nx x x element ( )1 2, ,..., nx x x− − − .

Vanjsku operaciju n⋅ množenja n -torke ( )1 2, ,..., nx x x iz n , odnosno n skalarom α iz , odnosno definišemo na slijedeći način:

( ) ( )1 2 1 2, ,..., : , ,...,n n nx x x x x xα α α α⋅ = .

Drugim riječima, vektor iz n , odnosno n množimo skalarom α iz , odnosno tako što svaku njegovu komponentu pomnožimo sa α .

Lako se vidi da ovako definisana operacija množenja vektora skalarom ima sve osobine navedene u Definiciji 1.1.1. 2.). To znači da n u odnosu na ovako definisane operacije predstavlja realan, dok n predstavlja kompleksan vektorski prostor.

Primjer 1.1.4. Uređene četvorke ( )2,1,3, 4x = i ( )1, 2,5,89y = − − su

elementi vektorskog prostora 4 . Lako se vidi da je

( ) ( )( ) ( ) ( )

2 2 2,1,3, 4 1, 2,5,89

4, 2,6,8 1, 2,5,89 5,4,1, 81

x y− = ⋅ − − − =

= − − − = −

Ovdje nismo posebno naglašavali da je 42 2x x= ⋅ , niti da je operacija oduzimanja, zapravo operacija oduzimanja u 4 , tj. oduzimanje vektora po komponentama.

1.2. Linearna zavisnost i nezavisnost vektora

U linearnoj algebri je veoma važan pojam linearne zavisnosti i nezavisnosti nekog skupa vektora. Kako bismo mogli opisati ove pojmove, potrebna nam je definicija pojma linearne kombinacije vektora. U daljem ćemo sa V označavati vektorski prostor, a sa K skup skalara. (To znači da je K = , ukoliko je V realan, odnosno K = , ukoliko je V kompleksan vektorski prostor.)

Definicija 1.2.1. (linearne kombinacije vektora) Neka su 1,..., na a vektori iz V i neka su 1,..., nα α skalari iz K . Vektor


18

1 1 2 2...V V V V n V na a a aα α α= ⋅ + ⋅ + ⋅

zovemo linearnom kombinacijom vektora 1,..., na a i skalara 1,..., nα α .

Ovu linearnu kombinaciju kraće zapisujemo kao 1 1 2 2... n na a a aα α α= + + , jer ćemo u daljem operacije sabiranja u V i množenja skalarom elemenata iz V označavati kao i klasične operacije sabiranja i množenja. Razliku ćemo praviti samo onda kada bude postojala mogućnost zabune.

Vektor a iz prethodne definicije, koji je linearna kombinacija vektora 1,..., na a i skalara 1,..., nα α linearno zavisi od vektora 1,..., na a , odnosno

skup vektora { }1 2, , ,..., na a a a je skup linearno zavisnih vektora jer vektor a linearno zavisi od vektora 1,..., na a . Sada ćemo dati preciznu definiciju linearne zavisnosti i nezavisnosti skupa vektora.

Definicija 1.2.2. (linearne zavisnosti i nezavisnosti skupa vektora) Za skup { }1,..., na a vektora iz V kažemo da je skup linearno nezavisnih vektora ukoliko iz jednakosti

1 1 2 2... 0V V V V n V n Va a aα α α⋅ + ⋅ + ⋅ = (1.2.1)

slijedi da je

1 2 ... 0nα α α= = = = .

Za skup { }1,..., na a vektora iz V kažemo da je skup linearno zavisnih vektora ukoliko to nije skup linearno nezavisnih vektora. Drugim riječima, skup{ }1,..., na a je skup linearno zavisnih vektora ukoliko postoje skalari

1 2, ,..., nα α α koji nisu svi jednaki nuli i za koje vrijedi relacija (1.2.1).

Ukoliko je { }1,..., na a skup linearno (ne)zavisnih vektora, kažemo još i da su vektori 1,..., na a linearno (ne)zavisni.

U relaciji (1.2.1.) sa 0V smo označili nula-vektor, tj. neutralni element za sabiranje u V .


19

Ukoliko je { }1,..., na a skup linearno zavisnih vektora, možemo promijeniti njihov redoslijed tako da vrijedi relacija (1.2.1.), pri čemu je 0nα ≠ . U tom slučaju, relaciju (1.2.1) možemo podijeliti sa nα i dobiti relaciju

11 21 2 1... 0n

n n Vn n n

a a a aαα αα α α

−−+ + + = ,

odakle je

11 21 2 1... n

n nn n n

a a a aαα αα α α

−−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟= − + − + −⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠,

odnosno, vektor na je linearna kombinacija vektora 1 1,..., na a − (sa skalarima

11 ,..., n

n n

ααα α

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟− −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

). Dakle, skup vektora { }1,..., na a je skup linearno

zavisnih vektora ukoliko je barem jedan vektor iz tog skupa moguće napisati kao linearnu kombinaciju ostalih vektora, sa nekim pogodno odabranim skalarima.

Primjer 1.2.3. Ispitajmo da li su vektori (1,2,7) , (2,3,5) i (3,1,1) linearno nezavisni ili zavisni elementi prostora 3 .

Trebamo ispitati da li iz jednakosti

( )1 2 3(1, 2,7) (2,3,5) (3,1,1) 0,0,0α α α+ + = (1.2.2)

slijedi da su brojevi 1α , 2α i 3α jednaki nuli ili je ova jednakost zadovoljena i za neke realne brojeve 1α , 2α i 3α koji nisu svi jednaki nuli.

Relaciju (1.2.2.) možemo napisati u obliku

( )1 2 3 1 2 3 1 2 3( 2 3 , 2 3 ,7 5 ) 0,0,0α α α α α α α α α+ + + + + + = ,

pa dolazimo do sistema jednačina

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 3 02 3 07 5 0

α α αα α αα α α

+ + =+ + =+ + =


20

Dobijeni sistem jednačina možemo riješiti eliminacijom nepoznate 1α iz druge dvije jednačine, tako što ćemo drugu jednačinu sabrati sa prvom jednačinom pomnoženom sa 2− , a zatim ćemo treću jednačinu sabrati sa prvom pomnoženom sa 7− . Na taj način dolazimo do ekvivalentnog sistema jednačina oblika

1 2 3

2 3

2 3

2 3 05 0

9 20 0

α α αα αα α

+ + =− − =

− − =.

Množenjem druge jednačine sa 9− i sabiranjem sa trećom jednačinom zaključujemo da je 325 0α = , odakle zaključujemo da je 3 0α = . Uvrštavanjem vrijednosti 3 0α = u drugu jednačinu sistema zaključujemo da je i 2 0α = , a zatim (iz prve jednačine) da je i 1 0α = . Drugim riječima, iz relacije (1.2.2.) slijedi da je 1 2 3 0α α α= = = , što znači da su vektori (1, 2,7) , (2,3,5) i (3,1,1) linearno zavisni elementi prostora 3 .

Primjer 1.2.4. Vektori (3,1,7, 2)− , (2, 4, 1,2)− , ( 1, 2, 3,0)− − − i ( 2, 9, 1, 4)− − − − su linearno zavisni elementi prostora 4 jer je

( 2, 9, 1, 4) 1 (3,1,7, 2) 1 (2,4, 1,2) 3 ( 1, 2, 3,0)− − − − = ⋅ − − ⋅ − + ⋅ − − − .

Drugim riječima, jednakost

( )1 2 3 4(3,1,7, 2) (2,4, 1,2) ( 1, 2, 3,0) ( 2, 9, 1, 4) 0,0,0,0α α α α− + − + − − − + − − − − =

je zadovoljena za 1 1α = , 2 1α =− , 3 3α = i 4 1α =− , pa vektori nisu linearno nezavisni.

1.3. Baza i dimenzija vektorskog prostora. Podprostor vektorskog prostora

Imajući u vidu definiciju linearne zavisnosti i nezavisnosti vektora, prirodno se postavlja slijedeće pitanje: da li u nekom vektorskom prostoru V postoji maksimalan broj linearno nezavisnih vektora? Ako bi n bio maksimalan broj linearno nezavisnih vektora, to bi zapravo značilo da vektorski prostor


21

V ima osobinu da u njemu postoji n linearno nezavisnih vektora, dok bi svaki skup od ( 1)n+ -dnog vektora bio linearno zavisan, tj. jedan vektor bi se mogao napisati kao linearna kombinacija ostalih n vektora. Ovo nas vodi do pojma dimenzije vektorskog prostora i baze vektorskog prostora.

Definicija 1.3.1. (dimenzije vektorskog prostora) Za vektorski prostor V kažemo da je konačnodimenzionalan, dimenzije n (gdje je n neki prirodan broj), ukoliko u V postoji skup od n linearno nezavisnih vektora, dok je svaki skup od ( 1)n+ -dnog vektora skup linearno zavisnih vektora.

Ukoliko prirodan broj n sa ovom osobinom ne postoji, za vektorski prostor V kažemo da je beskonačne dimenzije.

Ako je vektorski prostor V (konačne) dimenzije n , tada postoji skup { }1 2, ,..., ne e e od n linearno nezavisnih vektora iz V . Ako je x V∈

proizvoljan vektor, različit od vektora 1,..., ne e , tada skup { }1 2, ,..., ,ne e e x sadrži ( 1)n+ vektor, pa je linearno zavisan. To znači da vektor x možemo napisati kao linearnu kombinaciju vektora 1,..., ne e . Ovo nas vodi do pojma baze vektorskog prostora.

Definicija 1.3.2. (baze vektorskog prostora) Baza vektorskog prostora V je (konačan ili beskonačan) skup linearno nezavisnih vektora prostora V sa osobinom da se svaki element prostora V može napisati kao linearna kombinacija vektora iz ovog skupa.

Napomena 1.3.3. Iz Definicije 1.3.2. vidimo da u slučaju vektorskog prostora V dimenzije n , svaki skup od n linearno nezavisnih vektora tog prostora čini njegovu bazu. To znači da baza vektorskog prostora nije jedinstvena. Međutim, ako je { }1 2, ,..., ne e e fiksirana baza vektorskog prostora V (dimenzije n ), može se pokazati da je reprezentacija proizvoljnog vektora x V∈ u obliku linearne kombinacije vektora

1 2, ,..., ne e e jedinstvena. Drugim riječima, skalari 1 2, ,..., nα α α za koje vrijedi relacija 1 1 2 2 ... n nx e e eα α α= + + + su jednoznačno određeni bazom { }1 2, ,..., ne e e i vektorom x .


22

Primjer 1.3.4. Vektorski prostor 3 svih uređenih trojki realnih brojeva je realan vektorski prostor dimenzije 3 . Naime, očigledno je da je skup { }1 2 3, ,e e e , gdje je 1 (1,0,0)e = , 2 (0,1,0)e = i 3 (0,0,1)e = skup linearno

nezavisnih vektora. Također, proizvoljan element 3x∈ je oblika 1 2 3( , , )x x x x= , za neke realne brojeve 1 2,x x i 3x . Zbog toga se x može

napisati kao linearna kombinacija vektora 1 2,e e i 3e sa koeficijentima 1 2,x x i 3x . Drugim riječima, vrijedi

1 1 2 2 3 3x x e x e x e= + + .

Bazu { }1 2 3, ,e e e zovemo kanonska baza prostora 3 . Ako je, na primjer ( 1, 4,0)x = − − , tada je

1 2 31 ( 4) 0 .x e e e=− ⋅ + − ⋅ + ⋅

Iz Primjera 1.2.3. smo vidjeli da su 1 (1, 2,7)f = , 2 (2,3,5)f = i 3 (3,1,1)f = linearno nezavisni elementi prostora 3 . To znači da je skup { }1 2 3, ,f f f

također baza prostora 3 (koja nije kanonska). Svaki element 1 2 3( , , )x x x x= prostora 3 možemo na jedinstven način prikazati i kao

linearnu kombinaciju vektora 1 2,f f i 3f , pri čemu će u ovom slučaju koeficijenti te linearne kombinacije biti različiti od 1 2,x x i 3x . Na primjer,

( 1, 4,0) 2 (1,2,7) 3 (2,3,5) 1 (3,1,1)x = − − = ⋅ − ⋅ + ⋅ ,

pa su koeficijenti prikaza vektora ( 1, 4,0)x = − − u bazi { }1 2 3, ,f f f jednaki 2 , 3− i 1. (Kao što vidimo razlikuju se od koeficijenata prikaza vektora x u kanonskoj bazi).

Primjer 1.3.5. Vektorski prostor 4 je realan vektorski prostor dimenzije 4, sa kanonskom bazom { }1 2 3 4, , ,e e e e , pri čemu je 1 (1,0,0,0)e = ,

2 (0,1,0,0)e = , 3 (0,0,1,0)e = i 4 (0,0,0,1)e = , jer se svaki vektor 4x ∈ ,

1 2 3 4( , , , )x x x x x= može napisati u obliku

1 1 2 2 3 3 4 4x x e x e x e x e= + + + .


23

Razmišljajući na analogan način, lako zaključujemo da je vektorski prostor n svih uređenih n -torki realnih brojeva realan vektorski prostor dimenzije

n , sa kanonskom bazom { }1 2, ,..., ne e e , gdje je vektor ie jednak uređenoj n -torci koja se sastoji od ( 1)n− -dne nule i jedne jedinice, koja se nalazi na i -tom mjestu ( 1,2,...,i n= ). U tom slučaju se proizvoljan vektor nx∈ ,

1 2( , ,..., )nx x x x= može napisati u obliku

1 1 2 2 ... n nx x e x e x e= + + + .

Specijalno, skup 1V = = možemo smatrati vektorskim prostorom nad poljem realnih brojeva, dimenzije jedan, sa bazom jednakom { }1 , jer se svaki realan broj x može napisati u obliku 1x ⋅ , tj. kao linearna kombinacija vektora 1 i skalara x .

Napomena 1.3.6. Postoje i vektorski prostori koji nisu konačnodimenzionalni. Primjer takvog vektorskog prostora je skup V svih polinoma sa realnim ili kompleksnim koeficijentima, pri čemu je operacija sabiranja u V klasična operacija sabiranja dva polinoma, dok je operacija množenja skalarima iz ili klasično množenje polinom realnim ili kompleksnim brojem. Ovaj vektorski prostor je beskonačne dimenzije, čija baza je skup { }21, , ,..., ,...nx x x svih monoma.

Skup 3 je vektorski prostor, kojeg često identificiramo sa klasičnim trodimenzionalnim prostorom koji nas okružuje. Podskup ovog trodimenzionalnog prostora je ravan, sa osobinom da je suma vektora koji leže u toj ravni vektor iz te ravni, te da je proizvod skalara i vektora iz te ravni također vektor te ravni. Drugim riječima, ravan je podskup vektorskog prostora 3 koji je, posmatran sam za sebe također vektorski prostor. Ovo razmatranje nas vodi do pojma podprostora vektorskog prostora.

Definicija 1.3.7. (podprostora vektorskog prostora) Neka je V vektorski prostor nad poljem K i neka je S neki njegov podskup. Skup S je podprostor vektorskog prostora V ukoliko vrijede slijedeće dvije osobine:

1. Za sve ,x y S∈ je ( )x y S+ ∈

2. Za svaki x S∈ i Kα∈ je x Sα ⋅ ∈ .


24

Osobine 1. i 2. su ekvivalentne osobini

3. Za sve ,x y S∈ i , Kα β ∈ je ( )x y Sα β⋅ + ⋅ ∈ .

Možemo reći da je podprostor vektorskog prostora onaj njegov podskup koji je sam za sebe također vektorski prostor.

Primjer 1.3.8. Posmatrajmo skup

( ){ }41 2 3 4 1 2 3 4, , , : 0S x x x x x x x x x= = ∈ + + + = .

Pokažimo da je S podprostor prostora 4 , dimenzije jednake tri i odredimo bazu tog podprostora.

Neka su ( )1 2 3 4, , ,x x x x x S= ∈ i ( )1 2 3 4, , ,y y y y y S= ∈ proizvoljni vektori. Tada je 1 2 3 4 0x x x x+ + + = 1 2 3 4 0y y y y+ + + = , pa je

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3 4 4 0x y x y x y x y+ + + + + + + = ,

odakle zaključujemo da je

( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 2 2 3 3 4 4, , ,x y x y x y x y x y S+ = + + + + ∈ .

Analogno, za ( )1 2 3 4, , ,x x x x x S= ∈ i Kα∈ je ( )1 2 3 4 0x x x xα + + + = , odakle slijedi da je x Sα ⋅ ∈ . Dakle, S je zaista vektorski podprostor prostora 4 . S obzirom da je skup S različit od 4 , to je dimenzija prostora S najviše tri (jer mora biti strogo manja od četiri, što je dimenzija polaznog prostora 4 ). Da bismo pokazali da je S dimenzije tri, trebamo pronaći tri vektora iz S koji su linearno nezavisni. Posmatrajmo vektore

( )1 1,0,0,1f = − , ( )2 1,0,1,0f = − i ( )3 0,1,0, 1f = − . Oni su očigledno elementi prostora S (jer je suma njihovih koordinata jednaka nuli). Neka su α , β i γ skalari za koje je ( )1 2 3 0,0,0,0f f fα β γ+ + = . Tada je

( ) ( ), , , 0,0,0,0α β γ β α γ− − − = ,

odakle odmah slijedi da je 0α β γ= = = , pa su 1f , 2f i 3f linearno nezavisni i čine bazu podprostora S . Na primjer, vektor

( )3, 1,1,3x S= − − ∈ se može napisati u obliku 1 2 32x f f f= + − .


25

Matematičkim jezikom kazano, skup S predstavlja hiperravan u prostoru 4 .

1.4. Linearna preslikavanja. Matrica linearnog preslikavanja.

U ovom poglavlju ćemo upoznati veoma važnu klasu preslikavanja između dva vektorska prostora: linearna preslikavanja. Prisjetimo se da je preslikavanje (ili funkcija) f skupa X na skup Y neko pravilo koje svakom elementu skupa X pridružuje tačno jedan element skupa Y .

Definicija 1.4.1. (linearnog preslikavanja) Neka su ( )1 11, ,V VV + ⋅ i ( )2 22 , ,V VV + ⋅ dva vektorska prostora nad istim poljem

K (jednakim ili ) sa operacijama sabiranja i neka je 1 2:V V→A preslikavanje prostora 1V na 2V . Za preslikavanje A kažemo da je linearno preslikavanje ukoliko vrijede slijedeće osobine:

LP1) 1 2

( ) ( ) ( )V Vx y x y+ = +A A A , za sve 1,x y V∈ ,

LP2) 1 2

( ) ( )V Vx xα α⋅ = ⋅A A , za sve 1x V∈ i Kα∈ .

Često pri definiciji linearnog preslikavanja ne naglašavamo o kojim operacijama sabiranja i množenja skalarima je riječ, pa kažemo da je preslikavanje 1 2:V V→A linearno ukoliko je ( ) ( ) ( )x y x y+ = +A A A i

( ) ( )x xα α=A A za sve 1,x y V∈ i Kα∈ .

Može se pokazati da su uslovi LP1) i LP2) iz Definicije 1.4.1. ekvivalentni slijedećem uslovu:

LP) ( ) ( ) ( )x y x yα β α β+ = +A A A , za sve 1,x y V∈ i , Kα β ∈ .

Primjer 1.4.2. U Primjeru 1.1.2. smo vidjeli da skup V svih vektora u ravni čini realan vektorski prostor u odnosu na klasične operacije sabiranja vektora (pravilom paralelograma) i množenja vektora skalarom (realnim brojem). Jednostavan primjer linearnog preslikavanja vektorskog prostora V u samog sebe je preslikavanje A koje svakom vektoru x V∈ pridružuje vektor 2x , tj. preslikavanje dato sa ( ) 2x x=A . Drugi jednostavan


26

geometrijski primjer linearnog preslikavanja sa V u V je rotacija oko koordinatnog početka u pozitivnom smjeru, za pravi ugao.

Pretpostavimo sada da su vektorski prostori 1V i 2V konačnodimenzionalni, sa dimenzijama jednakim n i m redom. Neka je { }1,..., ne e neka baza

prostora 1V i neka je { }1,..., mf f neka baza prostora 2V . Ako je 1 2:V V→A linearno preslikavanje sa 1V u 2V , tada je ono jednoznačno određeno skupom svojih n vrijednosti: { }1 2( ), ( ),..., ( )ne e eA A A . Naime, ako je

1x V∈ proizvoljan vektor, tada postoje skalari 1x , 2x , ..., nx K∈ koji su koordinate vektora x u bazi { }1,..., ne e , tj, takvi da se vektor x može napisati u obliku 1 1 2 2 ... n nx x e x e x e= + + + . Skalari 1x , 2x , ..., nx K∈ su jednoznačno određeni vektorom x i bazom { }1,..., ne e . Zbog linearnosti preslikavanja A je

1 1 2 2 1 1 2 2( ) ( ... ) ( ) ( ) ... ( )n n n nx x e x e x e x e x e x e= + + + = + + +A A A A A

pa je zaista preslikavanje A jednoznačno određeno skupom vrijednosti { }1 2( ), ( ),..., ( )ne e eA A A .

Primjer 1.4.3. Neka je 3 3: →A preslikavanje koje vektor 1e kanonske baze prostora 3 preslikava u 2e , vektor 2e u 1 3e e− i vektor 3e preslikava u vektor 1 22e e+ . Drugim riječima, neka je 1 2( )e e=A , 2 1 3( )e e e= −A i

3 1 2( ) 2e e e= +A . Ako je (2, 1,3)x = − proizvoljan vektor, tada je

1 2 3 1 2 3

2 1 3 1 2 1 2 3

( ) (2 3 ) 2 ( ) ( ) 3 ( ) 2( ) ( ) 3( 2 ) 2 8

x e e e e e ee e e e e e e e

= − + = − + =

− − + + = + +

A A A A A

Vratimo se sada linearnom preslikavanju 1 2:V V→A , gdje su 1V i 2V konačnodimenzionalni vektorski prostori sa bazama { }1,..., ne e i{ }1,..., mf f . Vidjeli smo da je ovo preslikavanje jednoznačno određeno skupom vrijednosti { }1 2( ), ( ),..., ( )ne e eA A A . S druge strane, ovih n vektora su elementi prostora 2V , pa se svaki od njih može na jedinstven način napisati


27

kao linearna kombinacija vektora { }1,..., mf f baze od 2V . Specijalno, za vektor 1( )eA postoje jedinstveni skalari 11a , 21a , ..., 1ma takvi da vrijedi

1 11 1 21 2 1( ) ... m me a f a f a f= + + +A .

Analogno, za vektor 2( )eA postoje jedinstveni skalari 12a , 22a , ..., 2ma takvi da vrijedi

2 12 1 22 2 2( ) ... m me a f a f a f= + + +A .

Nastavljajući ovo razmišljanje dalje, dolazimo do zaključka da za vektor ( )neA postoje jedinstveni skalari 1na , 2na , ..., mna takvi da vrijedi

1 1 2 2( ) ...n n n mn me a f a f a f= + + +A .

Možemo reći da skalar ija predstavlja koeficijent uz if u prikazu vektora

2( )je V∈A pomoću baze { }1,..., mf f .

Primjer 1.4.4. Vratimo se još malo na linearno preslikavanje 3 3: →A definisano u prethodnom primjeru. U ovom slučaju su vektorski prostori 1V i 2V jednaki prostoru 3 . Odaberimo u ovim prostorima baze jednake kanonskoj bazi prostora 3 , tj. neka je

{ } { } ( ) ( ) ( ){ }1 2 3 1 2 3, , , , 1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1e e e f f f= = .

Kako je 1 2( )e e=A , to je 1 1 2 3( ) 0 1 0e e e e= ⋅ + ⋅ + ⋅A , odnosno vrijedi

11 0a = , 21 1a = i 31 0a = . Analogno, iz

2 1 3 1 2 3( ) 1 0 ( 1)e e e e e e= − = ⋅ + ⋅ + − ⋅A ,

zaključujemo da je 12 1a = , 22 0a = i 32 1a =− . Na kraju, iz

3 1 2( ) 2e e e= +A zaključujemo da je 13 1a = , 23 2a = i 33 0a = . Dobijene skalare možemo poredati u kvadratnu shemu brojeva, tako da u prvu kolonu napišemo komponente vektora 1( )eA , u drugu kolonu komponente vektora

2( )eA i u treću kolono komponente vektora 3( )eA u bazi { }1 2 3, ,e e e . Na taj način dobijamo slijedeću shemu brojeva


28

0 1 11 0 20 1 0−

Ova shema brojeva zapravo predstavlja matricu linearnog preslikavanja A u odnosu na odabrane parove baza. Shemu stavljamo u zagrade i često označavamo sa velikim štampanim slovima. Na taj način, matrica linearnog preslikavanja A je

0 1 11 0 20 1 0

A⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

U opštem slučaju, skalare ija , pridružene linearnom preslikavanju

1 2:V V→A , gdje su 1V i 2V konačnodimenzionalni vektorski prostori sa bazama { }1,..., ne e i{ }1,..., mf f na gore opisani način (pri čemu

{ }1,...,i m∈ i { }1,...,j n∈ ) možemo poredati u pravougaonu shemu, sa m vrsta i n kolona.

Definicija 1.4.5. (matrice linearnog preslikavanja)

Pravougaona shema brojeva ija , pridruženih linearnom preslikavanju

1 2:V V→A , gdje su 1V i 2V konačnodimenzionalni vektorski prostori sa bazama { }1,..., ne e i{ }1,..., mf f tako da je ija koeficijent uz if u prikazu

vektora 2( )je V∈A pomoću baze { }1,..., mf f zove se matrica linearnog

preslikavanja A u odnosu na baze { }1,..., ne e i{ }1,..., mf f .

Ranije smo vidjeli da baza konačnodimenzionalnog vektorskog prostora nije jedinstvena. Zbog toga, ako posmatramo isto linearno preslikavanje

1 2:V V→A u odnosu na drugi par baza prostora 1V i 2V , to preslikavanje će imati drugačiju matricu. Postoji veza između matrice istog linearnog preslikavanja u odnosu na različite baze, koja se može zapisati pomoću tzv. matrica prelaza ali to izlazi izvan okvira kursa kojem je ova knjiga namijenjena.


29

Elementi matrice su zapravo elementi polja K skalara za koje smo pretpostavili da je jednako skupu realnih ili kompleksnih brojeva. U daljem ćemo posmatrati samo realne matrice, pa možemo nadalje smatrati da je K = .

1.5. Pojam realne matrice i osnovne operacije s matricama.

Definicija 1.5.1. (realne matrice) Realna matrica formata m n× je pravougaona shema koja se sastoji od mn realnih brojeva.

Ako je A matrica formata m n× , tada njene elemente označavamo sa ija , gdje nam i označava redni broj vrste, a j redni broj kolone matrice A , i pišemo ( )ij m n

A a×

= . Na primjer, element 35a se nalazi u trećoj vrsti i petoj

koloni matrice.

Matricu formata m n× možemo zapisati u obliku

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...... ... ... ...

...

n

n

m m mn

a a aa a aA

a a a

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Matricu formata 1m× (koja ima samo jednu kolonu) zovemo vektor-kolonom, a matricu formata 1 n× (koja ima samo jednu vrstu) zovemo vektor-vrstom.

Na primjer, matrica 103

4

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

je vektor-kolona, jer je formata 4x1.

Matrica ( )2 3 8A = je vektor-vrsta, jer je formata 1x3.

Skup svih matrica formata m n× čiji elementi su realni brojevi označavamo sa m n× .


30

Ukoliko je m n= matricu zovemo kvadratnom (jer ima jednak broj vrsta i kolona). Elemente iia , 1,...,i n= kvadratne matrice zovemo elementima na glavnoj dijagonali te matrice.

Može se pokazati sa se svakoj matrici A iz m n× može, u odnosu na kanonske baze { }1,..., me e i { }1,..., ne e prostora m i n pridružiti

jedinstveno linearno preslikavanje : n m→A takvo da je A matrica tog linearnog preslikavanja u smislu Definicije 1.4.5.

Vrijedi i obratno, tj. svakom linearnom preslikavanju : n m→A se može, u odnosu na kanonske baze { }1,..., me e i { }1,..., ne e prostora m i n

pridružiti jedinstvena matrica m nA ×∈ .

Sada ćemo definisati dvije osnovne operacije s matricama iz m n× . To su sabiranje matrica i množenje matrice skalarom (tj. množenje matrice realnim brojem).

Definicija 1.5.2. (sabiranja dvije matrice iz m n× ) Neka su ( )ij m n

A a×

= i ( )ij m nB b

×= dvije matrice iz m n× Tada je zbir

matrica A i B matrica A B+ data sa

( )ij ij m nA B a b

×+ = + .

Dakle, matrice A i B možemo sabrati ako i samo ako su jednakih formata. U tom slučaju matrice se sabiraju tako što se saberu oni elementi matrica koji se nalaze u istoj vrsti i istoj koloni.

Primjer 1.5.3. Saberimo matrice 1 02 3

7 12A

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟−⎝ ⎠

i 2 3

1 47 11

B−⎛ ⎞⎜ ⎟=⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Imamo: 1 31 7

14 1A B

−⎛ ⎞⎜ ⎟+ = −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Analogno sabiranju, matrice jednakih formata oduzimamo tako što oduzmemo odgovarajuće elemente jedne matrice od elemenata druge matrice. Za matrice A i B iz prethodnog primjera je


31

( )1 2 0 3 3 32 1 3 4 3 1

7 7 12 11 0 23A B

− − −⎛ ⎞ −⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− = − − − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Definicija 1.5.4. (množenja matrice iz m n× skalarom) Ako je data matrica ( )ij m n

A a×

= i realan broj λ , tada je ( )ij m nA aλ λ

×= .

Drugim riječima, matrica se množi skalarom tako što se svaki element te matrice pomnoži datim skalarom (odnosno realnim brojem).

Primjer 1.5.5. Za matrice A i B iz prethodnog primjera je

2 02 4 6

14 24A

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟−⎝ ⎠

, dok je

312

1 1 22 2

7 112 2

B

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

− = − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Na kraju, izračunajmo matricu 3 2A B− . Kao prvo, pomnožit ćemo matrice A i B skalarima, a zatim ćemo tako dobijene matrice oduzeti. Imamo:

3 0 4 6 7 63 2 6 9 2 8 8 1

21 36 14 22 7 58A B

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− = − − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Može se pokazati da sabiranje matrica iz m n× i množenje matrica skalarom ima slijedeće osobine.

Za , , m nA B C ×∈ i ,λ μ ∈ vrijedi:

1. A B B A+ = + (sabiranje matrica je komutativno)

2. ( ) ( )A B C A B C+ + = + + (sabiranje matrica je asocijativno)

3. Postoji matrica m nO ×∈ (tzv. nula-matrica, tj. matrica čiji svi elementi su jednaki nula) takva da za sve matrice m nA ×∈ vrijedi

A O O A A+ = + = .

Nula matrica zove se još i neutralni element u odnosu na sabiranje matrica.


32

4. Za svaku matricu m nA ×∈ postoji njoj suprotna matrica m nA ×− ∈ , odnosno matrica za koju vrijedi

( ) ( )A A A A O+ − = − + = .

5. ( ) ( )A Aλμ λ μ= .

6. ( ) A A Aλ μ λ μ+ = + .

7. ( )A B A Bλ λ λ+ = + .

8. 1 A A⋅ = .

Navedenih osam osobina nam pokazuje da je skup m n× svih realnih matrica formata m n× vektorski prostor nad poljem realnih brojeva.

Prostor m n× je konačnodimenzionalan, dimenzije m n× . Kanonsku bazu ovog prostora čini skup od m n× matrica

{ }11 12 1 21 22 2 1 2, ,..., , , ,..., ,..., , ,...,n n m m mnE E E E E E E E E

pri čemu matrica ijE ima u i -toj vrsti i j -toj koloni jedinicu, a na svim ostalim mjestima ima nule.

Primjer 1.5.6. Odredimo kanonsku bazu prostora 3 2× . Ovaj prostor je dimenzije 6 i njegova baza se sastoji od slijedećih matrica:

11

1 00 00 0

E⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

, 12

0 10 00 0

E⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

, 21

0 01 00 0

E⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

, 22

0 00 10 0

E⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

, 31

0 00 01 0

E⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

,

32

0 00 00 1

E⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Ako je 1 1

0 43 0

A⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

neka matrica iz 3 2× , nju pomoću kanonske baze

možemo napisati u obliku: ( ) 11 12 21 22 31 321 1 0 4 3 0A E E E E E E= − ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ .


33

Primjer 1.5.7. Prostor 3 2× možemo poistovjetiti sa podprostorom, na primjer prostora 3 3× tako što smatramo da su matrice iz 3 2× zapravo one matrice iz 3 3× kod kojih se treća kolona sastoji od svih nula.

1.6. Kompozicija linearnih preslikavanja. Množenje matrica.

Prisjetimo se da, ukoliko imamo tri skupa X , Y i Z , te dva preslikavanja :f X Y→ i :g Y Z→ , takva da slike elemenata skupa X pri

preslikavanju f pokrivaju cijeli skup Y , tada možemo definisati kompoziciju preslikavanja f i g , u oznaci g f na slijedeći način:

Preslikavanje :g f X Z→ je definisano sa ( )( ) ( )( )g f x g f x= .

Napomenimo da operacija kompozicije funkcija nije komutativna, jer ukoliko su skupovi X , Y i Z različiti, kompozicija g f može biti definisana, iako kompozicija f g uopšte ne mora postojati, jer mi ne znamo kako pomoću preslikavanja f djelovati na elemente skupa Z .

Neka su sada 1V , 2V i 3V konačnodimenzionalni vektorski prostori,

dimenzija n , m i p , sa bazama { }1,..., ne e , { }1,..., mf f i{ }1,..., pg g redom.

Neka su 1 2:V V→A i 3 1:V V→B dva linearna preslikavanja takva da je svaki vektor iz 1V slika nekog vektora iz 3V pri preslikavanju B . U ovom slučaju kažemo da su preslikavanja A i B saglasna, jer je moguće napraviti njihovu kompoziciju A B . Neka su ( )ij m n

A a×

= i ( )jk n pB b ×=

matrice ovih preslikavanja u odnosu na odabrane baze prostora 1V , 2V i 3V . Kompozicija A B preslikavanja B i A je također linearno preslikavanje vektorskog prostora 3V u 2V . To ćemo lako pokazati na slijedeći način:

Odaberimo proizvoljne vektore 3,x y V∈ i skalare ,α β ∈ . Imamo:

( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )x y x y x yα β α β α β+ = + = + =A B A B A B B


34

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )

=

= ( ) ( )

x y x y

x y

α β α β

α β

+ = + =

+

A B B A B A B

A B A B

odakle slijedi da je preslikavanje A B linearno. Odredimo sada matricu ovog preslikavanja u odnosu na baze { }1,..., pg g i { }1,..., mf f prostora 3V i

2V . Ova matrica je formata m p× . Njene elemente ćemo označiti sa ( )ik m pc

× i pokazat ćemo na koji način se element ikc može izraziti pomoću

elemenata ija i ikb matrica A i B . Po definiciji matrice pridružene linearnom preslikavanju element ikc je koeficijent uz if pri razlaganju vektora ( )( )kgA B u bazi { }1,..., mf f . Sada imamo:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

1 1 2 2

1 1 2 2

1 11 1 21 2 1 2 12 1 22 2 2

1 1 2 2

( ) ( ) ...

= ...

= ... ...

+....+ ...

k k k k nk n

k k nk n

k m m k m m

nk n n mn m

g g b e b e b e

b e b e b e

b a f a f a f b a f a f a f

b a f a f a f

= = + + + =

+ + + =

+ + + + + + + +

+ + +

A B A B A

A A A

Ako grupišemo odgovarajuće koeficijente uz vektore 1f , 2f , ..., mf u razlaganju vektora ( )( )kgA B u bazi { }1,..., mf f zaključujemo da je

- koeficijent uz 1f dat sa 11 1 12 2 1 11

...n

k k n nk j jkj

a b a b a b a b=

+ + + =∑ ;

- koeficijent uz 2f dat sa 21 1 22 2 2 21

...n

k k n nk j jkj

a b a b a b a b=

+ + + =∑ ;

-koeficijent uz mf dat sa 1 1 2 21

...n

m k m k mn nk mj jkj

a b a b a b a b=

+ + + =∑ .

Odavde zaključujemo da je 1

n

ik ij jkj

c a b=

=∑ , čime smo pokazali na koji način

određujemo matricu preslikavanja A B , ukoliko su poznate matrice preslikavanja A i B .


35

Imajući u vidu navedena razmatranja uvodimo slijedeće definicije:

Definicija 1.6.1. (saglasnih matrica) Za dvije matrice mxnA∈ i sxpB ∈ kažemo da su saglasne ukoliko je n s= . Dakle, matrice A i B su saglasne ako i samo ako je broj vrsta matrice B jednak broju kolona matrice A .

Iz ove definicije zaključujemo da iz saglasnosti matrica A i B slijedi saglasnost njima odgovarajućih linearnih preslikavanja A i B .

Definicija 1.6.2. (proizvoda dvije matrice) Neka su sada mxnA∈ i nxpB ∈ dvije saglasne matrice, pri čemu je

( )ij mxnA a= i ( )jk nxp

B b= . Proizvod matrica A i B je matrica C , formata

mxp , takva da je ( )ik mxpC c= i vrijedi

1

n

ik ij jkj

c a b=

=∑ .

Dakle, element u i -toj vrsti i k -toj koloni matrice C AB= dobijemo tako što svaki od elemenata i -te vrste matrice A pomnožimo s odgovarajućim elementom k -te kolone matrice B i te proizvode saberemo.

Iz ove definicije slijedi da je matrica linearnog preslikavanja A B (u slučaju saglasnosti) jednaka proizvodu A B⋅ matrica A i B preslikavanja A i B .

Primjer 1.6.3. Nađimo proizvod matrica

0 1 1 01 3 2 02 4 1 2

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟=⎜ ⎟⎝ ⎠

i 1 0 12 1 21 0 3

0 2 0

B−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Prije svega, matrice A i B su saglasne, jer je broj kolona matrice A jednak broju vrsta matrice B (jednak je 4).

Proizvod matrica A i B je matrica formata 3x3. Nju dobijamo na slijedeći način:

1 0 10 1 1 0 2 1 21 3 2 0 1 0 32 4 1 2 0 2 0

A B−⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ = ⋅ =⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


36

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

0 1 1 2 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 2 0 1 1 2 1 3 0 01 1 3 2 2 1 0 0 1 0 3 1 2 0 0 2 1 1 3 2 2 3 0 02 1 4 2 1 1 2 0 2 0 4 1 1 0 2 2 2 1 4 2 1 3 2 03 1 15 3 11 .9 8 9

⋅ + ⋅ + − ⋅ − + ⋅ ⋅ + ⋅ + − ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ + − ⋅ + ⋅⎛ ⎞⎜ ⎟⋅ + ⋅ + ⋅ − + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ + ⋅ + ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ + ⋅ + ⋅ − + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ + ⋅ + ⋅⎝ ⎠

−⎛ ⎞⎜ ⎟=⎜ ⎟⎝ ⎠

Iz ovog primjera možemo zaključiti da množenje matrica nije komutativna operacija. Naime, iako su matrice A i B saglasne, kao i matrice B i A , matrica C AB= je formata 3x3, dok je matrica D BA= formata 4x4. Dakle, matrice AB i BA uopšte nisu jednakih formata, tako da ne možemo niti razmatrati mogućnost da budu jednake.

1.7. Osobine množenja matrica. Jedinična matrica. Transponovana matrica.

U prethodnom paragrafu smo se uvjerili da množenje matrica nije komutativna operacija. Međutim, može se pokazati da je ova operacija asocijativna, tj. da u slučaju saglasnosti matrica ,A B i C vrijedi

( ) ( )A B C A B C⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ .

Imajući u vidu činjenicu sa skup realnih brojeva ima neutralni element 1 u odnosu na množenje (sjetimo se, bilo koji broj pomnožen jedinicom ostaje nepromijenjen), prirodno se nameće pitanje da li postoji matrica sa tom osobinom. Odgovor je potvrdan i takvu matricu nazivamo jediničnom matricom.

Definicija 1.7.1. (jedinične matrice) Jedinična matrica reda n je kvadratna matrica formata n n× sa osobinom da su svi njeni elementi na glavnoj dijagonali jednaki 1, a ostali elementi te matrice jednaki su 0.

Jediničnu matricu reda n označavat ćemo sa nE (u nekoj literaturi se može sresti i oznaka nI ). Drugim riječima ( )n ij n nE e ×= , pri čemu je

1, za 0, za ij

i je

i j⎧ =⎪⎪=⎨⎪ ≠⎪⎩

.


37

Primjer 1.7.2.

21 00 1E ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 3

1 0 00 1 00 0 1

E⎛ ⎞⎜ ⎟=⎜ ⎟⎝ ⎠

i 4

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

E⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Ako je ( )ij m nA a ×= proizvoljna matrica, može se, direktnim izračunavanjem proizvoda matrica zaključiti da vrijede slijedeće jednakosti:

mE A A⋅ = i nA E A⋅ = .

Ove jednakosti nam govore da je mE lijevi, a nE desni jedinični element za množenje matrica u prostoru m n× . Drugim riječima, u prostoru m n× , ukoliko je m n≠ ne postoji jedinstven jedinični (neutralni) element za množenje matrica.

Također, ukoliko je m n≠ , tada nije moguće matricu m nA ×∈ pomnožiti samu sa sobom, odnosno izračunati proizvod A A⋅ . Matricu A iz Primjera 1.6.3. nije moguće pomnožiti samu sa sobom, jer matrica A nema jednak broj vrsta i kolona. Da bi neku matricu bilo moguće pomnožiti samu sa sobom, potrebno je i dovoljno na ona bude kvadratna matrica, tj. da ima jednak broj vrsta i kolona (dakle, mora biti m n= ). Takve matrice je moguće i stepenovati prirodnim brojem.

Definicija 1.7.3. (stepenovanja matrice prirodnim brojem) Za nxnA∈ je

1A A= i 1m mA A A −= ⋅ , za svaki prirodan broj 2m ≥ .

Također, po definiciji uzimamo da je 0nA E= .

Može se pokazati da, ukoliko je nxnA∈ , tada je n nA E E A A⋅ = ⋅ = (ova osobina je analogna osobini realnih brojeva tj. činjenici da je 1 1a a a⋅ = ⋅ = , za sve realne brojeve a ).

Primjer 1.7.4. Data je matrica 1 03 2

A⎛ ⎞⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜−⎝ ⎠

i polinom 3( ) 2 4P x x x= − + .

Izračunajmo matricu ( )P A . Imamo:


38

32( ) 2 4P A A A E= − + ,

pa je potrebno izračunati 3 2A A A= ⋅ , što znači da ćemo kao prvo izračunati

2 1 0 1 0 1 03 2 3 2 9 4

A A A⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟= ⋅ = ⋅ =⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Sada je

3 1 0 1 0 1 09 4 3 2 21 8

A⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟= ⋅ =⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Uvrštavanjem u ( )P A dobijamo:

32

1 0 1 0 1 0 3 0( ) 2 4 2 4

21 8 3 2 0 1 15 8P A A A E

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟= − + = − + =⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Množenje matrica, pored navedenih ima i slijedeće osobine (ovdje su nam A , B i C kvadratne matrice istog formata):

1. ( ) ( )A B C A B C⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ (množenje matrica je asocijativno, iako nije komutativno)

2. ( )A B C AB AC⋅ + = + (množenje matrica je distributivno s lijeva prema sabiranju)

3. ( )B C A BA CA+ ⋅ = + (množenje matrica je distributivno s desna prema sabiranju)

4. A O O A O⋅ = ⋅ = (sa O smo označili nula-matricu)

Napomenimo da, zbog toga što množenje matrica nije komutativno moramo posebno razmatrati množenje s lijeve i s desne strane i voditi o tome računa, naročito pri rješavanju matričnih jednačina.

Definicija 1.7.5. (transponovane matrice) Neka je data matrica ( )ij mxn

A a= . Transponovana matrica matrice A , u

oznaci TA se definiše sa ( )Tji nxm

A a= .


39

Dakle, matrica TA se dobije kada u matrici A vrste i kolone zamijene mjesta (tj. prva vrsta postane prva kolona, druga vrsta postane druga kolona, itd.)

Primjer 1.7.6. Odredimo transponovanu matricu matrice

0 1 1 01 3 2 02 4 1 2

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟=⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Kako je matrica A formata 3x4, to će transponovana matrica biti formata 4x3. Imamo

0 1 21 3 41 2 1

0 0 2

TA⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Očigledno je da je ( )TTA A= . Operacija transponovanja matrica ima i slijedeće osobine:

1. ( )T T TA B A Bλ μ λ μ+ = + , gdje su A i B matrice istog formata, a λ i μ realni brojevi.

2. ( )T T TA B B A⋅ = ⋅ , gdje su A i B saglasne matrice.

Ako je TA A= , za matricu A kažemo da je simetrična matrica. Očigledno je da simetrična matrica mora biti kvadratna.

Primjer 1.7.7. Matrica 2 1 01 3 10 1 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟−⎝ ⎠

je simetrična matrica.

Ako je TA A= − , za matricu kažemo da je kososimetrična. Kososimetrična matrica mora biti kvadratna i imati nule na glavnoj dijagonali.


40

Primjer 1.7.8. Matrica 0 1 21 0 2

2 2 0A

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟−⎝ ⎠

je kososimetrična matrica.

Ako su svi elementi kvadratne matrice, osim onih na glavnoj dijagonali, jednaki nula, Za matricu kažemo da je dijagonalna. Drugim riječima, matrica ( )ij n nA a ×= je dijagonalna, ukoliko je 0ija = za sve i j≠ .

Primjer 1.7.9. Matrica

1 0 0 00 2 0 00 0 1/ 2 00 0 0 3

A

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎟

je dijagonalna matrica.

Za kvadratnu matricu ( )ij n nA a ×= kažemo da je trougaona matrica ukoliko je 0ija = za sve i j> ili za sve i j< . U prvom slučaju, kažemo da je A gornja trougaona matrica, a u drugom slučaju kažemo da je A donja trougaona matrica.

Ako je matrica A dijagonalna, tada je ona i gornja i donja trougaona matrica.

Primjer 1.7.10. Matrica

12 0 0 05 2 0 00 7 1 0

6 / 7 0 0 3

A

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜⎝ ⎠⎟

je donja trougaona

matrica.

Matrica

11 0 34 00 2 0 3/ 50 0 12 00 0 0 8

A

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎟

je gornja trougaona matrica.


41

1.8. Pojam determinante kvadratne matrice. Izračunavanje determinanti reda dva i tri.

U prethodnom odjeljku smo vidjeli da množenje kvadratnih matrica ima osobine slične osobinama množenja realnih brojeva (osim komutativnosti).

Jedna od tih osobina jeste egzistencija jedinične matrice nE sa osobinom da je

n nA E E A A⋅ = ⋅ = , za sve nxnA∈ .

Kako u skupu realnih brojeva svaki realan broj a , 0a ≠ ima svoj inverzni element 1a− u odnosu na množenje, odnosno element za koji vrijedi jednakost 1 1 1a a a a− −⋅ = ⋅ = , postavlja se pitanje da li slična osobina vrijedi za sve matrice nxnA∈ , A O≠ . Dakle, postavlja se pitanje za koje matrice

nxnA∈ postoji matrica 1 nxnA− ∈ takva da vrijedi 1 1

nA A A A E− −⋅ = ⋅ = .

Odgovor na to pitanje će nam dati determinanta matrice.

Stroga definicija determinante matrice je matematički dosta zahtjevna i pretpostavlja poznavanje pojmova permutacije i parnosti permutacije, stoga je u ovoj knjizi nećemo navoditi.

Definicija 1.8.1. (opisna definicija determinante matrice) Determinanta kvadratne matrice nxnA∈ je realan broj pridružen toj matrici. Označavat ćemo ga sa det A ili A .

Napomenimo da se determinanta pridružuje isključivo kvadratnoj matrici. Ukoliko je matrica formata nxn , za determinantu pridruženu toj matrici kažemo da je reda n . Determinanta reda jedan je realan broj.

Determinante reda dva i tri moguće je izračunati na jednostavan način, dok je računanje determinanti višeg reda mnogo složenije, ali se, kao što ćemo u nastavku vidjeti može svesti na izračunavanje determinanti nižeg reda. Kao prvo, objasnit ćemo kako izračunati determinante reda dva i tri.

Neka je a bA c d⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

proizvoljna matrica formata 2x2. Po definiciji je


42

det a bA ad cbc d= = − .

Dakle, determinanta reda 2 se izračunava tako što se od proizvoda elemenata na glavnoj dijagonali oduzme proizvod elemenata na sporednoj dijagonali te determinante.

Primjer 1.8.2. Izračunajmo determinantu matrice 3 24 3A −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Imamo:

( )3 2det 3 3 4 2 9 8 174 3A −= = ⋅ − ⋅ − = + = .

Neka je sada 1 1 1

2 2 2

3 3 3

a b cA a b c

a b c

⎛ ⎞⎜ ⎟=⎜ ⎟⎝ ⎠

proizvoljna matrica formata 3x3.

Determinantu matrice A možemo izračunati na slijedeći način:

Kao prvo, s desne strane determinante dopišemo prve dvije kolone matrice A . Zatim množimo elemente na tri glavne dijagonale, saberemo ih i od njih oduzmemo zbir proizvoda elemenata sa sporedne dijagonale. Imamo:

( ) ( )1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 3 2 1 3 2 1 3 2 1

3 3 3 3 3

deta b c a b

A a b c a b a b c b c a c a b a b c b c a c a ba b c a b

= = + + − + +

.

Postoje i drugi načini izračunavanja determinanti trećeg reda, kao što je pravilo trougla i druga, koja nećemo ovdje navoditi.

Primjer 1.8.3. Izračunajmo determinantu matrice 1 2 02 3 1

0 2 1A

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


43

Imamo:

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

1 2 0 1 2det 2 3 1 2 3

0 2 1 0 2 1 3 1 2 1 0 0 2 2 0 3 0 2 1 1 1 2 2 3 2 4 9.

A = − − =−

= ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + − ⋅ − ⋅ == − − − = −

1.9. Osobine determinanti

U prethodnom primjeru uočili smo da ukoliko u determinanti postoji dosta nula, lakše je izračunati njenu vrijednost. Sada ćemo navesti neke osobine determinanti, pomoću kojih ih je jednostavnije izračunavati. Ove osobine nećemo dokazivati.

1. Za svaku kvadratnu matricu A je det det TA A= .

2. Ako su u matrici A elementi jedne vrste ili kolone jednaki ili proporcionalni elementima druge vrste ili kolone, determinanta je jednaka nuli. Specijalno, ukoliko su elementi jedne vrste ili kolone determinante svi jednaki nuli, vrijednost determinante je nula.

3. Determinanta se množi (dijeli) brojem različitim od nule tako da se elementi jedne vrste ili kolone determinante pomnože (podijele) tim brojem.

4. Ako dvije vrste ili kolone determinante zamijene mjesta, determinanta mijenja predznak.

5. Vrijednost determinante ostaje nepromijenjena ukoliko elementima jedne vrste ili kolone dodamo odgovarajuće elemente druge vrste ili kolone prethodno pomnožene nekim realnim brojem.

6. Za kvadratne matrice A i B istog formata je ( )det det detA B A B⋅ = ⋅ .

7. Determinanta trougaone matrice (time i dijagonalne matrice) jednaka je proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali te matrice.

U slijedeća dva primjera pokazat ćemo kako se primjenjuju osobine determinanti.


44

Primjer 1.9.1. Izračunajmo determinantu 1 2 3 45 6 7 89 10 11 12

13 14 15 16

D = .

Pri izračunavanju ove determinante koristit ćemo se osobinom 5. kako bismo u prvoj vrsti determinante dobili nule. Kako bismo umjesto broja 2 u prvoj vrsti i drugoj koloni dobili nulu, prvu kolonu determinante pomnožit ćemo sa (-2) i dodati drugoj koloni determinante. Analogno, prvu kolonu determinante pomnožit ćemo sa (-3) i dodati trećoj koloni kako bismo u prvoj vrsti i trećoj koloni dobili broj 0, umjesto broja 3. Imamo:

1 0 0 45 4 8 89 8 16 12

13 12 24 16

D − −= − −− −

.

Kako su elementi druge kolone determinante D proporcionalni elementima treće kolone te determinante, to je, na osnovu osobine 2. vrijednost determinante D jednaka nuli.

Primjer 1.9.2. Izračunajmo determinantu a b c d

a b c dD a b c da b c d

−− − −= − −

−

.

Kao prvo, iskoristit ćemo osobinu 3. da bismo iz prve kolone izlučili zajednički faktor a , iz druge kolone faktor b , iz treće kolone faktor c i iz četvrte kolone faktor d . Imamo:

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

D abcd−

− − −= − −−

.

Sabiranjem prve i četvrte kolone determinante, zaključujemo da je

1 1 1 01 1 1 0 01 1 1 01 1 1 0

D abcd−

− −= =− ,


45

na osnovu osobine 2.

Primjer 1.9.3. Izračunajmo determinantu 1 0 0 05 4 0 04 8 1 0

13 12 14 10

D −= − −− −

.

Posmatrana determinanta je determinanta gornje trougaone matrice, pa je njena vrijednost, na osnovu osobine 7. jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali matrice. Dakle,

1 ( 4) ( 1) 10 40D = ⋅ − ⋅ − ⋅ = .

Primjer 1.9.4. Odredimo sva rješenja jednačine ( ) 0D x = , pri čemu je

1 1 1 11 2 2 1

( )1 1 4 11 1 1 6

xD x

xx

−=

−−

.

Kako bismo jednostavnije izračunali determinantu ( )D x , od druge, treće i četvrte vrste determinante oduzet ćemo prvu vrstu. Imamo

1 1 1 10 1 1 0

( )0 0 3 00 0 0 5

xD x

xx

−=

−−

.

Sada uočavamo da je determinanta ( )D x zapravo determinanta gornje trougaone matrice, pa je jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali te matrice. Dakle, ( ) 1 (1 ) (3 ) (5 )D x x x x= ⋅ − ⋅ − ⋅ − , pa je ( ) 0D x = , kada je

1x = , 3x = ili 5x = . Dakle, skup rješenja date jednačine je { }1,3,5 .


46

1.10. Minor i kofaktor kvadratne matrice. Laplaceovo pravilo o razvoju determinante.

Do sada smo vidjeli kako izračunati determinantu drugog i trećeg reda. Na žalost, ne postoji tako jednostavan način za izračunavanje determinanti četvrtog i višeg reda. Za to će nam poslužiti Laplaceovo pravilo o razvoju determinante koje će nam govoriti o tome kako determinantu reda n prikazati kao sumu determinanti reda 1n − . Na taj način, na primjer možemo determinantu reda 4 prikazati kao sumu determinanti reda 3 koje znamo izračunati. Analogno, determinantu reda 5 možemo prikazati kao sumu determinanti reda 4, koje izražavamo kao sumu determinanti reda 3, itd...

Prije toga, uvest ćemo pojam minora i kofaktora kvadratne matrice koji su značajni ne samo za formulaciju Laplaceovog pravila o razvoju determinante, nego i za izračunavanje inverzne matrice, koje ćemo objasniti u narednom odjeljku ovog udžbenika.

Definicija 1.10.1. (minora i kofaktora kvadratne matrice) Neka je data kvadratna matrica ( )ij nxn

A a= i neka je

11 12 1 1

21 22 2 2

1 2

1 2

... ...

... ...: : ... : ... :

... ...: : ... : ... :

... ...

j n

j n

i i ij in

n n nj nn

a a a aa a a a

D a a a a

a a a a

=

determinanta matrice A .

Uočimo element ija determinante D . On se nalazi u i -toj vrsti i j -toj koloni. Kada iz determinante D izostavimo i -tu vrstu i j -tu kolonu, ostali elementi determinante D formiraju novu determinantu reda ( )1n − . Tako dobijenu determinantu zovemo minorom ili subdeterminantom elementa

ija i označavamo je sa ijM .

Determinanta D ima tačno 2nxn n= minora, jer svakom elementu determinante odgovara po jedan minor.


47

Broj ( )1 i jij ijA M+= − zovemo kofaktorom ili algebarskim komplementom

elementa ija determinante D , odnosno matrice A .

Primjer 1.10.2. Odredimo minore 22M i 13M , te kofaktore 32A i 11A

determinante 1 2 02 3 1

0 2 1D = −

−.

Minor 22M jednak je determinanti koju dobijemo kada iz determinante D izostavimo drugu vrstu i drugu kolonu. Dakle,

( )221 0 1 1 0 0 10 1M = = ⋅ − − ⋅ = −− .

Analogno, minor 13M jednak je determinanti koju dobijemo kada iz D izbacimo prvu vrstu i treću kolonu. Dakle,

132 3 4 0 40 2M −= = − − = − .

Po definiciji kofaktora je

( ) ( ) ( )( )3 232 32

1 01 1 1 1 0 12 1A M+= − = − = − − = −− .

Analogno je

( ) ( )1 111

3 11 1 3 2 52 1A += − = ⋅ − − = −− .

Primjer 1.10.3. Odredimo kofaktore 21A i 44A matrice

1 1 2 12 2 1 03 0 1 01 0 3 1

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟−= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Imamo: ( ) ( ) ( )2 121

1 2 11 0 1 0 1 1 1

0 3 1A +

−= − = − ⋅ − = .


48

Analogno je 4 444

1 1 1( 1) 2 2 0 6

3 0 0A +

−= − ⋅ = − .

Sada ćemo (bez dokaza) navesti Laplaceovo pravilo o razvoju determinante:

Teorema 1.10.4. Vrijednost determinante D reda n jednaka je zbiru proizvoda elemenata ma koje vrste ili kolone te determinante i njima odgovarajućih kofaktora.

Drugim riječima,

1 1

n n

ij ij ij iji j

D a A a A= =

= ⋅ = ⋅∑ ∑ ,

za proizvoljne { }, 1,...,i j n∈ .

Dakle, determinantu možemo razviti po proizvoljnoj vrsti ili koloni. Kako se kofaktori (tj. determinante reda 1n − ) množe s odgovarajućim elementima, za razvoj determinante uzet ćemo onu vrstu ili kolonu u kojoj ima najviše nula. Korisno je i poslužiti se osobinama determinanti kako bismo dobili vrstu ili kolonu sa "puno" nula. Moguće je, ukoliko je determinanta reda n pomoću osobina determinanti, datu determinantu transformisati u determinantu koja u jednoj vrsti ili koloni ima ( 1)n− nula, a zatim primijeniti Laplaceovo pravilo na tu vrstu ili kolonu. Na taj način, izračunavanje determinante reda n svodimo na izračunavanje determinante reda ( 1)n− .

Primjer 1.10.5. Determinantu matrice 1 1 2 12 2 1 03 0 1 01 0 3 1

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟−= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

iz prethodnog

primjera najjednostavnije je razviti po trećoj vrsti, drugoj ili četvrtoj koloni (jer u njima imamo po dvije nule). Pokažimo kako se izračunava determinanta razvojem po četvrtoj koloni. Imamo:


49

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

14 24 34 44

1 4 4 4

1 1 2 12 2 1 0det 1 0 0 13 0 1 01 0 3 1

2 2 1 1 1 21 1 3 0 1 1 1 2 2 1 1 16 1 5 16 5 11.

1 0 3 3 0 1

A A A A A

+ +

−−= = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =

− −= ⋅ − + ⋅ − − = − ⋅ − + ⋅ − = − =

Pokažimo kako determinantu razviti po trećoj vrsti. Imamo:

( ) ( )

31 32 33 34

3 1 3 3

1 1 2 12 2 1 0det 3 0 1 03 0 1 01 0 3 1

1 2 1 1 1 13 1 2 1 0 1 1 2 2 0 3 1 3 1 1 2 9 2 11.

0 3 1 1 0 1

A A A A A

+ +

−−= = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =

− −= ⋅ − − + ⋅ − = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + =

Za vježbu, izračunajte determinantu matrice A razvijajući je po drugoj koloni.

Koristeći se osobinama determinanti, vrlo jednostavno je moguće postići da u četvrtoj koloni posmatrane determinante imamo tri nule. Naime, oduzimajući četvrtu vrstu determinante od prve, dobijamo da je

1 1 2 1 0 1 1 02 2 1 0 2 2 1 0det 3 0 1 0 3 0 1 01 0 3 1 1 0 3 1

A− − −

− −= = .

Sada je najjednostavnije razviti determinantu po četvrtoj koloni i dobiti

4 40 1 1 0 1 1

det 1 ( 1) 2 2 1 2 2 13 0 1 3 0 1

A +− − − −

= ⋅ − ⋅ − = − .

Posljednju determinantu također možemo izračunata Laplaceovim pravilom o razvoju, tako što u prvoj vrsti, oduzimanjem druge i treće kolone determinante dobijemo dvije nule. Dakle


50

1 30 0 1 2 3det 2 3 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 2 9) 113 13 1 1

A +−

= − = − ⋅ − = − ⋅ − − =−−.

Ovim smo pokazali kako, pomoću osobina determinanti i Laplaceovog pravila o razvoju, izračunavanje determinante reda četiri svesti na izračunavanje determinante reda tri, a zatim na izračunavanje determinante reda dva.

1.11. Pojam inverzne matrice i način njenog izračunavanja.

U ovom paragrafu ćemo dati odgovor na pitanje koje kvadratne matrice imaju inverzni element u odnosu na množenje matrica, odnosno na pitanje za koje matrice nxnA∈ postoji matrica 1 nxnA− ∈ takva da vrijedi

1 1nA A A A E− −⋅ = ⋅ = .

Kao prvo, dat ćemo definiciju adjungovane matrice.

Definicija 1.11.1 (adjungovane matrice) Neka je data matrica ( )ij nxn

A a= . Za matricu ( )* TijA A= kažemo da je

adjungovana matrica matrice A .

Dakle, elementi adjungovane matrice dobiju se tako što za svaki od elemenata ija matrice A nađemo njegov kofaktor ijA , te kofaktore složimo u matricu, a zatim tako dobijenu matricu transponujemo.

Primjer 1.11.2. Odredimo determinantu i adjungovanu matricu matrice 1 20 3A ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, a zatim nađimo proizvod *A A⋅ .

Imamo: 1 2

det 30 3

A A= = = .

Kofaktori matrice A su 1 1

11 ( 1) 3 3A += − ⋅ = , 1 212 ( 1) 0 0A += − ⋅ = ,

2 121 ( 1) 2 2A += − ⋅ =− , 2 2

22 ( 1) 1 1A += − ⋅ = .


51

pa je * 3 0 3 22 1 0 1

T

A⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= =⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Odredimo još proizvod *A A⋅ . Imamo

*2 2

1 2 3 2 3 0 3 det0 3 0 1 0 3A A E A E−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ = ⋅ = = ⋅ = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Ovaj rezultat nismo dobili slučajno. Naime, može se pokazati da vrijedi slijedeći teorem.

Teorem 1.11.3. Neka je A kvadratna matrica reda n i *A njoj adjungovana matrica. Tada vrijedi

* * det nA A A A A E⋅ = ⋅ = ⋅ . (1.11.1)

Sada ćemo dati definiciju inverzne matrice

Definicija 1.11.4. (inverzne matrice) Za matricu A kažemo da je invertibilna ili regularna matrica ukoliko postoji matrica 1A− takva da vrijedi

1 1nA A A A E− −⋅ = ⋅ = . (1.11.2)

Matricu 1A− za koju vrijedi relacija (1.11.2) zovemo inverznom matricom matrice A .

Očigledno je da postoji veza između relacija (1.11.1) i (1.11.2), odnosno između adjungovane matrice i inverzne matrice matrice A .

Ukoliko je det 0A = , tada je, na osnovu relacije (1.11.1) * *A A A A O⋅ = ⋅ = (Ovdje nam O označava nula-matricu), pa matrica A nema inverznu matricu (takva matrica zove se singularna matrica).

Ukoliko je det 0A ≠ , matrica je regularna, jer iz relacije (1.11.1), nakon dijeljenja sa det 0A ≠ (uslov da je determinanta različita od nule bio nam je potreban kako bismo podijelili sa brojem det A ) dobijamo

* *1 1det det nA A A A E

A A⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ = ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Dakle, ukoliko je det 0A ≠ , matrica je invertibilna i vrijedi


52

1 *1det

A AA

− = . (1.11.3)

Relacija (1.11.3) nam govori o tome kako izračunati inverznu matricu date matrice (ukoliko ona postoji).

Neka je data matrica ( )ij nxnA a= . Inverznu matricu matrice A određujemo

na slijedeći način:

1. Izračunamo determinantu det A matrice A . Ukoliko je det 0A = , matrica nema inverzne, pa je ne možemo ni izračunati. Ukoliko je det 0A ≠ , matrica ima inverznu, pa prelazimo na slijedeći korak.

2. Odredimo kofaktore ijA svih elemenata ija matrice A .

3. Formiramo matricu kofaktora, pa je transponujemo. Na taj način smo dobili matricu ( )* T

ijA A= .

4. Pomnožimo matricu *A sa 1det A

.

Na taj način smo dobili matricu 1 *1det

A AA

− = .

Primjer 1.11.5. Ispitajmo da li matrica 1 2 3 45 6 7 89 10 11 12

13 14 15 16

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ima

inverznu matricu i ukoliko ima odredimo je.

U Primjeru 1.9.1. smo vidjeli da je det 0D A= = , pa data matrica nema inverznu.

Primjer 1.11.6. Ispitajmo da li matrica 1 2 02 3 1

0 2 1A

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟−⎝ ⎠

ima inverznu

matricu i ukoliko ima odredimo je.

Izračunajmo determinantu matrice. U Primjeru 1.8.3. smo vidjeli da je det 9 0A = − ≠ , pa data matrica ima inverznu. Sad prelazimo na slijedeći korak, a to je izračunavanje kofaktora svih elemenata matrice A . Imamo:


53

( ) ( )1 111

3 11 1 3 2 52 1A += − = ⋅ − − = −−

( ) ( ) ( )1 212

2 11 1 2 0 20 1A + −= − = − ⋅ − = −− ,

( ) ( )1 313

2 31 1 4 0 40 2A + −= − = ⋅ − − = − ,

( ) ( ) ( )2 121

2 01 1 2 0 22 1A += − = − ⋅ − − =− ,

( ) ( )2 222

1 01 1 1 0 10 1A += − = ⋅ − − = −− ,

( ) ( ) ( )2 323

1 21 1 2 0 20 2A += − = − ⋅ − = − ,

( ) ( )3 131

2 01 1 2 0 23 1A += − = ⋅ − = ,

( ) ( ) ( )3 232

1 01 1 1 0 12 1A += − = − ⋅ − = −− ,

( ) ( )( )3 333

1 21 1 3 4 3 4 72 3A += − = ⋅ − − = + =− .

Dobijene kofaktore složit ćemo u matricu: 5 2 4

2 1 22 1 7

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

, koju ćemo

transponovati da bismo dobili

*5 2 4 5 2 2

2 1 2 2 1 12 1 7 4 2 7

T

A− − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − = − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Sada je


54

15 2 2 5 2 2 5 / 9 2 / 9 2 / 91 12 1 1 2 1 1 2 / 9 1/ 9 1/ 9

9 94 2 7 4 2 7 4 / 9 2 / 9 7 / 9A−

− − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Provjerimo, na kraju da li je naš rezultat tačan. Da bismo to uradili trebamo pomnožiti matrice A i 1A− i vidjeti da li je njihov proizvod matrica 3E .

Imamo:

1

3

1 2 0 5 2 212 3 1 2 1 190 2 1 4 2 7

1 2 0 5 2 2 9 0 01 1 = 2 3 1 2 1 1 0 9 0 .9 90 2 1 4 2 7 0 0 9

A A

E

−− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ = − ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⋅ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Dakle, matrica 1A− je zaista inverzna matrica matrice A . Za samostalan rad možete provjeriti da je 1

3A A E− ⋅ = .

Na kraju ovog odjeljka, navest ćemo tri osobine inverzne matrice koje su nam potrebne pri rješavanju matričnih jednačina.

1. Ako je A invertibilna matrica, tada je i 1A− također invertibilna i vrijedi

( ) 11A A−− = .

2. Ako su A i B invertibilne matrice, tada je i A B⋅ također invertibilna matrica i vrijedi ( ) 1 1 1A B B A− − −⋅ = ⋅ .

3. Ako je A invertibilna matrica, tada je i TA također invertibilna i vrijedi

( ) ( )1 1 TTA A− −= .

1.12. Linearne matrične jednačine

Definicija 1.12.1. (linearne matrične jednačine) Jednačine oblika A X B+ = , A X B⋅ = i slično u kojima je nepoznata varijabla X matrica, koja se javlja na prvi stepen, pri čemu smatramo da su matrice odgovarajućih formata, nazivaju se linearne matrične jednačine.


55

Očigledno je da matrična jednačina A X B+ = , za matrice ,A B formata m x n ima jedinstveno rješenje, matricu X B A= − . Međutim, to nije slučaj sa jednačinom A X B⋅ = ili jednačinom Y A B⋅ = , pri čemu pretpostavljamo da su matrice odgovarajućih formata.

Ukoliko je matrica A kvadratna i invertibilna (napomenimo da samo za kvadratnu matricu možemo govoriti o invertibilnosti) tada gornje jednačine imaju jedinstveno rješenje 1X A B−= ⋅ odnosno 1Y B A−= ⋅ . Pri rješavanju ovakvih jednačina potrebno je voditi računa o tome s koje strane matrica A množi nepoznatu X , odnosno Y , jer množenje matrica nije komutativno.

Jednačine A X B⋅ = i Y A B⋅ = mogu imati rješenje i u slučaju da matrica A nije kvadratna matrica, kao i u slučaju da matrica A jeste kvadratna ali nije invertibilna. U tom slučaju jednačina može imati i beskonačno mnogo rješenja. Također, može se dogoditi da u ovom slučaju jednačine nemaju rješenja.

Sada ćemo na nekoliko primjera pokazati kako rješavati matrične jednačine.

Primjer 1.12.2. Riješimo matričnu jednačinu 1 1AX X B− −+ = , gdje je

1 23 4

A ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

i 1 01 2

B−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠.

Datu jednačinu možemo riješiti na dva načina.

I način. Možemo izlučiti zajednički faktor 1X − sa desne strane kako bismo dobili jednačinu

( ) 12A E X B−+ = . (1.12.1)

Sada izračunamo determinantu matrice

2

1 2 1 0 2 23 4 0 1 3 5

A E⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟+ = + =⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Lako se uvjeravamo da je 2det( ) 10 6 4A E+ = − = , pa data matrica ima inverznu matricu. Jednačinu (1.12.1) možemo pomnožiti sa 1

2( )A E −+ , s lijeve strane, kako bismo dobili matricu 1X − s lijeve strane jednakosti. Imamo


56

( ) ( ) ( )1 112 2 2A E A E X A E B− −−+ + = + ,

pa kako je ( ) ( )12 2 2A E A E E−+ + = , dobijamo

( ) 112X A E B−− = + . (1.12.2)

S obzirom da je det 2B =− , matrica B je također invertibilna, pa iz (1.12.2) imamo:

( ) ( )( ) 11 112X A E B

−− −− = + ,

odakle, imajući u vidu osobine inverzne matrice dobijamo

( )12X B A E−= ⋅ + .

Sada je potrebno izračunati 1B− . S obzirom da je det 2B =− , trebamo još odrediti adjungovanu matricu *B . Imamo: 11 2B = , 12 1B = , 21 0B = i

22 1B =− , pa je

* 2 1 2 00 1 1 1

T

B ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, odakle je 1 2 011 12

B−⎛ ⎞⎟⎜ ⎟=− ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ −⎝ ⎠

.

Sada je

2 0 2 2 4 4 2 21 11 1 3 5 1 3 1/ 2 3/ 22 2

X⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟=− ⋅ =− =⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

II način. Kako polaznu jednačinu ne bismo morali invertovati, možemo je kao prvo pomnožiti sa X , sa desne strane. Na taj način dobijamo jednačinu

2A E BX+ = , iz koje, nakon množenja sa 1B− sa lijeve strane odmah zaključujemo da je ( )1

2X B A E−= ⋅ + .

Primjer 1.12.3. Riješimo matričnu jednačinu ( ) 12M X E N M N−

⋅ + ⋅ = + , za

1 10 2

M ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

i 1 12 0

N−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.


57

Kako bismo riješili ovu jednačinu, izračunat ćemo det M i det N , da bismo utvrdili da li možemo pomnožiti jednačinu sa lijeve strane sa 1M − i sa desne strane sa 1N− . Lako se uvjeravamo da je det det 2M N= = , pa su matrice M i N invertibilne. Množenjem jednačine sa 1M − sa lijeve strane dobijamo ekvivalentnu jednačinu

( ) 1 12 2X E N E M N− −+ ⋅ = + ,

odakle, množenjem sa 1N− sa desne strane dolazimo do jednačine

( ) 1 1 12X E N M− − −+ = + . (1.12.3)

Sada ćemo izračunati zbir 1 1N M− −+ , kako bismo zaključili da li ova matrica ima inverznu. Imamo

1 2 110 12

M − −⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠, 1 0 11

2 12N − ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠, pa je

1 1 2 0 1 012 2 1 12

N M− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟+ = =⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Kako je ( )1 1det 1N M− −+ = , matrica 1 1N M− −+ ima inverznu, pa

invertovanjem jednačine (1.12.3) dobijamo ( ) 11 12X E M N

−− −+ = + , odnosno

( ) 11 12X M N E

−− −= + − .

Lako se uvjeravamo da je ( ) 11 1 1 01 1

N M−− −

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟+ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠, pa je

1 0 1 0 0 01 1 0 1 1 0

X⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟= − =⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Primjer 1.12.4. Riješimo matričnu jednačinu


58

3

1 2 1 2 2 00 1 0 1 1 13 0 0 4 0 0

X E⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟− ⋅ ⋅ − =⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Stavimo 1 2 10 1 03 0 0

A⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

i 2 2 0

1 1 14 0 0

B⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Kao prvo, izračunat ćemo det A i det B , kako bi utvrdili da li su matrice A i B invertibilne. Lako se vidi da je det 3A= i det 8B = , pa su matrice invertibilne, što nam omogućava da jednačinu 3A X B E⋅ ⋅ = pomnožimo sa lijeve strane sa 1A− , a zatim sa desne strane sa 1B− , kako bi dobili da je

1 1X A B− −= . Kako bismo izbjegli izračunavanje dvije inverzne matrice, sjetit ćemo se da je ( ) 11 1A B BA −− − = , pa ćemo izračunati proizvod C BA= ,

a zatim 1X C−= . Imamo:

2 2 0 1 2 1 2 6 21 1 1 0 1 0 4 3 14 0 0 3 0 0 4 8 4

C⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − −⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟= − ⋅ − =⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Znamo da je det det det 24C B A= ⋅ = , pa trebamo još odrediti *C . Imamo:

11 4C = , 12 12C =− , 13 20C = , 21 8C = , 22 0C = , 23 8C =− , 31 0C = ,

32 6C =− , 33 18C = , pa je

*

4 12 20 4 8 08 0 8 12 0 60 6 18 20 8 18

T

C⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= − = − −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Dakle, 1

4 8 01 12 0 624

20 8 18X C−

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= = − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


59

Objasnimo sada kako pomoću matrica možemo zapisati operacije sa vektorima, te kako matrice možemo koristiti za rješavanje nekih zadataka sa vektorima iz n .

U Primjeru 1.2.3. smo vidjeli da su vektori 1 (1, 2,7)a = , 2 (2,3,5)a = i

3 (3,1,1)a = linearno nezavisni elementi prostora 3 . Vektore 1a , 2a i 3a možemo posmatrati kao vektor vrste, ali i kao vektor kolone

1

1(1, 2,7) 2

7

Ta⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

2(2,3,5) 3

5

Ta⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

i 3

3(3,1,1) 1

1

Ta⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Ukoliko ih posmatramo kao vektor kolone, tada na veoma jednostavan način možemo zapisati proizvoljnu linearnu kombinaciju ovih vektora. Naime, tada je, za proizvoljne skalare α , β i γ zadovoljena slijedeća relacija:

1 2 3 2 3 1 2 32 3 1 2 3 2 3 17 5 1 7 5 7 5 1

α β γ αα β γ α β γ β

α β γ γ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⋅ + ⋅ + ⋅ = + + = ⋅⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Dakle, linearnu kombinaciju vektora (zapisanih kao vektor kolone) možemo napisati kao proizvod matrice čije kolone su upravo zadani vektori sa vektor kolonom skalara.

Ukoliko vektore zapisujemo kao vektor vrste, tada je lako vidjeti da vrijedi

( ) ( ) ( ) ( )1 2 3

1 2 7 2 3 5 3 1 1 2 3 17 5 1

α β γ α β γ

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Primjer 1.12.5. Trojke vektora { }1 2 3, ,a a a i { }1 2 3, ,b b b čine bazu

vektorskog prostora 3 . Njihove koordinate u kanonskoj bazi prostora 3 su ( )1 1,1, 2a = , ( )2 2,3, 1a = − , ( )3 1,0,1a = − , ( )1 1,0,0b = , ( )2 2, 2,1b = i

( )3 3,3, 2b = . Dat je vektor 1 2 32c a a a= − + . Odredimo koordinate vektora

c u odnosu na bazu { }1 2 3, ,b b b . Ako sa α , β i γ označimo koordinate


60

vektora c u odnosu na bazu { }1 2 3, ,b b b , tada na osnovu prethodnih razmatranja imamo:

1. 1 2 1 11 3 0 22 1 1 1

c⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= ⋅ −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, na osnovu reprezentacije u bazi { }1 2 3, ,a a a

2. 1 2 30 2 30 1 2

cαβγ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= ⋅⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, na osnovu reprezentacije u bazi { }1 2 3, ,b b b .

Sada dolazimo do matrične jednačine

1 2 3 1 2 1 10 2 3 1 3 0 20 1 2 2 1 1 1

αβγ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⋅ = ⋅ −⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

,

čije rješenje je 11 2 3 1 2 1 1

0 2 3 1 3 0 20 1 2 2 1 1 1

αβγ

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟= ⋅ ⋅ −⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Matrica na lijevoj strani sigurno ima inverznu, jer je { }1 2 3, ,b b b baza

prostora 3 . Označimo tu matricu sa A . Lako se vidi da je det 1A= , pa nakon izračunavanja kofaktora matrice A zaključujemo da je

1

1 1 00 2 30 1 2

A−

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟−⎝ ⎠

, pa je, zbog 1 2 1 1 41 3 0 2 52 1 1 1 5

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⋅ − = −⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1 0 4 10 2 3 5 250 1 2 5 15

αβγ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟= − ⋅ − = −⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.


61

Primjer 1.12.6. Vektori ( )1, 2,5a = , ( )1,0,3b = − i ( )1,3,0c = čine bazu

vektorskog prostora 3 . Odredimo koordinate vektora ( )2, 2, 2x = u toj bazi.

Postupajući analogno kao u prethodnom primjeru, označavajući sa α , β i γ koordinate vektora x u bazi { }, ,a b c dobijamo jednačinu

1 1 1 22 0 3 25 3 0 2

αβγ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⋅ =⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, odakle je

11 1 1 22 0 3 25 3 0 2

αβγ

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟= ⋅⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Nakon što odredimo inverznu matricu, lako se vidi da je 11

0

αβγ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

1.13. Rang matrice. Metod određivanja ranga matrice.

Neka je 11 12 1

21 22 2

1 2

...

...... ... ... ...

...

n

n

m m mn

a a aa a aA

a a a

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

proizvoljna matrica formata mxn .

Ukoliko ta matrica nije kvadratna, ne možemo izračunati njenu determinantu. Međutim, od kolona i vrsta matrice A moguće je formirati submatrice matrice A koje su kvadratne. Ako je B submatrica matrice A formata rxr kažemo da je ta submatrica reda r . Ukoliko je, npr. m n< , tada je m najveći red kvadratne submatrice koju je moguće formirati pomoću kolona matrice A . Ukoliko je matrica A kvadratna, tada je sama matrica A svoja submatrica (reda m n= ) , a moguće je formirati i submatrice reda 1n − , one reda 2n − , itd.


62

Nakon što formiramo kvadratne submatrice matrice A možemo izračunati njihove determinante. Vrijednost determinante submatrice može biti različita od nule ili jednaka nuli.

Definicija 1.13.1. (ranga matrice) Red submatrice najvećeg mogućeg reda, čija determinanta je različita od nule zovemo rangom matrice A .

Primjer 1.13.2. U Primjeru 1.8.3. smo vidjeli da je determinanta matrice 1 2 02 3 1

0 2 1A

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟−⎝ ⎠

jednaka 9− , pa je rang te matrice jednak 3, pošto je to

red determinante matrice A koja je različita od nule. (u ovom slučaju, tri je najveći mogući rang matrice).

Primjer 1.13.3. Determinanta matrice 1 2 3 45 6 7 89 10 11 12

13 14 15 16

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

jednaka je

nuli, što znači da je red matrice A manji od 4, odnosno može biti najviše 3. Da bismo ustanovili da li je red matrice jednak 3 ili je manji, po definiciji morali bismo formirati sve submatrice matrice A reda 3 (to bi zapravo bili minori elemenata matrice A , njih 16) i vidjeti da li među njima postoji neka koja je različita od nule. Ukoliko postoji, tada bi rang matrice bio jednak 3. Međutim, ukoliko je svih 16 determinanti reda 3 jednako nuli, tada bismo morali izračunavati determinante reda 2.

Vidimo da je ovakav način određivanja ranga matrice veoma komplikovan. Zbog toga ćemo uvesti pojam ranga vrsta i ranga kolona matrice i objasniti kako se na mnogo elegantniji način može određivati rang matrice.

Svaka matrica 11 12 1

21 22 2

1 2

...

...... ... ... ...

...

n

n

m m mn

a a aa a aA

a a a

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

formata m n× se sastoji od m

vrsta i n kolona. Vrste matrice A možemo posmatrati kao uređene n -torke realnih brojeva i samim tim, kao elemente vektorskog prostora n (dimenzije n ). Analogno, kolone matrice A možemo smatrati kao uređene m -torke realnih brojeva, odnosno kao elemente vektorskog prostora m


63

(dimenzije m ). Dakle, vrste matrice A možemo posmatrati kao m vektora u prostoru n , dok kolone matrice A možemo posmatrati kao n vektora u prostoru m .

Definicija 1.13.4. (ranga vrsta i ranga kolona matrice) Rang vrsta matrice ( )ij m n

A a×

= jednak je broju linearno nezavisnih vrsta

matrice A (posmatranih kao elemenata vektorskog prostora n ).

Rang kolona matrice ( )ij m nA a

×= jednak je broju linearno nezavisnih

kolona matrice A (posmatranih kao elemenata vektorskog prostora m ).

Može se pokazati da vrijedi slijedeći teorem.

Teorem 1.13.5. Rang vrsta ( )ij m nA a

×= jednak je rangu kolona matrice A i

jednak je rangu matrice A (u smislu Definicije 1.13.1.).

Na osnovu prethodnog teorema, može se pokazati da postoje određene transformacije nad vrstama ili kolonama matrice A koje ne mijenjaju njen rang. Takve transformacije zovemo elementarnim transformacijama nad matricom. To su slijedeće transformacije:

1. Međusobna zamjena mjesta dvije vrste ili kolone matrice.

2. Množenje elemenata bilo koje vrste ili kolone matrice realnim brojem, različitim od nule.

3. Sabiranje elemenata jedne vrste ili kolone matrice sa odgovarajućim elementima druge vrste ili kolone matrice, prethodno pomnoženim nekim brojem.

Matrice koje se mogu transformisati iz jedne u drugu elementarnim transformacijama zovemo ekvivalentne matrice. Ekvivalentne matrice imaju isti rang. Ako su A i B ekvivalentne matrice, pišemo A B∼ .

Svaku matricu možemo elementarnim transformacijama svesti na tzv. "trapezni" oblik pomoću kojeg je lako odrediti rang. Trapezni oblik matrice je onaj u kojem su svi elementi matrice ija za koje je i j> jednaki nuli.

Rang trapezne matrice jednak je broju vrsta te matrice koje nisu sastavljene od svih nula.


64

Metod određivanja ranga (tačnije, ranga vrsta) matrice pomoću elementarnih transformacija nad vrstama te matrice pokazat ćemo na slijedećim primjerima.

Primjer 1.13.6. Odredimo rang matrice

1 2 0 21 3 1 3

1 1 0 22 4 1 13

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟−= ⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Data matrica je formata 4x4 pa je njen maksimalan mogući rang jednak 4.

Pri određivanju ranga koristit ćemo se elementarnim transformacijama nad vrstama matrice na slijedeći način:

U prvoj koloni matrice A , u drugoj, trećoj i četvrtoj vrsti trebamo dobiti nule. To ćemo uraditi transformacijama nad vrstama. Prvu vrstu ćemo prepisati; zatim ćemo drugu vrstu sabrati s prvom i dobiti matricu

1 2 0 20 1 1 51 1 0 22 4 1 13

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Zatim ćemo od prve vrste oduzeti treću vrstu i dobiti matricu

1 2 0 20 1 1 50 1 0 42 4 1 13

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Na kraju, od četvrte vrste ćemo oduzeti prvu vrstu pomnoženu sa 2 i dobiti

1 2 0 20 1 1 50 1 0 40 0 1 9

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Sada kada smo u prvoj koloni dobili nule ispod elementa 1, trebamo dobiti nule u trećoj i četvrtoj vrsti druge kolone. Prvu i drugu vrstu ćemo prepisati. Ostalo je samo da saberemo treću vrstu s drugom, jer u četvrtoj vrsti već imamo nulu gdje nam je potrebna. Dobijamo matricu


65

1 2 0 20 1 1 50 0 1 90 0 1 9

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Na kraju, potrebno je u trećoj koloni dobiti nulu u četvrtoj vrsti. To ćemo učiniti tako što prve tri vrste prepišemo, a od četvrte vrste oduzmemo treću. Na taj način dobijamo trapeznu matricu

1 2 0 20 1 1 50 0 1 90 0 0 0

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Sada smo završili sa elementarnim transformacijama nad matricom A , jer smo dobili trapeznu matricu (ispod elemenata glavne dijagonale matrice su sve nule). Pogledajmo sada koliko ova matrica ima vrsta koje nisu sastavljene od svih nula. Vidimo da ih ima 3. Dakle, rang matrice A jednak je 3.

Primjer 1.13.7. U zavisnosti od realnih parametara a i b odredimo rang

matrice 1 3 1 12 6 3 4

6 2A

a b

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Kao prvo, zamijenit ćemo mjesta kolonama matrice A , kako bi se parametri a i b našli u trećoj i četvrtoj koloni. Dobijamo ekvivalentnu matricu

1 1 1 34 3 2 62 6 a b

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Sada je potrebno dobiti nule na drugom i trećem mjestu u prvoj koloni. To ćemo učiniti tako što ćemo prvu vrstu prepisati, zatim od druge vrste oduzeti prvu vrstu pomnoženu sa 4, te od treće vrste oduzeti prvu vrstu pomnoženu sa 2 (ovdje smo uradili dva koraka odjednom). Dobijamo matricu

1 1 1 30 7 2 60 4 2 6a b

−⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.


66

Sada ćemo drugu vrstu pomnožiti sa 1/7 i dobiti matricu

1 1 1 3

0 1 2 / 7 6 / 70 4 2 6a b

−⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Na kraju, potrebno je dobiti nulu na trećem mjestu u drugoj koloni. To ćemo učiniti tako što ćemo drugu vrstu prepisati, a zatim treću vrstu sabrati sa drugom vrstom pomnoženom sa 4. Dobijamo trapeznu matricu

1 1 1 30 1 2 / 7 6 / 70 0 22 / 7 66 / 7a b

−⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Ukoliko je 22 / 7 0a − ≠ (tj. 22 / 7a ≠ ) ili 66 / 7 0b − ≠ (tj. 66 / 7b ≠ ), tada je treća vrsta dobijene trapezne matrice različita od svih nula, pa je u tom slučaju rang matrice A jednak 3.

Ukoliko je 22 / 7a = i 66 / 7b = , tada se treća vrsta trapezne matrice sastoji od svih nula, pa je rang matrice A u tom slučaju jednak 2.

Primjer 1.13.8. Odredimo parametar k tako da matrica 3 1 1 4

4 10 11 7 17 32 2 4 3

kA

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎟

ima najmanji mogući rang.

S obzirom da se parametar k nalazi u prvoj koloni, zamijenit ćemo mjesta kolonama, tako da se parametar pojavljuje u posljednjoj (četvrtoj) koloni. Zgodno je i imati broj jedan u prvoj vrsti i prvoj koloni, pa ćemo drugu kolonu pisati kao prvu, treću kao drugu, četvrtu kolonu kao treću i na kraju, prvu kolonu kao četvrtu. Matrica A je ekvivalentna matrici

1 1 4 34 10 17 17 3 12 4 3 2

k⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎟

.

Kako bismo u prvoj koloni ispod jedinice dobili sve nule, prvu vrstu gornje matrice ćemo prepisati, od druge vrste ćemo oduzeti prvu vrstu pomnoženu


67

sa četiri, od treće vrste ćemo oduzeti prvu vrstu pomnoženu sa sedam i od četvrte vrste ćemo oduzeti prvu vrstu pomnoženu da dva. Dolazimo do ekvivalentne matrice

1 1 4 30 6 15 120 10 25 200 2 5 4

k⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜⎝ ⎠⎟

.

Sada ćemo zamijeniti mjesta druge i četvrte vrste kako bismo lakše odredili rang. Dolazimo do matrice

1 1 4 30 2 5 40 10 25 200 6 15 12k

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜⎝ ⎠⎟

.

Kako bismo u drugoj koloni dobili nule na trećem i četvrtom mjestu, prve dvije vrste matrice ćemo prepisati, od treće vrste ćemo oduzeti drugu vrstu pomnoženu sa 5, a od četvrte vrste ćemo oduzeti drugu vrstu pomnoženu sa tri. Dolazimo do matrice

1 1 4 30 2 5 40 0 0 00 0 0 k

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎟

.

Sada je lako vidjeti da je najmanji mogući rang matrice A jednak dva, ukoliko je 0k = . Za 0k ≠ , rang matrice A jednak je tri.

Imajući u vidu definiciju ranga matrice, vidimo da rang matrice možemo koristiti da bi utvrdili koliko u nekom skupu vektora iz n imamo linearno nezavisnih vektora i specijalno, da li neki skup od n vektora čini bazu prostora n . Naime, kako bismo odredili koliko imamo linearno nezavisnih vektora, formiramo matricu čije vrste (ili kolone) su dati vektori, a zatim odredimo rang te matrice. S obzirom da je rang matrice jednak rangu vrsta (odnosno rangu kolona) zaključujemo da je broj linearno nezavisnih vektora upravo jednak rangu formirane matrice.


68

Primjer 1.13.9. Odredimo vrijednost parametra k tako da vektori ( )1 1,1, 3,1a = − , ( )2 2,1,1, 2a = , ( )3 1, 2, ,3a k= − i ( )4 1, 4, 4 ,1 2a k k= − čine

bazu vektorskog prostora 4 .

Kako bi dati vektori činili bazu, s obzirom da ih ima četiri (što je dimenzija prostora 4 ) potrebno je i dovoljno da budu linearno nezavisni. To znači da rang matrice

1 1 3 12 1 1 21 2 3

1 4 4 1 2

Akk k

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜⎝ ⎠⎟

čije vrste su dati vektori treba biti jednak četiri. Sada ćemo vršiti elementarne transformacije nad matricom A . Kao prvo, potrebno je u prvoj koloni, na drugom, trećem i četvrtom mjestu dobiti nule. To ćemo učiniti tako što ćemo prvu vrstu prepisati, drugu vrstu sabrati sa prvom pomnoženom sa dva, treću vrstu sabrati sa prvom i od četvrte vrste oduzeti prvu. Dolazimo do ekvivalentne matrice

1 1 3 10 3 5 40 3 3 40 3 4 3 2

Akk k

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ −⎜⎝ ⎠⎟

.

U slijedećem koraku ćemo prepisati prvu i drugu vrstu, te od treće i četvrte vrste oduzeti drugu vrstu i doći do matrice

1 1 3 1 1 1 3 10 3 5 4 0 3 5 40 0 2 0 0 0 2 00 0 4 8 2 4 0 0 4( 2) 2( 2)

k kk k k k

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟− −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟=⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟+ +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟+ − − + − +⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ ⎟

.

Sada se uvjeravamo da je za 2k ≠− rang matrice A jednak četiri, dok je za 2k =− taj rang jednak dva. Dakle, za 2k ≠− skup vektora { }1 2 3 4, , ,a a a a

čini bazu prostora 4 .


69

Primjer 1.13.10. Ispitati za koju vrijednost parametra k vektori 1 2 3v a b c= − + , 2 2v a b c=− + − i 3v a c= + čine bazu vektorskog

prostora 3 , ako je ( )1, , 1a k= − − , ( )2, 2,0b = , ( )1, ,1c k= .

Kao prvo, uvrstit ćemo vektore a , b i c , kako bismo odredili 1v , 2v i 3v . Lako se vidi da je ( )1 2, 4 4, 2v k= − − , ( )2 1, 2 3 , 1v k= − − i ( )3 0, 2 ,0v k= . Sada ćemo formirati matricu od vektora 1v , 2v i 3v i odrediti njen rang. Imamo:

2 4 4 2 1 2 2 11 2 3 1 1 2 3 10 2 0 0 2 0

k kA k k

k k

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= − − − −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∼ ∼

1 2 2 1 1 2 2 1 0 0 0 0

0 2 0 0 0 0

k kk kk

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟− −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∼ ∼

Vidimo da je najveći mogući rang matrice A jednak dva, za 0k ≠ , pa niti za jedno k ovaj rang ne može biti tri. To znači da ne postoji vrijednost parametra k za koju bi vektori 1v , 2v i 3v činili bazu prostora 3 .

1.14. Pojam sistema od m linearnih jednačina sa n nepoznatih. Rješavanje sistema jednačina pomoću matrica.

U uvodnom dijelu ovog poglavlja istaknuli smo da su sistemi linearnih jednačina jako bitni za određivanje ravnotežnog stanja, odnosno ekvilibriuma ekonomskih modela. U ovom odjeljku ćemo dati matematičku definiciju od m linearnih jednačina sa n nepoznatih, obrazložiti kako sistem jednačina zapisati u matričnom obliku i objasniti u kojim je slučajevima moguće naći jedinstveno rješenje sistema pomoću matrica.

Definicija 1.14.1. (sistema od m linearnih jednačina sa n nepoznatih) Sistem od m linearnih jednačina sa n nepoznatih 1 2, ,..., nx x x je skup jednačina oblika


70

11 1 12 2 1 1

21 1 22 2 2 2

1 1 2 2

......

...

n n

n n

m m mn n m

a x a x a x ba x a x a x b

a x a x a x b

+ + + =+ + + =

+ + + =

, (1.14.1)

gdje su ,ij ia b , 1,...,i m= , 1,...,j n= elementi polja realnih ili kompleksnih brojeva. Mi ćemo u daljem smatrati da su ija elementi polja realnih brojeva.

Brojevi ija su koeficijenti uz nepoznate, a ib su slobodni članovi. Ako je u sistemu (1.14.1) barem jedno 0ib ≠ sistem je nehomogen. Ako je

1 2 ... 0mb b b= = = = sistem (1.14.1) je homogen sistem.

Sistem (1.14.1) je saglasan ako postoji n-torka brojeva ( )1 2, ,..., nα α α koje zadovoljavaju taj sistem. Kažemo još da tad sistem ima rješenje, a uređenu n-torku ( )1 2, ,..., nα α α zovemo rješenje sistema.

Sistem (1.14.1) može:

a) imati jedinstveno rješenje – tad kažemo da je sistem određen;

b) imati beskonačno mnogo rješenja –tada je sistem neodređen

(u oba slučaja a) i b) sistem je saglasan);

c) nemati rješenja – tada sistem nije saglasan, za sistem kažemo da je

protivrječan.

Riješiti sistem znači naći sve n-torke brojeva koje su rješenje sistema ili ustanoviti da sistem nema rješenja.

Dva sistema jednačina su ekvivalentna ako imaju isti skup rješenja.

Pri rješavanju sistema linearnih jednačina, uobičajeno je nad tim sistemom vršiti takozvane elementarne transformacije. To su transformacije koje dati sistem prevode u ekvivalentan sistem, a sastoje se od

1) zamjene mjesta bilo koje dvije jednačine sistema;

2) množenja proizvoljne jednačine sistema nekim brojem 0k ≠ ;

3) sabiranja dvije jednačine sistema (prethodno pomnožene nekim

brojem 0k ≠ ).


71

Matrice možemo koristiti pri rješavanju sistema jednačina na različite načine. Prije svega, svaki sistem jednačina može se napisati u matričnom obliku.

Ukoliko je ( )ij m nA a

×= matrica sastavljena od koeficijenata uz nepoznate, tu

matricu zovemo matrica sistema. Vektor kolona ( )ibB = formata 1m× zove se kolona slobodnih članova, dok je vektor kolona ( )ixX = formata

1n× kolona sa nepoznatim. Uz navedene oznake, sistem jednačina (1.14.1) možemo napisati kao matričnu jednačinu A X B⋅ = .

Ukoliko je matrica A kvadratna, to jest, broj nepoznatih u sistemu je jednak broju jednačina, i ukoliko je 0det ≠A (matrica A je regularna) tada sistem jednačina (1.14.1) ima jedinstveno rješenje, dato sa BAX 1−= .

Ukoliko matrica sistema nije kvadratna, tada sistem (1.14.1) ne može imati jedinstveno rješenje. Može imati ili beskonačno mnogo rješenja ili nemati rješenja, što je mnogo jednostavnije utvrditi pomoću Kronecker-Capellievog metoda za rješavanje sistema o kome ćemo više reći nešto kasnije.

Na osnovu rečenog, lako je zaključiti da je matrična metoda za rješavanje jednačina pogodna za slučaj kada je matrica sistema regularna kvadratna matrica (što je čest slučaj kada rješavamo konkretan ekonomski problem) i u tom slučaju rješenje sistema se traži tako što se nađe inverzna matrica matrice sistema i pomnoži sa lijeve strane sa vektor kolonom slobodnih članova. Ova metoda je naročito pogodna za rješavanje sistema jednačina u kojim se javljaju mnogi parametri, što je veoma čest slučaj u ekonomskim primjenama.

Primjer 1.14.2. Dat je sistem jednačina 2 6

2 3 92 12

x yx y z

y z

⎫+ = ⎪⎪⎪⎪− + + = ⎬⎪⎪− = ⎪⎪⎭

. Zapišimo dati

sistem u obliku matrične jednačine, a zatim ispitajmo da li je sistem određen i nađimo jedinstveno rješenje tog sistema, ukoliko takvo postoji.


72

Matrica sistema je matrica 1 2 02 3 1

0 2 1A

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟−⎝ ⎠

. Vektor kolona nepoznatih je

xX y

z

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

, dok je vektor kolona slobodnih članova jednaka 69

12B

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

. Sistem

je sada oblika A X B⋅ = .

Da bismo odredili da li je sistem određen, naći ćemo determinantu matrice A sistema. Ukoliko je ona različita od nule, sistem će imati jedinstveno rješenje 1X A B−= ⋅ . Matricu A već smo posmatrali u Primjeru 1.11.6. kada smo vidjeli da je det 9 0A=− ≠ , te da je

15 2 2 5 2 21 12 1 1 2 1 1

9 94 2 7 4 2 7A−

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Sada je 1

5 2 2 6 12 4 / 31 12 1 1 9 33 11/ 39 9

4 2 7 12 42 14 / 3

xX y A B

z

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − −⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟= = ⋅ = ⋅ = =⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Dakle, rješenja jednačine su 4 / 3x =− , 11/ 3y = i 14 / 3z =− .

Pogledajmo na primjeru modela nacionalnog dohotka kako se primjenjuje matrična metoda rješavanja sistema jednačina.

Primjer 1.14.3. Posmatrat ćemo model nacionalnog dohotka oblika

( )0 0Y C I G

C a b Y TT d tY

= + += + −

= +, (1.14.2)

Gdje je Y varijabla nacionalnog dohotka, C varijabla ukupne potrošnje i T varijabla poreza. 0I predstavlja nivo investicija, 0G vladinu potrošnju (koje su nam poznate veličine), a i d su pozitivni parametri, parametar b prima vrijednosti iz intervala ( )0,1 , dok je ( )0,1t ∈ stopa poreza na dohodak (jednaka je postotku poreza na dohodak podijeljenim sa 100).


73

Ovaj model je jedan od najčešćih stacionarnih modela nacionalnog dohotka. Sa (1.14.2) je zapravo dat sistem od tri jednačine sa tri nepoznate: Y , C i T . Rješavanjem ovog sistema jednačina odredit ćemo ekvilibrium sistema: to je trojka , ,Y C T .

Kao prvo sistem ćemo napisati u nešto drugačijem (kanonskom) obliku:

0 0Y C I GbY C bT a

tY T d

− = +− + + =

− + =,

a zatim u obliku slijedeće matrične jednačine:

0 01 1 010 1

I GYb b C at T d

+− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⋅ =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Kako je

1 1 0det 1 1 0

0 1b b bt bt

−⎛ ⎞⎜ ⎟− = + − >⎜ ⎟−⎝ ⎠

,

jer je 1 0b− > , pošto je 0 1b< < i 0bt > , to je matrica

1 1 010 1

A b bt

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟−⎝ ⎠

posmatranog sistema invertibilna, pa sistem ima jedinstveno rješenje oblika

10 01 1 0

10 1

Y I GC b b a

t dT

−⎛ ⎞ +− ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Kako bi našli rješenje sistema potrebno je odrediti inverznu matricu matrice A . Nađimo odgovarajuće kofaktore. Imamo:

( )1 111

11 10 1bA += − = , ( ) ( )( ) ( )1 2

12 1 1 11b bA b bt b tt

+ −= − = − − + = −− ,


74

( )1 313

11 0bA tt

+ −= − =− , ( ) ( )( )2 121

1 01 1 1 10 1A + −= − = − − = ,

( )2 222

1 01 11A t+= − =− , ( ) ( )( )2 3

231 11 10A t tt

+ − −= − = − − =− ,

( )3 131

1 01 1A bb+ −= − = − , ( ) ( )( )3 2

321 01 1A b bb b

+= − = − = −− ,

( )3 333

1 11 11A bb+ −= − = −− .

Sada formirajmo matricu kofaktora i odredimo adjungovanu matricu. Imamo

( )( )*

1 1 1 11 1 1 1

1 1

Tb t t b

A t b t bb b b t t b

−⎛ ⎞ −⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠⎝ ⎠

,

odakle je

( )11 11 1 1

1 1

bA b t b

b bt t t b−

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟− + −⎝ ⎠

.

Sada je

( )

( )( )( ) ( )

0 0

0 0

0 0

0 0

1 11 1 11 1

1 1 .1 1

Y b I GC b t b a

b bt dt t bTI G a bd

b t I G a bdb bt t I G at d b

⎛ ⎞ − +⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎜ ⎟ − ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟= − + + −⎜ ⎟− + ⎜ ⎟+ + + −⎝ ⎠

Dakle, ekvilibrium modela se dostiže kada je

0 0

1I G a bdY

b bt+ + −=

− +, ( )( )0 01

1b t I G a bd

Cb bt

− + + −=

− +,


75

( ) ( )0 0 11

t I G at d bT

b bt+ + + −

=− +

.

Kao što vidimo, matrični metod rješavanja sistema jednačina je veoma pogodan za sisteme jednačina kod kojih imamo mnogo parametara.

1.15. Gaussova metoda rješavanja sistema jednačina.

Gaussova metoda rješavanja sistema jednačina još se zove Gaussova metoda eliminacije a sastoji se u tome da se sistem jednačina elementarnim transformacijama svede na trougaoni oblik ukoliko je m n= , odnosno na trapezni oblik ako je m n≠ . Kao prvo, sistem se, eventualnom zamjenom jednačina svede na oblik u kojem je prva jednačina najjednostavnija. Zatim se prva jednačina prepiše, te se elementarnim transformacijama jednačina sistema iz preostalih jednačina eliminira prva nepoznata. Zatim se prve dvije jednačine sistema prepišu te se elementarnim transformacijama iz preostalih jednačina eliminira i druga nepoznata. Dakle, u k -tom koraku prepišemo prvih k jednačina, a iz preostalih m k− jednačina eliminiramo nepoznatu 1kx + . Postupak završavamo nakon ( )1m − koraka. Zatim krećemo od posljednje jednačine sistema i izračunavamo posljednju nepoznatu (ukoliko je sistem određen) ili jednu nepoznatu izražavamo pomoću ostalih nepoznatih u posljednjoj jednačini. Ovu vrijednost uvrštavamo u pretposljednju jednačinu, itd…

Gaussov metod ćemo objasniti na slijedeća dva primjera.

Primjer 1.15.1. Riješimo sistem:

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

2 3 12 2 7

3 42

x x x xx x x x

x x x xx x x x

− + − =− + + =

+ − − = −+ + + =

Prvo ćemo promijeniti redoslijed jednačina tako da će četvrta jednačina, koja je najjednostavnijeg oblika, postati prva, i dobiti ekvivalentan sistem


76

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

22 3 1

2 2 73 4

x x x xx x x x

x x x xx x x x

+ + + =− + − =

− + + =+ − − = −

.

U narednom koraku ćemo prvu jednačinu sistema prepisati a iz naredne tri jednačine eliminisati nepoznatu 1x . Iz druge jednačine eliminišemo nepoznatu 1x tako što ćemo od prve jednačine oduzeti drugu jednačinu. Slično, nepoznatu 1x eliminišemo iz treće jednačine sistema tako što ćemo od te jednačine oduzeti prvu jednačinu, pomnoženu sa dva. Na kraju, 1x eliminišemo iz četvrte jednačine tako što ćemo od prve jednačine oduzeti četvrtu. Dolazimo do ekvivalentnog sistema

1 2 3 4

2 3 4

2 3

2 3 4

23 2 2 13 32 2 2 6

x x x xx x xx xx x x

+ + + =− + =

− − =− + + =

,

u kojem je eliminisana nepoznata 1x iz svih jednačina sistema, osim prve. (Primijetimo da smo se pri svim transformacijama u prvom koraku poslužili prvom jednačinom sistema.) U drugom koraku ćemo eliminisati nepoznatu

2x iz treće i četvrte jednačine sistema. To ćemo učiniti tako što ćemo prve dvije jednačine prepisati, treću jednačinu sabrati sa drugom i četvrtoj jednačini pomnoženoj sa tri dodati drugu jednačinu pomnoženu sa dva. Dolazimo do sistema

1 2 3 4

2 3 4

3 4

3 4

23 2 2 1

3 2 42 10 20

x x x xx x x

x xx x

+ + + =− + =− + =

+ =

.

Na kraju, eliminirat ćemo nepoznatu 3x iz četvrte, posljednje jednačine sistema. Prve tri jednačine sistema ćemo prepisati, te ćemo četvrtu jednačinu pomnožiti sa tri i sabrati je sa trećom jednačinom pomnoženom sa dva. Ovo je ujedno bio i posljednji korak, nakon kojeg dolazimo do konačne (trougaone) forme sistema


77

1 2 3 4

2 3 4

3 4

4

23 2 2 1

3 2 434 68

x x x xx x x

x xx

+ + + =− + =− + =

=

.

Sada krećemo od posljednje jednačine sistema, iz koje imamo da je 4 2x = . Zatim dobijenu vrijednost nepoznate 4x uvrštavamo u treću jednačinu sistema, odakle je:

33 2 2 4x− + ⋅ = , pa zaključujemo da je 3 0x = .

Uvrštavajući te dvije vrijednosti u drugu jednačinu dolazimo do jednačine

23 2 0 2 2 1x − ⋅ + ⋅ = , odakle je 23 3x = − to jest 2 1x = − .

Konačno, uvrštavajući tri dobijene vrijednosti u prvu jednačinu sistema lako izračunavamo da je 1 1x = .

Na ovaj način smo dobili da je uređena četvorka ( )1, 1,0,2− rješenje polaznog sistema.

Primijetimo da su transformacije koje smo vršili nad jednačinama sistema primjenom Gaussove metode za rješavanje sistema jednačina jednake elementarnim transformacijama koje smo vršili nad vrstama matrice pri određivanju njenog ranga. Imajući u vidu da svakom sistemu linearnih jednačina možemo pridružiti njegovu matricu, sada ćemo pokazati kako, pomoću transformacija nad tzv. proširenom matricom sistema, nešto jednostavnije primijeniti Gaussovu metodu za rješavanje sistema jednačina.

Ako je A matrica sistema i B vektor kolona sastavljena od slobodnih članova, tada se matrica koju dobijemo proširivanjem matrice A kolonom B zove proširena matrica sistema i označava sa pA . Dakle,

( )pA A B= .

Uspravna crta koju smo stavili unutar matrice pA služi kako bi odvojili matricu sistema od kolone slobodnih članova. Ona nam govori da pri vršenju elementarnih transformacija nad matricom pA (kako bi odredili njen rang) možemo mijenjati mjesta kolonama matrice A , ali kolone matrice A ne možemo zamijeniti sa kolonom slobodnih članova.


78

U prethodnom primjeru je

( )1 2 3 1 12 1 1 2 71 3 1 1 41 1 1 1 2

pA A B⎛ − − ⎞⎜ ⎟−= = ⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎝ ⎠

,

Nakon prvog koraka, odnosno zamjene mjesta prve i četvrte jednačine (odnosno prve i četvrte vrste matrice pA ) dolazimo do ekvivalentne matrice

1 1 1 1 22 1 1 2 71 3 1 1 41 2 3 1 1

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Zatim vršimo transformacije nad vrstama matrice pA , kako bi u prvoj koloni ispod elementa 1 dobili sve nule. Ove transformacije jednake su gore opisanim transformacijama nad jednačinama sistema. Nakon ovog koraka dobijamo ekvivalentnu matricu

1 1 1 1 20 3 2 2 10 3 1 0 30 2 2 2 6

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Zatim prepišemo prve dvije vrste i vršimo elementarne transformacije kako bi u drugoj koloni dobili nule ispod broja 3. Na gore opisani način dolazimo do matrice

1 1 1 1 20 3 2 2 10 0 3 2 40 0 2 10 20

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Na kraju, prepišemo prve tri vrste i transformacijama nad četvrtom dobijamo ekvivalentu matricu


79

1 1 1 1 20 3 2 2 10 0 3 2 40 0 0 34 68

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Imajući u vidu da poredak kolona proširene matrice nismo mijenjali, prva kolona odgovara nepoznatoj 1x , druga kolona nepoznatoj 2x , treća kolona nepoznatoj 3x i četvrta kolona nepoznatoj 4x . To znači da posljednjoj (četvrtoj) vrsti dobijene matrice odgovara jednačina 434 68x = , odakle je

4 2x = . Trećoj vrsti gornje matrice odgovara jednačina 3 23 2 4x x− + = , odakle je 3 0x = . Nastavljajući ovako dalje dolazimo do četvorke

( )1, 1,0,2− koja je rješenje datog sistema.

Primjer 1.15.2. Riješimo sistem:

1 2 3 4 5

1 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

2 3 2 32 5 2

2 6 5 32 12 5 12 1

x x x x xx x x x

x x x x xx x x x x

+ + + + =− + + − = −

+ − + + =− + + − − =

.

Primijetimo da u ovom sistemu imamo četiri jednačine sa pet nepoznatih (tj. 4m = i 5n = ), pa odmah možemo zaključiti da sistem ne može imati

jedinstveno rješenje. Ovaj sistem ćemo riješiti pomoću elementarnih transformacija nad vrstama proširene matrice, kao u prethodnom primjeru. U ovom slučaju, proširena matrica je oblika

( )1 2 3 2 1 32 0 1 1 5 2

1 2 1 6 5 31 2 12 5 12 1

pA A B⎛ ⎞⎜ ⎟− − −= = ⎜ ⎟−⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

.

U prvom koraku ćemo prvu vrstu matrice prepisati, drugu vrstu ćemo sabrati sa prvom vrstom, pomnoženom sa dva, od prve vrste ćemo oduzeti treću, a četvrtoj vrsti ćemo dodati prvu vrstu. Dobijamo ekvivalentnu matricu:


80

1 2 3 2 1 30 4 7 5 3 40 0 4 4 4 00 4 15 3 11 4

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Ako treću vrstu podijelimo sa četiri i od četvrte vrste oduzmemo drugu dobijamo matricu:

1 2 3 2 1 30 4 7 5 3 40 0 1 1 1 00 0 8 8 8 0

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Konačno, oduzimajući od četvrte vrste treću pomnoženu sa osam dolazimo do konačnog (trapeznog) oblika:

1 2 3 2 1 30 4 7 5 3 40 0 1 1 1 00 0 0 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Ova matrica predstavlja sljedeći sistem jednačina:

1 2 3 4 5

2 3 4 5

3 4 5

2 3 2 34 7 5 3 4

0

x x x x xx x x x

x x x

+ + + + =+ + − =

− − =.

Na kraju metoda eliminacije došli smo do sistema od tri jednačine sa pet nepoznatih, što znači da sistem neće imati jedinstveno rješenje, nego će imati beskonačno mnogo rješenja, pri čemu će dvije nepoznate biti proizvoljne, a ostale ćemo izraziti pomoću te dvije nepoznate. Na osnovu oblika posljednje, najjednostavnije jednačine vidimo da će dvije nepoznate pomoću kojih ćemo izražavati ostale biti 4x i 5x . Iz treće jednačine dobijamo: 3 4 5x x x= + , pa uvrštavajući to u drugu jednačinu imamo:

2 4 5 4 54 7 7 5 3 4x x x x x+ + + − = , odakle je

2 4 54 4 12 4x x x= − − , što znači da je 2 4 51 3x x x= − − .

Konačno, uvrštavajući dvije dobijene vrijednosti u prvu jednačinu dobijamo:


81

1 4 5 4 5 4 52 6 2 3 3 2 3x x x x x x x+ − − + + + + = odakle imamo 1 4 51 2x x x= + − .

Dakle, dobili smo da je rješenje polaznog sistema svaka uređena petorka ( )4 5 4 5 4 5 4 51 2 ,1 3 , , ,x x x x x x x x+ − − − + , gdje su 4x i 5x proizvoljni.

Mogli smo staviti daje, npr. 4x u= i 5x v= , gdje su u i v neki proizvoljni realni brojevi. Tada bismo (beskonačno mnogo) rješenja našeg sistema mogli napisati u obliku petorke

( )1 2 ,1 3 , , ,u v u v u v u v+ − − − + , za proizvoljne ,u v ∈ .

Napomenimo još jednom da je u ovom slučaju sistem saglasan ali neodređen (sistem ima beskonačno mnogo rješenja).

1.16. Kronecker – Capelliev stav

Do sada smo vidjeli kako se matrice koriste pri rješavanju kvadratnih sistema jednačina (onih sistema koji imaju isti broj jednačina i nepoznatih). Vidjeli smo i kako Gaussovom metodom rješavati sisteme koji nisu kvadratni. Međutim, pri obrazlaganju Gaussovog metoda, nismo pojasnili na koji način zaključiti da li je neki sistem jednačina saglasan ili ne i ukoliko je saglasan da li ima jedno ili beskonačno mnogo rješenja. Kronecker-Capelliev stav će nam dati potreban i dovoljan uslov da sistem od m jednačina sa n nepoznatih bude saglasan, kao i potreban i dovoljan uslov da, u slučaju saglasnosti, sistem bude određen. Kronecker-Capelliev stav možemo svakako koristiti i pri rješavanju kvadratnih sistema, s tim što je prednost metoda u tome što se može koristiti i za rješavanje sistema koji nisu kvadratni. Posmatrajmo sistem

11 1 12 2 1 1

21 1 22 2 2 2

1 1 2 2

......

...

n n

n n

m m mn n m

a x a x a x ba x a x a x b

a x a x a x b

+ + + =+ + + =

+ + + =

, (1.16.1)

gdje su ,ij ia b elementi polja realnih brojeva i neka je


82

( )11 12 1 1

21 22 2 2

1 2

...

...

...

n

np

mm m mn

a a a ba a a bA A B

ba a a

⎛ ⎞⎜ ⎟

= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

proširena matrica sistema. Vrijedi slijedeći teorem.

Teorem 1.16.1. (Kronecker-Capelliev stav). Sistem (1.16.1) je saglasan (dakle, ima jedno ili beskonačno mnogo rješenja) ako i samo ako je prangA r rangA= = .

Pri tome vrijedi (u slučaju saglasnosti):

a) ako je r n= , sistem je određen (ima jedinstveno rješenje);

b) ako je r n< , sistem je neodređen (ima beskonačno mnogo rješenja),

pri čemu se n r l− = nepoznatih može uzeti proizvoljno.

Na osnovu Kronecker-Capellievog stava zaključujemo da sistem nema rješenja ukoliko je rang matrice sistema manji od ranga proširene matrice sistema. U svakom slučaju, rang matrice sistema ne može biti veći od ranga proširene matrice sistema.

Primjer 1.16.2. Primijenimo Kronecker-Capelliev stav na rješavanje sistema iz Primjera 1.15.2

1 2 3 4 5

1 3 4 5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

2 3 2 32 5 2

2 6 5 32 12 5 12 1

x x x x xx x x x

x x x x xx x x x x

+ + + + =− + + − = −

+ − + + =− + + − − =

.

Elementarnim transformacijama nad proširenom matricom sistema došli smo do ekvivalentne matrice

1 2 3 2 1 30 4 7 5 3 40 0 1 1 1 00 0 0 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠

.


83

Vidimo da je 3prangA rangA= = pa je sistem saglasan, na osnovu Kronecker-Capellievog stava. Kako je 3 5r n= < = , to je 2 5 3= − nepoznatih proizvoljno (u Primjeru 1.15.2. to su bile nepoznate 4x i 5x ).

Primjer 1.16.3. U zavisnosti od realnog parametra a riješimo i diskutujmo rješenja sistema jednačina

(1 ) 2(1 ) 0

x y z ax a y z ax y a z

+ + =+ + + =+ + + =

Prije nego počnemo rješavati ovaj sistem, sjetimo se da riješiti sistem znači naći sva njegova rješenja, u slučaju kada je on saglasan ili konstatovati da rješenja nema.

Proširena matrica sistema je

1 1 11 1 1 21 1 1 0

p

aA a a

a

⎛ ⎞⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠

.

Prvu vrstu ćemo prepisati, a zatim od druge i treće vrste oduzeti prvu kako di dobili ekvivalentnu matricu

1 1 10 00 0

aa a

a a

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Ova matrica je trapeznog oblika pa možemo odrediti rangA i prangA . (Rang matrice A jednak je broju vrsta matrice formata 3 3× koja se nalazi lijevo od uspravne crte, koje su različite od svih nula). Vidimo da trebamo posmatrati dva slučaja

1. Ukoliko je 0a ≠ , tada je 3prangA rangA= = , pa je sistem saglasan i određen (jer je 3 ujedno i broj nepoznatih). Sada trebamo izračunati nepoznate. Iz posljednje vrste matrice je (imajući u vidu da prva kolona odgovara nepoznatoj x , druga kolona nepoznatoj y a treća kolona nepoznatoj z ) az a= − , odakle, nakon dijeljenja sa 0a ≠ dobijamo 1z = − .


84

Iz druge vrste je ay a= , odakle je 1y = . Iz prve jednačine je x y z a+ + = , odnosno 1 1x a+ − = , pa je x a= . Dakle, u slučaju da je 0a ≠ rješenje sistema je uređena trojka ( ),1, 1a − .

2. Ukoliko je 0a = , tada je 1prangA rangA= = , pa je sistem također saglasan, ali je u ovom slučaju neodređen (jer je rang manji od broja nepoznatih) pri čemu 2 3 1= − nepoznate možemo uzeti proizvoljno. Proširena matrica sistema je u ovom slučaju ekvivalentna matrici

1 1 1 00 0 0 00 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

pa nepoznate y i z možemo uzeti proizvoljne. Iz prve jednačine je 0x y z+ + = , odakle je x y z= − − . Dakle, u ovom slučaju rješenje sistema

je uređena trojka ( ), ,y z y z− − , pri čemu su ,y z ∈ proizvoljni.

Primjer 1.16.4. U zavisnosti od realnog parametra a riješimo i diskutujmo rješenja sistema jednačina

2

1

x y az ax ay z aax y z

+ + =+ + =

+ + =

Proširena matrica sistema je 21 1

1 11 1 1

p

a aA a a

a

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Prvu vrstu ćemo prepisati, a zatim od druge vrste oduzeti prvu i od treće vrste oduzeti prvu pomnoženu sa a kako di dobili ekvivalentnu matricu

2

2 3

1 10 1 1 (1 )0 1 1 1

a aa a a a

a a a

⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

.


85

Sabiranjem druge i treće vrste dolazimo do ekvivalentne matrice trapeznog oblika

2

2 3 2

1 10 1 1 (1 )0 0 2 1

a aa a a a

a a a a a

⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎜ ⎟− − − + −⎝ ⎠

.

Primijetimo još da je ( )( )22 1 2a a a a− − = − + , te da je

( )( )23 21 1 1a a a a a− + − = − + .

Kao što vidimo, rang matrice A sistema zavisi od 1a − , 1 a− , te od ( )( )1 2a a− + . Zbog toga imamo slijedeće tri mogućnosti:

1. Ako je 1 0a− ≠ i 2 0a + ≠ , odnosno 1a ≠ i 2a ≠ − tada je 3prangA rangA= = , pa je sistem saglasan i ima jedinstveno rješenje. U tom

slučaju drugu i treću vrstu proširene matrice sistema možemo podijeliti sa ( )1 a− , kako bismo jednostavnije odredili rješenje sistema. Proširena matrica sistema u ovom slučaju je ekvivalentna matrici

2

2

1 10 1 10 0 2 ( 1)

a aa

a a

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

Iz posljednje vrste je 2( 2) ( 1)a z a+ = + , odakle, nakon dijeljenja sa

2 0a + ≠ dobijamo 2( 1)

2aza

+=+

. Iz druge vrste je y z a− + = , odakle je

12

y z aa

= − =+

. Konačno, iz prve vrste je 2x y az a+ + = , pa je

( )2 3 2 3 2

2 2 11 2 1 2 12 2 2 2

a a a a a a a ax a y az aa a a a

+ + − − − − += − − = − − = = −+ + + +


86

Dakle, u slučaju da je 1a ≠ i 2a ≠ − sistem je određen i njegovo rješenje je

uređena trojka 21 1 ( 1), ,

2 2 2a aa a a

⎛ ⎞+ +−⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠.

2. Ukoliko je 1a = , proširena matrica sistema je ekvivalentna matrici

1 1 1 10 0 0 00 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

pa je, u ovom slučaju 1prangA rangA= = . Dakle, sistem je saglasan, ima beskonačno mnogo rješenja i 2 3 1= − nepoznate možemo uzeti proizvoljne. Za proizvoljne ćemo uzeti nepoznate y i z , a iz prve jednačine ćemo izraziti x , kao 1x y z= − − . Dakle, za 1a = rješenje sistema je svaka trojka brojeva ( )1 , ,y z y z− − , gdje su ,y z ∈ proizvoljni.

3. Ukoliko je 2a = − , tada je proširena matrica sistema ekvivalentna matrici

1 1 2 40 3 3 60 0 0 3

⎛ − ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Sada je 2rangA = , te 3prangA = . Kako su ovi rangovi različiti, sistem u slučaju 2a = − nema rješenje.

S obzirom da je ovaj primjer bio nešto duži, rezimirajmo na kraju, sve tri posmatrane mogućnosti:

Ukoliko je 1a ≠ i 2a ≠ − , sistem ima jedinstveno rješenje, uređenu trojku 21 1 ( 1), ,

2 2 2a aa a a

⎛ ⎞+ +−⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠.

Ukoliko je 1a = − , sistem ima beskonačno mnogo rješenja; to je svaka trojka brojeva ( )1 , ,y z y z− − , gdje su ,y z ∈ proizvoljni.

Ukoliko je 2a = − sistem nema rješenja.


87

Primjer 1.16.5. Odredimo vrijednost realnog parametra k za koju sistem 2 3 5 4

5 143 7 7 9

16 6 2 38

x y z ux y z ux y z u k

x y z u

− + − =+ − − =− + − =

+ − + =

ima rješenje i u tom slučaju nađimo to rješenje.

Proširena matrica sistema je oblika

2 1 3 5 4 1 5 1 1 141 5 1 1 14 2 1 3 5 43 7 7 9 3 7 7 91 16 6 2 38 1 16 6 2 38

k k

⎛ − − ⎞ ⎛ − − ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∼ .

Prvu vrstu ćemo prepisati, pa ćemo od druge vrste oduzeti prvu pomnoženu sa dva, zatim ćemo od treće vrste oduzeti prvu pomnoženu sa tri, te od četvrte vrste oduzeti prvu vrstu, kako bi dobili ekvivalentnu matricu

1 5 1 1 140 11 5 3 240 22 10 6 420 11 5 3 24

k

⎛ − − ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Prvu i drugu vrstu ćemo prepisati, a zatim ćemo od treće vrste oduzeti drugu pomnoženu sa dva, te četvrtu vrstu sabrati sa drugom. Dolazimo do matrice

1 5 1 1 140 11 5 3 240 0 0 0 60 0 0 0 0

k

⎛ − − ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Sada vidimo da je, neovisno od parametra k rang matrice A sistema jednak 2. Rang proširene matrice može biti jednak 3, u slučaju da je 6k ≠ − i 2, u slučaju da je 6k = − . S obzirom da je sistem saglasan ako i samo ako je

prangA rangA= , to će sistem biti saglasan samo kada je 6k = − , u kom


88

slučaju je 2prangA rangA= = , pa sistem ima beskonačno mnogo rješenja, pri čemu su 2 4 2= − nepoznate proizvoljne. Za 6k = − proširena matrica sistema je ekvivalentna matrici

1 5 1 1 140 11 5 3 240 0 0 0 00 0 0 0 0

⎛ − − ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Vidimo da možemo nepoznate z i u uzeti za proizvoljne, dok ćemo y i x izraziti iz druge, odnosno prve jednačine. Iz druge vrste proširene matrice

sistema je 11 5 3 24y z u− + − = − , odakle je ( )1 5 3 2411

y z u= − + . Iz prve

vrste je 5 14x y z u+ − − = , odakle je

( ) ( )5 214 5 3 24 7 13 1711 11

x z u z u z u= + + − − + = − + + .

Dakle, sistem je saglasan za 6k = − i u tom slučaju ima beskonačno mnogo rješenja. To su sve uređene četvorke oblika

( ) ( )2 17 13 17 , 5 3 24 , ,11 11

z u z u z u⎛ ⎞− + + − +⎜ ⎟⎝ ⎠

, gdje su ,z u ∈ proizvoljni.

1.17. Kramerova metoda za rješavanje sistema od n jednačina sa n nepoznatih.

Specijalan slučaj sistema (1.16.1), kad je m n= , tj. kada je sistem jednačina kvadratnog oblika može se rješavati tzv. Kramerovom metodom ili metodom determinanti.

U ovom slučaju matrica sistema A je kvadratna matrica i možemo izračunati njenu determinantu

11 12 1

21 22 2

1 2

...

...det

...

n

n

n n nn

a a aa a aD A

a a a

= = ,


89

koju nazivamo determinanta sistema.

Sa kD označimo determinantu dobijenu tako što u determinanti D elemente k − te kolone zamijenimo kolonom slobodnih članova sistema. Tada vrijedi slijedeći teorem.

Teorem 1.17.1. (Kramerov teorem). Pretpostavimo da je u sistemu (1.16.1.) m n= . 1) Ako je determinanta sistema 0D ≠ sistem (1.16.1) ima jedinstveno

rješenje, n-torku ( )1 2, ,..., nx x x , gdje je kk

DxD

= . Dakle, u ovom slučaju

sistem je određen;

2) ako je 0D = i barem jedna od determinanti 0kD ≠ , tada je sistem protivrječan (odnosno, nema rješenja)

3) ako je 0D = i 1 2 ... 0nD D D= = = = (odnosno sve determinante kD su jednake nuli) tada je

a) sistem neodređen ako je bar jedna subdeterminanta reda 1n − determinante D različita od nule;

b) ako je svaka subdeterminanta reda 1n − determinante D jednaka nuli, a barem jedna od subdeterminanti reda 1n − determinanti kD različita od nule, sistem je protivrječan;

c) ako je svaka subdeterminanta reda 1n − svih determinanti kD jednaka nuli nastavljamo postupak pod a), b) i c) za subdeterminante

jednog reda manje.

Očigledno je da je ispitivanje saglasnosti sistema u slučaju 3. Kramerovom metodom veoma komplikovano, jer je potrebno izračunati subdeterminante reda 1−n determinante D , možda i sve njih (ima ih 2n ), pa zatim subdeterminante determinanti kD , itd. U ovom slučaju je mnogo efikasnije koristiti neku drugu metodu za ispitivanje saglasnosti sistema.

Međutim, Kramerova metoda ima i svojih prednosti. Naime, ukoliko je determinanta sistema različita od nule, nakon izračunavanja determinanti

kD , odmah imamo rješenje sistema.


90

Kramerova metoda se može efikasno primijeniti na sisteme reda dva i tri, dok je rješavanje sistema višeg reda mnogo složenije, jer zahtijeva izračunavanje velikog broja determinanti reda četiri ili višeg.

Primjer 1.17.2. Kramerovom metodom riješimo sistem jednačina

( 1) 0( 1) 1

1

m x zm x my z

y mz

− + =+ − − = −

+ =,

i diskutujmo njegova rješenja u zavisnosti od realnog parametra m .

(To znači da ćemo za sve vrijednosti parametra m naći rješenja sistema ili konstatovati da tih rješenja nema.)

Izračunajmo, kao prvo, determinantu sistema i determinante pridružene nepoznatim. Imamo:

1 0 1 1 0 1 1 0 11 1 2 0 2 1 0

0 1 0 1 0 1

m m mD m m m m m

m m m

− − −= + − − = − = −

( ) ( )( )1 0 1

2 0 ( 1) 2 1 20 1

mm m m m m m m m

m

−= = − − − = − + − .

Analogno je 0 0 11 1 1

1 1xD m m

m= − − − = − ,

( ) ( ) ( )21 0 1 1 0 11 1 1 1 0 1 1 1 3

0 1 0 1y

m mD m m m m m m m

m m

− −⎡ ⎤= + − − = + − = − − − + = − −⎣ ⎦

( )21 0 01 1 1

0 1 1z

mD m m m

−= + − − = − − .

Posmatrat ćemo četiri slučaja:


91

1. Ako je ( )( )1 2 0D m m m= − + − ≠ , odnosno { }1,0, 2m∉ − sistem ima

jedinstveno rješenje. Ono je dato sa 1( 2)( 1)

xD mxD m m m

−= =− +

,

3( 2)( 1)

yD myD m m

−= =− +

, 2( 1)

( 2)( 1)zD mz

D m m m−= =

− +. Dakle, ukoliko

{ }1,0, 2m∉ − rješenje sistema je uređena trojka

21 3 ( 1), ,( 2)( 1) ( 2)( 1) ( 2)( 1)

m m mm m m m m m m m

⎛ ⎞− − −⎜ ⎟− + − + − +⎝ ⎠

.

2. Ako je 1m = − , tada je 0D = , ali je 2 0xD = − ≠ , pa sistem nema rješenja.

3. Ako je 0m = , tada je 0D = , ali je 1 0xD = − ≠ , pa sistem nema rješenja.

4. Ako je 2m = , tada je 0D = , ali je 1 0xD = ≠ , pa sistem nema rješenja.

Rezimirajmo: Posmatrani sistem ima jedinstveno rješenje ako i samo ako { }1,0, 2m∉ − . U ostalim slučajevima sistem nema rješenja.

Primjer 1.17.3. Kramerovom metodom riješimo sistem jednačina

( )( )

( )

2 3 82 3 4 12

3 6 5 7 20

x y m zx y m z

x m y z

+ − + =+ − + =

+ + − =,

i diskutujmo njegova rješenja u zavisnosti od realnog parametra m .

Kao prvo, izračunat ćemo determinantu sistema i determinante pridružene nepoznatim. Imamo:

( )( ) ( )

1 2 32 3 4 2 3 73 6 5 7

mD m m m

m

− += − + = − +

+ −,

( )( ) ( )

8 2 312 3 4 24 120 6 5 7

x

mD m m m

m

− += − + = − +

+ −,


92

( )( )

1 8 32 12 4 83 20 7

y

mD m m

− += − + = −

−,

1 2 82 3 12 243 6 5 20

zD mm

= =+

.

Sada posmatramo slijedeća dva slučaja.

1. Ukoliko je 0D ≠ , odnosno ( )2 3 7 0m m− + ≠ , sistem ima jedinstveno rješenje.

Dakle, za 0m ≠ i 73

m ≠ − sistem ima jedinstveno rješenje. Ono je dato sa:

( )( )

24 1 1122 3 7 3 7

x m mD mxD m m m

− + += = =− + +

, ( )8 4

2 3 7 3 7yD my

D m m m−= = =

− + +,

( )24 12

2 3 7 3 7zD mz

D m m m−= = =

− + +, dakle, rješenje je uređena trojka

1 4 1212 , ,3 7 3 7 3 7mm m m

+ −⎛ ⎞⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠

.

2. Ukoliko je 0D = , tada je ili 0m = ili je 73

m = − , pa imamo slijedeća

dva podslučaja:

a) Ako je 0m = , tada je 0x y zD D D D= = = = , pa bi prema Kramerovom pravilu trebali za 0m = određivati subdeterminante. Međutim, jednostavnije je uvrstiti vrijednost parametra 0m = u sistem i riješiti taj sistem nekom drugom metodom (npr. Gaussovom). Za 0m = naš sistem postaje:

2 3 82 3 4 123 5 7 20

x y zx y zx y z

+ − =+ − =+ − =

.

Nakon množenja prve jednačine sa -2 i -3, te njenog sabiranja sa drugom i trećom jednačinom, sistem postaje:


93

2 3 82 42 4

x y zy zy z

+ − =− + = −− + = −

.

Kako su dvije posljednje jednačine u sistemu jednake, sistem je neodređen, ima beskonačno mnogo rješenja i svodi se na sistem

2 3 82 4

x y zy z

+ − =− + = −

kod kojeg možemo jednu nepoznatu, na primjer z uzeti za proizvoljnu.

Sada je 2 4y z= + , pa uvrštavanjem u prvu jednačinu dobijamo da je x z= − .

Dakle, u slučaju da je 0m = sistem je neodređen i njegovo rješenje je trojka ( ),2 4,z z z− + , gdje je z proizvoljno.

b) Ostalo je da pogledamo šta se događa sa sistemom kada je 73

m = − . Tada

je, očigledno, 0xD ≠ , pa je sistem, na osnovu Kramerove teoreme protivrječan, odnosno nema rješenja.

1.18. Rješavanje homogenih sistema jednačina

Homogeni sistem od m jednačina sa n nepoznatih je sistem oblika

11 1 12 2 1

21 1 22 2 2

1 1 2 2

... 0... 0

... 0

n n

n n

m m mn n

a x a x a xa x a x a x

a x a x a x

+ + + =+ + + =

+ + + =

Svaki homogeni sistem je saglasan, jer ima tzv. trivijalno rješenje 1 2 ... 0nx x x= = = = . Dakle, u slučaju homogenog sistema nema potrebe

ispitivati da li je sistem saglasan jer je to sigurno tačno.

Od interesa je, zbog toga, ispitati da li taj sistem ima netrivijalna rješenja, odnosno rješenja različita od trivijalnog. U tom slučaju mora biti neodređen i imati beskonačno mnogo rješenja. Kao posljedicu Kramerove i Kronecker-


94

Capellieve teoreme dat ćemo odgovor na to pitanje u slučaju m n= (Kramer) i m n≠ (Kronecker – Capelli).

Teorem 1.18.1. Homogeni sistem n − tog reda ima netrivijalno rješenje ako i samo ako je 0D = .

Teorem 1.18.2. Homogeni sistem ima netrivijalno rješenje ako i samo ako je rangA n< . Drugim riječima, homogen sistem ima netrivijalno rješenja onda kada je rang matrice sistema manji od broja nepoznatih.

Primjer 1.18.3. Pogledajmo za koje vrijednosti realnog parametra a sistem jednačina

7 4 05 2 0

2 23 29 0

x ay zx y az

ax y z

+ + =+ + =

− + =

ima rješenja različita od trivijalnog, i za te vrijednosti odredimo ta rješenja.

Kako je riječ o sistemu čija matrica je kvadratna, možemo iskoristiti Teorem 1.18.1. Kao prvo, izračunajmo determinantu sistema. Imamo:

37 45 2 2 54

2 23 29

aD a a

a= = −

−.

Sistem ima rješenja različita od trivijalnih kada je 32 54 0,D a= − = odnosno 3 27 0a − = . Rješenje ove jednačine je 3a = . Dakle, 3a = je jedina vrijednost parametra a za koju dati sistem ima rješenja različita od trivijalnog. To rješenje možemo odrediti npr. Gaussovom metodom. Uvrštavajući 3a = u sistem dobijamo slijedeći sistem:

7 3 4 05 2 3 0

6 23 29 0

x y zx y z

x y z

+ + =+ + =

− + =.

Gaussovu metodu eliminacije možemo primijeniti na eliminaciju nepoznate y , jer je 2 najmanji koeficijent u sistemu koji se javlja uz nepoznatu y . Zbog toga prvu jednačinu pomnožimo sa 2, drugu sa 3 i oduzmemo ih. Također, drugu jednačinu pomnožimo sa 23, a treću sa 2 i saberemo ih. Dobijamo:


95

5 2 3 00

127 127 0

x y zx zx z

+ + =+ =+ =

.

Iz posljednje dvije jednačine imamo da je x z= − , odakle uvrštavanjem u prvu jednačinu dobijamo y z= . Dakle, u slučaju kada je 3a = dati sistem ima netrivijalno rješenje ( ), ,z z z− , gdje je z proizvoljno.

Primjer 1.18.4. Odredimo parametar m tako da sistem jednačina

2 6 ( 6) 07 5 05 13 0

x y m zx y z

mx y z

+ + + =− + + =

+ + =

ima rješenja različita od trivijalnog, a zatim za cjelobrojnu vrijednost takvog parametra m odredimo ta rješenja.

S obzirom da je sistem kvadratni, ponovo ćemo iskoristiti Teorem 1.18.1. i izjednačiti determinantu sistema sa nulom. Imamo

2

2 6 61 7 5 7 17 180 0

5 13

mD m m

m

+= − = − − + = .

Rješenja ove kvadratne jednačine su 1 4m = i 2457

m = − , pa je cjelobrojno

rješenje 4m = . Uvrstimo 4m = u sistem i nađimo njegovo rješenje Gaussovom metodom. Dobijamo sistem

2 6 10 07 5 0

4 5 13 0

x y zx y zx y z

+ + =− + + =

+ + =,

koji je ekvivalentan sistemu

3 5 07 5 0

4 5 13 0

x y zx y zx y z

+ + =− + + =

+ + =.

Sabirajući prvu i drugu jednačinu, te oduzimajući od treće jednačine prvu pomnoženu sa četiri dolazimo do ekvivalentnog sistema


96

3 5 010 10 0

7 7 0

x y zy zy z

+ + =+ =

− − =,

odakle zaključujemo da nepoznatu z možemo uzeti proizvoljnu, te da je y z= − i 2x z= − . Dakle, svako netrivijalno rješenje datog sistema za 4m = je oblika ( )2 , ,z z z− − , pri čemu je z ∈ proizvoljno.

Na slijedećem primjeru ćemo objasniti kako primjenom Teorema 1.18.2. naći netrivijalna rješenja homogenog sistema jednačina.

Primjer 1.18.5. Odredimo sve vrijednosti parametra m za koje sistem jednačina

2 2 02 3 0

2 0

mx y zx y z

x y mz

− − =− + =

− + =.

ima rješenja različita od trivijalnog, a zatim odredimo ta rješenja. Proširena matrica sistema u ovom slučaju je oblika

2 2 0 1 2 02 3 1 0 2 3 1 01 2 0 2 2 0

p

m mA

m m

⎛ − − ⎞ ⎛ − ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∼ .

Elementarnim transformacijama nad vrstama proširene matrice sistema, prevest ćemo tu matricu u ekvivalentnu trougaonu matricu. Prvu vrstu ćemo prepisati, zatim ćemo od druge vrste oduzeti prvu vrstu pomnoženu sa dva, a od treće vrste ćemo oduzeti prvu vrstu pomnoženu sa m . Imamo

2

1 2 00 1 2 1 0

00 2 2 2p

mA m

m m

⎛ ⎞−⎜ ⎟− +⎜ ⎟− − −⎝ ⎠∼ .

Na kraju, prve dvije vrste ćemo prepisati i od treće vrste oduzeti drugu vrstu pomnoženu sa 2 2m − i dobiti

( )

1 2 00 1 2 1 0

00 0 3 2p

mA m

m m

⎛ ⎞−⎜ ⎟− +⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

∼ .


97

Sada zaključujemo da je 3rangA < , ukoliko je 0m = ili 2m = (jer je tada izraz 3 ( 2)m m − jednak nuli). Drugim riječima, na osnovu Teorema 1.18.2. sistem ima netrivijalno rješenje ako i samo ako je 0m = ili 2m = . Ostalo je da nađemo rješenje sistema u oba ova slučaja, zasebno.

Za 0m = proširena matrica sistema je

1 2 0 00 1 1 00 0 0 0

pA⎛ − ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∼ .

Vidimo da jednu nepoznatu, na primjer z možemo uzeti proizvoljnu. Iz druge vrste je 0y z+ = , odakle je y z= − . Iz prve vrste je 2 0x y− = , odakle je 2 2x y z= = − . Dakle, u slučaju 0m = sistem ima netrivijalno rješenje; to je svaka trojka ( )2 , ,z z z− − , gdje je z ∈ proizvoljno.

Za 2m = proširena matrica sistema je

1 2 2 00 1 3 00 0 0 0

pA⎛ − ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠∼ .

U ovom slučaju možemo nepoznatu z uzeti proizvoljnu, zatim iz druge vrste dobiti 3 0y z− = , odakle je 3y z= , te iz prve vrste zaključiti da je

2 2 0x y z− + = , odnosno 4x z= . Dakle, ukoliko je 2m = , netrivijalno rješenje sistema predstavlja svaka trojka oblika ( )4 ,3 ,z z z , gdje je z ∈ proizvoljno.

1.19. * Metrički i normirani prostori.

U ovom odjeljku ćemo ukratko izložiti definicije metričkih i normiranih prostora te navesti neke njihove jednostavnije osobine. Uvest ćemo i pojam skalarnog proizvoda vektora u nekom vektorskom prostoru, pojam ortogonalnosti vektora i ortogonalnog podprostora vektorskog prostora.

Metrički prostor jest poopštenje prostora u kojem imamo definisan pojam udaljenosti, odnosno dužine između dvije tačke.


98

Definicija 1.19.1. (metričkog prostora) Metrički prostor je uređeni par ( ),X d nepraznog skupa X i preslikavanja

[ ]: 0,d X X× → +∞ , sa slijedećim osobinama:

1. Za ,x y X∈ je ( , ) 0d x y = ako i samo ako je x y= . (nedegenerisanost)

2. Za sve ,x y X∈ je ( , ) ( , )d x y d y x= (simetričnost)

3. Za sve , ,x y z X∈ je ( , ) ( , ) ( , )d x y d y z d x y+ ≥ (nejednakost trougla).

Ukoliko je ( ),X d metrički prostor, funkciju d zovemo funkcijom udaljenosti u X . Prva osobina metričkog prostora nam govori da je dužina jedne tačke jednaka nuli, dok je dužina svake duži u prostoru X pozitivan realan broj. Treća nejednakost nam govori da je suma dužina dvije stranice trougla veća od treće, dok jednakost vrijedi u slučaju da se trougao degeneriše u duž.

Primjer 1.19.2. Najjednostavniji primjer metričkog prostora je skup realnih brojeva sa funkcijom d udaljenosti definisanom sa ( , )d x y x y= − .

Na skupu 2 klasična Euklidova udaljenost između dvije tačke ( ) 2

1 2,x x ∈ i ( ) 21 2,y y ∈ se definiše sa

( ) ( ) ( )2 21 2 1 2 1 1 2 2( , ), ( , )d x x y y y x y x= − + − .

U prostoru n Euklidova udaljenost se definiše na analogan način sa:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 2 1 1 2 2( , ,..., ), ( , ,..., ) ...n n n nd x x x y y y y x y x y x= − + − + + −

je udaljenost između tačaka ( )1 2, ,..., nnx x x ∈ i ( )1 2, ,..., n

ny y y ∈ .

Udaljenost između dvije tačke u prostoru n može se definisati i na druge načine. Na primjer, može se pokazati da je sa

( ) { }1 1 2 1 2 1 1 2 2( , ,..., ), ( , ,..., ) max , ,...,n n n nd x x x y y y y x y x y x= − − −


99

također definisana funkcija udaljenosti između tačaka ( )1 2, ,..., nnx x x ∈ i

( )1 2, ,..., nny y y ∈ , različita od klasične, Euklidove udaljenosti.

Prostor X na kome je definisana funkcija udaljenosti ne mora nužno biti vektorski prostor. Drugim riječima, ukoliko je neki prostor metrički, on nije nužno i vektorski prostor. Također, ukoliko je neki prostor vektorski prostor, nije nužno da na tom prostoru mora postojati neka funkcija koja bi omogućavala da taj prostor bude metrički. U svakom slučaju, vektorski prostor na kome je definisana dužina vektora je bogatiji prostor i povod je naše slijedeće definicije.

Definicija 1.19.3. (normiranog prostora) Vektorski prostor V nad poljem K (realnih ili kompleksnih brojeva) nazivamo normiranim prostorom ukoliko postoji preslikavanje

[ ]: 0,V → +∞ sa slijedećim osobinama

1. Za x V∈ je 0x = ako i samo ako je 0Vx =

2. Za sve x V∈ i Kα ∈ vrijedi relacija x xα α= ⋅ , pri čemu α označava klasičnu apsolutnu vrijednost u skupu ili .

3. Za sve ,x y V∈ vrijedi nejednakost Minkowskog (ili nejednakost trougla)

x y x y+ ≤ + .

Preslikavanje za koje vrijede osobine 1., 2. i 3. gornje definicije zovemo normom na prostoru V . Ukoliko je V normiran prostor, može postojati više različitih normi definisanih na V . Dužina vektora x V∈ u normiranom prostoru sa normom je upravo x .

Primjer 1.19.4. Vektorski prostor 2 nad poljem je normiran prostor, u kome je jedna norma definisana sa { }1 21

max ,x x x= , za ( )1 2,x x x= .

Da bismo provjerili da je 1 zaista norma na prostoru 2 , trebamo

provjeriti da li su zadovoljene osobine 1., 2. i 3. iz Definicije 1.19.3.


100

1. Ako je 1

0x = , za ( )1 2,x x x= , to znači da je { }1 2max , 0x x = . Kako je

0a = ako i samo ako je 0a = , a u suprotnom je 0a > , to je

{ }1 2max , 0x x = ako i samo ako je 1 0x = i 2 0x = . Dakle, iz 1

0x =

slijedi ( ) ( )1 2, 0,0x x x= = , pa vrijedi relacija 1.

2. Neka su ( ) 21 2,x x x= ∈ i α ∈ proizvoljni. Kako je a aα α⋅ = ⋅ , za

proizvoljno a ∈ , to je

{ } { } { }1 2 1 2 1 21 1max , max , max ,x x x x x x x xα α α α α α α= = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅

pa je zadovoljena relacija 2.

3. Relacija 3. će slijediti iz nejednakosti a b a b+ ≤ + , za sve ,a b∈ .

Naime, za proizvoljne ( ) 21 2,x x x= ∈ i ( ) 2

1 2,y y y= ∈ je

{ } { }{ } { }

1 1 2 2 1 1 2 21

1 2 1 2 1 1

max , max ,

max , max , .

x y x y x y x y x y

x x y y x y

+ = + + ≤ + +

≤ + = +

Dakle, vrijedi i relacija 3., čime smo pokazali da je 1 norma na

vektorskom prostoru 2 .

Ukoliko je V normiran prostor, sa normom , lako je pokazati da je tada

taj prostor metrički, sa funkcijom [ ]: 0,d V V× → +∞ udaljenosti

definisanom sa ( , )d x y x y= − .

Primjer 1.19.5. Može se pokazati da je vektorski prostor n nad poljem normiran prostor, u kome je jedna norma definisana sa

2 2 21 22

... nx x x x= + + + , za ( )1 2, ,..., nnx x x x= ∈ .

Ova norma naziva se Euklidova norma, jer je njoj odgovarajuća metrika upravo Euklidova metrika iz Primjera 1.19.2.

U klasičnom prostoru 2 vektora u ravni ili prostoru 3 vektora u prostoru bilo je moguće geometrijski definisati skalarni proizvod dva vektora kao


101

proizvod njihovih dužina i kosinusa ugla kojeg zaklapaju. U tom slučaju, vektori u ravni ili prostoru su okomiti (normalni) ako i samo ako je njihov skalarni proizvod jednak nuli. Također, kvadrat dužine vektora je jednak skalarnom proizvodu tog vektora sa samim sobom. Moguće je definisati poopštenje ovih osobina na neke od normiranih vektorskih prostora, što ćemo učiniti narednom definicijom.

Definicija 1.19.6. (skalarnog proizvoda) Neka je V normiran vektorski prostor nad poljem realnih brojeva sa normom . Preslikavanje , :V V× → je skalarni proizvod na V ukoliko vrijede slijedeće osobine:

1. Za sve , ,x y z V∈ je , , ,x y z x z y z+ = +

2. Za sve ,x y V∈ i α ∈ je , ,x y x yα α=

3. Za sve ,x y V∈ je , ,x y y x=

4. Za sve x V∈ je 2,x x x= .

Često kažemo da skalarni proizvod , na V inducira normu .

Primjer 1.19.7. Neka su ( )1 2, ,..., nnx x x ∈ i ( )1 2, ,..., n

ny y y ∈ . Skalarni

proizvod ovih vektora koji inducira Euklidovu normu 2 na n je dat sa

1 1 2 2, ... n nx y x y x y x y= + + + .

Osobine 1.-4. iz definicije 1.19.6. je lako provjeriti. Na primjer, očigledno je 22 2 2

1 2 2, ... nx x x x x x= + + + = , a i ostale osobine se jednostavno provjere.

Definicija 1.19.8 (ortogonalnih vektora) Neka je V normiran vektorski prostor na kojem je definisan skalarni proizvod , . Za vektor x V∈ kažemo da je okomit (ortogonalan,

normalan) na vektor y V∈ ukoliko je , 0x y = . U tom slučaju pišemo x y⊥ .


102

Primjer 1.19.9. Dati su vektori ( )2, 1,0a = − , ( )0,1,1b = i ( )1,3,0c = .

Odredimo vektor 3x∈ takav da je 2

6x = , x a⊥ i skup vektora

{ }, ,b c x je linearno zavisan.

Stavimo ( )1 2 3, ,x x x x= . Uslov 2

6x = možemo pisati kao 2 2 2 2

1 2 326x x x x= + + = ,

a iz uslova x a⊥ zaključujemo da je , 0x a = , odnosno 1 22 0x x− = .

Skup vektora { }, ,b c x je linearno zavisan ako postoje skalari α , β i γ koji nisu svi istovremeno jednaki nuli za koje vrijedi jednakost

( ) ( ) ( ) ( )1 2 30,1,1 1,3,0 , , 0,0,0x x xα β γ+ + = .

Drugim riječima, to znači da homogeni sistem jednačina 1

2

3

03 0

0

xx

x

β γα β γ

α γ

+ =+ + =

+ =

sa nepoznatim α , β i γ ima netrivijalna rješenja, pa je njegova determinanta jednaka nuli. Dakle, iz linearne zavisnosti skupa vektora { }, ,b c x slijedi da je

1

2 2 1 3

3

0 11 3 3 01 0

xx x x xx

= − − = .

Uslove našeg primjera smo pretočili u sistem od tri jednačine sa tri nepoznate

2 2 21 2 3

1 2

2 1 3

62 0

3 0

x x xx x

x x x

+ + =− =

− − =.

Iz druge i treće jednačine je 2 12x x= i 3 1x x=− . Uvrštavanjem u prvu jednačinu dobijamo 2 2 2

1 1 14 6x x x+ + = , odakle je 1 1x =± . Dakle, imamo


103

dva moguća rješenja za traženi vektor x . To su ( )(1) 1, 2, 1x = − i

( )(2) 1, 2,1x = − − .

Ranije smo se sreli sa pojmom podprostora vektorskog prostora V . Ukoliko je V normiran vektorski prostor sa skalarnim proizvodom, tada možemo definisati i pojam ortogonalnosti dva podskupa od V , kao i pojam ortogonalnog komplementa podprostora.

Definicija 1.19.10. (ortogonalnosti skupa vektora i ortogonalnog komplementa podprostora) Neka je V normiran vektorski prostor sa skalarnim proizvodom. Za dva skupa vektora A i B kažemo da su ortogonalni i pišemo A B⊥ ukoliko je a b⊥ za sve a A∈ i b B∈ .

Ako je S podprostor prostora V , ortogonalni komplement podprostora S , u oznaci S⊥ je skup svih vektora iz V koji su okomiti na svaki vektor iz S . Drugim riječima,

{ }: , 0, za sve S x V x y y S⊥ = ∈ = ∈ .

Može se pokazati je S⊥ također podprostor prostora V , te da se svaki vektor iz V može na jedinstven način prikazati kao suma jednog vektora iz S i jednog vektora iz S⊥ .

2. Realne funkcije jedne realne varijable

2.1. Pojam realne funkcije jedne realne varijable. Način zadavanja i oblast definisanosti funkcije. Inverzna funkcija. Monotone, parne i neparne funkcije.

Definicija 2.1.1. (realne funkcije jedne realne varijable) Neka su X i Y proizvoljni, neprazni skupovi. Funkcija :f X Y→ je pravilo po kome se svakom elementu skupa X pridružuje tačno jedan element skupa Y . Ako je X ⊆ i Y ⊆ tada za funkciju f kažemo da je realna funkcija jedne realne promjenljive.

Elemente skupa X zovemo originali, a vrijednost ( )f x Y∈ zovemo slikom originala x X∈ .

Ukoliko je funkcija zadana nekim analitičkim izrazom, oblast definisanosti realne funkcije f je skup svih onih x∈ za koje je ( )f x realan broj.

Realnu funkciju jedne realne varijable možemo zadati na tri načina:

1) eksplicitno; 2) implicitno; 3) parametarski.

1) Kod eksplicitnog načina zadavanja smatramo da je funkcija zadana nekom formulom odnosno nekim analitičkim izrazom. Na primjer, izrazima

( ) 11

f xx

=+

, ( ) ( )arcsin 2 3f x x= − ili ( ) 1 lnf x x= − su eksplicitno

zadane realne funkcije jedne realne varijable.

Prva funkcija nije definisana za sve vrijednosti realne varijable x , jer izraz 1x + koji se javlja u nazivniku ne smije biti jednak nuli. Zbog toga mora

biti 1x ≠ − , pa je oblast definisanosti ili definiciono područje funkcije


106

( ) 11

f xx

=+

dato sa { }\ 1x ∈ − , što možemo pisati i kao

( ) ( ), 1 1,x ∈ −∞ − ∪ − +∞ .

Funkcija arcsin x je definisana samo za [ ]1,1x ∈ − , pa je oblast definisanosti

funkcije ( ) ( )arcsin 2 3f x x= − skup onih vrijednosti varijable x koji zadovoljava nejednakosti 1 2 3 1x− ≤ − ≤ . Dakle, definiciono područje funkcije ( ) ( )arcsin 2 3f x x= − je [ ]1,2x ∈ .

Funkcija ln x je definisana samo za 0x> , a izraz 1 ln x− je definisan ukoliko je 1 ln 0x− ≥ , odnosno ln 1x ≤ . Dakle, oblast definisanosti funkcije ( ) 1 lnf x x= − je ( ]0,x e∈ .

Analogno, da bi odredili definiciono područje funkcije ( )2 4xf x

x=

− ,

potrebne su nam dvije pretpostavke: da je 2 4 0x − ≥ , pošto se taj izraz nalazi pod parnim korijenom i da vrijedi 2 4 0x − ≠ (jer se dijeli s ovim izrazom). To znači da mora vrijediti 2 4 0x − > . Dakle, definiciono

područje funkcije ( )2 4xf x

x=

− je ( ) ( ), 2 2,x ∈ −∞ − ∪ +∞ .

Da bismo odredili definiciono područje funkcije ( ) 1log 1

f xx

=+

, također

moramo postaviti dva uslova. Trebamo pretpostaviti da je 0x > (jer je samo za 0x > definisana funkcija log x ), kao i da vrijedi log 1 0x + ≠ , pošto s ovim izrazom dijelimo. Kako je log 1 0x + ≠ za 110x −≠ , to je oblast

definisanosti funkcije ( ) 1log 1

f xx

=+

data sa ( ) { }10, \ 10x −∈ +∞ ,

odnosno ( ) ( )1 10,10 10 ,x − −∈ ∪ +∞ .

2) Ako je data neka funkcija ( , )F x y dvije realne varijable, tada je jednačinom ( , ) 0F x y = data veza između varijabli x i y , pa možemo


107

smatrati da je određeno y kao funkcija varijable x . Tada kažemo da smo funkciju y zadali implicitno.

Na primjer, sa 2 2 1x y+ = je implicitno zadana jednačina jedinične kružnice s centrom u koordinatnom početku. Ovu funkciju ne možemo zapisati u eksplicitnom analitičkom obliku, jer iz 2 2 1x y+ = slijedi da je

21y x=± − . Posljednjim izrazom nije zadana realna funkcija jedne realne varijable, jer ona svakoj vrijednosti [ ]0,1x∈ pridružuje dvije

vrijednosti funkcije: vrijednost 21 x− i vrijednost 21 x− − , što je u suprotnosti da definicijom funkcije koja svakoj vrijednosti originala x iz oblasti definisanosti pridružuje tačno jednu vrijednost slike. Na neki način, funkciju zadanu implicitno jednačinom 2 2 1x y+ = možemo smatrati dvoznačnom funkcijom, jer svakoj vrijednosti varijable ( )1,1x∈ − pridružuje tačno dvije vrijednosti funkcije.

3) Funkciju možemo zadati tako što zadamo x i y kao funkcije nekog parametra t : ( )x x t= i ( )y y t= . Ovakav način zadavanja se često koristi u fizici, kada se dvije koordinate ( x i y ) materijalne tačke u ravni posmatraju kao funkcija vremena t .

Ukoliko je funkcija zadana parametarski, ali možemo naći funkcionalnu zavisnost y od varijable x , možemo smatrati da je ta zavisnost implicitno zadana funkcija. Ukoliko je iz jednakosti ( )x x t= moguće jednoznačno izraziti t kao funkciju varijable x , uvrštavanjem u jednakost ( )y y t= dobijamo eksplicitno zadano y kao funkciju varijable x .

Na primjer, ako je sa ( ) cosx t t= , ( ) siny t t= parametarski zadana funkcija

y varijable x , tada je ( ) ( )2 2 1x t y t+ = , pa ova funkcija zapravo predstavlja parametarski zadanu jednačinu kružnice.

Definicija 2.1.2. (injektivne, sirjektivne i bijektivne funkcije) Neka su X i Y proizvoljni, neprazni skupovi. Funkcija :f X Y→ je injektivna ukoliko iz 1 2,x x X∈ , 1 2x x≠ slijedi da je 1 2( ) ( )f x f x≠ . Drugim riječima, funkcija je injektivna ako različitim originalima pridružuje različite slike.


108

Funkcija :f X Y→ je sirjektivna ukoliko je svaki element skupa Y slika nekog elementa iz skupa X . Ukoliko funkcija nije sirjektivna, sirjektivnost funkcije možemo postići tako što suzimo skup Y uzimajući umjesto Y skup { }( ) ( ) :f X f x x X= ∈ .

Funkcija :f X Y→ je bijektivna, ukoliko je ona injektivna i sirjektivna.

Primjer 2.1.3. Funkcija 2( ) 1f x x= − nije injektivna, jer je

1 21 1x x=− ≠ = , ali je

21( ) ( 1) ( 1) 1 0f x f= − = − − = i 2

2( ) (1) 1 1 0f x f= = − = .

Dakle, različitim originalima odgovaraju jednake slike, pa funkcija nije injektivna.

Funkcija 3( ) 3 1f x x= − jeste injektivna, jer iz 1 2x x≠ slijedi da je 3 31 2x x≠ ,

pa je 3 31 1 2 2( ) 3 1 ( ) 3 1f x x f x x= − ≠ = − .

Definicija 2.1.4. (inverzne funkcije) Neka je :f X Y→ bijektivna funkcija. Inverzna funkcija funkcije f , u oznaci 1f − je funkcija 1 :f Y X− → takva da je ( )y f x= ako i samo ako je 1( )x f y−= . Drugim riječima, ako funkcija f pridružuje originalu x sliku y , tada inverzna funkcija takvo y preslikava u x .

Napomena 2.1.5. Uslov bijektivnosti funkcije :f X Y→ je potreban i dovoljan uslov za egzistenciju inverzne funkcije.

Naime, kako bi svako y Y∈ imalo svoju sliku u X pri preslikavanju 1f − , funkcija mora biti sirjektivna. Također, funkcija 1f − treba jednoj vrijednosti varijable y pridružiti tačno jedno x , što znači da nije moguće da jedno y Y∈ bude slika dva različita elementa 1x i 2x skupa X pri preslikavanju f . Ovo nam govori da funkcija f treba biti injektivna.

Primjer 2.1.6. Neka je ( ) 2 3y f x x= = + . Odredimo 1( )f y− .

Na osnovu definicije, 1( )f y x− = za one x za koje vrijedi 2 3x y+ = . S druge strane, 1f − je funkcija pa možemo pisati ( )1

11 xfy −= odakle


109

dobijamo 11 32 xy =+ , odnosno 2

311

−= xy . Dakle funkcija ( )2

3−= xxg

je inverzna funkcija funkcije ( ) 2 3f x x= + , pa je 1g f −= .

Primjer 2.1.7. Funkcija ( ) 2f x x= za x ∈ nema inverznu funkciju, jer bi vrijednosti originala 4y = ta inverzna funkcija trebala pridružiti dvije vrijednosti slike 2x = i 2x = − , što je nemoguće (funkcija je jednoznačna po definiciji). Ovo proizilazi iz toga što ova funkcija nije injektivna.

Zapravo, inverzna funkcija ( ( )f x x= ) funkcije ( ) 2f x x= je definisana

na [ )0,∞ i preslikava taj skup na [ )0,∞ .

Primjer 2.1.8. Odredimo inverznu funkciju funkcije 3( ) 3 1f x x= − , iz Primjera 2.1.3. Ova funkcija je injektivna funkcija i :f → . Tada je

1( )f y x− = za one x za koje je 33 1y x= − . Sada ćemo izraziti x pomoću

y i dobiti da je 33 1x y= + , odnosno 31

3yx += . Dakle,

1 31( )

3yf y x− += = , pa imajući u vidu da varijablu funkcije možemo

označiti bilo kojim slovom imamo 1 31( )

3xf x− += .

Definicija 2.1.9. (rastuće i opadajuće funkcije) Neka je f realna funkcija realne varijable x , definisana na nekom intervalu ( ),a b . Za funkciju f kažemo da je rastuća (strogo rastuća) funkcija na

( ),a b ukoliko za ( )1 2, ,x x a b∈

iz 1 2x x< slijedi 1 2( ) ( )f x f x≤ ( 1 2( ) ( )f x f x< ).

Drugim riječima, funkcija je rastuća ukoliko većoj vrijednosti nezavisno promjenljive ( x ) odgovara veća vrijednost funkcije.

Funkcija f , definisana na intervalu ( ),a b je opadajuća (strogo

opadajuća) funkcija na ( ),a b ukoliko za ( )1 2, ,x x a b∈


110

iz 1 2x x< slijedi 1 2( ) ( )f x f x≥ ( 1 2( ) ( )f x f x> ).

Drugim riječima, funkcija je opadajuća ukoliko većoj vrijednosti nezavisno promjenljive ( x ) odgovara manja vrijednost funkcije.

Primjer 2.1.10. Funkcija ( ) 3 2f x x= + je strogo rastuća na cijelom , jer iz 1 2x x< slijedi 1 23 2 3 2x x+ < + .

Funkcija 1( )f xx

= je strogo opadajuća na ( )0,+∞ , jer iz 1 20 x x< < slijedi

da je 1 2

1 1x x

> .

Vrijedi slijedeći teorem

Teorem 2.1.11. Ukoliko je funkcija f bijektivna i rastuća (opadajuća) na nekom intervalu, tada je i njena inverzna funkcija rastuća (opadajuća) na slici tog intervala pri preslikavanju f .

Definicija 2.1.12. (parne i neparne funkcije) Neka je realna funkcija f jedne realne varijable x definisana na nekom skupu X ⊆ koji je simetričan oko tačke 0 (takav je da iz x X∈ slijedi da ( )x X− ∈ ). Za funkciju f kažemo da je parna (neparna) funkcija na X ukoliko je ( ) ( )f x f x− = ( ( ) ( )f x f x− = − ), za sve x X∈ .

Ukoliko ne vrijedi niti jedna od navedenih relacija, kažemo da funkcija f nije niti parna niti neparna.

Pojam parnosti (neparnosti) funkcije ima i geometrijsku interpretaciju. Naime, grafik parne funkcije je simetričan u odnosu na y -osu, dok je grafik neparne funkcije simetričan u odnosu na koordinatni početak.

Mi ćemo u daljem posmatrati samo funkcije koje su date nekim analitičkim izrazom. Njih, prema obliku tog analitičkog izraza dijelimo na algebarske i transcedentne.

Algebarske funkcije su one funkcije čiji analitički izraz sadrži konačno mnogo aritmetičkih operacija (sabiranje, oduzimanje, množenje, dijeljenje) i stepenovanje sa racionalnim eksponentom. Najjednostavnije algebarske


111

funkcije su polinomi. U te funkcije spadaju i racionalne funkcije i iracionalne funkcije.

Transcedentne funkcije su funkcije čija se vrijednost ne može izračunati pomoću konačno mnogo aritmetičkih operacija i operacije stepenovanja sa racionalnim eksponentom. U transcedentne funkcije spadaju funkcije oblika

( ), logx xae a x , trigonometrijske funkcije i mnoge druge.

Veoma važna klasa funkcija su elementarne funkcije. To su:

- stepena funkcija;

- eksponencijalna funkcija;

- logaritamska funkcija;

- trigonometrijske funkcije;

- inverzne trigonometrijske funkcije;

i sve druge funkcije koje se mogu dobiti pomoću konačno mnogo aritmetičkih operacija i kompozicija ovih funkcija.

2.2. Granična vrijednost funkcije

U ovom odjeljku ćemo uvesti jedan veoma važan matematički pojam: pojam graničnog procesa i granične vrijednosti funkcije. Poznato nam je da skup realnih brojeva ne sadrži simbole −∞ i +∞ , ali nas veoma često zanima kakvo je ponašanje neke funkcije kada njena realna varijabla x postaje beskonačno malena (teži u −∞ ) ili kada postaje sve veća i veća (teži u +∞ ). Također, može se dogoditi da funkcija nije definisana u nekoj realnoj tački 0x , ali jeste u okolini te tačke i da nas zanima kako se ponaša funkcija kada se varijabla x beskonačno približava tački 0x . Može se desiti da se vrijednost funkcije približava nekom konačnom broju pri ovim graničnim procesima, ali je moguće i da vrijednost funkcije beskonačno raste (teži u +∞ ) ili da beskonačno opada (teži u −∞ ).

Izrazi koje smo koristili pri opisu ponašanja funkcije pri određenom ponašanju varijable x su samo intuitivni opisi. U ovom odjeljku ćemo matematičkim jezikom zapisati što tačno znači da funkcija teži nekom


112

konačnom broju (ili u +∞ ili u −∞ ) kada varijabla x teži nekom 0x ili kada se varijabla x beskonačno povećava ili beskonačno smanjuje.

Definicija 2.2.1. (konačne granične vrijednosti funkcije kad 0x x→ ) Neka je funkcija ( )y f x= definisana u okolini neke tačke 0x , osim eventualno u samoj tački 0x . Za realan broj A kažemo da je granična vrijednost funkcije ( )f x kada x teži ka 0x i pišemo ( )

0

limx x

A f x→

= ako

za dat 0ε > postoji 0δ > koje zavisi samo od ε (to pišemo kao ( )δ δ ε= ) tako da vrijedi

( )0x x f x Aδ ε− < ⇒ − < .

Ovo možemo zapisati kao

0 0x x xδ δ− < < + ⇒ ( )A f x Aε ε− < < + .

Ovdje po definiciji pretpostavljamo da je A < ∞ . Granična vrijednost funkcije (kada 0x x→ ) može da bude i beskonačna ( +∞ ili - ∞ ).

Sada ćemo dati definiciju u slučaju da je granična vrijednost beskonačna.

Definicija 2.2.2. (beskonačne granične vrijednosti funkcije kad 0x x→ ) Neka je funkcija ( )y f x= definisana u nekoj okolini tačke 0x osim eventualno u samoj tački 0x . Ako za proizvoljno veliko, pozitivno M postoji broj δ koji zavisi samo od M (dakle, ( )Mδ δ= ) takav da vrijedi

0x x δ− < ( )f x M⇒ > ( )( )f x M< − .

tada je granična vrijednost funkcije f kada x teži ka 0x jednaka +∞ , (odnosno −∞ ) i pišemo

( ) ( )0

limx x

f x→

= +∞ −∞

Napomenimo da realna funkcija u nekoj tački ne može primati vrijednost +∞ ili −∞ .


113

Iz prethodne dvije definicije jasno je da je granična vrijednost funkcije kada 0x x→ jedinstvena, odnosno da ne zavisi od načina na koji se x približava

0x (da li kroz brojeve veće od 0x ili kroz one manje od 0x ). Može se dogoditi da granična vrijednost funkcije zavisi od načina na koji se približavamo tački 0x i u tom slučaju, funkcija nema graničnu vrijednost kada 0x x→ .

Primjer 2.2.3. Posmatrajmo ponašanje funkcije čiji grafik je dat na Slici 2.2.1. u okolini tačke 0x .

xx0O

Slika 2.2.1.

y

Ova funkcija očigledno nema graničnu vrijednost kada 0x x→ . Međutim, vidimo da funkcija teži nekom konačnom broju kada se x približava 0x sa lijeve strane, te da funkcija teži u +∞ kada se x približava 0x sa desne strane. Zaključujemo da ova funkcija ima tzv. "desnu" i "lijevu" graničnu vrijednost, čiju definiciju ćemo sada navesti.

Definicija 2.2.4. (lijeve i desne granične vrijednosti funkcije)

Neka je funkcija ( )f x definisana na intervalu ( )0,a x ( 0a x< ). Broj A < ∞ je lijeva granična vrijednost funkcije f kad 0x x (ili kada 0 0x x→ − , što znači da se x približava broju 0x s lijeve strane) ako za svako 0ε > postoji

( )δ δ ε= takvo da vrijedi


114

0x x δ− < ( )f x A ε⇒ − < .

Lijeva granična vrijednost funkcije f kad 0x x je +∞ ( −∞ ) ako za svako 0M > postoji ( )Mδ δ= takvo da vrijedi

0x x δ− < ( )f x M⇒ > ( )( )f x M< − .

Ovo pišemo kao ( )0

limx x

f x A= , odnosno ( )0

limx x

f x = +∞ , odnosno

( )0

limx x

f x = −∞ .

Desna granična vrijednost funkcije (bila ona konačna ili beskonačna) analogno se definiše. Jedina razlika je u tome što sada pretpostavljamo da je funkcija definisana desno od tačke 0x i umjesto 0x x δ− < , uzimamo

0x x δ− < .

Za desnu graničnu vrijednost koristimo oznaku 0x x (ili 0 0x x→ + ).

Dakle, ( )0

limx x

f x A= ako za svako 0ε > postoji ( )δ δ ε= takvo da vrijedi

0x x δ− < ( )f x A ε⇒ − < .

Analogno definišemo desni limes kada je A = +∞ odnosno A = −∞ .

Može se pokazati da vrijedi slijedeći teorem.

Teorem 2.2.5. Funkcija f ima u tački 0x graničnu vrijednost A (ili +∞ ili −∞ ) ako i samo ako postoje limesi ( )

0

limx x

f x i ( )0

limx x

f x i jednaki su A (ili

+∞ ili −∞ ).

Primjer 2.2.6. Izračunajmo ( )2

2lim 3x

x→

− i 1

1lim1x x→ +

.

Direktnim uvrštavanjem vrijednosti 2x = u funkciju uvjeravamo se da je ( )2

2lim 3 4 3 1x

x→

− = − = .

Analogno, direktnim uvrštavanjem zaključujemo da je

1

1 1 1lim1 1 1 2x x→

= =+ +

.


115

Primjer 2.2.7. Ukoliko želimo direktnim uvrštavanjem izračunati

3lim

3

x

x

ex→ −

, to nije moguće jer za 3x = dobijamo da je

3 3

3lim

3 3 3 0

x

x

e e ex→

= =− −

,

što nije definisano, jer ne možemo dijeliti s nulom.Ukoliko bismo napisali

da je 3

3lim

3 0

x

x

e ex→

= = ∞−

, također bismo napravili grešku, jer limes može biti

samo +∞ ili −∞ , a ne ∞ . To nas navodi da odredimo posebno lijevu i desnu graničnu vrijednost funkcije kada se x približava 3. Kada se x približava 3 sa lijeve strane, imamo

3

3lim

3 0

x

x

e ex −=

−,

gdje nam znak "-" iznad broja 0 označava da je za 3x < (sjetimo se, posmatramo lijevi limes) izraz 3x − negativan. To znači da je količnik

3

xex −

također negativan (jer je eksponencijalna funkcija uvijek pozitivna),

pa je 3

3lim

3 0

x

x

e ex −= = −∞

−.

Analogno, možemo zaključiti da je, za 3x > izraz 3x − uvijek pozitivan, pa je

3

3lim

3 0

x

x

e ex += = +∞

−.

Kako se lijevi i desni limesi funkcije 3

xex −

, kad 3x → razlikuju, to, na

osnovu Teoreme 2.2.5. ne postoji limes te funkcije kad 3x → , nego samo lijevi i desni limesi.

Na kraju, navest ćemo definiciju granične vrijednosti funkcije kada x → +∞ , odnosno kada x → −∞ .


116

Definicija 2.2.8. ( konačne granične vrijednosti funkcije kada x → +∞ , odnosno x → −∞ ) Neka je funkcija f definisana na intervalu ( ),a +∞ ( ( ),a−∞ ). Funkcija f ima graničnu vrijednost A < ∞ kada x → +∞ ( x → −∞ ) ako za dato 0ε > postoji ( ) 0εΔ = Δ > takvo da vrijedi

x > Δ ( x < −Δ ) ( )f x A ε⇒ − < .

Definicija 2.2.9. ( beskonačne granične vrijednosti funkcije kada x → +∞ , odnosno x → −∞ ) Neka je funkcija f definisana na intervalu ( ),a +∞ ( ( ),a−∞ ). Funkcija f ima graničnu vrijednost +∞ kada x → +∞ ( x → −∞ ) ako za dato 0M > postoji ( ) 0MΔ = Δ > takvo da vrijedi

x > Δ ( x < −Δ ) ( )f x M⇒ > .

Funkcija f ima graničnu vrijednost −∞ kada x → +∞ ( x → −∞ ) ako za dato 0M > postoji ( ) 0MΔ = Δ > takvo da vrijedi

x > Δ ( x < −Δ ) ( )f x M⇒ < − .

Primjer 2.2.10. Izračunajmo 3

2lim1x

xx→+∞ −

.

Limes racionalne funkcije kada x → +∞ ili kada x → −∞ , najjednostavnije je izračunati tako što ćemo podijeliti brojnik i nazivnik sa varijablom x podignutom na najveći stepen koji se nalazi u nazivniku (u ovom primjeru je to 2). Imamo:

3

3 2

22

2 2

lim lim lim11 1 0x x x

xx xx

xxx x

→+∞ →+∞ →+∞= = = +∞

− −−.

(Koristili smo činjenicu da je 1 1lim lim 0n nx xx x→+∞ →−∞= = , za n ∈ ).


117

Izračunajmo još granične vrijednosti 2

3lim1x

xx→−∞ −

i 2

2

2lim1x

xx→+∞ −

. Imamo:

2

2 3

33

3 3

10lim lim lim 0

11 1 0 1x x x

xx x x

xxx x

→−∞ →−∞ →−∞= = = =

− −−.

2

2 2

22

2 2

22 2lim lim lim 2

11 0 1x x x

xx x

xxx x

→+∞ →+∞ →+∞= = = −

− −−.

Primjer 2.2.11. Zadana je cijena P kao funkcija potražnje D sa 2 1( )

2DP D

D−=

+. Ako se potražnja beskonačno uvećava, možemo odrediti

graničnu vrijednost cijene. Imamo:

122 1lim ( ) lim lim 222 1D D D

D DP DD

D→+∞ →+∞ →+∞

−−= = =+ +

.

Moguće je dati i ekonomsku interpretaciju ove granične vrijednosti. Naime, činjenica da je lim ( ) 2

DP D

→+∞= zapravo znači da će se za dovoljno veliku

potražnju cijena stabilizirati na nivou 2.

Primjer 2.2.12. Sa 20( )20 60

MC QQ

=−

zadana je funkcija marginalnih

troškova nekog preduzeća. Ova funkcija je dobro definisana samo kada je nivo proizvodnje 3Q > , jer je tada 20 60 0Q − > . Lako se vidi da je

20lim ( ) lim 020 60Q Q

MC QQ→+∞ →+∞

= =−

.

Ekonomski gledano, ovo znači da su, za dovoljno veliku proizvodnju marginalni troškovi jednaki nuli.


118

Primjer 2.2.13. Neka je 2( ) 3 16 27C Q Q Q= − + + funkcija ukupnih troškova proizvodnje nekog preduzeća. Ova funkcija je definisana za

2 16 0Q − ≥ , odnosno onda kada je nivo proizvodnje 4Q ≥ . Funkcija prosječnih (jediničnih) troškova u ovom slučaju je

2

2

3 16 27 16 27( ) 3 1 1Q Q

AC QQ Q Q

− + += = − + + .

U ovom slučaju je

2

16 27lim ( ) lim 3 1 1 3 1 4Q Q

AC QQ Q→+∞ →+∞

⎛ ⎞= − + + = + =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Ekonomski gledano, to znači da, za dovoljno veliku proizvodnju troškovi proizvodnje jedne jedinice proizvoda iznose 4.

Na kraju, navedimo neke važne granične vrijednosti:

1lim 1n

ne

n→∞

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

(po definiciji);

( )1/

0

1lim 1 lim 1x

t

x te t

x→∞ →

⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠

;

0

sinlim 1x

xx→

= .


119

2.3. Neprekidnost funkcije. Osobine neprekidnih funkcija

Poznato nam je da je grafik realne funkcije jedne realne varijable neka kriva u ravni. Intuitivno govoreći, funkcija je neprekidna, ukoliko je njen grafik kriva linija koja se ne prekida. Ovakva definicija pojma neprekidnosti funkcije je opisna. U ovom poglavlju ćemo dati strogu definiciju pojma neprekidnosti funkcije u nekoj tački i na nekom skupu, te navesti neke najznačajnije osobine neprekidnih funkcija.

Definicija 2.3.1. (neprekidnosti funkcije u tački) Neka je funkcija f definisana u tački 0x i u nekoj okolini tačke 0x . Za funkciju f kažemo da je neprekidna u tački 0x ako postoji granična vrijednosti ( )

0

limx x

f x→

i jednaka je ( )0f x . Drugim riječima, f je neprekidna

u tački 0x ako vrijedi ( )0

0lim ( )x x

f x f x→

= .

Moguće je definisati i pojam neprekidnosti funkcije s desna (s lijeva) u tački 0x na sljedeći način.

Definicija 2.3.2. (neprekidnosti funkcije s desna i s lijeva u tački) Neka je funkcija f definisana u intervalu ( ]0,a x ( [ )0 ,x b ). Za funkciju f kažemo da je neprekidna s desna (lijeva) u tački 0x ako postoji granična vrijednost ( )

0

limx x

f x ( ( )0

limx x

f x ) i jednaka je ( )0f x .

Funkcija je neprekidna u tački 0x ako i samo ako je neprekidna i s desna i s lijeva u toj tački.


120

Primjer 2.3.3.

Neprekidna funkcija u 0x Funkcija neprekidna s lijeva u 0x

y

xO x0

Funkcija neprekidna s desna u 0x

Geometrijski gledano, ako je funkcija neprekidna u 0x tada je grafik te funkcije kriva koja se "ne prekida" pri prolasku kroz 0x .

Mi ćemo se u daljem uglavnom baviti elementarnim funkcijama. Veoma važna osobina svih elementarnih funkcija može se iskazati slijedećim teoremom.

Teorem 2.3.4. Elementarne funkcije su neprekidne u svim tačkama u kojima su definisane.

y

xO x0

y

xO x0


121

Funkcija f definisana u tački 0x i nekoj njenoj okolini je u toj tački prekidna ako i samo ako nije ( ) ( ) ( )

0 00lim lim

x x x xf x f x f x= = .

Zavisno od toga da li gornji limesi postoje ili ne postoje razlikujemo nekoliko vrsta prekida funkcije.

1. Tačka 0x je tačka prekida funkcije f s konačnim skokom ako postoje konačne vrijednosti lijevog i desnog limesa funkcije u 0x , ali je

( ) ( )0 0

lim limx x x x

f x f x≠ . Skok je jednak

vrijednosti izraza

( ) ( )0 0

lim limx x x x

f x f x− .

2. Ako funkcija ( )f x ima u 0x konačnu graničnu vrijednost različitu od ( )0f x tada je 0x tačka

otklonjivog prekida funkcije ( )f x . (Prekid otklanjamo tako da definišemo ( ) ( )

00 lim

x xf x f x

→= .)

Primjer 2.3.5.

Tačka 0 0x = je otklonjivi prekid funkcije ( ) sin xf xx

= . Naime, imajući u

vidu da je 0

sinlim 1x

xx→

= , ako funkciju ( )f x u tački 0 0x = definišemo tako

da bude jednaka jedan, dobijamo neprekidnu funkciju.

Tačke prekida koje su navedene pod 1. i 2. nazivamo tačke prekida prve vrste.

y

x0O

skok

y

O xx0


122

Za funkciju ( )f x kažemo da u tački 0x ima prekid druge vrste ako bar

jedna od graničnih vrijednosti ( )0

limx x

f x ili ( )0

limx x

f x ne postoji ili je

beskonačna.

Definicija 2.3.6. (neprekidnosti funkcije na skupu) Funkcija f definisana na skupu X ⊆ je neprekidna na X ako je neprekidna u svakoj tački skupa X .

Slijedeća tri teorema nam daju osobine neprekidnih funkcija

Teorem 2.3.7. Ako je funkcija ( )f x neprekidna na zatvorenom intervalu

[ ],a b , ona je na tom intervalu ograničena i prima svoju najmanju i najveću vrijednost.

Teorem 2.3.8. Ako je funkcija ( )f x neprekidna na [ ],a b i ako su ( )f a i

( )f b različitog znaka, tad funkcija ( )f x ima na segmentu [ ],a b barem jednu nulu.

Teorem 2.3.9. Funkcija neprekidna u otvorenom ili zatvorenom intervalu prima u tom intervalu sve vrijednosti između ma koje dvije vrijednosti

( )1f x i ( )2f x za 1x i 2x iz tog intervala.

Primjer 2.3.10. Zadana je funkcija

2

2 3, za 2( )

2 1, za 2ax x

f xx x x− + <⎧

= ⎨ + + ≥⎩

Odredimo vrijednost parametra a tako da ova funkcija bude neprekidna na cijelom .

Funkcije uz pomoć kojih je zadana funkcija f su polinomi, pa su to neprekidne funkcije (kao suma stepenih, elementarnih funkcija). Dakle, funkcija f je sigurno neprekidna za ( ), 2x ∈ −∞ i ( )2,x ∈ +∞ . Da bi funkcija bila neprekidna za 2x = potrebno je da vrijedi

2 2lim ( ) lim ( ) (2) 11x x

f x f x f= = = ,

odnosno da vrijedi relacija


123

( ) ( )2

2 2lim 2 3 lim 2 1 11x x

ax x x− + = + + = ,

odakle zaključujemo da je 4 3 11a− + = , pa je tražena vrijednost parametra 2a = − .

2.4. Neke elementarne funkcije: stepena, eksponencijalna i logaritamska funkcija.

U elementarne funkcije spadaju stepena funkcija, eksponencijalna funkcija, logaritamska funkcija, trigonometrijske funkcije, inverzne trigonometrijske funkcije i sve funkcije koje se sa konačno mnogo algebarskih operacija i operacijom kompozicije funkcija mogu dobiti iz navedenih funkcija.

U okviru kursa Matematike za ekonomiste koncentrisat ćemo se na tri, za primjene u ekonomiji najznačajnije elementarne funkcije: stepenu, eksponencijalnu i logaritamsku funkciju.

2.4.I. Stepena funkcija

Stepena funkcija je funkcija oblika y xα= (α ∈ , 0x > ).

Mi ćemo posmatrati samo neke specijalne slučajeve stepene funkcije. To su:

1) Slučaj nα = ∈ .

Funkcija ny x= , gdje je n prirodan broj definisana je za svako x ∈ i neprekidna za svako x ∈ . S obzirom da se osobine ove funkcije razlikuju u zavisnosti od toga da li je n parno ili neparno, posmatrat ćemo ta dva slučaja.

a) Ukoliko je n parno, funkcija je parna i vrijedi lim n

xx

→±∞= +∞ . Funkcija je

nenegativna. Na intervalu [ )0,∞ funkcija je strogo rastuća, a na

intervalu ( ),0−∞ je strogo opadajuća. Na intervalu [ )0,∞ funkcija ny x= ima inverznu funkciju 1/ n ny x x= = koja je strogo rastuća i


124

neprekidna. Napomenimo da je u ovom slučaju inverzna funkcija definisana samo na intervalu [ )0,∞ .

b) Ukoliko je n neparno, funkcija je neparna i vrijedi lim n

xx

→+∞= +∞ , lim n

xx

→−∞= −∞ .

Funkcija je strogo rastuća na i neprekidna. Pozitivna je za 0x > , a negativna za 0x < . Ova funkcija ima inverznu funkciju 1/ n ny x x= = koja je definisana na cijelom , rastuća je i neprekidna na .

2) Slučaj 0nα = − < , za prirodan broj n .

Funkcija ny x−= , n∈ , to jest 1

nyx

= , definisana je za svako

x ∈ , 0x ≠ . Posmatrat ćemo dva podslučaja: kada je 2n k= paran broj i 2 1n k= + je neparan broj.

a) Za 2n k= , k ∈ funkcija je parna, rastuća na intervalu ( ),0−∞ i

opadajuća na intervalu ( )0,∞ .

y

O x

2

1ky

x=

y

O x

y=x5

y=x3

B(-1,-1)

A(1,1)

y

O

B(1,-1)

y=x2

y=x4

x

A(1,1)


125

Vrijedi 20

1lim kx x→= +∞ ; 2

1lim 0kx x→±∞= .

b) Za 2 1n k= + , { }0k ∈ ∪ funkcija je neparna, uvijek je opadajuća. Osnovne granične vrijednosti ove funkcije su

2 10

1lim kx x + = −∞ , 2 10

1lim kx x + = +∞ .

2 1

1lim 0kx x +→±∞= ,

y

O x

3) Slučaj kada je 1n

α = , za n∈ .

Kao i gore, posmatrat ćemo posebno slučaj kad je 2n k= paran broj i 2 1n k= + neparan broj.

a) Za 2n k= , k ∈ funkcija je definisana samo na intervalu [ )0, +∞ , na kome je rastuća i nenegativna. Vidjeli smo da je ova funkcija inverzna funkcija stepene funkcije 2ky x= .

2 1

1ky

x +=


126

y

O x

A(1,1)

b) Za 2 1n k= + , { }0k ∈ ∪ funkcija je neparna, definisana na cijelom i rastuća. Vidjeli smo da je ova funkcija inverzna funkcija stepene funkcije

2 1ky x += .

y

O xB(-1,-1)

A(1,1)

4) Slučaj kada je 1n

α = − , za n∈ .

Posmatrat ćemo posebno slučaj kad je 2n k= paran broj i kada je 2 1n k= + neparan broj.

a) Za 2n k= , k ∈ funkcija je definisana samo na intervalu ( )0,+∞ , na kome je opadajuća i pozitivna. Ova funkcija je inverzna funkcija stepene

funkcije 22

1kky x

x−= = .

Vrijedi 1

220 0

1lim limkkx x

xx

−= = +∞ i

2

1lim 0kx x→+∞

=

4y x=

y x=

5y x=

3y x=

1yx

=


127

y

O x

A(1,1)

b) Za 2 1n k= + , { }0k ∈ ∪ funkcija je neparna, definisana na cijelom i opadajuća. Ova funkcija inverzna funkcija stepene funkcije

(2 1)2 1

1kky x

x− +

+= = .

Vrijedi 1

2 12 10 0

1lim limkkx x

xx

−+

+= = +∞

2 10

1limkx x+

= −∞ i 2 1

1lim 0kx x+→±∞

= .

y

O x

B(-1,-1)

A(1,1)

4

1yx

=

3

1yx

=

5

1yx

=


128

2.4.II. Eksponencijalna funkcija

Eksponencijalna funkcija je funkcija oblika xy a= , pri čemu uzimamo da je 0a > . Ova funkcija je definisana za svako x ∈ i pozitivna za sve x .

Razlikujemo dva slučaja: 1a > i 1a < . U slučaju 1a =

funkcija je konstanta (jednaka je 1 za svako x).

a) Za 1a > , funkcija je rastuća i neprekidna na cijelom definicionom području. Vrijedi

lim x

xa

→+∞= +∞ , lim 0x

xa

→−∞= .

b) Za 1a < , funkcija je opadajuća i neprekidna na cijelom definicionom području i vrijedi

lim 0x

xa

→+∞= , lim x

xa

→−∞= +∞ .

2.4.III. Logaritamska funkcija

Logaritamska funkcija je inverzna eksponencijalnoj funkciji. To je funkcija oblika logay x= , pri čemu smatramo da je 0a > i 1a ≠ . Ova funkcija je definisana samo za pozitivne realne brojeve, i slično kao kod eksponencijalne funkcije, razlikovat ćemo dva slučaja:

a) Za 1a > funkcija raste na cijelom definicionom području, neprekidna je, ima nulu u tački 1x = i vrijedi

lim logaxx

→+∞= +∞ ,

0limlogax

x = −∞ .

y

O x

( 1)xy a a= >

1xy =

( )1xy a a= <


129

b) Za ( )0,1a ∈ tada funkcija opada na cijelom definicionom području, neprekidna je, ima nulu u tački 1x = i vrijedi

lim logaxx

→+∞= −∞ ,

0limlogax

x = +∞ .

Važan specijalni slučaj eksponencijalne i logaritamske funkcije je kada je a e= ( 2,73e ≈ ). Funkcije xy e= i log lney x x= = spadaju u klasu funkcija kod kojih je

1a > .

Napomenimo još da je ln lnxx a x aa e e ⋅= = i log 1log lnlog ln

ea

e

xx xa a

= = ⋅ .

2.5. Pojam izvoda funkcije. Geometrijsko značenje izvoda funkcije.

U ispitivanju ekonomskih pojava do sada smo se bavili statičkom analizom, odnosno određivali smo stanje ekvilibriuma datog modela. Pri tome se nismo bavili pitanjem koliko se taj ekvilibrium mijenja ukoliko promijenimo početne uslove. Time se bavi dinamička analiza. U dinamičkoj analizi bavit ćemo se načinom i stepenom promjene određene varijable

( )y f x= pri nekoj promjeni varijable x . Taj stepen promjene možemo ispitivati kvalitativno i kvantitativno. Kvalitativno, zanima nas da li sa

y

O x

log , 1ay x a= >

log , 1ay x a= <


130

porastom varijable x dolazi do porasta ili smanjivanja varijable y . Kvantitativno, zanima nas koliki je stepen odnosno brzina te promjene.

Pretpostavimo sada da naša varijabla y zavisi samo od x.

Ukoliko x promijeni svoju vrijednost od 0x do 0x x+ Δ , tada y mijenja svoju vrijednost od ( )0f x do

( )0f x x+ Δ .

Razmjera, ili stepen promjene varijable y po jedinici promjene varijable x je

( ) ( )0 0f x x f xyx x

+ Δ −Δ =Δ Δ

.

Vidimo da je yx

ΔΔ

funkcija od 0x i xΔ

Slika 2.5.1 (za dato f).

Definicija 2.5.1. (izvoda funkcije u tački 0x )

Neka je realna funkcija f jedne realne varijable definisana u tački 0x i nekoj okolini tačke 0x . Ako postoji granična vrijednost

( ) ( )0 0

0limx

f x x f xxΔ →

+ Δ −Δ

kažemo da je funkcija diferencijabilna u tački

0x (odnosno da ima izvod u 0x ) i pišemo

( ) ( ) ( )0 000

lim : 'x

f x x f xf x

xΔ →

+ Δ −=

Δ,

gdje smo sa ( )0'f x označili izvod funkcije u 0x .

Pišemo još i

0lim 'x

y dy yx dxΔ →

Δ = =Δ

.

y

O

pt

x

( )0f x( )0f x x+ Δ

xΔ

xΔ

yΔyΔ ϕ

α

AB

0x x+ Δ0xϕ


131

Primjer 2.5.2. Neka je ( ) 2 3f x x= + . Pokažimo da je ova funkcija diferencijabilna u tački 1x = i odredimo '(1)f .

Trebamo pokazati da postoji granična vrijednost ( ) ( )0

1 1limx

f x fxΔ →

+ Δ −Δ

i

odrediti čemu je ona jednaka. Imamo:

( ) ( ) ( ) [ ]0 0 0

2 1 3 2 1 31 1 2lim lim lim 2x x x

xf x f xx x xΔ → Δ → Δ →

+ Δ + − ⋅ +⎡ ⎤+ Δ − Δ⎣ ⎦= = =Δ Δ Δ

.

Dakle, funkcija ( ) 2 3f x x= + ima izvod u 1x = i vrijedi '(1) 2f = . To znači da u okolini tačke 1x = funkcija raste dva puta brže od promjenljive x .

Iz definicije prvog izvoda zaključujemo da vrijedi relacija y dyx dx

Δ ≈Δ

za male

promjene xΔ . (Ovdje je ≈ oznaka za približnu vrijednost).

Napomenimo također da promjena xΔ može biti pozitivna ili negativna, ovisno od toga da li se naša varijabla povećava ili smanjuje. Isto vrijedi i za promjenu yΔ .

Pogledajmo sada šta geometrijski predstavlja prvi izvod funkcije u tački 0x . Da bismo to objasnili koristit ćemo se Slikom 2.5.1. Krenut ćemo od

činjenice da je 0

lim 'x

y dy yx dxΔ →

Δ = =Δ

, te imajući u vidu da je ytgx

ϕ Δ=Δ

, gdje je

ϕ ugao kojeg zaklapa prava ( , )p A B sa pozitivnim dijelom x -ose zaključiti da je 0 0

'( ) limx

f x tgϕΔ →

= . Sada trebamo odrediti čemu se približava tgϕ kada

0xΔ → . Kada 0xΔ → , tačka ( )( )0 0,B x x f x x= + Δ + Δ se približava tački

( )0 0, ( )A x f x= duž krive ( )y f x= , a prava ( , )p A B se približava tangenti na krivu ( )y f x= u tački A . S obzirom da je ϕ ugao kojeg zaklapa prava

( , )p A B sa pozitivnim dijelom x -ose, to će ugao ϕ , kada 0xΔ → težiti ka uglu α kojeg zaklapa tangenta na krivu ( )y f x= u tački A sa pozitivnim dijelom x -ose. Drugim riječima,

0 0'( ) lim

xf x tg tgϕ α

Δ →= = ,


132

što znači da je, geometrijski gledano, prvi izvod funkcije u tački 0x jednak tangensu ugla kojeg zaklapa tangenta na krivu ( )y f x= u tački

( )0 0, ( )A x f x= sa pozitivnim dijelom x -ose.

S druge strane, ako je y kx n= + eksplicitan oblik jednačine prave u Gaussovom koordinatnom sistemu, tada je koeficijent k pravca ove prave jednak tangensu ugla kojeg prava zaklapa sa pozitivnim dijelom x -ose. To znači da je geometrijski gledano, prvi izvod funkcije f u tački 0x (dakle,

( )0'f x ) jednak je koeficijentu pravca tangente na krivu ( )y f x= u

tački ( )0 0, ( )A x f x= .

Geometrijski gledano, činjenica da funkcija ima izvod u tački 0x nam zapravo govori da kriva koja predstavlja grafik te funkcije ima tangentu u tački sa apscisom 0x .

Ukoliko funkcija na nekom intervalu ( ),a b ima neprekidan izvod, kažemo da je ta funkcija glatka. Geometrijski, to znači da je grafik te funkcije kriva koja je „glatka“, odnosno nema „oštrih rubova“.

Prvi izvod nam određuje smjer promjene funkcije. Ako je ( )0' 0f x > tu je promjena pozitivna (s rastom varijable x raste i varijabla y), a ako je

( )0' 0f x < tu je promjena negativna (s rastom varijable x, y opada).

Proces nalaženja izvoda zovemo diferenciranjem ili deriviranjem.

Vidjeli smo ranije da 0

limx

yxΔ →

ΔΔ

ne mora postojati. Međutim mogu postojati

lijevi i desni limesi, odnosno može postojati 0

limx

yxΔ

ΔΔ

i 0

limx

yxΔ

ΔΔ

. Ova dva

limesa nazivamo lijevim i desnim izvodom funkcije f u tački 0x . Ukoliko su ovi limesi različiti, funkcija nije diferencijabilna u 0x .


133

Ukoliko je 0

limx

yxΔ →

Δ = +∞Δ

ili je 0

limx

yxΔ →

Δ = −∞Δ

tada funkcija nije

diferencijabilna, ali to geometrijski znači da je tangenta u tački ( )( )0 0,x f x okomita na x osu.

β2

xx0

β1

Na slici lijevo je prikazan slučaj kada funkcija ima lijevi i desni izvod u 0x , koji se razlikuju. Lijevi izvod jednak je 2tgβ , odnosno koeficijentu pravca lijeve tangente u 0x . Desni izvod je jednak 1tgβ , odnosno koeficijentu pravca desne tangente u 0x .

2.6. Pravila diferenciranja. Izvodi elementarnih funkcija.

Prije nego navedemo pravila za diferenciranje, objasnimo kako izračunati izvode nekih elementarnih funkcija. Neke od njih ćemo izračunati po definiciji, a neke ćemo samo navesti.

1. Ako je ( )y f x C= = , gdje je C neka konstanta, tada je ' 0C = , jer je

( ) ( )0 0 0f x x f x+ Δ − = za svako 0x .

2. Ako je ( ) ny f x x= = , gdje je n∈ , tada je, po definiciji, primjenom binomnog obrasca za n∈ :


134

( )( ) ( ) ( )21 2

0 0

1...

2lim lim

nn n n nn n

x x

n nx nx x x x x xx x x

x x

− −

Δ → Δ →

−+ Δ + Δ + + Δ −+ Δ −

=Δ Δ

( ) ( ) 11 2 1

0

1lim ...

2nn n n

x

n nnx x x x nx−− − −

Δ →

−⎛ ⎞= + Δ + + Δ =⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Dakle, ( ) 1'n nx nx −= , za 0x ≠ .

Formula vrijedi i za n α= ∈ , te 0x > .

3. Ako je xy e= , tada je ' xy e= , za svako x. Naime,

( ) ( ) ( )0 0 0

11 1lim lim lim ln 10

xx xx x x xx

x x x

e te ee e ee x tx x x t

ΔΔ+Δ Δ

Δ → Δ → Δ →

− =−− −= = ⋅ = Δ = + =Δ Δ Δ →

( ) ( )1/0 0

1 1lim limln 1 lnln 1

x x x xtt t

te e e et et→ →

= ⋅ = ⋅ = ⋅ =+ +

.

4. Može se pokazati da ako je ( ) sinf x x= , tada je

( ) ( )' sin ' cosf x x x= = .

5. Ako je ( ) cosf x x= , tada je ( ) ( )' cos ' sinf x x x= = − .

Izvode ostalih elementarnih funkcija možemo naći koristeći se slijedećim pravilima diferenciranja (ovdje pretpostavljamo da su funkcije f i g diferencijabilne):

I ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2' ' 'c f c g x c f x c g x± = ⋅ ± ⋅

(izvod zbira funkcija jednak je zbiru izvoda, a konstanta uz funkciju se može izlučiti ispred izvoda funkcije)

II ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' ' 'fg x f x g x f x g x= ⋅ + ⋅

(pravilo za izvod proizvoda)


135

III ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

' 'f x g x f x g xf xg g x

′ ⋅ − ⋅⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠

(pravilo za izvod količnika)

IV ( ) ( ) ( )1 1'

'f x

f x− = odnosno 1dy

dx dxdy

=⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

(pravilo za izvod inverzne funkcije)

V ( )( )( ) ( )( ) ( )f g x f g x g x′ ′ ′=

(pravilo za izvod složene funkcije)

Ilustracije radi, dokažimo pravilo II. Po definiciji izvoda je

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )0

0

' lim

lim

x

x

fg x x fg xfg x

xf x x g x x f x g x

x

Δ →

Δ →

+ Δ −= =

Δ+ Δ + Δ −

= =Δ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0

lim limx x

f x x g x x f x g x x f x g x x f x g xx xΔ → Δ →

+ Δ + Δ − + Δ + Δ −= + =

Δ Δ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0

lim limx x

f x x f x g x x g xg x x f x

x xΔ → Δ →

+ Δ − + Δ −= + Δ + =

Δ Δ

( ) ( ) ( ) ( )' ' ,f x g x f x g x= +

što je i trebalo dokazati.

Koristeći se pravilima diferenciranja možemo izračunati izvode svih elementarnih funkcija. Tako je, na primjer:

( ) ( ) ( ) ( )log log log logx x a x a xa e e x a a a⋅ ⋅′ ′ ′= = ⋅ ⋅ = .


136

Koristeći se pravilom za izvod inverzne funkcije funkcije xe možemo naći izvod funkcije ln x . Ako je ( ) xy f x e= = , tada je

( ) ( ) ( )1 1'

'f x

f x− = = 1

xe1y

= .

Kako je za xy e= , upravo lnx y= , to je 1ln yy

′ = , odnosno, s obzirom da

je svejedno koju oznaku koristimo za nezavisno promjenljivu, možemo pisati

( ) 1ln xx

′ = .

Sada lako zaključujemo da je

( ) 1 1log lnln lna x x

a x a

′⎛ ⎞′ = =⎜ ⎟ ⋅⎝ ⎠.

Na kraju, pokažimo još kako izračunati izvod funkcije y tgx= , kao izvod količnika.

( ) ( ) ( ) 2 2

2 2 2

sin cos cos sinsin cos sin 1cos cos cos cos

x x x xx x xtgxx x x x

′ ′′ − +⎛ ⎞′ = = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Analogno bi mogli izračunati izvod funkcije y ctgx= i dobiti

( )'2

1sin

ctgxx

−= .

Na kraju, navest ćemo, bez dokaza formule za izvod inverznih trigonometrijskih funkcija:

( )2

1arcsin1

xx

′ =−

, ( )2

1arccos1

xx

−′ =−

,

( ) 2

11

arctgxx

′ =+

, ( ) 2

11

arcctgxx

−′ =+

.


137

Primjer 2.6.1. Odredimo izvode slijedećih funkcija:

a) 2 1( ) 3 5f x x xx

= + − b) 31( ) 2 3f x xx

= − +

c) ( )2

1( ) ln2 1

f x xx

= +−

d) ( )2 2( ) 1 xf x x e= − ⋅

e) 2

2

1( )4xf x

x−=

− f)

2 1( ) lnx xf x ex+⎛ ⎞= − ⎜ ⎟

⎝ ⎠

g) ( )3

xef xx

−

=+

h) 32 2ln 3 1x x x+ − .

U ovom primjeru ćemo smatrati da izvode tražimo u onim tačkama u kojima je funkcija definisana i nećemo niti u jednom slučaju određivati definiciono područje zadane funkcije.

a) Koristeći se pravilom I, činjenicom da je ( ) 1'n nx nx −= i pišući 1x

kao 1x− imamo:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 1 2 1 1 1 1 1

22

13 5 3 5 3 2 5 1

1 6 5 6 5 .

x x x x x x x xx

x x xx

− − − − −

−

′⎛ ⎞ ′ ′ ′+ − = + − = ⋅ ⋅ + ⋅ − − ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

= + + = + +

b) U ovom zadatku koristit ćemo se činjenicom da je 1/ 21/ 2

1 1 xxx

−= = , te

da je ( )1/33 2 3 2 3x x+ = + . Koristit ćemo se tabličnim izvodom

( ) 1'n nx nx −= , pravilom I i pravilom V za izvod složene funkcije. Naime,

ako je u neka funkcija od x , tada je ( ) 1n nu nu u−′ ′= ⋅ . Ovo ćemo

primijeniti na izračunavanje izvoda funkcije ( )1/33 2 3 2 3x x+ = + , stavljajući 2 3u x= + , kako bismo zaključili da je


138

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 21/3 13 3 3

1 1 22 3 2 3 2 3 2 3 (2 0) 2 33 3 3

x x x x x− − −′ ′+ = + ⋅ + = + ⋅ + = + .

Dakle,

( ) ( )( ) ( )

( )

1 211/31/ 23 2 3

3 23

1 1 22 3 2 3 2 32 3

1 2 .2 3 2 3

x x x x xx

x x

− − −−′ ′⎛ ⎞ ′− + = − + = − − + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

= − −+

c) U ovom zadatku ćemo koristiti pravilo za izvod složene funkcije, kako

bismo odredili izvod funkcije ( )

( ) 22

1 2 12 1

xx

−= −−

. Imamo :

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 3 32 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 4 2 1x x x x x− − − − −′ ′− = − ⋅ − ⋅ − = − ⋅ − ⋅ = − − ,

pa je

( )( ) 3

21 1ln 4 2 1

2 1x x

xx−

′⎛ ⎞+ = − − +⎜ ⎟

⎜ ⎟−⎝ ⎠.

d) U ovom zadatku ćemo računati izvod proizvoda dvije funkcije, koristeći se pravilom II. Također, pri računanju izvoda funkcije 2 xe koristit ćemo se pravilom V za računanje izvoda složene funkcije. Naime, ako je u neka

funkcija od x , tada je ( )u ue e u′ ′= ⋅ , pa je

( ) ( )2 2 2 22 2 2 .x x x xe e x e e′ ′= ⋅ = ⋅ =

Sada imamo

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

1 1 1 2 0 1 2

2 1 .

x x x x x

x

x e x e x e x e x e

x x e

′ ′ ′− ⋅ = − ⋅ + − ⋅ = − ⋅ + − ⋅ =

= + − ⋅e) U ovom zadatku ćemo koristiti pravilo III, za izvod količnika dvije funkcije. Imamo


139

( ) ( ) ( ) ( )( )

2 2 2 22

22 2

1 4 1 414 4

x x x xxx x

′ ′′ − ⋅ − − − ⋅ −⎛ ⎞− = =⎜ ⎟−⎝ ⎠ −

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

2 2 2 2

2 2 22 2 2

2 4 1 2 2 4 1 6

4 4 4

x x x x x x x x

x x x

⋅ − − − ⋅ − − + −= = =

− − −.

f) U ovom zadatku ćemo iskoristiti dva puta pravilo za izvod složene funkcije. Kao prvo, analogno kao u d) imamo da je

( ) ( )2 2 22 2x x xe e x xe′ ′= ⋅ = .

Zatim, ukoliko je u neka funkcija od x , na osnovu pravila za izvod složene

funkcije imamo da je ( ) 1ln u uu

′ ′= ⋅ , pa je

( ) ( )2

1 11 1 1ln 1 1x x x xx x x

xx x x xx

′′ ′ ′+ ⋅ − + ⋅⎛ + ⎞ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

( )( )

1 1 11 1 .1 1

x xx x x x

⋅ − + ⋅ −= ⋅ =+ +

Sada lako vidimo da je

( )2 21 1ln 2

1x xxe xe

x x x

′⎛ + ⎞⎛ ⎞− = +⎜ ⎟⎜ ⎟ +⎝ ⎠⎝ ⎠.

g) Na osnovu pravila za izvod složene funkcije je ( ) ( )x x xe e x e− − −′ ′= ⋅ − = − , pa, na osnovu pravila za izvod količnika imamo

( ) ( ) ( )( )

( )( )

( )( )2 2 2

3 3 3 1 43 3 3 3

x x x x xx e x e x e x e e xex x x x

− − − − −− ′ ′′ ⋅ + − ⋅ + − ⋅ + − ⋅ − ⋅ +⎛ ⎞= = =⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠


140

h) Na osnovu pravila za izvod proizvoda i izvod složene funkcije imamo

( ) ( ) ( ) ( )( )1/332 2 2 2 2ln 3 1 ln ln 3 1x x x x x x x x′′ ′ ′+ − = ⋅ + ⋅ + − =

( ) ( ) ( )1 212 2 2 23 31 12 ln 3 1 1 2 ln 2 1

3x x x x x x x x x x

x− −′+ ⋅ + ⋅ − ⋅ − = + + − .

2.7. Pojam diferencijala funkcije i njegovo geometrijsko značenje.

Kada smo govorili o izvodu funkcije, pisali smo 0

limx

dy ydx xΔ →

Δ=Δ

i nismo

posebnu pažnju obratili izrazu dydx

, kojeg smo smatrali oznakom za prvi

izvod od y kao funkcije varijable x . U ovom odjeljku dat ćemo novo

značenje izrazu dydx

.

Ako funkcija f u tački x ima izvod, tada postoji granična

vrijednost 0

limx

yxΔ →

ΔΔ

i ona je

jednaka ( )f x′ . Ako definišemo

( ) ( )'yx f xx

ε Δ= −Δ

,

tada, ukoliko je f diferencijabilna u x vrijedi

( )0

lim 0x

xεΔ →

= .

Iz ( ) ( )y f x xx

εΔ ′− =Δ

slijedi da je

xΔ

y

B

α

O

ADC

xα


141

( ) ( )y f x x x xε′Δ = Δ + Δ ,

pri čemu, ukoliko je f diferencijabilna u x vrijedi ( ) 0xε → kada 0xΔ → .

Priraštaj yΔ funkcije smo sada zapisali kao sumu dva izraza. Izraz ( )'f x xΔ predstavlja glavni dio priraštaja funkcije ( )f x . Njega

označavamo sa dy i zovemo diferencijal funkcije ( )y f x= . Dakle, možemo dati slijedeću definiciju diferencijala funkcije

Definicija 2.7.1. (diferencijala funkcije)

Neka je ( )y f x= diferencijabilna funkcija u tački x . Diferencijal funkcije f , u oznaci dy definišemo sa

( )dy f x x′= Δ .

Ako je ( )f x x= , tada je

( ) 'dx x x x= ⋅ Δ = Δ ,

pa je zapravo ( )dy f x dx′= , čime je opravdana oznaka dydx

za ( )f x′ .

Bitno je napomenuti da nam sada izraz dydx

zapravo predstavlja količnik dva

diferencijala: dy i dx , a ne samo oznaku za prvi izvod funkcije.

Primjer 2.7.2. Ako je 2y x x= + , odredimo dy .

Po definiciji je

( ) ( )2 122

dy f x dx x x dx x dxx

⎛ ⎞′′= = + = +⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Sada ćemo dati geometrijsku interpretaciju diferencijala funkcije.

Neka je ( )( )0 0,A x f x= tačka na grafiku krive ( )y f x= ,

( )( )0 0,B x x f x x= + Δ + Δ tačka na krivoj koja odgovara apscisi 0x x+ Δ .


142

Neka je C tačka takva da je ugao ACB pravi. Tada je AC x= Δ , a 0 0( ) ( )BC y f x x f x= Δ = + Δ − . Povucimo tangentu na krivu u tački A, i

neka ona siječe pravu BC u tački D. Tada je ugao α kod vrha A u trouglu ACD jednak uglu kojeg zaklapa tangenta na krivu u tački A sa x-osom. Kako je ( )0'f x tgα= , a na osnovu osobina pravouglog trougla ACD je

CD CDtgAC x

α = =Δ

, to je ( )0' CDf xx

=Δ

, pa je ( )0'CD dy f x x= = Δ .

Kako je ukupan priraštaj y CBΔ = , vidimo da je dy y≈ Δ , za male xΔ .


1999

, koristeći se osobinom da je dy y≈ Δ , za

male xΔ .

Kako je 999 blizu 1000, to je 3 3

1 1999 1000

≈ . Aproksimaciju brojne

vrijednosti 3

1999

ćemo dobiti razmišljajući na slijedeći način:

Posmatrajmo funkciju ( )13f x x

−= i stavimo 0 01000, 999x x x= + Δ = , pa

je 1xΔ = − . (U ovom slučaju, priraštaj je negativan)

Sada imamo: ( )0'y dy f x xΔ ≈ = ⋅ Δ , odakle slijedi

0 0( ) ( ) (999) (1000) '(1000)y f x x f x f f f xΔ = + Δ − = − ≈ ⋅ Δ .

Odavde je (999) (1000) '(1000) ( 1)f f f= + ⋅ − .

Ostalo je još da izračunamo '(1000)f . Imamo:

( )431'

3f x x

−= − ⋅ ,

pa je 4

431 1'(1000) 1000 103 3

f− −= − = − .


143

Kako je još 3

1 1(1000)101000

f = = , to je

4 43

1 1 1 1 1( 1)10 3 10 10 3 10999

−≈ + ⋅ − = +⋅ ⋅

.

Izračunavanje diferencijala funkcije također nazivamo diferenciranjem. Pravila diferenciranja su analogna pravilima za izračunavanje izvoda. Navest ćemo neka od pravila za izračunavanje diferencijala:

( )d C u C du⋅ = ⋅ ; ( )d u v du dv± = ± ;

( )d uv udv vdu= + ; 2

u vdu udvdv v

−⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

2.8. Primjena izvoda u ekonomiji. Marginalna (granična) funkcija. Koeficijent elastičnosti.

Na osnovu definicije prvog izvoda funkcije, zaključili smo da nam izvod funkcije govori o brzini relativne promjene funkcije. Ukoliko je prvi izvod veliki pozitivan broj, to znači da funkcija brzo raste, ukoliko je malen (po apsolutnoj vrijednosti) negativan broj, to znači da funkcija sporo opada i slično.

Grubo rečeno, mogli bismo reći da izvod funkcije označava "brzinu njene promjene".

Pogledajmo sada što prvi izvod zapravo predstavlja kada posmatramo neku ekonomsku funkciju jedne varijable. Naše razmatranje započet ćemo slijedećim primjerom.

Primjer 2.8.1. Neka nam ( )C Q predstavlja funkciju ukupnih troškova proizvodnje, koja zavisi od ukupne količine proizvodnje Q . Tada se marginalni ili granični trošak označava sa ( )MC Q i u ekonomiji definiše kao trošak proizvodnje dodatne jedinice proizvoda. Po definiciji se uzima da je


144

2 1

2 1

( ) C C CMC QQ Q Q

Δ −= =Δ −

,

pri čemu je 2 2( )C C Q= i 1 1( )C C Q= .

Zapravo, da bismo izračunali trošak dodatne jedinice proizvoda na nivou proizvodnje 1Q , mi ćemo staviti da je 2 1Q Q Q− = Δ , odnosno da je

2 1Q Q Q= + Δ i posmatrati šta se događa kada 0QΔ → , jer se tada nalazimo na nivou proizvodnje od 1Q jedinica proizvoda. Drugim riječima,

( ) ( )1 11 0 0

( ) lim limQ Q

C Q Q C QCMC QQ QΔ → Δ →

+ Δ −Δ= =Δ Δ

.

Ako limes na desnoj strani postoji i konačan je, on je upravo jednak prvom izvodu funkcije ( )C Q u tački 1Q . Drugim riječima, vrijedi relacija

( ) ( )MC Q C Q′= ,

ako izvod na desnoj strani postoji.

Na osnovu ovog primjera možemo zaključiti slijedeće:

Ukoliko posmatramo neku ekonomsku funkciju koja je diferencijabilna, tada nam prvi izvod te funkcije predstavlja graničnu ili marginalnu funkciju.

Također, prvi izvod ekonomske funkcije predstavlja stopu promjene te funkcije u odnosu na promjenu ekonomske varijable od koje funkcija zavisi.

Primjer 2.8.2. (funkcija troškova proizvodnje)

Ako je sa 2 125( )AC Q QQ

= + data funkcija prosječnih troškova odredimo

funkciju ukupnih i marginalnih troškova proizvodnje. Zatim odredimo i koliko iznose fiksni troškovi proizvodnje, te marginalni troškovi proizvodnje na nivou proizvodnje od 10Q = jedinica proizvoda.

Funkcija ( )C Q ukupnih troškova proizvodnje može se odrediti iz relacije ( )( ) C QAC QQ

= , odakle je ( ) ( )C Q AC Q Q= ⋅ . Dakle,


145

2 3125( ) 125C Q Q Q QQ

⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Iz posljednje formule vidimo da fiksni troškovi proizvodnje iznose (0) 125C = . Funkcija marginalnih troškova je data sa

( ) ( )3 2( ) 125 3MC Q C Q Q Q′′= = + = ,

pa marginalni trošak na nivou proizvodnje od 10Q = jedinica proizvoda iznosi 2(10) 3 10 300MC = ⋅ = .

Primjer 2.8.3. (funkcija ponude) Data je funkcija ponude 2( ) 2 3 1s P P P= + + nekog proizvoda kao funkcija njegove cijene P . Odredimo stopu promjene funkcije ponude na nivou cijena 6P = i 10P = i dajmo ekonomsku interpretaciju rezultata.

Stopa promjene funkcije je data njenim prvim izvodom. Dakle, trebamo

odrediti ( )ds s PdP

′= za 6P = i 10P = . Imamo:

( )2( ) 2 3 1 6 3s P P P P′′ = + + = + ,

pa je (6) 39s′ = i (10) 63s′ = .

S obzirom da je cijena pozitivna veličina, iz ( ) 6 3 0s P P′ = + > slijedi da je ponuda (strogo) rastuća funkcija od cijene. S obzirom da je stopa promjene 6 3P + zaključujemo da se ponuda povećava šest puta većom brzinom od cijene.

Primjer 2.8.4. (funkcija potražnje i funkcija ukupnog prihoda)

Data je funkcija potražnje 2( ) 144D P P= − kao funkcija cijene. Odredimo za koje vrijednosti cijene P ova funkcija ima ekonomskog smisla. Zatim, odredimo stopu promjene funkcije potražnje na nivou cijena 5P = i 7P = i dajmo ekonomsku interpretaciju rezultata. Odredimo i funkciju ukupnog prihoda ( ) ( )R D P D P= ⋅ , kao i stopu promjene ukupnog prihoda na nivou cijena 5P = i 7P = .


146

Zadana funkcija potražnje će imati ekonomskog smisla kada ja 2144 0P− > i 0P > , odnosno kada je ( )0,12P ∈ .

Stopa promjene funkcije je data njenim prvim izvodom. Dakle, trebamo

odrediti ( )dD D PdP

′= za 5P = i 7P = . Imamo:

( )( ) ( ) ( )11/ 2 12 2 221( ) 144 144 144

2D P P P P

−′ ′′ = − = − ⋅ − =

( )1

2 22

1 144 ( 2 )2 144

PP PP

− −= − ⋅ − =−

.

Stopa promjene potražnje na nivou cijene 5P = jednaka je

5 5(5)144 25 119

D − −′ = =−

.

Stopa promjene potražnje na nivou cijene 7P = jednaka je

7 7(7)144 49 95

D − −′ = =−

.

S obzirom da je stopa promjene negativna, tražnja opada s porastom cijene. Također, kako je (5) (7)D D′ ′< , i općenito iz 1 20 12P P< < < slijedi

1 2( ) ( )D P D P′ ′< , zaključijemo da je brzina opadanja tražnje veća što je veća cijena.

Funkcija ukupnog prihoda je 2( ) 144R P P P= ⋅ − .

Stopa promjene ukupnog prihoda je ( )dR R PdP

′= . Na osnovu pravila za

izvod proizvoda je

( )2

2

2 2

144 2( ) ( ) 1 144144 144

P PR P P D P P D P P PP P

− −′ ′ ′= ⋅ + ⋅ = ⋅ − + ⋅ =− −

Dakle, stopa promjene ukupnog prihoda na nivou cijene 5P = jednaka je


147

( ) 144 50 945144 25 119

R −′ = =−

.

Stopa promjene ukupnog prihoda na nivou cijene 7P = jednaka je

( ) 144 98 467144 49 95

R −′ = =−

.

Kako je (5) 0R′ > i (7) 0R′ > vidimo da ukupan prihod raste na nivou cijena 5P = i 7P = , a zbog (5) (7)R R′ ′> zaključujemo da je brzina porasta ukupnog prihoda veća na nivou cijene 5P = .

Iz ( )2144

PD PP

−′ =−

, vidimo da je za sve vrijednosti ( )0,12P ∈ za koje

funkcija potražnje ima ekonomskog smisla ova funkcija opadajuća funkcija cijene.

Međutim, izvod funkcije ukupnog prihoda je ( )2

2

144 2144

PR PP

−′ =−

i on može

biti pozitivan (tad ukupan prihod raste s porastom cijene) i negativan (kada ukupan prihod opada s porastom cijene). Odmah zaključujemo da je

( ) 0R P′ > za ( )0, 72P ∈ , te da je ( ) 0R P′ < za ( )72,12P ∈ . Odavde

slijedi da će cijena 72P = biti cijena za koju je ukupan prihod maksimalan (jer se ukupan prihod povećava s porastom P sve do 72 , a zatim se ukupan prihod smanjuje s rastom P od 72 do 12).

O ovom zaključku ćemo reći nešto više kada budemo govorili o lokalnom ekstremu realne funkcije jedne realne varijable.

Primjer 2.8.5. (funkcija potrošnje i funkcija štednje)

Neka je ( ) 4 5C Y Y= + funkcija potrošnje kao funkcija dohotka (ukupnog prihoda) Y . Odredimo funkciju štednje ( )S Y u ovisnosti od Y , a zatim odredimo graničnu (marginalnu) sklonost potrošnji i graničnu (marginalnu) sklonost štednji na nivou dohotka 100Y = i 225Y = , te ekonomski interpretirajmo rezultate.


148

Poznato je da su funkcije potrošnje i štednje vezane relacijom ( ) ( )Y C Y S Y= + , odakle zaključujemo da je

( ) 5 4S Y Y Y= − − .

Granična (marginalna) sklonost potrošnji je ( )dC C YdY

′= , pa iz

( ) 5( ) 4 52

C Y YY

′′ = + =

zaključujemo da je granična sklonost potrošnji na nivou dohotka 100Y = i

225Y = data sa 5 1(100)20 4

C′ = = i 5 1(225)30 6

C′ = = .

Analogno, iz

( ) 5( ) 5 4 12

S Y Y YY

′′ = − − = −

Slijedi da je granična sklonost štednji na nivou dohotka 100Y = i 225Y =

data sa 5 3(100) 120 4

S ′ = − = i 5 5(225) 130 6

S ′ = − = .

Zaključujemo da se granična sklonost potrošnji smanjuje s povećanjem dohotka, dok se granična sklonost štednji povećava s povećanjem dohotka, pri čemu je suma ove dvije marginalne vrijednosti uvijek jednaka jedan.

Definicija 2.8.6. (koeficijent elastičnosti) Neka je ( )y y x= neka realna funkcija jedne realne varijable x . Koeficijent elastičnosti funkcije y u odnosu na promjenu varijable x se definiše sa

, :y x

yyx

x

ε

Δ

= Δ .

Ekonomski, to znači da, ako se x promijeni za 1% (odnosno, ako je 1

100x

xΔ = ) tada se varijabla y promijeni za , 100%y x

yy

ε Δ= ⋅ . Ako je


149

, 1y xε > tada kažemo da je y elastična na promjenu x, a za , 1y xε < kažemo da je y neelastična na promjenu x. Zapravo, kad je riječ o malim promjenama (u ekonomiji su uglavnom takve u vremenu) , možemo smatrati da je

, 'y x xdy x xydx y y

ε = ⋅ = ,

pa ćemo ovaj izraz uzeti za matematičku definiciju koeficijenta elastičnosti. U ekonomiji se definišu različite elastičnosti, na primjer, elastičnost supstitucije proizvodnih faktora – skupljeg faktora jeftinijim, ili elastičnost potražnje u odnosu na dohodak, elastičnost funkcije proizvodnje u odnosu na rad ili kapital, elastičnost ponude i potražnje kao funkcija cijene, itd.

U narednim primjerima pokazat ćemo kako odrediti elastičnost nekih ekonomskih funkcija.

Primjer 2.8.7. (elastičnost potražnje kao funkcije cijene) Data je funkcija potražnje ( )D P kao funkcija cijene sa 2( ) 121D P P= − + . Odredimo vrijednosti cijene za koje ova funkcija ima ekonomskog smisla. Zatim, odredimo elastičnost potražnje u odnosu na cijenu, te cijenu pri kojoj je elastičnost potražnje jedinična. Na kraju, odredimo nivo cijene na kojem će se potražnja, uslijed povećanja cijene za 1% smanjiti za 0,5%.

Zadana funkcija potražnje ima ekonomskog smisla kada je 0P > i 2 121 0P− + > , odakle slijedi da je ( )0,11P∈ .

Elastičnost potražnje u odnosu na cijenu je data sa

2

, 2

2( )121D P

P PD PD P

ε ′= ⋅ = −−

.

Elastičnost potražnje u odnosu na cijenu je stalno negativna, pa će elastičnost biti jedinična kada je njena apsolutna vrijednost jednaka jedan, to jest kada je

2

, 2

2 1121D P

PP

ε = − = −−

.


150

Iz gornje jednačine je 23 121P = , pa je cijena pri kojoj je elastičnost

potražnje jedinična 1213

P = .

Na osnovu definicije koeficijenta elastičnosti, nivo cijene na kojem će se potražnja, uslijed povećanja cijene za 1% smanjiti za 0,5% je određen jednačinom

2

, 2

2 0,5121D P

PP

ε = − = −−

.

Iz ove jednačine je 25 121P = , pa je tražena vrijednost cijene 1215

P = .

Primjer 2.8.8. (elastičnost ukupnih i jediničnih troškova proizvodnje kao funkcije količine proizvodnje)

Neka je sa ( )1( ) ln 1 12

C Q Q Q= + + + data funkcija ukupnih troškova

proizvodnje. Odredimo elastičnost ukupnih i jediničnih troškova proizvodnje na nivou proizvodnje od 10Q = jedinica proizvoda.

Funkcija jediničnih troškova proizvodnje je data sa

( ) ln(1 ) 1( ) 12

C Q QAC QQ Q Q

+= = + +

Elastičnost ukupnih troškova proizvodnje je

,( ) ( )( )

( )C QQ MC Q MC QC Q CC AC Q

Q

ε ′= ⋅ = = ,

gdje smo sa ( )MC Q označili funkciju marginalnih troškova.

Imamo:

( ) ( )1 1( ) ( ) ln 1 1 12 2 1

MC Q C Q Q QQ

′⎛ ⎞′= = + + + = +⎜ ⎟ +⎝ ⎠, pa je


151

( ), 10

1 231(10) 23022 22ln11 1 ln11 22(10) 11 ln11 22120 10 20

C Q Q

MCAC

ε=

+= = = =+ ++ +

.

Elastičnost jediničnih troškova proizvodnje je

, ( )AC QQAC QAC

ε ′= ⋅ .

Kako je

( ) ( )( )2

2 1 ln 1ln(1 ) 1( ) 12 2 1

Q Q QQAC QQ Q Q Q

′ + + + +⎛ ⎞+′ = + + = −⎜ ⎟ +⎝ ⎠, to je

( ) ( ), 10

10 10 12 11ln11 12 11ln11(10) ln11 2210 2200 11 22 ln1120

AC Q QAC

ACε

=

+ +′= ⋅ = − ⋅ = −+ +.

Primijetimo, na kraju da je , ,10 101C Q AC QQ Q

ε ε= =

= + . Ova jednakost vrijedi

ne samo za 10Q = , nego i za sve vrijednosti 0Q > . Naime,

( ), 2

( )( )( )( ) ( )AC Q

C Q Q C QQ C Q Q QAC QAC Q AC Q Q AC Q

ε′ ′ ⋅ −⎛ ⎞′= ⋅ = ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ),

( ) ( ) 1 1( ) ( ) ( ) C Q

C Q C Q MC QAC Q Q AC Q AC Q

ε′

− = − = −⋅

,

odakle slijedi da je , , 1C Q AC Qε ε= + .

Primjer 2.8.9. (elastičnost funkcije proizvodnje u odnosu na varijablu proizvodnje) Zadana je funkcija proizvodnje ( )Q v koja opisuje količinu proizvodnje Q

kao funkciju varijable proizvodnje v sa 2( ) 2Q v v v= + , 0v > . Odredimo koeficijent elastičnosti proizvodnje u odnosu na varijablu v i ispitajmo kako

se on ponaša kada v → +∞ . Zatim, odredimo funkciju Qv

produktivnosti


152

varijable v , te koeficijent elastičnosti funkcije produktivnosti u odnosu na varijablu v . Na kraju, odredimo koliko iznose elastičnost proizvodnje i produktivnosti na nivou 10v = .

U ovom primjeru je , ( )Q vvQ vQ

ε ′= ⋅ . Kako je

( )( ) ( ) ( )11/ 22 2 2

2

1 1( ) 2 2 22 2

vQ v v v v v vv v

−′ +′ = + = + ⋅ + =+

, to je

2

, 22 2

122 2

Q vv v v v

v vv v v vε + += =

++ +.

Odredimo sada ,lim Q vvε

→+∞. Imamo

2

, 2

11lim lim lim 122 1

Q vv v v

v v vv v

v

ε→+∞ →+∞ →+∞

++= = =+ +

Ako gornju jednakost gledamo sa ekonomskog aspekta, ona nam govori da je, za dovoljno veliku količinu uloženog faktora proizvodnje v , koeficijent elastičnosti proizvodnje u odnosu na faktor v jednak jedinici.

Funkcija Qv

produktivnosti varijable v je data sa

2 2 21Q v vv v v

+= = + .

Koeficijent elastičnosti funkcije Qv

je

2

,

2( ) 1( 2)Q v

v

Q v vv Qv vv vv

ε′′ ⎛ ⎞⎛ ⎞= ⋅ = ⋅ +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⎝ ⎠.


153

Kako je 2 11( 2)v v v v

′⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟⎜ ⎟ +⎝ ⎠

, to je

2

2,

1( 2)( 2) ( 2)Q v

v

v v vv v Qv v v v v

ε = − ⋅ = − = −++ +

.

Sada je lako zaključiti da je

, 10

100 10 11100 20 12Q v v

ε=

+= =+

i ,

10

10 1120 12Q v

v v

ε=

= − = − .

2.9. Izvodi i diferencijali višeg reda realne funkcije jedne realne varijable

Ukoliko je funkcija ( )f x diferencijabilna na nekom intervalu I , tada je na

I izvod funkcije ( )'f x također neka funkcija od x . Ta funkcija može biti diferencijabilna na I .

Definicija 2.9.1. (drugog izvoda funkcije u tački 0x ) Neka je f diferencijabilna funkcija u tački 0x . Ako postoji konačna granična vrijednost

( ) ( )0 0

0

' 'limx

f x x f xxΔ →

+ Δ −Δ

,

ona po definiciji predstavlja drugi izvod ili izvod drugog reda funkcije ( )f x u tački 0x . Pišemo

( ) ( )0 000

' 'lim ''( )x

f x x f xf x

xΔ →

+ Δ −=

Δ.

Izvod drugog reda obilježavamo i sa ''y ili 2

2

d ydx

.


154

Ovakvo razmišljanje možemo nastaviti i dalje, tako da općenito imamo slijedeću definiciju izvoda reda 2n ≥

Definicija 2.9.2. (izvoda funkcije reda 2n ≥ u tački 0x )

Ukoliko funkcija ( )f x ( ):f I → ima izvod reda 1n − ( ), 2n n∈ ≥ u

tački 0x i ako je funkcija ( ) ( )1nf x− diferencijabilna u 0x , tada funkcija f ima izvod reda n u 0x i pišemo

( ) ( ) ( )( ) ( )10'n nf x f x−= .

Računanje n − tog izvoda se svodi na računanje prvog izvoda n − puta. Ne postoji opća formula pomoću koje bismo mogli računati taj izvod.

Pretpostavimo da funkcija ( )f x ima izvod drugog reda u tački x . Njen

diferencijal prvog reda u tački x je ( )'dy f x dx= . Funkcija ( )'f x dx je diferencijabilna u tački x , i tu ima diferencijal (kojeg ćemo zvati drugi diferencijal funkcije):

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2

' ' ''' ' 0 ''

d dy d f x dx d f x dx f x d dxf x dx dx f x f x dx

= = ⋅ + ⋅ == ⋅ + ⋅ =

.

Odavde vidimo da je

( ) ( )( )22 ''def

d y d dy f x dx= = ,

pa je jasnija i oznaka ( )2

2'' d yf xdx

= .

Napomenimo da je ( )2 2 2dx d x xdx≠ = jer je 2dx kraći zapis izraza ( )2dx .

Nastavljajući ovako dalje imamo ( ) ( ) ( )( )1 nnn nd y d d y f x dx−= = , ( )n∈ , ukoliko je funkcija f n − puta diferencijabilna.

Primjer 2.9.3. Izračunajmo izvod drugog i trećeg reda funkcije

( )2( ) ln 1f x x x= + + .


155

Da bismo izračunali izvod drugog reda, trebamo odrediti prvi izvod. Imamo:

2

2( ) 11

xf xx

′ = ++

, pa je

( )( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 22 2 2 2

2 1 2 22 2 2 1( ) 1 0 21 1 1 1

x x xx x xf xx x x x

′ + − ⋅ − + −⎛ ⎞′′ = + = + = = −⎜ ⎟+⎝ ⎠ + + +.

Na kraju, treći izvod funkcije f je dat sa

( )( ) ( ) ( )

( )

22 2 22

2 42 2

2 1 1 2 1 21( ) 2 21 1

x x x x xxf xx x

′⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − − ⋅ + ⋅−⎜ ⎟ ⎜ ⎟′′′ = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )( )

( )( )

2 2 2 2

4 32 2

2 1 1 2 2 4 32

1 1

x x x x x x

x x

⎡ ⎤+ + − + −⎣ ⎦− =+ +

.

U prethodnom primjeru je diferencijal drugog reda funkcije dat sa

( )( )

222

22

121

xd y dxx

−= − ⋅+

,

dok je diferencijal trećeg reda

( )( )

( )2

3332

4 3

1

x xd y dx

x

−= ⋅

+.

2.10. Teoreme o srednjoj vrijednosti. Taylorova formula

U ovom poglavlju ćemo navesti, bez dokaza, tri osnovne teoreme o srednjoj vrijednosti diferencijalnog računa i za prve dvije dati geometrijsko tumačenje.


156

1. Rolleova teorema.

Neka je funkcija ( )f x

neprekidna na segmentu [ ],a b , diferencijabilna na intervalu ( ),a b i neka je ( ) ( )f a f b= .

Tada postoji tačka ( ),c a b∈

takva da je ( )' 0f c = .

Činjenica da je ( )' 0f c = znači da je tangenta u tački c paralelna x − osi. Stoga, geometrijski, Roleova teorema nam govori da, ukoliko je grafik funkcije glatka kriva i ukoliko postoje dvije tačke na krivoj sa istom ordinatom, tada postoji tačka na krivoj (koja se nalazi između te dvije tačke) takva da je u toj tački tangenta na krivu paralelna sa x -osom.

2. Lagrangeova teorema.

Neka je funkcija ( )f x neprekidna na segmentu [ ],a b i diferencijabilna na

intervalu ( ),a b . Tada postoji tačka ( ),c a b∈ takva da je

( ) ( ) ( )'f b f a

f cb a

−=

−.

Ovo možemo zapisati i kao ( ) ( ) '( )( )f b f a f c b a− = − .

Pogledajmo sada kakvo je geometrijsko značenje Lagrangeove teoreme. Neka su ( )( ),A a f a ,

( )( ),B b f b tačke na krivoj ( )y f x= . Koeficijent pravca prave

određene sa te dvije tačke je upravo

( ) ( )f b f ab a

−−

.

y

a bc xO

y

a bc xA

BC

O


157

Lagrangeova teorema nam govori da, ukoliko je grafik funkcije f između tačaka A i B glatka kriva, tada postoji tačka C na toj krivoj, u kojoj je koeficijent pravca tangente na krivu jednak koeficijentu pravca prave AB. To znači da postoji tačka ( )( ),C c f c na krivoj u kojoj je tangenta paralelna sa pravom AB. (Sjetimo se, dvije prave su paralelne ako i samo ako imaju iste koeficijente pravca).

Lagrangeova teorema je u poopštenje Rolleove teoreme na slučaj kada nije nužno ( ) ( )f a f b= .

3. Cauchyjeva teorema. Neka su funkcije f i g neprekidne na segmentu [ ],a b , diferencijabilne na ( ),a b , pri čemu je ( )' 0g x ≠ za svako ( ),x a b∈

i ( ) ( )g b g a≠ . Tada postoji ( ),c a b∈ takvo da je

( ) ( )( ) ( )

( )( )''

f b f a f cg b g a g c

−=

−.

Primjer 2.10.1. (približno računanje vrijednosti funkcije). Približno odredimo vrijednosti ln1,02 i 1,02arctg , koristeći Lagrangeovu teoremu o srednjoj vrijednosti.

Stavimo 1a = i 1,02b = , te ( ) lnf x x= . Funkcija ( ) lnf x x= ispunjava sve uslove Lagrangeove teoreme na segmentu [ ]1,1,02 , pa postoji tačka

[ ]1,1,02c ∈ takva da vrijedi

(1,02) (1) '( )(1,02 1)f f f c− = − ,

odakle imamo

( ) ( ) 1ln1,02 ln1 ln1,02 ' 1,02 1 0,02 0,02f cc

− = = − = ⋅ ≈ ,

jer možemo uzeti da je 1c ≈ , pošto je [ ]1,1,02c ∈ .

Analogno, funkcija ( )f x arctgx= ispunjava sve uslove Lagrangeove teoreme na segmentu [ ]1,1,02 , pa postoji tačka [ ]1,1,02c ∈ takva da vrijedi


158

2

1 11,02 1 0,02 0,02 0,011 2

arctg arctgc

− = ⋅ ≈ ⋅ =+

,

pa je

1,02 0,014

arctg π≈ + , jer je 14

arctg π= .

Vidjeli smo ranije da je polinom jedna od najjednostavnijih elementarnih funkcija. Sada ćemo pokazati na koji način je moguće datu, ( )1n + put diferencijabilnu funkciju u tački 0x , aproksimirati polinomom n − tog reda u okolini tačke 0x .

Teorem 2.10.2. Neka je funkcija f ( )1n + put diferencijabilna funkcija u nekoj okolini tačke 0x . Tada vrijedi relacija

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

20 00 0 0

00

' ''...

1! 2!

,!

nn

n

f x f xf x f x x x x x

f xx x R x

n

= + ⋅ − + ⋅ − +

+ ⋅ − + (2.10.1)

gdje je

( )( ) ( )

( ) ( )1

101 !

nn

n

f cR x x x

n

++= ⋅ −

+,

za neko c između 0x i x .

Formulu (2.10.1.) nazivamo Taylorovom formulom za funkciju ( )f x u okolini tačke 0x . Polinom

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0 0

0 0 0

': ...

1! !

nn

n

f x f xP x f x x x x x

n= + ⋅ − + + ⋅ −

nazivamo Taylorovim polinomom n − tog reda.

Izraz ( )nR x nazivamo greškom pri aproksimaciji funkcije ( )f x

polinomom ( )nP x . Oblik ostatka ( )nR x naveden u teoremi zove se


159

Lagrangeov oblik ostatka. Postoje i drugi oblici ostatka koje ovdje nećemo navoditi.

Specijalan slučaj Taylorove formule je MacLaurinova formula koju dobijemo kad u Taylorovoj formuli uzmemo da je 0 0x = . Ova formula je za

( ) 1n + put diferencijabilnu funkciju f oblika:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2' 0 '' 0 00 ...

1! 2! !

nn

n

f f ff x f x x x R x

n= + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ,

gdje je

( )( ) ( )

( )1

1

1 !

nn

n

f cR x x

n

++= ⋅

+,

za neko c između 0 i x .

Primjer 2.10.3. Odredimo Taylorove polinome reda 5 za funkciju ( ) xf x e−= u okolini tačaka 0x = i 1x = .

Funkcija ( ) xf x e−= ima izvode svakog reda na , pa su ispunjene pretpostavke Teoreme 2.10.2. Odredimo izvode do reda 5. Imamo:

( ) xf x e−′ = − , ( ) xf x e−′′ = , ( ) xf x e−′′′ = − , ( ) ( )iv xf x e−= , ( ) ( )v xf x e−= − .

Zaključujemo da je,

( )( )(0) (0) 0 1vf f f′ ′′′= = = − i ( ) ( ) ( )( )0 0 0 1ivf f f′′= = = ,

pa je, u okolini tačke 0 0x =

( )2 3 4 5 2 3 4 5

5 1 12! 3! 4! 5! 2 6 24 120x x x x x x x xP x x x= − + − + − = − + − + − .

S druge strane je,

( )( ) 1 1(1) (1) 1vf f f ee

− −′ ′′′= = = − = i ( ) ( ) ( )( ) 1 11 1 1ivf f f ee

−′′= = = = ,

pa je, u okolini tačke 0 1x =


160

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 5

5

1 1 1 11 1 12 6 24 120

x x x xP x x

e

⎛ ⎞− − − −= − − + − + −⎜ ⎟

⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Primjer 2.10.4. Pokažimo da je

( ) ( )12 11 1 ...1 2 1nn nx x x x c xn n

α αα α α α − + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠,

za neko ( )0,c x∈ i prirodan broj n .

Dokaz. Posmatrajmo funkciju ( ) ( )1f x x α= + , koja je proizvoljno mnogo puta diferencijabilna. Za tu funkciju imamo

( )0 1f = , ( ) ( ) 1' 0 1 0f αα α−= + = ,

( ) ( )( ) ( )2'' 0 1 1 0 1f αα α α α−= − + = − ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3''' 0 1 2 1 0 1 2f αα α α α α α−= − − + = − − , ..., ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0 1 ... 1 1 0 1 ... 1nnf n nαα α α α α α−= − − + + = − − + .

Kako je za 1, 2,..., ,k n= ( ) ( )1 1 ... 1!

k kkαα α α ⎛ ⎞− − + = ⎜ ⎟⎝ ⎠

,

to tvrdnja slijedi direktnim uvrštavanjem navedenih činjenica u Mac Laurinovu formulu.

Dokazana formula predstavlja poopštenje Newtonove binomne formule.

2.11. L'Hopitalovo pravilo L'Hopitalovo pravilo nam omogućava da jednostavnije izračunavamo

limese funkcija, koji se svode na neodređene izraze tipa 00

ili ∞∞

. Dato je u

vidu slijedećeg teorema.

Teorem 2.11.1. (L'Hopitalovo pravilo). Neka su funkcije f i g diferencijabilne u nekoj okolini tačke 0x (i u tački

0x ), te neka je ( ) ( )0 0

lim lim 0x x x x

f x g x→ →

= = (ili su oba limesa jednaka +∞ ili

−∞ ). Ako postoji


161

( )( ) ( )

0

'lim ili ili

'x x

f xA

g x→= + ∞ − ∞ ,

tada postoji i ( )( )0

limx x

f xg x→

i vrijedi

( )( ) ( )

0

lim ili ili x x

f xA

g x→= + ∞ − ∞ .

Ova teorema vrijedi i u slučaju kada posmatramo granični proces kada

x → +∞ ili kada x → −∞ pri čemu je limes oblika 00

ili ∞∞

i funkcije f i

g su diferencijabilne za sve x M> odnosno za x M< − , pri čemu je 0M > neki realan broj.

Možemo reći da nam L'Hopitalovo pravilo omogućava da određivanje

limesa količnika ( )( )

f xg x

ukoliko je on oblika 00

ili ∞∞

zamijenimo

određivanjem limesa količnika ( )( )''

f xg x

, ukoliko je drugi količnik

jednostavniji i njegov limes postoji.

U slučaju da je limes ( )( )''

f xg x

također oblika 00

ili ∞∞

i funkcije f i g su

dva puta diferencijabilne u nekoj okolini tačke 0x (i u tački 0x ) možemo

ponovo primijeniti L'Hopitalovo pravilo te tražiti limes količnika ( )( )

''''

f xg x

.

Nastavljajući ovako dalje, uz pretpostavku diferencijabilnosti funkcija dovoljan broj puta, možemo zaključiti da vrijedi

( )( )

( ) ( )( ) ( )0 0

lim limn

nx x x x

f x f xg x g x→ →

= ,

ukoliko limes na desnoj strani postoji, konačan ili beskonačan.


162


1lim .h

h

eh→

−

Ovaj limes je oblika 00

, pa možemo primijeniti L'Hopitalovo pravilo. Kako

je ( )1 'h he e− = , te ' 1h = , to je

0 0

1lim lim 11

h h

h h

e eh→ →

− = = .

Primjer 2.11.3. Izračunajmo limes 3limx

x

ex→+∞

.

Ovaj limes je oblika ∞∞

, pa na njega možemo primijeniti L'Hopitalovo

pravilo. Imamo:

3 2lim lim3

x x

x x

e ex x→∞ →∞

= .

Ponovo smo dobili neodređeni izraz oblika ∞∞

, pa na limes na desnoj strani

primjenjujemo L'Hopitalovo pravilo kako bi dobili da je

3 2lim lim lim3 6

x x x

x x x

e e ex x x→∞ →∞ →∞

= = .

Posljednji izraz je također neodređeni izraz oblika ∞∞

, pa ponovnom

primjenom L'Hopitalovog pravila konačno dobijamo

3 2lim lim lim lim3 6 6

x x x x

x x x x

e e e ex x x→∞ →∞ →∞ →∞

= = = = +∞ .

Primijetimo da je lim 0x

xe

→−∞= , pa je 3lim 0

x

x

ex→−∞

= . Drugim riječima, u ovom

slučaju su granične vrijednosti kada x → +∞ i kada x → −∞ potpuno drugačije.


163

Kod primjene L'Hopitalovog pravila treba obratiti pažnju na dvije stvari:

1. da li je polazni limes oblika 00

ili ∞∞

;

2. da li postoji ( )( )'

lim'

f xg x

.

Naime, može se desiti da ( )( )'

lim'

f xg x

ne postoji, iako postoji ( )( )

limf xg x

.

Na primjer, sinlim 1x

x xx→+∞

+ = , iako ne postoji 1 coslim1x

x→+∞

+ .

Ukoliko imamo neki drugi neodređeni izraz, kao što je neki od izraza oblika ( )0 ⋅ ±∞ , ∞ − ∞ , 0∞ , 00 , 1∞ njega transformacijama možemo svesti na

oblik 00

ili ∞∞

.

Na primjer, ako ( ) 0f x → , i ( )g x → ∞ , tada je

( ) ( ) ( )( )1/

g xf x g x

f x∞⋅ = =∞

,

pa vidimo da izraz oblika ( )0 ⋅ ±∞ možemo jednostavno svesti na izraz

oblika ∞∞

. U ostalim situacijama transformacija je nešto složenija.

Primjer 2.11.4. Izračunajmo 2lim x

xx e−

→+∞. Imamo:

2 22 2 2lim lim lim lim lim 0

1/x

x x x xx x x x x

x x xx ee e e e

−−→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞

= = = = = .

Primijetimo da je ( )22lim x

xx e e− +∞

→−∞= −∞ ⋅ = +∞ .

Ako imamo izraz oblika ∞ − ∞ transformišemo ga u oblik 0∞ ⋅ , pa zatim postupamo kao u prethodnom primjeru.


164

Primjer 2.11.5. Izračunajmo ( )1

1lim 1 xx

x e x−→±∞

⎡ ⎤− −⎢ ⎥

⎣ ⎦.

Kako je 1 1

01lim 1xx

e e e− ∞→±∞

= = = , to je traženi limes oblika ∞ − ∞ , pa ga

prije primjene L'Hopitalovog pravila trebamo transformisati. Imamo

( )1 1 1

1 1 1lim 1 limx x xx x

x e x xe x e− − −→±∞ →±∞

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − = − − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

11 1

1 1lim 1 1 lim 1.1x

xx x

ex e

x

−−

→±∞ →±∞

⎡ ⎤⎛ ⎞ −= − − = −⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

Limes na desnoj strani je oblika 00

, pa na njega možemo primijeniti

L'Hopitalovo pravilo. Imamo:

( )( )

111

2 1 211

2

2

111lim 1 lim 1 lim 1.1 1 1

x

xx

x x x

exe xe

xx x

−

−−

→±∞ →±∞ →±∞

−⋅−− − = − = −− −

Kako je 1

1lim 1xx

e −→±∞

= i ( )

2

2lim 11x

xx→±∞

=−

,to je

( )( )

1 1 21 1

2lim 1 lim 1 1 1 01

x xx x

xx e x ex

− −→±∞ →±∞

⎡ ⎤− − = − = − =⎢ ⎥

−⎣ ⎦.

Izraze oblika 0∞ , 00 i 1∞ svodimo tako što, pretpostavljajući da su svi izrazi koji se javljaju dobro definisani, primijenimo identitet

( ) ( ) ( ) ( )lng x g x f xf x e=

i posmatramo proizvod ( ) ( )lng x f x⋅ koji je oblika 0 ⋅ ∞ ili 0∞ ⋅ .


165

Napomenimo još da L'Hopitalovo pravilo možemo primjenjivati i na određivanje lijevog i desnog limesa funkcije u nekoj tački, odnosno na određivanje limesa

( )( )0

limx x

f xg x↑

i ( )( )0

limx x

f xg x↓

ukoliko su oblika 00

ili ∞∞

, uz pretpostavku diferencijabilnosti funkcija

( )f x i ( )g x na intervalu ( )0,a x , za neko 0a x< , ukoliko određujemo lijevi

limes, odnosno na intervalu ( )0 ,x b , za neko 0b x> , ukoliko određujemo desni limes. Ovo ćemo ilustrovati slijedećim primjerom.

Primjer 2.11.6. Odredimo graničnu vrijednost ( )ln

1lim 1 x

xx

↓− (ovo je

neodređeni izraz oblika 00 ).

Kako je

( ) ( )ln ln ln 1

1 1lim 1 limx x x

x xx e ⋅ −

↓ ↓− = ,

prvo ćemo odrediti

( )1

limln ln 1x

x x↓

⋅ − .

To je neodređeni izraz oblika 0 ⋅ ∞ (sjetimo se, ( )1

limln 1 ln 0x

x↓

− = = −∞ ),

pa ćemo ga transformisati u neodređen izraz oblika ∞∞

. Imamo

( ) ( )1 1

ln 1lim ln ln 1 lim .

1/ lnx x

xx x

x↓ ↓

−− =

Sada možemo primijeniti L'Hopitalovo pravilo i dobiti:

( ) 2

1 1 1

2

1ln 1 ln1lim lim lim .1 11/ ln 1

lnx x x

x xxx x

x x↓ ↓ ↓

− −−= =− −⋅


166

Ponovnom primjenom L'Hopitalovog pravila imamo

2

1 1 1

12lnln 2lnlim lim lim 0.1 1x x x

xx xxx x↓ ↓ ↓

− ⋅− −= = =−

Sada zaključujemo da je ( )1

limln ln 1 0x

x x↓

⋅ − = , pa je

( )ln 0

1lim 1 1x

xx e

↓− = = .

2.12. Lokalni ekstrem realne funkcije jedne realne varijable. Potrebni i dovoljni uslovi za lokalni ekstrem

U ovom paragrafu ćemo se baviti pojmom lokalnog ekstrema funkcije. Riječ lokalni odnosi se na to da je taj ekstrem najveća ili najmanja vrijednost funkcije u okolini neke tačke, a ne globalno najveća, odnosno najmanja vrijednost funkcije. Tako, na primjer, funkcija može da prima sve vrijednosti između −∞ i +∞ , te da ima i lokalni maksimum i lokalni minimum.

Prije nego damo definiciju i opišemo način određivanja lokalnog ekstrema funkcije, navest ćemo slijedeću teoremu koja nam povezuje monotonost funkcije sa prvim izvodom.

Teorem 2.12.1. Ako je funkcija f diferencijabilna na ( ),a b (odnosno,

postoji njen izvod na ( ),a b ), tada iz ( )' 0f x > za ( ),x a b∈ slijedi da je f

rastuća funkcija na ( ),a b , dok iz ( )' 0f x < za ( ),x a b∈ slijedi da je f

opadajuća funkcija na ( ),a b .

Definicija 2.12.2. (lokalnog ekstrema realne funkcije jedne realne varijable) Neka je funkcija f definisana na intervalu ( ),a b . Funkcija f ima u tački

( )0 ,x a b∈ lokalni maksimum, odnosno lokalni minimum ukoliko postoji


167

neko 0δ > takvo da za sve x iz δ -okoline tačke 0x (odnosno,. za sve

( )0 0,x x xδ δ∈ − + vrijedi)

( ) ( )0f x f x≥ (lokalni maksimum),odnosno

( ) ( )0f x f x≤ (lokalni minimum).

Pogledajmo sada koji su nam to potrebni i dovoljni uslovi da bi funkcija u nekoj tački 0x imala lokalni ekstrem (maksimum ili minimum).

Kao prvo, navest ćemo potreban uslov za egzistenciju lokalnog ekstrema u tački 0x , uz pretpostavku da je funkcija f diferencijabilna u 0x , odnosno ako postoji izvod ( )0'f x .

Teorem 2.12.3. (potreban uslov za lokalni ekstrem u 0x )

Neka je f diferencijabilna funkcija u 0x . Ako je 0x tačka lokalnog ekstrema funkcije f , tada je ( )0' 0f x = .

Tačka 0x sa osobinom da je ( )0' 0f x = naziva se stacionarna tačka funkcije ( )f x .

Na Slici 2.12.1. prikazan je grafik funkcije ( )y f x= , pri čemu nam oznake + i − predstavljaju znak prvog izvoda funkcije. Kao što vidimo, funkcija raste do tačke A , što znači da je prvi izvod pozitivan lijevo od A . Zatim, funkcija opada od tačke A do C , pa je između A i C prvi izvod negativan, itd.


168

x

A

B

C

D

E

F

+

-

0

O

00

++

++

+

+

++

+

+

0 ++

++

++++

+

--

-

-

-

---

-

-

-

-

y

Slika 2.12.1.

Prethodni teorem nam govori da je, ukoliko je funkcija diferencijabilna u 0x , potreban uslov da bi u 0x imala lokalni ekstrem to da je prvi izvod

funkcije u 0x jednak nuli. Sjetimo se, prvi izvod funkcije u nekoj tački jednak je nuli, ukoliko je tangenta na grafik te funkcije u toj tački paralelna sa x -osom. Međutim, kao što to možemo vidjeti na Slici 2.12.1., tangente na krivu koja predstavlja grafik funkcije ( )f x u tačkama B i D su paralelne sa x -osom, ali tačke B i D nisu tačke lokalnog ekstrema funkcije. To znači da uslov ( )0' 0f x = nije dovoljan uslov da bi funkcija u nekoj tački imala lokalni ekstrem. Ono što možemo zaključiti jeste da, ukoliko prvi izvod postoji u okolini neke tačke 0x (čak ne nužno u samoj tački 0x ), da će tačka 0x biti tačka lokalnog ekstrema ukoliko je prvi izvod funkcije različitog znaka u okolini te tačke.

Sada ćemo navesti potrebne i dovoljne uslove da bi funkcija f , diferencija-bilna u okolini tačke 0x (ne nužno i u tački 0x ) imala lokalni ekstrem u toj tački. Teorem 2.12.4. (dovoljan uslov za egzistenciju lokalnog ekstrema funkcije) 1. Ako je f diferencijabilna u 0x , tada f ima lokalni ekstrem u 0x ako i samo ako je ( )0' 0f x = i funkcija 'f u okolini tačke 0x mijenja znak.


169

Specijalno, ukoliko je 'f lijevo od 0x negativna, a desno pozitivna, 0x je tačka lokalnog minimuma (tačka F na Slici 2.12.1.). Ukoliko je 'f lijevo od 0x pozitivna, a desno negativna, 0x je tačka lokalnog maksimuma (tačka A na Slici 2.12.1.).

2. Ako f nije diferencijabilna u 0x , ali jeste u okolini 0x , tada f ima ekstrem u 0x ako i samo ako mijenja znak u okolini te tačke (to su tačke C i E na Slici 2.12.1.). Kao što vidimo, kako je 'f lijevo od C negativna, a desno pozitivna, tačka C je tačka lokalnog minimuma. Analogno, kako je

'f lijevo od E pozitivna, a desno negativna, tačka E je tačka lokalnog maksimuma (iako u C i E funkcija nije diferencijabilna).

Moguće je dati i druge dovoljne uslove da bi funkcija u tački 0x imala lokalni ekstrem. Jedan od njih je dat pomoću drugog izvoda funkcije.

Teorem 1.12.5. (dovoljan uslov za egzistenciju lokalnog ekstrema funkcije)

Ukoliko je funkcija dva puta diferencijabilna u tački 0x , tada je 0x tačka lokalnog minimuma funkcije ukoliko vrijedi

( )0' 0f x = i ( )0'' 0f x > ,

dok je 0x tačka lokalnog maksimuma funkcije ukoliko vrijedi

( )0' 0f x = i ( )0'' 0f x < .

Ukoliko je ( )0'' 0f x = , tada nemamo odgovora, nego je potrebno izračunati

( )0'''f x (ukoliko postoji). Ako je ( )0''' 0f x ≠ nemamo ekstrema, dok,

ukoliko je ( )0''' 0f x = , računamo četvrti izvod. Ukoliko je ( )0 0IVf x >

imamo lokalni minimum, dok za ( )0 0IVf x < imamo lokalni maksimum.

Ukoliko je ( )0 0IVf x = , nastavljamo postupak dalje, sve dok ne dobijemo neki izvod koji je različit od nule. Ukoliko je to izvod neparnog reda, tad nemamo ekstrem. Ukoliko je to izvod parnog reda, imamo ekstrem, i to minimum, ako je taj izvod pozitivan, odnosno maksimum, ukoliko je negativan.


170

Kada je riječ o složenijim funkcijama, drugi metod određivanja prirode stacionarne može biti komplikovaniji, ako je teško izračunati drugi izvod, pa je preporučljivo određivati lokalne ekstreme funkcije pomoću tablice znaka prvog izvoda. U prilog prvom metodu ide i činjenica da se može primjenjivati i u slučaju kada funkcija nije diferencijabilna u tački 0x .

Primjer 2.12.6. Odredimo lokalne ekstreme funkcije ( )1xf x xe

−= .

Ova funkcija je definisana za sve 0x ≠ . Imamo:

( )1 1 1

2

1 1' x x x xf x e xe ex x

− − − += + ⋅ = ⋅ .

Vidimo da je prvi izvod jednak proizvodu dva faktora, faktora 1xe

− koji je

stalno pozitivan i ne utiče na znak prvog izvoda i faktora 1xx+ koji može

mijenjati znak, pa utiče na znak prvog izvoda. Zapravo, znak prvog izvoda

jednak je znaku izraza 1xx+ . Za ovaj izraz napravit ćemo tabelu znaka.

Kao što vidimo, tačka 1x = − je tačka lokalnog maksimuma funkcije. Maksimalna vrijednost funkcije u toj tački jednaka je ( )1f e− = − . Iako prvi izvod mijenja znak i u okolini tačke

0x = ta tačka nije tačka ekstrema funkcije jer u toj tački funkcija nije definisana.

Primjer 2.12.7. Odredimo lokalne ekstreme funkcije ( ) ( )3ln 3f x x= + .

Data funkcija je definisana za sve 3 3x > − , jer je 3 3 0x + > za 3 3x > − .

Kako je ( )2

3

3'3

xf xx

=+

, to je ( )' 0f x ≥ za sve ( )3 3,x ∈ − +∞ , pa funkcija

nema ekstrema jer prvi izvod ne mijenja znak. (Primijetimo da je za ovu funkciju ( )' 0 0f = , ali da funkcija nema ekstrem u stacionarnoj tački

0 0x = , jer prvi izvod ne mijenja znak u okolini ove tačke).

x −∞ -1 0 +∞

'y + - +

y


171

Primjer 2.12.8. Odredimo lokalne ekstreme funkcije ( ) ( )2 1 xf x x e−= − .

Data funkcija je svuda definisana. Njen prvi izvod jednak je

( ) ( ) ( ) ( )2 2' 2 1 1 2 1x x xf x x e x e e x x− − −= ⋅ + − ⋅ − = − + + .

Kako je 0xe− > za sve x , znak prvog izvoda jednak je znaku kvadratne funkcije 2 2 1x x− + + . Ova kvadratna funkcija ima dvije nule 1 1 2x = − i

2 1 2x = + . Tabela znaka kvadratne funkcije je ujedno i tabela znaka prvog izvoda date funkcije.

Sada vidimo da je 1 1 2x = − apscisa lokalnog minimuma, a 2 1 2x = + je apscisa lokalnog maksimuma.

Tačke ( ) 2 1(1 2,2 1 2 )A e −− − i ( ) ( )2 1(1 2,2 1 2 )B e− ++ + su tačke

lokalnog minimuma, odnosno maksimuma.

Primjer 2.12.9. Odredimo ekstreme funkcije

( ) ( ) ( )2

22 23 31f x x x x x= + = + .

Data funkcija je svuda definisana. Odredimo njen prvi izvod. Imamo:

( ) ( ) ( )( )

2 12 3

3

2 2 2 1' 2 13 3 1

xf x x x xx x

− += + ⋅ + = ⋅+

.

Znak prvog izvoda naše funkcije jednak je znaku prvog izvoda izraza

( )2 1

1x

x x++

, kojeg ćemo dati u tabeli.

x −∞ 1 2− 1 2+ +∞

'y - + - y maxmin


172

Iz tabele vidimo da prvi izvod nije definisan u tačkama 1x = − i 0x = , da je definisan u okolini tih tačaka i da u okolini tih tačaka mijenja znak. Zbog toga je u 1x = − lokalni minimum naše funkcije, te je u 0x = također

lokalni minimum naše funkcije. U tački 12

x = − prvi izvod jednak je nuli i

mijenja znak, pa na osnovu tabele vidimo da je u toj tački lokalni maksimum naše funkcije. Tačke ( )1,0− i ( )0,0 su tačke lokalnog

minimuma, dok je tačka 31 1 1,2 2 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

tačka lokalnog maksimuma naše

funkcije. Funkciju smo skicirali na Slici 2.12.2. y

-1 xO

Slika 2.12.2.

x −∞ -1 12

− 0 +∞

2 1x + - - + + 2x x+ + - - +

'y - + - +

y

12

−

min minmax

0 0 0


173

2.13. Određivanje ekstremnih vrijednosti ekonomskih funkcija.

U odjeljku 2.8. vidjeli smo da prvi izvod ekonomske funkcije predstavlja marginalnu ili graničnu funkciju u ekonomiji. U ovom odjeljku ćemo na nekoliko primjera objasniti kako odrediti ekstremne vrijednosti nekih ekonomskih funkcija.

Primjer 2.13.1. (Određivanje minimalnih jediničnih troškova proizvodnje) Neka je ( ) 2 320 6C Q Q Q Q= − + funkcija troškova proizvodnje. Odredimo koliko jedinica proizvoda trebamo proizvoditi da bi jedinični troškovi bili minimalni i odredimo te troškove.

Funkcija jediničnih (prosječnih) troškova proizvodnje je

( )2 3

220 6 20 6Q Q QAC Q Q QQ

− += = − + .

Naš zadatak je da odredimo minimum funkcije ( )AC Q . To ćemo učiniti pomoću prvog izvoda. Imamo:

( ) ( )2' 20 6 ' 6 2AC Q Q Q Q= − + = − + .

Kako je ( )' 0AC Q = ako i samo ako je 6 2 0Q− + = , tj. 3Q = , vidimo da je

3Q = stacionarna tačka naše funkcije ( )AC Q jediničnih troškova. Da bi se uvjerili da je to tačka minimuma naše funkcije, izračunajmo drugi izvod. Imamo ( ) ( )'' 6 2 ' 2 0AC Q Q= − + = > , pa vidimo da je 3Q = zaista razina proizvodnje za koju je jedinični trošak minimalan. Taj minimalan jedinični trošak iznosit će ( ) 23 20 6 3 3 11AC = − ⋅ + = .

Odredimo sada funkciju ( )MC Q marginalnog troška, a zatim izračunajmo vrijednost funkcije marginalnog troška na razini proizvodnje od 3 jedinice proizvoda. Imamo:

( ) ( ) ( )2 3 2' 20 6 ' 20 12 3MC Q C Q Q Q Q Q Q= = − + = − + .


174

Zbog toga je ( ) 23 20 12 3 3 3 11MC = − ⋅ + ⋅ = .

Vidimo da je ( ) ( )3 3MC AC= . Ovo nije slučajnost, upravo zbog toga što je 3Q = ona razina proizvodnje za koju je jedinični trošak minimalan.

Općenito, ako sa minQ označimo razinu proizvodnje na kojoj je jedinični trošak minimalan, vrijedi

min min( ) ( )MC Q AC Q= .

Sada ćemo pokazati zbog čega su na razini proizvodnje minQ Q= za koju je jedinični trošak minimalan jednaki marginalni i jedinični troškovi proizvodnje. Vrijednost minQ Q= zadovoljava jednačinu ( ) 0AC Q′ = . Na osnovu pravila za izvod količnika imamo:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2

1( ) 0Q MC Q AC QC Q Q C QC QAC Q

Q Q Q

′ −′ ⋅ − ⋅⎛ ⎞′ = = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

,

kada je ( ) ( )MC Q AC Q= . Dakle, minQ Q= zadovoljava jednačinu ( ) ( )MC Q AC Q= , što smo i željeli pokazati.

Elastičnost ukupnih troškova proizvodnje je ,( )( )C Q

MC QAC Q

ε = , pa je za

minQ Q= elastičnost ukupnih troškova proizvodnje jednaka jedinici. Iz jednakosti , , 1C Q AC Qε ε= + odmah zaključujemo i da je za minQ Q= elastičnost jediničnih troškova proizvodnje jednaka nuli.

Rezimirajmo: Ukoliko funkcija ( )C Q ukupnih troškova proizvodnje ima ekonomskog smisla, nivo proizvodnje minQ Q= na kojem su jedinični troškovi minimalni je rješenje jednačine ( ) ( )MC Q AC Q= , odnosno rješenje jednačine , 1C Qε = .

Primjer 2.13.2. (određivanje maksimuma funkcije ukupnog prihoda) Date su funkcije potražnje ( )iD P , 1, 2i = kao funkcije cijene za dva proizvoda čija cijena po jedinici proizvoda je ista i iznosi P sa


175

1100( )

2PD P

P= − + i

( )2

ln 2( ) 2

PD P

P+

= − .

Odredimo uz koju cijenu se ostvaruje maksimalan ukupni prihod i koliko iznosi taj prihod.

Ukupni prihod ćemo označiti sa ( )R P . Možemo ga iskazati kao funkciju cijene na slijedeći način

( )2

1 2( ) ( ) ( ) 100 2 ln 22

PR P P D P P D P P P= ⋅ + ⋅ = − + + − + .

Odredimo sada prvi izvod funkcije ukupnog prihoda. Imamo:

1( ) 22

R P PP

′ = − + −+

.

Stacionarnu cijenu određujemo iz uslova ( ) 0R P′ = , odakle slijedi da je 2 3P = , odnosno 3P = je stacionarna tačka.

Odredimo sada drugi izvod funkcije ukupnog prihoda, kako bismo ispitali prirodu stacionarne tačke 3P = . Imamo

( )2

1( ) 12

R PP

′′ = − ++

,

pa je ( )2

1( 3) 1 03 2

R′′ = − + <+

, odakle zaključujemo da je 3P =

cijena pri kojoj je ukupan prihod maksimalan. Maksimalan ukupni prihod iznosi

( )3( 3) 100 2 3 ln 3 2 100,652

R = − + + − + ≈ .

Primjer 2.13.3. (određivanje maksimalne dobiti) Zadane su funkcije ukupnih prihoda ( )R Q i ukupnih troškova ( )C Q kao funkcije količine proizvodnje Q sa

2( ) 3250 13.5R Q Q Q= − ⋅ i 3 2( ) 30 100 2000C Q Q Q Q= + + + .


176

Odredimo nivo proizvodnje na kome se ostvaruje maksimalna dobit.

Funkcija dobiti ( )Qπ jednaka je razlici između ukupnih prihoda i troškova, pa je

( ) ( ) ( ) 2 33150 43.5 2000Q R Q C Q Q Q Qπ = − = − ⋅ − − .

Odredimo sada stacionarne tačke funkcije ( )Qπ . Imamo:

( ) ( )2 23150 87 3 3 1050 29 0Q Q Q Q Qπ ′ = − − = − − = ,

kada je 1 21Q = i 2 50Q = − . Kako nivo proizvodnje ne može biti negativan broj, jedina stacionarna tačka funkcije ( )Qπ koja ima ekonomsko značenje

je 21Q = . Pogledajmo sad da li je to tačka maksimuma funkcije ( )Qπ .

Najjednostavnije je odrediti znak drugog izvoda funkcije ( )Qπ , za 21Q = . Imamo:

( ) 87 6Q Qπ ′′ = − − , pa je ( ) 87 126 213 0Qπ ′′ = − − = − < .

Dakle, na nivou proizvodnje 21Q = postiže se maksimalna dobit.

Odredimo sada funkcije graničnih prihoda ( )MR Q i graničnih troškova

( )MC Q , te izračunajmo kolika je njihova vrijednost za max 21Q Q= = . Imamo

( )( ) 3250 27MR Q R Q Q′= = − i ( ) 2( ) 3 60 100MC Q C Q Q Q′= = + + ,

pa je (21) 3250 567 2683MR = − = i

(21) 3 441 60 21 100 1323 1260 100 2683MC = ⋅ + ⋅ + = + + =

Dakle, vidimo da je ( ) ( )max maxMR Q MC Q= . Ova jednakost vrijedi i općenito. Naime, vrijednost maxQ smo dobili rješavajući jednačinu

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 0Q R Q C Q MR Q MC Qπ ′′ = − = − = ,

pa je očigledno da na nivou proizvodnje na kome se postiže maksimalna dobit granični troškovi proizvodnje su jednaki graničnom prihodu.


177

2.14. Konveksne i konkavne funkcije. Veza sa krivom indiferencije.

Prije nego damo definiciju konveksnosti i konkavnosti funkcije na nekom segmentu [ ],a b posmatrat ćemo jedan primjer. Pretpostavimo da na nekom tržištu imamo dva dobra x i y koja se mogu supstituirati (drugim riječima, dobra x i y se konzumiraju skupa, pa se određena količina dobra x može zamijeniti nekom količinom dobra y pri čemu potrošač ostaje na istoj razini zadovoljstva). To znači da možemo praviti različite kombinacije dobara x i y s kojima je potrošač jednako zadovoljan. Pri tome, ako količinu dobra x povećamo za neko xΔ , tada je jasno da odgovarajuću količinu dobra y možemo smanjiti za yΔ , i ostati na istoj razini zadovoljstva. Kriva koja spaja sve parove ( ),x y količina dobara x i y za koje smo na istoj razini zadovoljstva zove se kriva indiferencije. Očigledno je da je ta kriva opadajuća. Posmatrajmo sad krivu indiferencije datu na slici 2.14.1., na segmentu [ ],a b . Neka je ona data kao grafik

funkcije ( )y f x= (očigledno je da su količine x i y posmatranih dobara u

nekoj funkcionalnoj vezi). Tačke ( )( ),a f a i ( )( ),b f b nalaze se na krivoj indiferencije, pa je potrošač jednako zadovoljan količinom a dobra x i

( )f a dobra y (vidimo da je to manja količina dobra x i veća količina

dobra y ), kao sa količinom b dobra x i ( )f b dobra y . Međutim, s obzirom da se dobra mogu supstituirati, prirodno je očekivati da će potrošač biti jednako zadovoljan ili čak zadovoljniji aritmetičkom sredinom ovih

dobara. Dakle, potrošač je zadovoljniji sa količinom od 1 12 2 2

a b a b+ = +

dobra x i ( ) ( ) ( ) ( )1 12 2 2

f a f bf a f b

+= + dobra y (toj kombinaciji

odgovara tačka C na slici 2.14.1.). Tačka C se na slici nalazi iznad tačke D

čija x -koordinata je 2

a b+ , ali je njena y koordinata 2

a bf +⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.


178

y

a xbf(a)

f(b) A

C

D B

O

Slika 2.14.1.

Drugim riječima, ukoliko je sa ( )y f x= data kriva indiferencije potrošača, prema dobrima koja se mogu supstituirati, tada je

( ) ( )1 1 1 12 2 2 2

f a b f a f b⎛ ⎞+ ≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Analogno, možemo zaključiti da bi potrošač bio zadovoljniji sa količinom

od 1 23 3

a b+ dobra x i ( ) ( )1 23 3

f a f b+ dobra y nego sa polaznim

količinama dobara. To znači da bi se tačka ( ) ( )1 2 1 2,3 3 3 3

a b f a f b⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠

nalazila iznad tačke 1 2 1 2,3 3 3 3

a b f a b⎛ ⎞⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Nastavljajući ovo razmišljanje dalje, možemo zaključiti da, ukoliko je sa ( )y f x= data kriva indiferencije potrošača, prema dobrima koja se mogu

supstituirati, tada za svaki broj [ ]0,1α ∈ vrijedi nejednakost

( )( ) ( ) ( ) ( )1 1f a b f a f bα α α α+ − ≤ + − .

Definicija 2.14.1. (konveksne i konkavne funkcije) Za funkciju f definisanu na segmentu [ ],a b kažemo da je konveksna na

tom segmentu ukoliko je za svaki broj [ ]0,1α ∈ ispunjena nejednakost

poželjna oblast

2a b+

( ) ( )( )12

f a f b+


179

( )( ) ( ) ( ) ( )1 1f a b f a f bα α α α+ − ≤ + − . (2.14.1)

Ukoliko svaki broj [ ]0,1α ∈ vrijedi nejednakost

( )( ) ( ) ( ) ( )1 1f a b f a f bα α α α+ − ≥ + − , (2.14.2)

tada za funkciju f kažemo da je konkavna na segmentu [ ],a b .

Iz prethodnog razmatranja vidimo da je kriva indiferencije konveksna, ukoliko dobra x i y možemo supstituirati.

Pretpostavimo sada da dobra x i y ne konzumiramo skupa. Kao primjer možemo uzeti da nam x predstavlja količinu sladoleda (u gramima) koje potrošač konzumira, a dobro y na primjer količinu crnih maslina koje potrošač konzumira. Ukoliko potrošač voli i masline i sladoled, vjerovatno će biti zadovoljniji sa malom količinom sladoleda i velikom količinom maslina (to je tačka A na slici 2.14.2.) ili sa malom količinom maslina i velikom količinom sladoleda (tačka B na slici 2.14.2.) nego sa podjednakim količinama maslina i sladoleda.

y

a xbf(b)

f(a) A

C

D

B

O

Slika 2.14.2.

To znači da, ukoliko je sa ( )y f x= data kriva indiferencije potrošača u odnosu na ova dva dobra, vrijedi

( ) ( )1 1 1 12 2 2 2

f a b f a f b⎛ ⎞+ ≥ +⎜ ⎟⎝ ⎠

,

2a b+

( ) ( )( )12

f a f b+


180

(tačka D je iznad tačke C) što znači da je u ovom slučaju (dobara koja se ne konzumiraju zajedno) kriva indiferencije konkavna.

Dakle, kriva indiferencije je konveksna ako i samo ako se dobra mogu substituirati.

Geometrijski gledano, funkcija je konveksna na nekom segmentu [ ],a b ukoliko se svaka duž koja spaja bilo koji par tačaka na grafiku te krive između x a= i x b= nalazi „iznad“ krive ( )y f x= . Funkcija je na segmentu [ ],a b konkavna ukoliko se svaka duž koja spaja bilo koji par tačaka na grafiku te krive između x a= i x b= nalazi „ispod“ krive

( )y f x= . Sama definicija 2.14.1. nam daje matematičku interpretaciju ove činjenice.

Može se pokazati da, ukoliko je funkcija diferencijabilna na [ ],a b (što znači da kriva koja predstavlja grafik funkcije ima tangentu u svakoj tački) ona je konveksna ako i samo ako se nalazi iznad tangente povučene u svakoj tački krive, a konkavna je ako i samo ako se nalazi ispod tangente povučene u svakoj tački na krivoj sa apscisom [ ],x a b∈ .

Kada govorimo o tome da li je funkcija konveksna ili konkavna, mi zapravo govorimo o obliku grafika posmatrane funkcije. Veoma je teško, na osnovu same definicije konveksnosti odnosno konkavnosti funkcije na segmentu provjeriti kakvog je oblika funkcija. Drugim riječima, za ispitivanje konveksnosti i konkavnosti funkcije veoma je komplikovano razmatrati da li su ispunjene nejednakost (2.14.1) ili nejednakost (2.14.2). Ukoliko je funkcija dva puta diferencijabilna, mnogo je jednostavnije koristiti drugi izvod funkcije, što nam omogućava slijedeći teorem.

Teorem 2.14.2. Neka je funkcija f dva puta diferencijabilna na segmentu [ ],a b . Funkcija f je konveksna na [ ],a b ukoliko je ( )'' 0f x > za sve

[ ],x a b∈ . Ukoliko je ( )'' 0f x < za sve [ ],x a b∈ , funkcija f je konkavna

na [ ],a b .


181

Definicija 2.14.3. (prevojne tačke funkcije) Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini tačke 0x . Tačka 0x je prevojna tačka funkcije f ukoliko je lijevo od 0x funkcija konveksna (konkavna) a desno od 0x konkavna (konveksna).

Drugim riječima, tačka 0x je prevojna tačka funkcije ukoliko funkcija mijenja konveksitet (oblik) pri prelasku preko te tačke.

Prevojne tačke funkcije ćemo određivati analogno kao i lokalne ekstreme, ali sada pomoću drugog izvoda, ukoliko postoji. Potreban i dovoljan uslov za egzistenciju prevojne tačke funkcije nam daje slijedeći teorem.

Teorem 2.14.4. Neka je funkcija f dva puta diferencijabilna u okolini tačke 0x . Tačka 0x je prevojna tačka funkcije f ukoliko je ( )0'' 0f x = i funkcija ''f mijenja znak u okolini tačke 0x .

Možemo reći da je uslov ( )0'' 0f x = potreban uslov da bi funkcija u 0x imala prevojnu tačku. Dovoljan uslov jeste da drugi izvod funkcije mijenja znak u okolini tačke 0x .

Primjer 2.14.5. Odredimo intervale konveksnosti i konkavnosti i prevojne

tačke funkcije ( )2

12

xyx

−=+

.

Da bismo odredili intervale konveksnosti i konkavnosti, trebamo izračunati drugi izvod funkcije. Prije svega, odredit ćemo definiciono područje funkcije. To je skup { }\ 2− .

Prvi izvod funkcije je:

( ) ( )( )( )

( )( )( ) ( )

2

4 4 3

2 2 1 2 2 2 2 2 4'2 2 2

x x x x x x xyx x x

+ − − + + + − + −= = =+ + +

.

Sad izračunavamo drugi izvod. Imamo:

( )( ) ( )( )

( )

' 3 2

3 6

2 3 4 24''2 2

x x xxyx x

⎛ ⎞ − + − − +−⎜ ⎟= = =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠


182

( ) ( )( )

( )( )

2

6 4

2 2 12 3 2 7

2 2

x x x x

x x

+ − − − + −= =

+ +.

Analogno kao pri određivanju ekstrema funkcije, napravit ćemo tabelu znaka drugog izvoda. Trebamo imati u vidu da nazivnik ( )42x + ne utiče

na znak drugog izvoda, pa ćemo u tabelu unijeti samo izraz ( )7x − jer je on istog znaka kao drugi izvod.

Na osnovu tabele vidimo da funkcija ''y pri prelasku preko tačke 0 7x = mijenja znak, pa je 0 7x = apscisa prevojne tačke. Kako je

( ) 6 2781 27

y = = , to je tačka 27,27

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

prevojna

tačka naše funkcije.

Primjer 2.14.6. Odredimo prevojne tačke funkcije 1ln1

xyx

+=−

.

Kao prvo, odredimo definiciono područje date funkcije. Treba vrijediti 1 01

xx

+ >−

, odakle zaključujemo da je funkcija definisana za sve

( ) ( ), 1 1,x ∈ −∞ − ∪ +∞ .

Odredimo prvi izvod. Imamo:

( )( )

'

2 2

1 11 1 1 1 1' ln 12 1 2 111

x xxy xx xxx

− − ++ −⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ +− −⎝ ⎠ −−

.

Sada izračunavamo drugi izvod. Imamo:

( )( )( ) ( )

'

2 22 2 2

0 1 21 2''1 1 1

x xyx x x

− −−⎛ ⎞= = =⎜ ⎟−⎝ ⎠ − −.

x −∞ 7 +∞

7x − - + y

0

P.T.


183

Kako je nazivnik pozitivan za sve vrijednosti x iz definicionog područja, znak funkcije ''y isti je kao znak nazivnika, odnosno izraza 2x . Također je

'' 0y = za 0x = pa je 0x = jedina moguća prevojna tačka. Međutim, ( ) ( )0 , 1 1,∉ −∞ − ∪ +∞ , pa ona ne može biti prevojna tačka naše funkcije, jer

u toj tački funkcija nije definisana. Dakle, naša funkcija nema prevojnih tačaka. Kako je '' 0y > za ( )1,x ∈ +∞ funkcija je konveksna na intervalu

( )1,+∞ , dok je na intervalu ( ), 1−∞ − funkcija konkavna (tu je '' 0y < ).

Primjer 2.14.7. Pretpostavimo da je data funkcija proizvodnje

( ) 1

11 vQ v

e −=+

, koja predstavlja količinu proizvodnje kao funkciju

proizvodnog faktora v .

1. Odredimo funkciju marginalne produktivnosti faktora proizvodnje v , kao i maksimalni marginalni proizvod.

Funkcija marginalne produktivnosti faktora proizvodnje v , ( )MQ v je izvod funkcije proizvodnje. Dakle,

( ) ( ) ( )( ) ( )

' 1 1

2 21 1 1

1 11' 01 1 1

v v

v v v

e eMQ v Q ve e e

− −

− − −

− ⋅ ⋅ −⎛ ⎞= = = = >⎜ ⎟+⎝ ⎠ + + za sve v .

(Ovo znači da je funkcija ( )Q v stalno raste s porastom v , pri čemu ta brzina rasta nije velika).

2. Odredimo sada maksimalnu brzinu rasta proizvodnje s porastom faktora proizvodnje v . Drugim riječima, želimo odrediti maksimalni marginalni proizvod, odnosno maksimalnu vrijednost funkcije ( )MQ v . Nju ćemo odrediti pomoću prvog izvoda te funkcije. Imamo:

( )( )

( )( ) ( ) ( )( )

( )( )( )

( )( )

' 21 1 1 1 11

2 41 1

1 1 1 1 1 1

4 31 1

1 1 2 1 1'

1 11 1 2 1

.1 1

v v v v vv

v v

v v v v v v

v v

e e e e eeMQ ve e

e e e e e e

e e

− − − − −−

− −

− − − − − −

− −

⎛ ⎞ ⋅ − + − ⋅ + ⋅ ⋅ −⎜ ⎟= = =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

+ − − + − += =

+ +


184

Kako je 1 0ve − > , to na znak prvog izvoda ( )'MQ v utiče samo izraz 1 1ve − − u brojniku. Kako je 1 1 0ve − − = za 1v = , to je 1v = jedina

stacionarna tačka funkcije ( )MQ v .

S druge strane je 1 1 0ve − − > ako i samo ako je 1v < , te je 1 1 0ve − − < ako i samo ako je 1v > , pa možemo napraviti slijedeću tabelu:

Na osnovu tabele vidimo da je 1v = apscisa maksimuma funkcije ( )MQ v , pa je maksi-malni marginalni proizvod jednak

( )( )

1 1

21 1

1141

eMQe

−

−= =

+. Dakle, maksimalna

brzina rasta proizvodnje je 14

, kada je proizvodni faktor 1v = .

3. Kako je ( ) ( )'MQ v Q v= , to je ( ) ( )' ''MQ v Q v= , pa je apscisa ekstrema

funkcije ( )MQ v ujedno apscisa prevojne tačke funkcije ( )Q v (to smo prikazali i u tabeli). U našem konkretnom primjeru, to znači da je tačka

( )( ) 11, 1 1,2

Q ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

prevojna tačka funkcije proizvodnje ( )Q v . Funkcije

( )Q v i ( )MQ v prikazali smo na istom grafiku na slici 2.14.3.

Q

O v

P.T.max

1MQ(v)

Q(v)

Slika 2.14.3.

ν ( ) 'MQ + −

''Q ∪ ∩

MQ

1−∞ + ∞


185

Primjer 2.14.8. Zadana je funkcija ukupnog ( )R Q prihoda kao funkcija

količine proizvodnje Q sa ( ) ( )222 3 5000R Q Q= − − + . Odredimo funkciju graničnih prihoda, a zatim intervale monotonosti funkcije graničnih prihoda i usporedimo ih sa intervalima konveksnosti i konkavnosti funkcije ukupnog prihoda.

Kao prvo, primijetimo da ova funkcija ima ekonomskog smisla kada je 0Q > i ( )222 3 5000 0Q− − + > , odnosno za ( )0, 53Q ∈ .

Funkcija graničnih prihoda je izvod funkcije ukupnih prihoda:

( ) ( )2 38 3 8 24MR Q Q Q Q Q= − − = − + .

Funkcija graničnih prihoda raste kada je ( ) 0MR Q′ > , odnosno kada je 224 24 0Q− + > . Dakle, funkcija graničnih prihoda je rastuća za ( )0,1Q ∈ .

Analogno, zaključujemo da je funkcija graničnih prihoda opadajuća za

( )1, 53Q ∈ , te da je 1Q = tačka maksimuma funkcije ( )MR Q , odnosno

tačka u kojoj je brzina porasta ukupnog prihoda najveća.

S druge strane ( ) ( )MR Q R Q′ ′′= , pa je ( ) 0MR Q′ > ako i samo ako je

( ) 0R Q′′ > . Drugim riječima, interval ( )0,1 na kojem funkcija ( )MR Q

raste je ujedno interval na kojem je funkcija ( )R Q ukupnih prihoda

konveksna. Analogno, interval ( )1, 53 na kojem funkcija ( )MR Q opada

je ujedno interval na kojem je funkcija ( )R Q ukupnih prihoda konkavna.

Tačka 1Q = maksimuma funkcije ( )MR Q je prevojna tačka funkcije

( )R Q .

Rezimirajmo: Tačka lokalnog ekstrema marginalne funkcije neke ekonomske funkcije je ujedno i prevojna tačka polazne funkcije. Možemo reći i nešto više. Ako je 0x tačka u kojoj ekonomska funkcija ( )f x prelazi iz konveksne u konkavnu, to je ujedno i tačka u kojoj je brzina promjene te ekonomske funkcije najveća. Ukoliko je 0x tačka u kojoj ekonomska


186

funkcija ( )f x prelazi iz konkavne u konveksnu, to je ujedno i tačka u kojoj je brzina promjene te funkcije najmanja.

Primjer 2.14.9. Zadana je funkcija korisnosti (zadovoljstva) potrošača dobrima x i y (čije količine također označavamo sa x i y ) sa

( )( )( , ) 2 1 2 3u x y x y= + − . Ispitajmo da li se dobra x i y mogu supstituirati na razini (nivou) zadovoljstva 8.

Ranije smo naveli da se dobra mogu supstituirati ako i samo ako je kriva indiferencije konveksna. Dakle, u ovom zadatku trebamo ispitati da li je kriva indiferencije konveksna.

Kao prvo, odredit ćemo jednačinu krive indiferencije na razini zadovoljstva 8. Ona je implicitno zadana sa ( )( )( , ) 2 1 2 3 8u x y x y= + − = , odakle je

82 32 1

yx

− =+

, pa možemo izraziti y kao funkciju varijable x i dobiti

krivu indiferencije ( ) 4 32 1 2

y xx

= ++

.

Da bismo odredili da li je ova kriva konveksna, trebamo odrediti drugi izvod i zaključiti da li je on pozitivan. Kao prvo, izračunat ćemo prvi izvod. Imamo

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 234 2 1 4 1 2 1 2 1 8 2 1 .2

y x x x x x− − − −′′ ⎛ ⎞ ′′ = + + = ⋅ − ⋅ + ⋅ + = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

Drugi izvod je

( ) ( )( ) ( )( )( )

2 3

3

328 2 1 8 2 2 1 22 1

y x x xx

− −′′′ = − + = − ⋅ − + ⋅ =+

.

Kako je x količina dobra, to je 0x > , pa odmah zaključujemo da je ( ) 0y x′′ > , odnosno da je kriva indiferencije konveksna, što znači da se

dobra x i y mogu substituirati.


187

2.15. Asimptote krivih linija.

Pri crtanju grafika funkcija ( )Q v i ( )MQ v iz primjera 2.14.6., od značaja je bilo odrediti limese kad v → +∞ i kada v → −∞ ovih funkcija . Također, ukoliko imamo funkciju koja nije definisana u tački 0x ali jeste u nekoj okolini te tačke, od interesa je ispitati ponašanje te funkcije u okolini te tačke.

Definicija 2.15.1. (asimptote krive linije) Za funkciju f reći ćemo da teži funkciji g kad x → +∞ (kad x → −∞ ) ako je ( )lim 0

xg x

→+∞≠ (odnosno ( )lim 0

xg x

→−∞≠ ) i vrijedi

( ) ( )( )lim 0x

f x g x→+∞

− = (odnosno ( ) ( )( )lim 0x

f x g x→−∞

− = ).

Tada još kažemo i da je funkcija f asimptotski jednaka funkciji g kad x → +∞ (odnosno x → −∞ ) ili da je g desna (lijeva) asimptota funkcije f .

Mi ćemo se baviti samo slučajem kada je ( )g x ax b= + (pri čemu može biti 0a = ), odnosno sa slijedeća dva specijalna slučaja:

1. Ukoliko je ( )limx

f x A→+∞

= , za pravu y A= kažemo da je desna

horizontalna asimptota funkcije f . Analogno, ukoliko je ( )limx

f x B→−∞

= , za

pravu y B= kažemo da je lijeva horizontalna asimptota funkcije f . Ukoliko je A B= (dakle, lijeva i desna horizontalna asimptota su jednake) tada kažemo da funkcija f ima horizontalnu asimptotu y A B= = .

2. Ukoliko funkcija nema (desne ili lijeve) horizontalne asimptote, razmatramo da li ima kosu asimptotu. Kosa asimptota (desna ili lijeva) funkcije je prava y kx n= + ( 0k ≠ ), koju određujemo na slijedeći način:

a) Ispitamo da li postoje konačni limesi

( )limx

f xk

x→+∞= i ( )( )lim

xf x kx n

→+∞− = ,


188

pri čemu treba vrijediti 0k ≠ . Ukoliko je odgovor potvrdan, prava y kx n= + je desna kosa asimptota funkcije ( )y f x= . Analogno se određuje lijeva kosa asimptota (izračunamo limese kad x → −∞ ili ustanovimo da ne postoje). Ukoliko je lijeva kosa asimptota jednaka desnoj, ta prava je kosa asimptota naše funkcije.

Na kraju, funkcija ( )y f x= može imati i tzv. vertikalne asimptote.

Prava 0x x= je desna vertikalna asimptota ukoliko je ( )0 0

limx x

f x→ +

= +∞ (ili

−∞ ). Prava 0x x= je lijeva vertikalna asimptota ukoliko je

( )0 0

limx x

f x→ −

= +∞ (ili −∞ ).

Vertikalne asimptote tražimo samo u tačkama 0x koje su na granici oblasti definisanosti funkcije i u kojima funkcija nije definisana.

Primjer 2.15.2. Odredimo asimptote funkcije 2

21

xyx

=−

.

Prije nego odredimo asimptote, odredit ćemo definiciono područje funkcije. Kako u nazivniku imamo paran korijen potrebno je da vrijedi 2 1 0x − > , odakle zaključujemo da je funkcija definisana za sve ( ) ( ), 1 1,x ∈ −∞ − ∪ +∞ .

Kao prvo, ispitat ćemo da li funkcija ima horizontalne asimptote.

Odredimo desnu horizontalnu asimptotu. Imamo:

2 2 2 2

22

22 2 2 2lim lim lim lim 2

11 1 1 1x x x x

xx x

x x x xx xx

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞= = = = =

− − − −.

Dakle, prava 2y = je desna horizontalna asimptota. Pogledajmo da li funkcija ima lijevu horizontalnu asimptotu. Imamo:

2 2 2 2

22

22 2 2 2lim lim lim lim 2

11 1 1 1x x x x

xx x

x x x xx xx

→−∞ →−∞ →−∞ →−∞= = = = = −

−− − − −−−

.


189

Napomenimo da smo kad x → −∞ imali da je 2x x= − , jer je 0x < , pa je 2x x x= = − .

Dakle, prava 2y = − je lijeva horizontalna asimptota. To znači da naša funkcija ima dvije horizontalne asimptote: lijevu 2y = − i desnu 2y = .

S obzirom da imamo horizontalne asimptote s obje strane, data funkcija nema kosih asimptota.

Sada je potrebno odrediti vertikalne asimptote. Kao što vidimo iz definicionog područja, tražit ćemo limese funkcije kad 1x ↑ − i kada 1x ↓ . Imamo:

21

2 2lim01x

xx +↑−

−= = −∞−

,

odakle zaključujemo da je prava 1x = − lijeva vertikalna asimptota date funkcije.

S druge strane je

21

2 2lim01x

xx +↓

= = +∞−

,

pa je prava 1x = desna vertikalna asimptota funkcije 2

21

xyx

=−

.


xy xx

=+

.

Kao prvo, odredimo definiciono područje date funkcije. Potrebno je da

vrijedi 01

xx

≥+

, odakle imamo da je funkcija definisana za sve

( ) [ ), 1 0,x ∈ −∞ − ∪ +∞ .

Ispitajmo sad da li imamo horizontalnih asimptota.

lim 11x

xxx→+∞

= +∞ ⋅ = +∞+

,


190

pa nemamo desne horizontalne asimptote. Analogno je

lim 11x

xxx→−∞

= −∞ ⋅ = −∞+

,

pa nemamo ni lijeve horizontalne asimptote.

Pogledajmo da li imamo kose asimptote. Ako je y kx n= + desna kosa asimptota, tada je

1lim lim 11x x

xx xxkx x→+∞ →+∞

+= = =+

.

Sada je potrebno odrediti n Imamo:

11

lim 1 lim 1 lim 11 1x x x

xxx xn x x x

x xx

→+∞ →+∞ →+∞

⎛ ⎞−⎜ ⎟+⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠= − ⋅ = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Sada je izraz koji je bio oblika 0+∞ ⋅ postao oblika 00

, pa možemo

primijeniti L'Hopitalovo pravilo. Imamo:

12

1 '1 11lim lim

1 1 'x x

xxxx

n

x x→+∞ →+∞

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟+⎝ ⎠⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

( )( )

( )

1 12

2 2

2

2

112 1 1 1 1lim lim

1 2 21x x

x xxx x x

xx

−

→+∞ →+∞

+ −⎛ ⎞ ⋅⎜ ⎟+⎝ ⎠ += = − = −

+−


191

Time smo odredili n , pa možemo zaključiti da je prava 12

y x= − desna

kosa asimptota date funkcije. Analogno bi mogli ustanoviti i da su limesi kad x → −∞ jednaki već izračunatim limesima, odnosno da je prava

12

y x= − lijeva kosa asimptota date funkcije, odnosno da naša funkcija ima

kosu asimptotu 12

y x= − .

Ostalo je još da odredimo vertikalne asimptote. Kao što znamo, vertikalne asimptote određujemo na granici oblasti definisanosti, u tačkama u kojima funkcija nije definisana. Postoje dvije granice oblasti definisanosti naše funkcije. To su tačke 1x = − i 0x = . Kako je funkcija definisana za 0x = , prava 0x = nije vertikalna asimptota. Jedina preostala mogućnost jeste da prava 1x = − bude lijeva vertikalna asimptota naše funkcije (ne može biti desna jer funkcija nije definisana desno od tačke -1). Imamo:

( ) ( ) ( )1

1lim 1 11 0x

xxx −↑−

−= − = − ⋅ +∞ = −∞+

.

Dakle, prava 1x = − zaista jeste lijeva horizontalna asimptota funkcije

1xy x

x=

+.


1 1xy e −= + .

Kao prvo, lako se vidi da je naša funkcija definisana za sve ( ) ( ),1 1,x ∈ −∞ ∪ +∞ . Zbog toga ćemo ispitivati da li je prava 1x =

vertikalna asimptota naše funkcije i s lijeve i s desne strane. Imamo:

111 0

1lim 1 1 1 0 1 1xx

e e e− −∞−↑

⎛ ⎞+ = + = + = + =⎜ ⎟

⎝ ⎠,

pa prava 1x = nije vertikalna asimptota naše funkcije s lijeve strane. Odredimo sad desni limes. Imamo:


192

111 0

1lim 1 1 1 1xx

e e e+ +∞−↓

⎛ ⎞+ = + = + = +∞ + = +∞⎜ ⎟

⎝ ⎠,

pa je prava 1x = desna vertikalna asimptota funkcije 1

1 1xy e −= + .

Kako je 1 1

01 1lim 1 lim 1 1 2x xx x

e e e− −→+∞ →−∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠,

to je prava 2y = horizontalna asimptota naše funkcije. S obzirom da funkcija ima horizontalnu asimptotu, ona nema kose asimptote.

2.16. Crtanje grafika funkcija pomoću karakterističnih tačaka.

U ovom paragrafu ćemo na nekoliko primjera pokazati kako nacrtati grafik neke realne funkcije. Pri crtanju grafika, za svaku pojedinu funkciju odredit ćemo slijedeće:

1. Oblast definisanosti funkcije

2. Parnost i neparnost funkcije

3. Nule i znak funkcije

4. Asimptote (horizontalnu, kosu i vertikalnu)

5. Oblast(i) monotonosti i eventualne lokalne ekstreme funkcije 6. Oblast(i) konveksnosti i konkavnosti i eventualne prevojne tačke funkcije.

Nakon što kompletiramo ovih šest tačaka, moći ćemo sa određenom preciznošću skicirati grafik funkcije.

Primjer 2.16.1. Ispitajmo funkciju ( )2

2

2xy

x−

= i skicirajmo njen grafik.

1. Zadana funkcija je definisana kada je 2 0x ≠ , pa je oblast definisanosti funkcije ( ) ( ),0 0,x ∈ −∞ ∪ +∞ .


193

2. Da bismo ispitali da i je funkcija parna ili neparna, odredit ćemo ( )f x− .

Kako je ( ) ( )( )

( )2 2

2 2

2 2x xf x

xx

− − +− = =

−, to je ( ) ( )f x f x− ≠ i

( ) ( )f x f x− ≠ − , pa funkcija nije niti parna niti neparna.

3. Da bismo našli nule funkcije, riješit ćemo jednačinu ( ) 0f x = , odnosno

( )2

2

20

xx−

= , odakle slijedi da je ( )22 0x − = , odnosno 2x = . Dakle,

2x = je jedina nula funkcije. Tačka ( )2,0 je jedina tačka na x -osi koja pripada grafiku zadane funkcije.

S obzirom da je ( )22 0x − > za 2x ≠ i 2 0x > za 0x ≠ , zadana funkcija je

pozitivna za sve ( ) ( ) ( ),0 0,2 2,x ∈ −∞ ∪ ∪ +∞ .

4. Odredimo asimptote funkcije. Za određivanje horizontalne asimptote izračunat ćemo

( )2 2

2

2 2lim lim 1 1x x

xxx→±∞ →±∞

− ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Zaključujemo da je prava 1y = horizontalna asimptota zadane funkcije, pa nemamo kose asimptote.

Vertikalne asimptote tražimo na granici oblasti definisanosti, u tačkama u kojima funkcija nije definisana. To znači da ćemo tražiti granične vrijednosti funkcije kada 0x ↑ i kada 0x ↓ . Imamo:

( )2

20

2 4lim0x

xx +↑

−= = +∞ i

( )2

20

2 4lim0x

xx +↓

−= = +∞ .

Dakle, prava 0x = (odnosno y -osa) je vertikalna asimptota funkcije.

5. Za određivanje monotonosti i ekstrema funkcije izračunat ćemo prvi izvod i odrediti znak prvog izvoda. Imamo:

( ) ( ) ( )[ ] ( )22

4 4 3

2 2 2 2 2 2 2 4 2x x x x x x x x xy

x x x− ⋅ − − ⋅ − − + −

′ = = = .


194

Znak prvog izvoda zavisi od ( )2x − i 3x i dat je u tabeli

Zaključujemo da je funkcija rastuća za ( ) ( ),0 2,x ∈ −∞ ∪ +∞ i opadajuća za

( )0,2x ∈ . Lokalni minimum funkcije se

nalazi u tački ( )2,0A = .

6. Za određivanje oblast(i) konveksnosti i konkavnosti i prevojnih tačaka funkcije,

odredit ćemo znak drugog izvoda. Imamo

( ) ( ) ( ) ( )3 2 2

3 6 6 4

2 2 3 3 6 34 4 4 8

x x x x x x x xy

x x x x

′⎛ ⎞− − − ⋅ − + − +′′ = = = =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Zaključujemo da znak drugog izvoda zavisi samo od izraza ( )3x− + u brojniku, jer je 4 0x > za sve 0x ≠ . Znak drugog izvoda dat je u tabeli

Zaključujemo da je funkcija konveksna za ( ) ( ),0 0,3x ∈ −∞ ∪ i konkavna za ( )3,x ∈ +∞ .

Apscisa prevojne tačke funkcije je 3x = . Zbog

( ) 133

y = , prevojna tačka

funkcije je 13,3

B ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Grafik funkcije dat je na slici 2.16.1.

Slika 2.16.1.

x

x-2 - - +

x3 - + +

y' + - +

y

x

-x+3 + -

y'' + -

y ∪ ∩

0 2−∞ + ∞

0

0

0

min

3−∞ + ∞0

0

. .P T

y

By=1

O A x


195

Primjer 2.16.2. Ispitajmo funkciju ( )223 1y x x= ⋅ − i skicirajmo njen

grafik.

1. Funkcija je definisana za sve x ∈ . (Odmah možemo zaključiti da nema vertikalnih asimptota).

2. Kako je

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 22 233 1 1f x x x x x f x⎛ ⎞− = − ⋅ − − = − ⋅ − = −⎜ ⎟

⎝ ⎠,

zaključujemo da je funkcija neparna, pa je njen grafik simetričan u odnosu na koordinatni početak.

3. Da bi odredili nule funkcije riješit ćemo jednačinu ( )223 1 0x x⋅ − = ,

odakle slijedi da je 0x = ili 2 1 0x − = . Dakle, funkcija ima tri nule. To su 1 0x = , 2 1x = − i 3 1x = .

Kako je ( )22 1 0x − > sa sve 1x ≠ − i 1x ≠ , znak funkcije zavisi samo od

znaka varijable x , pa je 0y > za ( ) ( )0,1 1,x ∈ ∪ +∞ i 0y < za

( ) ( ), 1 1,0x ∈ −∞ − ∪ − .

4. Za određivanje horizontalne asimptote odredimo granične vrijednosti funkcije kad x → +∞ i x → −∞ . Lako se vidi da je

( )223lim 1x

x x→+∞

⎛ ⎞⋅ − = +∞⎜ ⎟⎝ ⎠

i ( )223lim 1x

x x→−∞

⎛ ⎞⋅ − = −∞⎜ ⎟⎝ ⎠

,

pa funkcija nema horizontalnu asimptotu.

Za određivanje kose asimptote izračunat ćemo graničnu vrijednost

( ) ( )223

2231

lim lim 1x x

x xk x

x→±∞ →±∞

⎛ ⎞⋅ −⎜ ⎟ ⎛ ⎞= = − = +∞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

,

pa možemo zaključiti da funkcija nema ni kosu asimptotu.


196

S obzirom da smo već zaključili da funkcija nema ni vertikalnu asimptotu, vidimo da zadana funkcija uopšte nema pravolinijskih asimptota.

5. Odredimo sada prvi izvod funkcije. Imamo:

( ) ( ) ( )2 2 2 12 2 23 3 321 1 1 2

3y x x x x x x

−′⎛ ⎞

′ = ⋅ − = − + ⋅ − ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

( )( )

2 2 22 3

1 232 3

4 7 313 13 1

x xxxx

−= − + =⋅ −−

.

Dakle, 2

23

7 33 1

xyx

−′ =⋅ −

. Znak prvog izvoda zavisi od znaka dvije kvadratne

funkcije: 27 3x − u brojniku, sa nulama 137

x = − i 237

x = , te funkcije

2 1x − sa nulama 1 1x = − i 2 1x = u nazivniku. Primijetimo da su 137

x = −

i 237

x = stacionarne tačke funkcije (u njima je prvi izvod jednak nuli,

odnosno tangenta na krivu je paralelna sa x -osom), dok u tačkama 1 1x = − i 2 1x = prvi izvod nije definisan, ali zbog egzistencije prvog izvoda u okolini tih tačaka i one mogu biti tačke ekstrema funkcije (u kojima ne postoji tangenta). Da bismo odredili intervale monotonosti i ekstreme funkcije napravit ćemo tabelu znaka prvog izvoda.

Na osnovu tabele zaključujemo da funkcija ima dva lokalna maksimuma i dva lokalna minimuma. Kako je

3 0,667

y⎛ ⎞

≈⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, lokalni mini-

mum i maksimum u kojima je tangenta funkcije paralelna sa

x

27 3x − + + − + +

( )1/ 32 1x − + − − − +

y' + − + − +

y

3 31 17 7

−∞ − − + ∞

0

0

0

0 0

0× ×

max min max min


197

x -osom su 3 , 0,667

A⎛ ⎞

= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

i 3 , 0,667

B⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(na slici 2.16.2.).

Lokalni maksimum i minimum funkcije se postiže i za 1x = − i 1x = , odnosno, tačke ( )1,0C = − i ( )1,0D = (na slici 2.16.2.) su tačke lokalnog maksimuma, odnosno minimuma u kojima funkcija nema tangentu.

Funkcija je rastuća za ( ) ( )3 3, 1 , 1,7 7

x⎛ ⎞

∈ −∞ − ∪ − ∪ +∞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, a opadajuća za

3 31, ,17 7

x⎛ ⎞ ⎛ ⎞

∈ − − ∪⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

6. Odredimo sada drugi izvod funkcije. Imamo:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 4

2 2 2 2 23 3 31 1 17 3 1 14 1 7 3 1 23 3 3

y x x x x x x x− − −

′ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞′′ = − ⋅ − = ⋅ − + − ⋅ − − ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

( ) ( ) ( )( )

242 2 23

423

4 7 92 1 21 21 7 39 9 1

x xx x x xx

− −= − − − + =

−

Kako je nazivnik gornjeg izraza uvije pozitivan, znak drugog izvoda zavisi

od njegovog brojnika. Nule brojnika su 1 0x = , 237

x = − i 337

x = , pa

imamo slijedeću tabelu znaka:

Kako je 3 0,1867

y ⎛ ⎞ ≈⎜ ⎟⎝ ⎠

, funkcija

ima tri prevojne tačke ( )0,0O = ,

3 , 0,1867

E ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

i

3 , 0,1867

F ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, prikazane na slici

2.16.2.

x

x - - + + 214 18x − + − − +

y'' - + − +

y ∩ ∪ ∩ ∪

9 907 7

−∞ − + ∞


198

Funkcija je konveksna za 3 3,0 ,7 7

x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∈ − ∪ +∞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

i konkavna za

3 3, 0,7 7

x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∈ −∞ − ∪⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Grafik funkcije je dat na slici 2.16.2.

x

A

y

B

CDE

FP.T.

O

MIN

MAX

Slika 2.16.2.

Primjer 2.16.3. Ispitajmo funkciju 2

3

ln xyx

= i skicirajmo njen grafik.

1. Oblast definisanosti naše funkcije je 2 0x > i 0x ≠ , pa je funkcija definisana za sve ( ) ( ),0 0,x∈ −∞ ∪ +∞ .

2. Kako je ( ) ( )( )

( )2 2 2

3 3 3

ln ln lnx x xy x y xx xx

−− = = = − = −

−−, posmatrana funkcija

je neparna i njen grafik je simetričan u odnosu na koordinatni početak.

3. Nule funkcije odredit ćemo iz jednačine 2

3

ln 0xx

= , iz koje imamo 2ln 0x = , pa je 2 1x = , odnosno 1 1x = − i 2 1x = su nule funkcije.


199

Kako bismo odredili znak funkcije sjetimo se da je ln 0t > za ( )1,t ∈ +∞ i

ln 0t < za ( )0,1t ∈ . Zbog toga je 2ln 0x > za ( ) ( ), 1 1,x ∈ −∞ − ∪ +∞ i 2ln 0x < za ( ) ( )1,0 0,1x ∈ − ∪ , pa imamo slijedeću tabelu znaka funkcije

Sada zaključujemo da je 0y > za ( ) ( )1,0 1,x ∈ − ∪ +∞ i 0y < za

( ) ( ), 1 0,1x ∈ −∞ − ∪ .

4. Da bi odredili horizontalnu asimptotu, odredit ćemo graničnu

vrijednost 2

3

lnlimx

xx→±∞

. S obzirom da je 2lim lnx

x→±∞

= +∞ i 3limx

x→±∞

= ±∞ , to je

posmatrana granična vrijednost neodređenog oblika ∞∞

. Funkcije u brojniku

i nazivniku se elementarne, time i diferencijabilne, pa na računanje ove granične vrijednosti možemo primijeniti L'Hopitalovo pravilo i računati limes

( )( )

22

2 33

1 2ln 2lim lim lim 03x x x

xx xx xx

→±∞ →±∞ →±∞

′ ⋅= = =

′.

Dobili smo da granična vrijednost postoji i jednaka je nuli, pa je 2

3

lnlim 0x

xx→±∞

= , odnosno, prava 0y = ( x -osa) je horizontalna asimptota

zadane funkcije.

S obzirom da funkcija ima horizontalnu asimptotu, nema kose asimptote.

Ostalo je još da izračunamo granične vrijednosti funkcije kada 0x ↑ i 0x ↓ , uzimajući u obzir činjenicu da je

0lim lnt

t↓

= −∞ . Imamo:

2

30

lnlim0x

xx −↑

−∞= = +∞ i 2

30

lnlim0x

xx +↓

−∞= = −∞ ,

x 2ln x + − − +

3x − − + +

y − + − +

1 0 1−∞ − + ∞


200

pa je prava 0x = ( y -osa) i lijeva i desna vertikalna asimptota funkcije.

5. Odredimo prvi izvod funkcije. Imamo

( ) 3 2 22 3 2 2 22

6 6 4

2 3 lnln 3 ln 2 3lnx x x xx x x x xxy

x x x

′ ⋅ − ⋅⋅ − ⋅ −′ = = = .

Znak prvog izvoda zavisi samo od izraza 22 3ln x− u brojniku. Stacionarne

tačke funkcije određujemo iz jednačine 22 3ln 0x− = , odakle je 2 2ln3

x = ,

2 2 / 3x e= . Stacionarne tačke su 2/3 1/3 31x e e e= − = − = − i 3

2x e= .

Tabela znaka prvog izvoda je

Kako je ( )3 23

y ee

= , na osnovu tabele

zaključujemo da je tačka 3 2,3

A ee

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

tačka lokalnog minimuma, a tačka 3 2,

3B e

e⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

je tačka lokalnog

maksimuma zadane funkcije. (Obje tačke su prikazane na slici 2.16.3).

Funkcija je rastuća za ( ) ( )3 3,0 0,x e e∈ − ∪ i opadajuća za

( ) ( )3 3, ,x e e∈ −∞ − ∪ +∞ .

6. Odredimo sada drugi izvod funkcije. Imamo:

( ) ( )4 2 3 22 2

4 8 5

23 2 3ln 4 2 6ln 72 3lnx x x x xx xy

x x x

− ⋅ ⋅ − − ⋅′ −⎛ ⎞−′′ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Apscise eventualnih prevojnih tačaka funkcije odredit ćemo iz jednačine

26 ln 7 0x − = , čija rješenja su 7 76 12

1x e e= − = − I 7

122x e= . Funkcija u

x 22 3ln x− − + −

y' − + −

y ↘ ↗ ↘

1/ 3 1/ 3e e−∞ − + ∞


201

brojniku je pozitivna za 7 7

12 12, ,x e e⎛ ⎞ ⎛ ⎞

∈ −∞ − ∪ +∞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, pa imamo slijedeću

tabelu znaka drugog izvoda

Kako je 7 /12( ) 0, 203y e ≈ , prevojne tačke funkcije su 7

12 , 0, 203C e⎛ ⎞

= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

i

712 , 0, 203D e

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, označene na slici

2.16.3.

Funkcija je konveksna za 7 7

12 12,0 ,x e e⎛ ⎞ ⎛ ⎞

∈ − ∪ +∞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

a konkavna

za 7 7

12 12, 0,x e e⎛ ⎞ ⎛ ⎞

∈ −∞ − ∪⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Grafik funkcije dat je na slici 2.16.3.

y

OB

xC

D

A

Slika 2.16.3.

x 26 ln 7x − + − − + 5x − − + +

y'' − + − +

y ∩ ∪ ∩ ∪

7 /12 7 /120e e−∞ − + ∞0 0

3. Realne funkcije dvije i više realnih varijabli

3.1. Pojam realne funkcije dvije i više realnih varijabli. Oblast definisanosti i grafik realne funkcije dvije realne varijable.

Prije nego definišemo pojam realne funkcije više realnih varijabli, sjetimo se definicije funkcije. Funkcija :f X Y→ koja preslikava neprazan skup X u neprazan skup Y je pravilo po kome se svakom elementu x skupa X pridružuje tačno jedan element ( ( )y f x= ) skupa Y . Kada je X ⊆ i Y ⊆ , posmatrana funkcija je realna funkcija jedne realne varijable.

Definicija 3.1.1. (realne funkcije više realnih varijabli) Neka je :f X Y→ funkcija koja preslikava neprazan skup X u skup Y . Ukoliko je X podskup skupa 2 , a Y ⊆ kažemo da je f realna funkcija dvije realne varijable (varijable). Kako su elementi skupa X , u tom slučaju uređeni parovi, tada je funkcija f pravilo po kome se svakom uređenom paru realnih brojeva iz X pridružuje tačno jedan realan broj iz Y .

Ukoliko je nX ⊆ , a Y ⊆ , tada je funkcija :f X Y→ realna funkcija n realnih varijabli, jer su elementi skupa X u tom slučaju uređene n -torke realnih brojeva.

U daljem ćemo smatrati da je ( ),z f x y= realna funkcija dvije realne varijable, koja je data nekim analitičkim izrazom. Drugim riječima, smatrat ćemo da je ( ),f x y analitički izraz koji sadrži varijable x i y .

Oblast definisanosti realne funkcije ( ),z f x y= dvije realne varijable ( x i

y ) je neki podskup D u ravni 2 , koji se sastoji od svih uređenih parova ( ),x y za koje je analitički izraz ( ),f x y dobro definisan.

Kada smo posmatrali funkciju jedne varijable, vidjeli smo da je grafik te funkcije neka kriva u ravni. Ta kriva je zapravo bila skup tačaka oblika


204

( )( ),x f x , gdje je x prolazio skupom svih realnih brojeva za koje je data funkcija bila definisana.

Analogno, grafik funkcije dvije varijable je skup uređenih trojki oblika ( )( ), , ,x y f x y , gdje ( ),x y pripada oblasti definisanosti D funkcije

( ),z f x y= .

Skup tih uređenih trojki predstavlja neku površ u prostoru. Pogledajmo to na slijedećem primjeru:

Primjer 3.1.2. Neka je data funkcija ( ) 2 2, 1z x y x y= − − . Odredimo oblast definisanosti date funkcije i pogledajmo koja površ u prostoru predstavlja njen grafik.

Data funkcija je definisana ukoliko je izraz ispod korijena nenegativan, tj. ukoliko je 2 21 0x y− − ≥ . Ova nejednakost je ekvivalentna sa nejednakošću

2 2 1x y+ ≤ . Ukoliko se sjetimo da je sa 2 2 1x y+ = data jednačina kružnice sa centrom u koordinatnom početku i poluprečnikom 1, tada vidimo da je skup svih tačaka ( ),x y u ravni 2 koje zadovoljavaju nejednakost

2 2 1x y+ ≤ unutrašnja oblast centralne jedinične kružnice. Ta oblast je oblast definisanosti naše funkcije.

Grafik naše funkcije predstavlja gornju polovinu lopte s centrom u koordinatnom početku ( )0,0,0 i poluprečnikom 1.

Primjer 3.1.3. Funkcija ( ), 2 3 1z x y x y= − + je definisana za sve

( ) 2,x y ∈ , a njen grafik je ravan u prostoru 3 .

Primjer 3.1.4. (Cobb-Douglasova funkcija proizvodnje) Jedna od veoma važnih funkcija dvije varijable koja se javlja u ekonomiji je Cobb-Douglasova funkcija proizvodnje. To je funkcija koja nam daje zavisnost količine proizvodnje Q od broja jedinica uloženog rada L i jedinica uloženog kapitala K . Ova funkcija je oblika

( ) 1,Q Q L K A L Kα α−= = ⋅ ⋅ (3.1.1)

gdje je 0A > neka fiksna konstanta, a 0 1α< < je dati parametar.


205

Ekonomsko značenje parametra α je slijedeće: ukoliko se u proizvodnju uloži 1% više rada, tada će se nivo proizvodnje povećati za približno %α . Ukoliko se u proizvodnju uloži 1% više kapitala, nivo proizvodnje će se povećati za približno ( )1 %α− .

Oblast definisanosti funkcije ( ),Q L K je skup svih uređenih parova ( ),L K takvih da je 0L > i 0K > . Grafik funkcije proizvodnje dat je na slici 3.1.1.

K3

Q

O

funkcija od za fiksnoL K2

Kn

L2

K2 Ln

f L( 1,K )1

L1K1

funkcija od za fiksnoL K1

Slika 3.1.1.

U ekonomiji se često posmatraju i poopštenja Cobb-Douglasove funkcije proizvodnje. Na primjer, ukoliko porast uloženog rada za 1% uzrokuje porast proizvodnje za %α , dok porast uloženog kapitala uzrokuje porast proizvodnje za

%β (pri čemu su 0 , 1α β< < ), tada je odgovarajuća funkcija proizvodnje data sa

( , )Q L K A L Kα β= ⋅ ⋅ ,

pri čemu nije nužno 1α β+ = .

Također, ukoliko postoji više različitih proizvodnih faktora 1v , 2v , ..., nv i pri tome porast ulaganja proizvodnog faktora iv za 1% uzrokuje porast ukupne


206

količine proizvodnje za %iα ( 0 1iα< < , 1,...,i n= ) tada je funkcija proizvodnje oblika

( ) ( ) ( )1 2

1 2 1 2( , ,..., ) ... n

n nQ v v v A v v vα α α= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ .

Ova funkcija je realna funkcija n realnih varijabli.

Kada budemo govorili o Cobb-Douglasovoj funkciji proizvodnje mi ćemo, ukoliko me bude drugačije naglašeno u daljem pretpostavljati da je ona data sa (3.1.1)

3.2. Nivo linije realne funkcije dvije realne varijable. Izokvanta i kriva indiferencije.

Primjer 3.2.1. (izokvanta) Posmatrajmo Cobb-Douglasovu funkciju proizvodnje (3.1.1), kod koje je

2 /3α = i 245A = , odnosno funkciju

( ) 2 / 3 1/ 3, 245Q L K L K= ⋅ ⋅ .

Pretpostavimo da nas zanima koja kombinacija rada i kapitala nam je potrebna da bismo proizveli 24500 jedinica proizvoda. To ćemo odrediti tako što postavimo jednačinu:

2 / 3 1/ 324500 245 L K= ⋅ ⋅ ,

odakle, nakon skraćivanja i kubiranja, dobijamo da je 2 610L K⋅ = , odnosno 6

2

10KL

= .

Dakle, svaka kombinacija rada i kapitala koja zadovoljava ovu jednačinu

nam omogućava proizvodnju od 24500 jedinica proizvoda. Sa 6

2

10KL

= je

data varijabla K kao funkcija varijable L . Ovu funkciju smo prikazali na slici 3.2.1.


207

Slika 3.2.1.

Ukoliko želimo da povećamo proizvodnju, očigledno je da moramo uložiti više rada i kapitala. Tako, na primjer ukoliko želimo udvostručiti proizvodnju na 49000 jedinica proizvoda, tada nam svaka kombinacija rada

i kapitala koja zadovoljava relaciju 6

2

108KL

= ⋅ omogućava da proizvedemo

49000 jedinica proizvoda. Grafik funkcije 6

2

108KL

= ⋅ je također prikazan

na slici 3.2.1. Primijetimo da se grafik funkcije koji odgovara većem nivou proizvodnje nalazi "iznad" grafika funkcije koji odgovara nivou proizvodnje od 24500 jedinica proizvoda.

Općenito, ukoliko želimo da za datu funkciju proizvodnje ( ) 1,Q L K A L Kα α−= ⋅ ⋅ postignemo nivo proizvodnje od 1Q jedinica

proizvoda, tada svaka kombinacija rada i kapitala koja zadovoljava jednačinu 1

1A L K Qα α−⋅ ⋅ = omogućava postizanje tog nivoa proizvodnje. Iz ove jednačine moguće je odrediti K kao funkciju od L , konstante A i željenog nivoa proizvodnje 1Q . Dobijena funkcija zove se izokvanta, za dati nivo proizvodnje. Ukoliko želimo da povećamo proizvodnju na nivo od

2Q jedinica proizvoda, tada rješavanjem jednačine 12A L K Qα α−⋅ ⋅ =

možemo odrediti izokvantu za nivo proizvodnje od 2Q jedinica proizvoda. Ukoliko ove izokvante prikažemo grafički, vidjet ćemo da se one ne sijeku i da je druga izokvanta "iznad" prve.

O

K

L

6

2

10KL

=

6

2

108KL

= ⋅


208

Izokvanta je specijalan slučaj tzv. nivo linije funkcije dvije varijable, čiju definiciju ćemo sada navesti.

Definicija 3.2.2. (nivo linije realne funkcije dvije realne varijable)

Neka je C ∈ neka konstanta. Nivo linija funkcije ( ),z f x y= na nivou C je realna funkcija jedne realne varijable implicitno zadana jednačinom

( ),f x y C= .

U nekim slučajevima je iz jednačine ( ),f x y C= moguće eksplicitno odrediti y kao funkciju od x , dok u nekim drugim to nije moguće. Grafici nivo linija za dva različita nivoa se ne sijeku.

Primjer 3.2.3. (kriva indiferencije) Još jedan specijalan slučaj nivo linije funkcije dvije varijable koji se javlja u ekonomiji je kriva indiferencije. Ranije smo vidjeli da kriva indiferencije predstavlja krivu sa osobinom da je potrošač jednako zadovoljan svakom kombinacijom ( ),x y dobara x i y koje se nalaze na toj krivoj. Zapravo, kriva indiferencije je nivo linija funkcije korisnosti (zadovoljstva) potrošača

( ),u x y dobrima x i y , na određenom nivou zadovoljstva.

Na primjer, ako je sa ( ) ( )( ), 2 1 1u x y x y= + − data funkcija zadovoljstva potrošača dobrima x i y , tada je jedna kriva indiferencije nivo linija ove funkcije zadovoljstva na nivou zadovoljstva 4u = . Njena jednačina je data sa ( )( )2 1 1 4x y+ − = , odakle, nakon rješavanja dobijamo da je kriva

indiferencije data jednačinom 4 12 1

yx

= ++

.

Ako je nivo zadovoljstva, na primjer 10u = , odgovarajuća kriva

indiferencije je data jednačinom 10 12 1

yx

= ++

.


209

3.3. Pojam parcijalnog izvoda prvog reda funkcije dvije i više realnih varijabli. Geometrijsko značenje parcijalnog izvoda.

Prije nego uvedemo pojam parcijalnog izvoda funkcije dvije varijable, prisjetimo se definicije prvog izvoda realne funkcije jedne realne varijable. Ukoliko je data realna funkcija ( )y f x= jedne realne varijable, definisana u okolini tačke 0x , tada je f diferencijabilna u 0x ukoliko postoji i konačna je granična vrijednost

0 0

0

( ) ( )limx

f x x f xxΔ →

+ Δ −Δ

.

Vrijednost gornjeg limesa je prvi izvod funkcije f u tački 0x . Također smo vidjeli da prvi izvod funkcije predstavlja brzinu relativne promjene funkcije u nekoj tački.

Ukoliko je data funkcija dvije varijable ( , )z f x y= , tada možemo odrediti brzinu relativne promjene te funkcije u okolini neke tačke 0 0( , )x y , po svakoj od varijabli na slijedeći način:

1. Ukoliko želimo da odredimo brzinu promjene naše funkcije u odnosu na promjenu varijable x , tada ćemo fiksirati varijablu y , odnosno smatrat ćemo da je 0y y= , i ispitati da li postoji (i čemu je jednak) limes

0 0 0 00

( , ) ( , )limx

f x x y f x yxΔ →

+ Δ −Δ

. (3.3.1)

Definicija 3.3.1. (prvog parcijalnog izvoda po varijabli x ) Ukoliko limes (3.3.1) postoji i konačan je, tada je po definiciji taj limes jednak prvom parcijalnom izvodu funkcije ( , )z f x y= (ili parcijalnom izvodu prvog reda) po varijabli x u tački 0 0( , )x y i pišemo

'0 0 0 00 0 0 00

( , ) ( , )lim ( , ) ( , )xx

f x x y f x y f x y f x yx xΔ →

+ Δ − ∂= =Δ ∂

.


210

Ukoliko želimo da odredimo relativnu brzinu promjene naše funkcije u odnosu na promjenu varijable y , tada ćemo fiksirati varijablu x , odnosno smatrat ćemo da je 0x x= , i ispitati da li postoji (i čemu je jednak) limes

0 0 0 00

( , ) ( , )limy

f x y y f x yyΔ →

+ Δ −Δ

. (3.3.2)

Definicija 3.3.2. (prvog parcijalnog izvoda po varijabli y ) Ukoliko limes (3.3.2) postoji i konačan je, tada je po definiciji taj limes jednak prvom parcijalnom izvodu funkcije ( , )z f x y= po varijabli y u tački 0 0( , )x y i pišemo

'0 0 0 00 0 0 00

( , ) ( , )lim ( , ) ( , )yy

f x y y f x y f x y f x yy yΔ →

+ Δ − ∂= =Δ ∂

.

Primjer 3.3.3. Odredimo prve parcijalne izvode po varijablama x i y funkcije

( ) 2 2 3, 2 xf x y x xyy

= − + .

Parcijalni izvod po varijabli x određujemo tako što smatramo da je varijabla y neka konstanta i određujemo izvod po x . Imamo:

( ) ( ) ( ) ( )' 2 2 21 3, ' 2 ' 3 ' 2 2xf x y x x y x x yy y

= − + = − + .

Parcijalni izvod po y određujemo tako što smatramo da je varijabla x konstanta i tražimo izvod funkcije po y . Imamo:

( ) ( ) ( )'' 2 22 2

1 1 3, 2 ' 3 ' 0 2 2 3 4y y

xf x y x x y x x y x xyy y y

⎛ ⎞ −= − + = − ⋅ + ⋅ = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Primjer 3.3.4. Odredimo prve parcijalne izvode po x i y funkcije

( )2 2 2 3( , ) ln x yf x y x y e −= + − .

Parcijalni izvod po varijabli x je:


211

( ) ( )2 2 2 3 2 32 2 2 2

1 2( , ) 2 3 2x y x yx xx

xf x y x y e x y ex y x y

− −′ ′′ = ⋅ + − ⋅ − = −+ +

.

Parcijalni izvod po varijabli y je

( ) ( )2 2 2 3 2 32 2 2 2

1 2( , ) 2 3 3x y x yy yx

yf x y x y e x y ex y x y

− −′ ′′ = ⋅ + − ⋅ − = ++ +

.

Kada smo govorili o geometrijskom značenju prvog izvoda funkcije jedne varijable, vidjeli smo da egzistencija prvog izvoda funkcije f u tački 0x

znači da funkcija u tački ( )( )0 0,x f x ima tangentu čiji koeficijent pravca je

upravo ( )0'f x , odnosno da tangenta u toj tački zaklapa ugao α sa

pozitivnim dijelom x -ose, čiji tangens je jednak ( )0'f x .

Pogledajmo sada šta geometrijski predstavlja prvi parcijalni izvod funkcije dvije varijable. Pretpostavimo da imamo funkciju ( , )z f x y= , koja ima prve parcijalne izvode po x i po y u tački ( )0 0,x y . Kao što smo ranije

vidjeli, grafik funkcije ( , )z f x y= predstavlja neku površ S u prostoru 3R . Ukoliko je 0y y const= = , tada je sa ( )0,z f x y= dat grafik neke krive 1k

na površi S . Analogno, ukoliko je 0 .x x const= = , tada je sa ( )0,z f x y= dat grafik neke krive 2k koja također leži na površi S (obje krive su prikazane na slici 3.3.1.).

Činjenica da postoji prvi parcijalni izvod u tački ( )0 0,x y povlači da krive

1k i 2k imaju u tački ( )0 0,f x y tangente 1t i 2t . Neka je 1α ugao koji zaklapa tangenta 1t sa pozitivnim dijelom x -ose, a 2α neka je ugao koji zaklapa tangenta 2t sa pozitivnim dijelom y -ose. (Uglovi su prikazani na slici 3.3.1.). Tada je, na osnovu geometrijske interpretacije prvog izvoda funkcije jedne varijable

( )0 0 1,xf x y tgα′ = , dok je ( )0 0 2,yf x y tgα′ = .


212

(x0,y )0

S

y

z

k2

M

x

t1t2

k1

O

x0

y0

Slika 3.3.1.

Ukoliko je :f D → ( nD ⊆ ) realna funkcija n realnih varijabli 1x , 2x , ..., nx , analogno kao u slučaju funkcije dvije realne varijable možemo definisati pojam prvog parcijalnog izvoda funkcije f po varijabli ix ,

1,...,i n= u tački ( )(0) (0) (0)1 2, ,..., nx x x D∈ .

Definicija 3.3.5. (parcijalnog izvoda prvog reda funkcije više varijabli) Prvi parcijalni izvod funkcije :f D → po varijabli ix , 1,...,i n= u tački

( )(0) (0) (0)1 2, ,..., nx x x D∈ , u oznaci ( )(0) (0) (0)

1 2, ,...,ix nf x x x′ jednak je limesu

( ) ( )(0) (0) (0) (0) (0) (0)1 1

0

,..., ,..., ,..., ,...,lim

i

i i n i n

xi

f x x x x f x x xxΔ →

+Δ −

Δ,

ukoliko on postoji i konačan je.

2α

1α


213

U slučaju da posmatrani prvi izvod postoji, on predstavlja relativnu brzinu promjene funkcije f u tački ( )(0) (0) (0)

1 2, ,..., nx x x kada se varijabla ix mijenja a ostale varijable su konstantne.

Primjer 3.3.6. Odredimo prve parcijalne izvode funkcije

( )( , , ) 2 3 4 5ln 2 3f x y z xy xz yz x y z= + + − + +

po varijablama x , y i z .

Pri računanju prvog parcijalnog izvoda po varijabli x smatramo da su varijable y i z konstantne, pa imamo:

( ) ( ) ( )1( , , ) 2 3 0 5 2 32 3

xxf x y z y x z x x y zx y z

′ ′ ′′ = ⋅ + ⋅ + − + + =+ +

52 32 3

y zx y z

= + −+ +

.

Analogno, prvi parcijalni izvod po varijabli y računamo na slijedeći način:

( ) ( ) ( )1( , , ) 2 0 4 5 2 32 3

yyf x y z x y z y x y zx y z

′ ′ ′′ = ⋅ + + ⋅ − + + =+ +

102 42 3

x zx y z

= + −+ +

.

Prvi parcijalni izvod po z je:

( ) ( ) ( )1( , , ) 0 3 4 5 2 32 3

zzf x y z x z y z x y zx y z

′ ′ ′′ = + ⋅ + ⋅ − + + =+ +

153 42 3

x yx y z

= + −+ +

.

3.4. Značenje parcijalnog izvoda funkcije više varijabli u ekonomiji.

Vidjeli smo da prvi izvod funkcije jedne varijable u ekonomiji predstavlja tzv. graničnu ili marginalnu funkciju date ekonomske funkcije. Analogno tome, ukoliko imamo neku ekonomsku funkciju dvije varijable (npr. količinu proizvodnje kao funkciju rada i kapitala ili ukupan prihod kao funkciju troškova proizvodnje i količine proizvodnje) tada možemo smatrati


214

da se jedna varijabla nalazi na istom nivou i posmatrati kako se mijenja naša funkcija s promjenom druge varijable. Brzina te promjene je marginalna funkcija date funkcije, a ona zapravo predstavlja prvi parcijalni izvod te funkcije po posmatranoj varijabloj. To ćemo detaljnije objasniti na primjerima Cobb-Douglasove funkcije proizvodnje, funkciji potražnje, funkciji korisnosti (zadovoljstva) i funkciji troškova.

Općenito, možemo reći da prvi parcijalni izvod neke ekonomske funkcije dvije varijable po jednoj od varijabli predstavlja marginalnu (graničnu) funkciju te ekonomske funkcije u odnosu na posmatranu varijablu. Granična funkcija predstavlja stopu promjene posmatrane ekonomske funkcije kada se jedna varijabla mijenja, a druga ostaje na istom nivou.

Na kraju ovog odjeljka nešto više ćemo reći i o koeficijentu parcijalne elastičnosti, kao analogonu koeficijenta elastičnosti za ekonomske funkcije dvije varijable.

Primjer 3.4.1. (granična (marginalna) produktivnost i granični (marginalni) proizvod) Posmatrajmo funkciju proizvodnje ( ),Q L K koja zavisi od proizvodnih faktora L (rad) i K (kapital).

Ukoliko pretpostavimo da je u nekom kraćem vremenskom intervalu uloženi kapital K const= , povećanje rada za neko LΔ dovest će do povećanja proizvodnje za neku količinu QΔ . Porast proizvodnje po jedinici

porasta ulaganja faktora rada L jednak je QL

ΔΔ

. Ukoliko pustimo da

0LΔ → , približavamo se početnom vremenskom trenutku. Upravo je

0limL

QLΔ →

ΔΔ

granična produktivnost faktora L (u slučaju da je kapital

konstantan). S druge strane, vidimo da je

'

0lim LL

Q Q QL LΔ →

Δ ∂= =Δ ∂

prvi parcijalni izvod funkcije proizvodnje po varijabli L . Dakle, granična produktivnost proizvodnog faktora L je prvi parcijalni izvod funkcije proizvodnje po varijabli L .


215

Ukoliko pretpostavimo da je u nekom kratkom vremenskom intervalu uloženi rad .L const= , tada je porast proizvodnje po jedinici porasta

ulaganja faktora kapitala K jednak QK

ΔΔ

. Ukoliko pustimo da 0KΔ → ,

dobijamo 0

limK

QKΔ →

ΔΔ

što predstavlja granični (marginalni) proizvod faktora

K (u slučaju da je rad konstantan). S druge strane je

'

0lim KK

Q Q QK KΔ →

Δ ∂= =Δ ∂

prvi parcijalni izvod funkcije proizvodnje po varijabli K . Dakle, granični proizvod faktora K je prvi parcijalni izvod funkcije proizvodnje po varijabli K .

Ukoliko je ( ) 1,Q L K A L Kα α−= ⋅ ⋅ , tada je marginalna produktivnost faktora L jednaka:

( )1

1 1 1'Q K QA K L A K L AL L L

αα α α αα α α

−− − −∂ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = =⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

.

Odavde vidimo da je marginalna produktivnost faktora L jednaka proizvodu broja α i prosječne produktivnosti.

Marginalni proizvod faktora K jednak je

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1' 1 1 1Q L QA K L A K L AK K K

αα α α αα α α− − −∂ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ = − = −⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

.

Dakle, marginalni proizvod faktora K jednak proizvodu broja ( )1 α− i prosječnog proizvoda.

Često se u ekonomskoj literaturi granična produktivnost naziva granična produktivnost rada, dok se granični proizvod još naziva i granična produktivnost kapitala.

Ukoliko je ( )1 23 3, 15Q L K L K= ⋅ ⋅ odredimo marginalnu produktivnost rada i

marginalnu produktivnost kapitala kada je količina uloženih jedinica rada jednaka 27, a količina uloženih jedinica kapitala 64.


216

Marginalna produktivnost rada je

2 1 13 3115

3Q K LL

−∂ = ⋅ ⋅ ⋅∂

, pa je ( ) 3 2

3 2

1 8027,64 5 64927

QL

∂ = ⋅ ⋅ =∂

.

Marginalna produktivnost kapitala je

1 2 13 3215

3Q L KK

−∂ = ⋅ ⋅∂

, pa je ( ) 3 23

1 9027,64 10 27 22,5464

QK

∂ = ⋅ ⋅ = =∂

.

Primjer 3.4.2. (funkcija potražnje) Zadana je funkcija potražnje ( )1 2,D P P za model tržišta dvaju dobara, sa

cijenama 1P i 2P po jedinici proizvoda sa ( )1 2 1 2, 3 100D P P P P= − .

Odredimo cijene 1P i 2P za koje ova funkcija ima ekonomskog smisla, a zatim odredimo stopu promjene zadane funkcije potražnje u odnosu na cijene 1P i 2P za 1 3P = , 2 10P = .

Funkcija ( )1 2,D P P ima ekonomskog smisla za 1 0P > , 2 0P > i

2100 0P− > , odnosno za 1 0P > i ( )2 0,100P ∈ .

Stopa promjene funkcije potražnje ( )1 2,D P P u odnosu na promjenu cijene

1P je parcijalni izvod te funkcije po varijabli 1P :

( )1 1 2 2, 3 100PD P P P′ = − .

Za 1 3P = , 2 10P = je ( )1

3,10 3 90 9 10PD′ = = . Zaključujemo također da s porastom cijene 1P , za fiksnu cijenu 2P ukupna potražnja raste.

Stopa promjene funkcije potražnje ( )1 2,D P P u odnosu na promjenu cijene

2P je parcijalni izvod te funkcije po varijabli 2P :

( )2 1 2 1

2

1, 32 100PD P P P

P−′ = ⋅

−.


217

Dakle, za 1 3P = , 2 10P = je ( )2 1 2

9 3,2 90 2 10PD P P −′ = =− . Možemo

zaključiti da za fiksnu cijenu 1P potražnja opada s porastom cijene 2P .

Primjer 3.4.3. (funkcija troškova proizvodnje)

Zadana je funkcija prosječnih troškova proizvodnje nekog preduzeća koje proizvodi dva dobra u količinama 1Q i 2Q sa

( )1 2 1 21 2

1000, 2 3AC Q Q Q QQ Q

= + + ++

.

Odredimo funkcije marginalnih troškova u odnosu na 1Q i u odnosu na 2Q kada je 1 10Q = i 2 20Q = i ekonomski interpretirajmo rezultat.

Kao prvo, odredit ćemo funkciju ( )1 2,C Q Q ukupnih troškova. Kako je

( )( )1 2

1 21 2

,,

C Q QAC Q Q

Q Q=

+, to je ( ) ( )( )1 2 1 2 1 2, ,C Q Q AC Q Q Q Q= + .

Dakle, ( ) ( )( )1 2 1 2 1 2, 2 3 1000C Q Q Q Q Q Q= + + + + , pa je

( ) 2 21 2 1 2 1 2 1 2, 3 4 2 2 1000C Q Q Q Q Q Q Q Q= + + + + + .

Funkcija marginalnih troškova u odnosu na 1Q je

( )1 1 2 1 2, 6 4 2QC Q Q Q Q′ = + + , pa je ( )

110, 20 142QC ′ = .

Ekonomski gledano, ovo znači da je, na razini proizvodnje od 1 10Q = i

2 20Q = za proizvodnju dodatne jedinice prvog proizvoda potrebno uložiti još 142 novčane jedinice.

Funkcija marginalnih troškova u odnosu na 2Q je

( )2 1 2 1 2, 4 2 2QC Q Q Q Q′ = + + , pa je ( )

210, 20 82QC ′ = .

Ekonomski gledano, ovo znači da je, na razini proizvodnje od 1 10Q = i

2 20Q = za proizvodnju dodatne jedinice drugog proizvoda potrebno uložiti još 82 novčane jedinice.


218

Primjer 3.4.4. (funkcija korisnosti (zadovoljstva)) Zadana je funkcija korisnosti u ovisnosti od količine x i y dvaju dobara sa

( , ) 3 2 7u x y x y xy= + + + . Odredimo funkcije granične (marginalne) korisnosti oba dobra. Funkcija granične korisnosti prvog dobra je 1 2xu y′ = + , a funkcija granične korisnosti drugog dobra je 3 2yu x′ = + .

Primjer 3.4.5. (pojam koeficijenta parcijalne elastičnosti) U slučaju da posmatramo neku ekonomsku funkciju ( )y f x= kao funkciju jedne realne varijable, koeficijent elastičnosti varijable y o odnosu na

relativnu promjenu varijable x definisali smo kao ,y xx yy

ε ′= ⋅ . Ekonomski

gledano, relativna promjena varijable x za 1% povlači relativnu promjenu varijable y za ,y xε %.

Ukoliko imamo ekonomsku funkciju ( , )z f x y= dvije varijable x i y , možemo analizirati analognu situaciju, odnosno mjeriti kako relativna promjena jedne varijable (pri čemu je druga varijabla konstantna) utiče na relativnu promjenu funkcije. Pokazatelj stepena relativne promjene funkcije pri relativnoj promjeni jedne varijable za 1% (kada je druga varijabla konstantna) je upravo koeficijent parcijalne elastičnosti. Za funkciju

( , )z f x y= dvije varijable x i y možemo definisati dva koeficijenta parcijalne elastičnosti: parcijalnu elastičnost ,z xε u odnosu na x i parcijalnu elastičnost ,z yε u odnosu na y sa

, :z x xx zz

ε ′= ⋅ i , :z y yy zz

ε ′= ⋅ .

Ukoliko je ( , , )u f x y z= funkcija tri ekonomske varijable, možemo definisati tri koeficijenta parcijalne elastičnosti funkcije u , u odnosu na varijable x , y i z sa

, :u x xx uu

ε ′= ⋅ , , :u y yy uu

ε ′= ⋅ i , :u z zz uu

ε ′= ⋅ .

Primjer 3.4.6. (parcijalna elastičnost potražnje u odnosu na cijenu) Zadana je funkcija potražnje ( )1 2,D P P za model tržišta dvaju dobara, sa

cijenama 1P i 2P po jedinici proizvoda sa ( )1 2 1 2ln , 10 3ln 2lnD P P P P= − − .


219

Odredimo i ekonomski interpretirajmo oba koeficijenta parcijalne elastičnosti potražnje u odnosu na cijene.

Iz ( )1 2 1 2ln , 10 3ln 2lnD P P P P= − − zaključujemo da je

( ) 1 2

1 2

3 2 1010 3ln 2ln 10 10 3 2

1 2 1 2ln ln 3 21 2

1 1, P PP P

eD P P e e e P Pe e P P

− − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= = ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Sada ćemo odrediti prve parcijalne izvode funkcije potražnje po varijablama 1P i 2P . Imamo:

( )1

1010 4 2

1 2 1 2 4 21 2

3, ( 3)PeD P P e P P

P P− −′ = ⋅ − ⋅ =−

⋅, te

( )2

1010 3 3

1 2 1 2 3 31 2

2, ( 2)PeD P P e P P

P P− −′ = ⋅ ⋅ − =−

⋅.

Koeficijenti parcijalne elastičnosti su

1 1

101 1

, 10 4 21 2

3 21 2

3 3D P PP P eD

eD P PP P

ε⎛ ⎞⎟⎜′ ⎟= ⋅ = ⋅ − =−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⋅⎝ ⎠

i

2 2

102 2

, 10 3 31 2

3 21 2

2 2D P PP P eD

eD P PP P

ε⎛ ⎞⎟⎜′ ⎟= ⋅ = ⋅ − =−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⋅⎝ ⎠

.

Ekonomski gledano, činjenica da je 1, 3D Pε =− nam govori da porast cijene

prvog proizvoda za 1%, uz konstantnu cijenu drugog proizvoda dovodi do pada potražnje za 3%.

Analogno, činjenica da je 2, 2D Pε =− nam govori da porast cijene drugog

proizvoda za 1%, uz konstantnu cijenu prvog proizvoda dovodi do pada potražnje za 2%.


220

Primjer 3.4.7. (Koeficijent parcijalne elastičnosti funkcije proizvodnje) Zadana je funkcija proizvodnje 2 2( , ) 0, 25Q L K L K LK= − . (Ova funkcija nije Cobb-Douglasova.) Odredimo sumu parcijalnih elastičnosti proizvodnje u odnosu na rad i kapital. Funkcije granične produktivnosti rada i kapitala su:

2( , ) 2 0,25LQ L K LK K′ = − i 2( , ) 0,5KQ L K L LK′ = − ,

pa su parcijalne elastičnosti u odnosu na rad i kapital date sa:

,(2 0,25 ) 2 0,25( 0,25 ) 0,25Q L L

L LK L K L KQQ LK L K L K

ε− −′= = =− −

i

,( 0,5 ) ( 0,5 )

( 0,25 ) 0,25Q K KK LK L K L KQQ LK L K L K

ε− −′= = =− −

,

pa je

, ,3 0,75 3

0,25Q L Q KL KL K

ε ε−

+ = =−

.

Vidjet ćemo kasnije da je suma parcijalnih elastičnosti za ovu funkciju proizvodnje jednaka 3 zbog toga što je ova funkcija homogena po L i K , stepena homogenosti 3.

3.5. Diferencijal prvog reda funkcije dvije i više varijabli

Kada smo govorili o diferencijalu funkcije jedne realne varijable vidjeli smo da je diferencijal dy funkcije ( )y y x= predstavljao približnu vrijednost promjene yΔ funkcije, za male promjene varijable x . Po definiciji smo imali 'dy y x= ⋅ Δ .

Kod funkcija dvije varijable razlikovat ćemo tzv. parcijalni diferencijal i totalni diferencijal prvog reda. Neka je ( ),z f x y= neka funkcija dvije varijable. Ukoliko smatramo da je varijabla y konstantna, tada promjenu funkcije z po varijabli x označavamo sa x zΔ i ta promjena je približno jednaka parcijalnom diferencijalu prvog reda po x funkcije z , kojeg ćemo


221

označiti sa xd z . Ukoliko smatramo da je varijabla x konstantna, tada je promjenu funkcije z po varijabli y , u oznaci y zΔ približno jednaka parcijalnom diferencijalu prvog reda te funkcije po y , kojeg ćemo označiti sa yd z .

Definicija 3.5.1. (parcijalnih diferencijala funkcije dvije varijable) Parcijalni diferencijal prvog reda funkcije ( , )z f x y= po varijabli x definišemo sa

xz zd z x dxx x

∂ ∂= Δ =∂ ∂

.

(Sjetimo se, xz zx

∂ ′=∂

.) Parcijalni diferencijal prvog reda te funkcije po y

definišemo sa

yz zd z y dyy y

∂ ∂= Δ =∂ ∂

.

Ukoliko želimo da mjerimo približnu promjenu funkcije ( ),z f x y= kada se mijenjaju obje varijable, tada će ta promjena biti jednaka sumi promjena funkcije kada se mijenja samo x i kada se mijenja samo y . Dakle,

x yz z zΔ = Δ + Δ , gdje smo sa zΔ označili ukupnu promjenu funkcije.

Definicija 3.5.2. (totalnog diferencijala prvog reda funkcije dvije varijable)

Totalni diferencijal prvog reda funkcije ( ),z f x y= , u oznaci dz jednak je sumi parcijalnih diferencijala prvog reda po varijablama x i y . Drugim riječima, vrijedi

x yz zdz d z d z dx dyx y

∂ ∂= + = +∂ ∂

.

Kada smo govorili o funkciji jedne varijable, tada je diferencijabilnost funkcije u nekoj tački bila ekvivalentna egzistenciji prvog izvoda te funkcije u posmatranoj tački. Kada je u pitanju funkcija dvije varijable, pojam


222

diferenijabilnosti funkcije u nekoj tački ( )0 0,x y nije ekvivalentan

egzistenciji prvih parcijalnih izvoda te funkcije u ( )0 0,x y .

Definicija 3.5.3. (diferencijabilnosti funkcije dvije varijable) Za funkciju z dvije varijable kažemo da je diferencijabilna u tački ( )0 0,x y ukoliko ona u toj tački ima totalni diferencijal prvog reda. Drugim riječima, funkcija z je diferencijabilna u tački ( )0 0,x y ukoliko ona u ( )0 0,x y ima

prve parcijalne izvode po x i po y i ukoliko postoje funkcije ( )1 ,x yε i

( )2 ,x yε , definisane u okolini tačke ( )0 0,x y tako da vrijedi

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0 1 2, , , , , ,z zz x y z x y x y x x y y x y x x y yx y

ε ε∂ ∂− = Δ + Δ + Δ + Δ∂ ∂

pri čemu ( )1 , 0x yε → i ( )2 , 0x yε → kada ( ) ( )0 0, ,x y x y→ .

Napomenimo da se može dogoditi da postoje prvi parcijalni izvodi funkcije u tački ( )0 0,x y , a da funkcija u toj tački ne bude diferencijabilna, jer nije ispunjen drugi uslov naše definicije.

Dovoljan uslov diferencijabilnosti funkcije z u tački ( )0 0,x y možemo iskazati u obliku slijedećeg teorema:

Teorem 3.5.4. Ukoliko postoje prvi parcijalni izvodi funkcije z u okolini tačke ( )0 0,x y i ako su to neprekidne funkcije u tački ( )0 0,x y , tada je

funkcija z diferencijabilna u tački ( )0 0,x y .

Funkcije više varijabli koje koristimo u ekonomskoj analizi su uglavnom elementarne funkcije, koje imaju prve parcijalne izvode koji su neprekidni, tako da će funkcije koje budemo posmatrali u daljem biti diferencijabilne.

Ukoliko je ( , , )u f x y z= funkcija tri varijable, totalni diferencijal prvog reda ove funkcije jednak je sumi tri parcijalna diferencijala prvog reda, odnosno, vrijedi

x y zdu u dx u dy u dz′ ′ ′= + + .

Za slučaj realne funkcije n realnih varijabli imamo slijedeću definiciju:


223

Definicija 3.5.5. (totalnog diferencijala prvog reda realne funkcije n realnih varijabli)

Totalni diferencijal prvog reda realne funkcije ( )1 2, ,..., nf x x x od n realnih varijabli jednak je sumi n parcijalnih diferencijala te funkcije:

1 21 2 ...nx x x ndf f dx f dx f dx′ ′ ′= + + + .

Primjer 3.5.6. Odredimo totalni diferencijal prvog reda funkcije

( )43 ln xz x yy

⎛ ⎞= − + ⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Kao prvo, odredit ćemo prve parcijalne izvode date funkcije po x i po y . Imamo:

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

' ''4 3 ''

3 3

13 ln 3 4

1 1 12 1 12 .

x xxxx

x xz x y x y x y xy yy

yx y x yx y x

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + = ⋅ − ⋅ − + ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

= − ⋅ + ⋅ = − +

Analogno je

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

' ''4 3 ''

'3 3 3

2

13 ln 3 4

1 1 1 12 1 12 . 12 .

y yyyy

y

x xz x y x y x y xy yy

yx y x x y y x yx y y y

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + = ⋅ − ⋅ − + ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞ −= − ⋅ − + ⋅ ⋅ = − − + = − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

Dakle,

( ) ( )3 31 112 12z zdz dx dy x y dx x y dyx y x y

⎛ ⎞∂ ∂ ⎛ ⎞= + = − + + − − −⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Primjer 3.5.7. Odredimo totalni diferencijal prvog reda funkcije 2zxu e

y= .

Odredimo prve parcijalne izvode funkcije u po x , y i z . Imamo:


224

( )2 21 1z z

xu e x ey y

′′ = ⋅ = , 2 2

2

1z zy

xu xe ey y

′⎛ ⎞⎟⎜′ ⎟= ⋅ =−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠,

( ) ( )2 2 22 2z z zz

x x xzu e e z ey y y

′ ′′ = ⋅ = ⋅ = .

Sada je

( )2

2 2 2

2 2

1 2 2z

z z zx xz edu e dx e dy e dz ydx xdy xyzdzy y y y

= − + = − + .

3.6. Primjena diferencijala prvog reda funkcije dvije varijable u ekonomiji.

Pogledajmo sada, na primjeru Cobb-Douglasove funkcije proizvodnje kako se diferencijal prvog reda funkcije dvije varijable može primjenjivati u ekonomiji.

Primjer 3.6.1. (granična stopa supstitucije rada kapitalom i obratno)

Granična stopa supstitucije jednog proizvodnog faktora drugim nam govori po kojoj stopi možemo mijenjati jedan proizvodni faktor drugim, a da to ne utiče na razinu proizvodnje, odnosno da je razina proizvodnje konstantna. Drugim riječima, poznato nam je da ukoliko jedan proizvodni faktor povećamo za određeni postotak, tada drugi proizvodni faktor možemo smanjiti za određeni postotak; granična stopa supstitucije nam govori o tome koliki je taj postotak za određene vrijednosti proizvodnih faktora.

S obzirom da želimo da zadržimo istu razinu proizvodnje, na primjer, želimo da ostanemo na nivou proizvodnje 1Q Q= , količina proizvodnje se ne mijenja, odnosno, ukupna promjena količine proizvodnje QΔ jednaka je nuli. Kako je Q dQΔ ≈ , to je na istoj razini proizvodnje 0dQ = . Zbog toga ćemo, kao prvo odrediti totalni diferencijal prvog reda Cobb-Douglasove funkcije proizvodnje ( ) 1,Q L K A L Kα α−= ⋅ ⋅ i izjednačiti ga sa nulom. S obzirom da smo ranije izračunali prve parcijalne izvode ove funkcije po varijablama L i K , imamo


225

( )1 0Q Q Q QdQ dL dK dL dKL K L K

α α∂ ∂= + = + − =∂ ∂

,

odakle dobijamo da je

1L

K

dK Q KdL Q L

αα

′=− =−

′ − (3.6.1)

Posljednja jednakost nam pokazuje kako supstituirati proizvodne faktore, a da to ne utiče na razinu proizvodnje.

Vrijednost količnika diferencijala dKdL

, koja je približno jednaka količniku

KL

ΔΔ

u ovom slučaju, zove se granična stopa tehnološke supstitucije.

Granična stopa supstitucije nam govori da ukoliko jedan proizvodni faktor povećamo za određeni postotak, tada drugi proizvodni faktor možemo smanjiti za određeni postotak, tako da vrijedi jednakost (3.6.1). Granična stopa supstitucije je negativna jer, ukoliko je, na primjer KΔ pozitivno (to znači da smo uložili više kapitala) tada, da bi ostali na istom nivou proizvodnje, ulaganje u rad možemo smanjiti, tako da je 0LΔ < takvo da vrijedi relacija (3.6.1).

S druge strane, jednačinom 11A L K Qα α−⋅ ⋅ = je opisana izokvanta na nivou

proizvodnje 1Q , tako da granična stopa supstitucije ujedno predstavlja nagib izokvante. Imajući u vidu geometrijsku interpretaciju izvoda funkcije, možemo reći da granična stopa supstitucije predstavlja koeficijent pravca tangente povučene na izokvantu.

Ukoliko funkcija proizvodnje nije Cobb-Douglasova, granična stopa

supstitucije rada kapitalom dKdL

nije nužno oblika (3.6.1) ali se također

može odrediti iz jednakosti 0dQ = , odakle odmah zaključujemo da je

L

K

dK QdL Q

′=−

′.

Ovo ćemo ilustrovati slijedećim primjerom


226

Primjer 3.6.2. Data je funkcija proizvodnje sa 0,3( , ) 3Q L K L K= . Odredimo graničnu stopu supstitucije rada kapitalom.

Kao prvo, odredit ćemo funkcije granične produktivnosti rada i kapitala. Imamo:

0,3 1 0,5 0,7 0,5( , ) 3 0,3 0,9LQ L K L K L K− −′ = ⋅ ⋅ ⋅ = i

0,3 0,5 1 0,3 0,5( , ) 3 0,5 1,5KQ L K L K L K− −′ = ⋅ ⋅ ⋅ = , pa je

0,7 0,5

0,3 0,5

0,9 0,31,5 0,5

L

K

dK Q L K KdL Q L K L

−

−

′=− =− =−

′.

Posmatrana funkcija je specijalan slučaj funkcije proizvodnje oblika ( , )Q L K A L Kα β= ⋅ ⋅ , za koju je granična stopa tehnološke supstitucije

jednaka

dK KdL L

αβ

=− ,

što se može zaključiti iz navedenog primjera.

Primjer 3.6.3. Neka je ( , )Q L K proizvoljna (ne nužno Cobb-Douglasova) funkcija proizvodnje. Pogledajmo kako odrediti najoptimalniju kombinaciju ulaganja u rad i kapital, odnosno onu kombinaciju rada i kapitala koja će nam pri datom budžetu omogućavati maksimalan mogući nivo proizvodnje.

Pretpostavimo da su nam poznate cijene jedinica proizvodnih faktora rada i kapitala i neka su to Lp i Kp i pretpostavimo da imamo zadan budžet T . Tada je sa L Kp L p K T+ = zadana kombinacija rada i kapitala koju možemo pri ovom budžetu uložiti u proizvodnju. Ukoliko ovu jednačinu napišemo nešto drugačije, tako što je podijelimo sa Kp i ostavimo samo varijablu K na lijevoj strani dobijamo jednačinu:

L

K K

p TK Lp p

= − + .

Posljednja jednakost nam predstavlja jednačinu prave u koordinatnom sistemu sa apscisom L i ordinatom K koja se zove prava budžeta ili


227

budžetski pravac. Prava budžeta siječe L -osu u tački L

Tp

, a K -osu u tački

K

Tp

i prikazana je na slici 3.6.1.

O

K

L

Slika 3.6.1.

Ukoliko se smanji cijena jednog proizvodnog faktora, npr. rada sa Lp na

1Lp , tada smo pri istom budžetu u mogućnosti proizvesti veću količinu proizvoda, a sama prava budžeta se pomjera prema gore, jer je tačka presjeka prave budžeta sa K -osom ostala ista, dok je tačka presjeka sa L -

osom sada 1L L

T Tp p

> . Druga prava budžeta je također prikazana na slici

3.6.1., kao prava koja siječe L -osu u tački 1L

Tp

, a K -osu u tački K

Tp

.

Na slici 3.6.1. prikazali smo izokvante na nivou proizvodnje 1Q i 2Q . Prva izokvanta nam predstavlja maksimalan nivo proizvodnje koji možemo postići uz budžet T sa cijenama proizvodnih faktora Lp i Kp (vidimo da je njena tangenta upravo prava budžeta). Druga izokvanta predstavlja maksimalan nivo proizvodnje koji možemo postići uz isti budžet, pri čemu je sad cijena proizvodnog faktora rada niža i iznosi

1Lp .

Vratimo se sada našem početnom problemu određivanja optimalne kombinacije rada i kapitala pri datom budžetu. Optimalna kombinacija se,

K

Tp

L

Tp

1L

Tp

( ) 2, - više dobara za isto Q L K Q T=

( ) 1 2, Q L K Q Q= <


228

očigledno postiže onda kada je prava budžeta tangenta na izokvantu. Na

izokvanti je 0dQ = , pa je granična stopa supstitucije jednaka L

K

dK QdL Q

′=−

′.

Ukoliko je ( )K K L= jednačina izokvante, granična stopa supstitucije je zapravo prvi izvod od K kao funkcije od L . Kako je optimalna izokvanta upravo ona čija tangenta je prava budžeta, u tački dodira je koeficijent pravca tangente jednak prvom izvodu od K kao funkcije od L . S obzirom da je koeficijent pravca tangente zapravo koeficijent pravca prave budžeta

(koji je jednak L

K

pp

− ), imamo da je

'

'L L

K K

dK Q pdL Q p

= − = − .

(Specijalno, ( )1

dK KdL L

αα

=−−

u slučaju Cobb-Douglasove funkcije

proizvodnje.)

Odavde slijedi da je ' 'L K

L K

Q Qp p

= , pa možemo reći da se optimalna

kombinacija proizvodnih faktora ostvaruje onda kada je odnos graničnog proizvoda svakog pojedinog faktora i njegove cijene jednak za sve faktore proizvodnje. Ova tvrdnja vrijedi i ukoliko funkcija proizvodnje zavisi od više od dva faktora proizvodnje.

Primjer 3.6.4. (granična stopa supstitucije dva dobra i određivanje optimalne kombinacije dobara) Pretpostavimo da imamo dva dobra x i y koja se mogu supstituirati i neka je ( ),u x y odgovarajuća funkcija zadovoljstva (korisnosti) potrošača. Graničnu stopu supstitucije dobra y dobrom x definišemo kao stopu po kojoj određenu količinu dobra y možemo zamijeniti nekom količinom dobra x a da pri tome potrošač ostane na istom nivou zadovoljstva.

Ukoliko je potrošač na istom nivou zadovoljstva, tada graničnu stopu

supstitucije dobra y dobrom x ( dydx

) možemo odrediti iz jednačine


229

0x ydu u dx u dy′ ′= + = , odakle je x

y

udydx u

′=−

′.

Ukoliko su cijene dobara x i y neko xp i yp , na potpuno analogan način mogli bismo, pri datom budžetu T naći optimalnu kombinaciju dobara x i y koja bi potrošaču pružala maksimalan nivo zadovoljstva.

U ovom slučaju, prava budžeta x yp x p y T⋅ + ⋅ = , odnosno prava

x

y y

p Ty xp p

=− + bi bila tangenta na krivu indiferencije. To znači da je

koeficijent pravca prave (broj x

y

pp

− ) jednak graničnoj stopi supstitucije dydx

dobra y dobrom x . Dakle, optimalna kombinacija dobara zadovoljava jednakost

x x

y y

u pdydx u p

′=− =−

′,

odnosno jednakost yx

x y

uup p

′′= .

Možemo zaključiti da se optimalna kombinacija dobara x i y određuje iz uslova da je odnos između granične korisnosti jednog dobra i njegove cijene jednak odnosu između granične korisnosti drugog dobra i njegove cijene.

3.7. Izvodi i diferencijali višeg reda funkcije dvije i više varijabli

Neka je ( ),f f x y= realna funkcija dvije realne varijable, definisana u

okolini tačke ( )0 0,x y i diferencijabilna u toj tački. Iz činjenice da je

funkcija diferencijabilna u ( )0 0,x y slijedi da postoje prvi parcijalni izvodi fx

∂∂

i fy

∂∂

koji su također neke funkcije dvije varijable u toj tački. Ove

funkcije mogu biti diferencijabilne po varijablama x i y u tački ( )0 0,x y .


230

Definicija 3.7.1. (drugih parcijalnih izvoda funkcije dvije varijable)

Neka je ( ),f f x y= realna funkcija dvije realne varijable, diferencijabilna

u tački ( )0 0,x y . Ukoliko su parcijalni izvodi fx

∂∂

i fy

∂∂

diferencijabilne

funkcije po varijablama x i y u tački ( )0 0,x y , tada prvi parcijalni izvod po

x funkcije fx

∂∂

zovemo drugim parcijalnim izvodom po x funkcije f i

označavamo sa ( )

( )2

0 02 ,f x yx

∂∂

ili ( )''0 0,xxf x y . Prvi parcijalni izvod po y

funkcije fx

∂∂

zovemo drugim parcijalnim izvodom funkcije f po x pa

po y i označavamo sa 2 fx y

∂∂ ∂

ili ''xyf (u daljem nećemo pisati tačku ( )0 0,x y ).

Analogno, prvi parcijalni izvod po x funkcije fy

∂∂

zovemo drugim

parcijalnim izvodom po y pa po x i označavamo sa 2 fy x

∂∂ ∂

ili sa ''yxf .

Izvode ''xyf i ''

yxf zovemo mješovitim parcijalnim izvodima drugog reda.

Na kraju, prvi parcijalni izvod funkcije fy

∂∂

po y zovemo drugim

parcijalnim izvodom funkcije f po y i označavamo sa ( )

2

2

fy

∂∂

ili sa ''yyf .

Iz navedenog, vidimo da, u opštem slučaju, postoje četiri različita parcijalna izvoda drugog reda funkcije dvije varijable. Međutim, na osnovu slijedeće teoreme moći ćemo zaključiti da su, u većini primjena funkcija dvije varijable u ekonomiji mješoviti parcijalni izvodi zapravo jednaki, tako da ćemo za realnu funkciju dvije realne varijable imati tri različita parcijalna izvoda drugog reda.


231

Teorem 3.7.2. Neka funkcija f u okolini tačke ( )0 0,x y ima parcijalne

izvode drugog reda i neka su ( )'' ,xyf x y i ( )'' ,yxf x y neprekidne funkcije u

tački ( )0 0,x y . Tada je ( )''0 0,xyf x y = ( )''

0 0,yxf x y .

Na analogan način možemo definisati i parcijalne izvode višeg reda, kao parcijalne izvode parcijalnih izvoda reda za jedan manjeg. Na primjer treći izvod funkcije f , i to dva puta po x i jednom po y označili bi sa '''

xxyf . Ukoliko je ispunjen uslov neprekidnosti mješovitih parcijalnih izvoda, oni će, analogno kao i za izvode drugog reda biti jednaki. Tako, na primjer, uz uslov neprekidnosti mješovitih izvoda vrijedi jednakost ''' ''' '''

xxy xyx yxxf f f= = .

Definicija 3.7.3. (drugih parcijalnih izvoda funkcije n varijabli) Neka je ( )1 2, ,..., nf f x x x= realna funkcija n realnih varijabli, koja u tački

( )(0) (0) (0)1 2, ,..., nx x x ima prve parcijalne izvode po svakoj od varijabli 1x , 2x ,

…, nx . Ukoliko su parcijalni izvodi i

fx

∂∂

( 1,...,i n= ) diferencijabilne

funkcije po svakoj od varijabli u tački ( )(0) (0) (0)1 2, ,..., nx x x , tada parcijalni

izvod po jx ( 1,...,j n= ) funkcije i

fx

∂∂

u tački ( )(0) (0) (0)1 2, ,..., nx x x zovemo

parcijalnim izvodom drugog reda funkcije f po varijabli ix pa po jx i

označavamo sa ( )2

(0) (0) (0)1 2, ,..., n

i j

f x x xx x∂

∂ ∂ ili sa ( )(0) (0) (0)

1 2, ,...,i jx x nf x x x′′ .

Primjer 3.7.4. Odredimo parcijalne izvode drugog reda funkcije 2

2 2( , ) 3 x y yf x y x ex

−= − + .

Kao prvo, odredit ćemo parcijalne izvode prvog reda. Imamo: 2

22( , ) 2 3 x y

xyf x y x ex

−′ = − − i 2 2( , ) 6 x yy

yf x y ex

−′ = + .

Sada je


232

22

3

2( , ) 2 3 x yxx

yf x y ex

−′′ = − + , 22

2( , ) 6 x yxy

yf x y ex

−′′ = − i

2 2( , ) 12 x yyyf x y e

x−′′ =− + .

Definicija 3.7.5. (totalnog diferencijala drugog reda funkcije dvije varijable) Neka je ( ),f f x y= realna funkcija dvije realne varijable, definisana u

okolini tačke ( )0 0,x y i diferencijabilna u toj tački. Totalni diferencijal

drugog reda funkcije f , kojeg ćemo označiti sa 2d f , je totalni diferencijal totalnog diferencijala prvog reda te funkcije (uz pretpostavku da je funkcija df diferencijabilna). Drugim riječima, totalni diferencijal drugog reda funkcije f je

( ) ( ) ( )2d f d df df dx df dyx y

∂ ∂= = +∂ ∂

.

S druge strane je

( )( )

2 2

2

f f f fdf dx dy dx dyx x x y x yx

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂⎝ ⎠.

Analogno je

( )( )

2 2

2

f f f fdf dx dy dx dyy y x y y x y

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠,

pa je

( )( )

( )( )

2 2 22 22

2 2

f f f fd f dx dxdy dxdy dyx y y xx y

∂ ∂ ∂ ∂= + + +∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂

.

Ukoliko su mješoviti izvodi jednaki, dobijamo

( )( )

( )( )

2 22 22

2 22f f fd f dx dxdy dyx yx y

∂ ∂ ∂= + +∂ ∂∂ ∂

. (3.7.1)


233

Dakle, ukoliko funkcija f ima neprekidne parcijalne izvode drugog reda, tada je drugi diferencijal funkcije f dat formulom (3.7.1). Ovu formulu ćemo u daljem najčešće koristiti za određivanje drugog diferencijala funkcije dvije varijable.

Primjer 3.7.6. Odredimo totalni diferencijal drugog reda funkcije 3 3 2 2( , ) 3 9f x y x y x y xy= + + − .

Kao prvo, odredit ćemo parcijalne izvode prvog reda. Imamo: 2 2( , ) 3 6 9xf x y x xy y′ = + − i 2 2( , ) 3 6 9yf x y y x y x′ = + − .

Parcijalni izvodi drugog reda su 2( , ) 6 6xxf x y x y′′ = + , ( , ) 12 9xyf x y xy′′ = − , 2( , ) 6 6yyf x y y x′′ = + ,

pa je

( ) ( )2 22 2xx xy yyd f f dx f dxdy f dy′′ ′′ ′′= + + =

( )( ) ( ) ( )( )2 22 26 6 2 12 9 6 6x y dx xy dxdy y x dy= + + − + + .

Za funkciju f kažemo da je dva puta diferencijabilna u tački ( )0 0,x y ukoliko je funkcija df diferencijabilna u toj tački.

Diferencijal drugog reda funkcije n realnih varijabli se također definiše kao diferencijal diferencijala prvog reda. Ukoliko je ( )1 2, ,..., nf f x x x= realna

funkcija n realnih varijabli, koja u tački ( )(0) (0) (0)1 2, ,..., nx x x ima sve

parcijalne izvode drugog reda, tada je diferencijal drugog reda funkcije f definisan formulom

2

1 1i j

n n

x x i ji j

d f f dx dx= =

′′=∑∑ .

Na potpuno analogan način definiše se diferencijal trećeg i diferencijali višeg reda funkcije dvije i više varijabli.


234

3.8. Lokalni ekstrem funkcije dvije varijable

U ovom odjeljku objasnit ćemo kako se određuje lokalni ekstrem funkcije dvije varijable, pri čemu nije postavljen nikakav dodatni uslov. Zbog toga se nekada ovaj ekstrem zove i bezuslovni ekstrem.

Kao prvo, definisat ćemo pojam lokalnog ekstrema funkcije dvije varijable.

Definicija 3.8.1. (lokalnog ekstrema funkcije dvije varijable) Neka je ( ),f f x y= funkcija dvije varijable definisana u okolini tačke

( )0 0,x y . Tačka ( )0 0,x y je tačka lokalnog maksimuma (minimuma) funkcije f ukoliko vrijedi

( ) ( )0 0, ,f x y f x y≤ ( ( ) ( )0 0, ,f x y f x y≥ )

za sve tačke ( ),x y iz neke okoline tačke ( )0 0,x y .

Lokalni maksimum odnosno minimum funkcije f zovemo lokalnim ekstremom te funkcije.

Mi ćemo u daljem pretpostaviti da funkcija f čije lokalne ekstreme tražimo ima parcijalne izvode prvog i drugog reda, po obje varijable, kao i to da su mješoviti parcijalni izvodi drugog reda neprekidne funkcije, pa su, zbog toga i jednaki.

Slijedeći teorem, koji daje potrebne uslove za lokalni ekstrem realne funkcije dvije realne varijable analogan je Teoremu 2.12.3.

Teorem 3.8.2. Ukoliko je funkcija f diferencijabilna u tački ( )0 0,x y i

tačka ( )0 0,x y je tačka lokalnog ekstrema te funkcije, tada je

( )0 0, 0f x yx

∂ =∂

i ( )0 0, 0f x yy

∂ =∂

. (3.8.1)

Tačka ( )0 0,x y u kojoj su prvi parcijalni izvodi funkcije f jednaki nuli zove

se stacionarna tačka te funkcije. Ukoliko je ( )0 0,x y stacionarna tačka funkcije, ona nije nužno tačka ekstrema te funkcije. Dakle, uslov (3.8.1) je


235

potreban, ali ne i dovoljan uslov da tačka ( )0 0,x y bude tačka ekstrema funkcije f .

Analogno kao u slučaju ekstrema funkcije jedne varijable, kada smo dovoljan uslov za egzistenciju ekstrema navodili pomoću drugog izvoda funkcije (ukoliko postoji), u slučaju funkcije dvije varijable, dovoljan uslov za egzistenciju ekstrema možemo dati pomoću drugog diferencijala funkcije.

Sjetimo se, funkcija jedne varijable je u stacionarnoj tački imala maksimum ukoliko je tu njen drugi izvod bio negativan, a minimum ukoliko je u toj tački drugi izvod bio pozitivan. U slučaju da je drugi izvod bio jednak nuli, nismo imali odgovor bez ispitivanja izvoda trećeg i višeg reda.

Sada ćemo navesti teorem koji daje dovoljne uslove za lokalni ekstrem funkcije dvije varijable pomoću znaka drugog diferencijala te funkcije

Teorem 3.8.3. Ukoliko je funkcija f dvije varijable dva puta diferencijabilna u okolini stacionarne tačke ( )0 0,x y , tada je ( )0 0,x y tačka

lokalnog maksimuma ukoliko je u okolini te tačke 2 0d f < , a tačka je lokalnog minimuma ukoliko u okolini tačke ( )0 0,x y vrijedi 2 0d f > .

Ukoliko funkcija 2d f mijenja znak u okolini tačke ( )0 0,x y ta tačka nije

tačka lokalnog ekstrema. Ukoliko je 2 0d f = u tački ( )0 0,x y , tada nemamo odgovora i moramo ga potražiti na neki drugi način.

Pogledajmo sada kako pomoću parcijalnih izvoda drugog reda formulisati dovoljan uslov za ekstrem funkcije f u stacionarnoj tački ( )0 0,x y izražen teoremom 3.8.3. Sjetimo se da je

( ) ( )2 22 '' '' ''2xx xy yyd f f dx f dxdy f dy= + + .

Izraz za drugi diferencijal možemo napisati na slijedeći način:

( )2

22 '' '' ''2 .xx xy yydx dxd f dy f f fdy dy

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟= + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


236

Izraz ispred zagrade je nenegativan, a izraz u zagradi predstavlja kvadratnu

funkciju po dxdy

. Ukoliko kvadratna funkcija mijenja znak, tada i 2d f

mijenja znak, pa nemamo ekstrema. Zbog toga je dovoljan uslov za egzistenciju ekstrema činjenica da kvadratna funkcija

2'' '' ''2xx xy yy

dx dxf f fdy dy

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟

⎝ ⎠

ne mijenja znak, što će biti ispunjeno ukoliko je njena diskriminanta manja od nule. Dakle, funkcija f ima ekstrem u stacionarnoj tački ( )0 0,x y ukoliko je

( ) ( )( )2 2'' '' '' '' '' ''2 4 4 0xy xx yy xy xx yyD f f f f f f= − ⋅ ⋅ = − ⋅ < . (3.8.2)

Sada možemo reći da ukoliko je

( )( )2'' '' '' 0xy xx yyf f f− ⋅ <

u stacionarnoj tački ( )0 0,x y , funkcija f u toj tački ima ekstrem. Ukoliko je u toj tački

( )( )2'' '' '' 0xy xx yyf f f− ⋅ > ,

funkcija nema ekstrem, a ukoliko je

( )( )2'' '' '' 0xy xx yyf f f− ⋅ =

u tački ( )0 0,x y , onda nemamo odgovora. Ukoliko je ( )( )2'' '' '' 0xy xx yyf f f− ⋅ <

u stacionarnoj tački ( )0 0,x y , tada je ( )0 0,x y tačka maksimuma ukoliko je '' 0xxf < , dok je to tačka minimuma ukoliko je '' 0xxf > .

Često, jednostavnosti radi, pišemo

( ) ( )'', ,xxA x y f x y= , ( ) ( )'', ,xyB x y f x y= i ( ) ( )'', ,yyC x y f x y= .


237

Ako stavimo ( )0 0,A A x y= , ( )0 0,B B x y= , ( )0 0,C C x y= , uslov (3.8.2) možemo pisati u slijedećem obliku. Ukoliko je

0A B

DB C

= > ,

stacionarna tačka ( )0 0,x y je tačka ekstrema i to maksimuma ukoliko je 0A < , a minimuma ukoliko je 0A > .

Ukoliko je 0D < , u stacionarnoj tački ( )0 0,x y nemamo ekstrema, dok za 0D = odgovor moramo potražiti na neki drugi način.

Primjer 3.8.4. Odredimo ekstreme funkcije ( ) 2, 2 x yz x y x ey e e= + − − .

Kao prvo, odredit ćemo stacionarne tačke. Njih određujemo tako što izračunamo prve parcijalne izvode naše funkcije po x i po y i izjednačimo ih sa nulom, te tako dobijeni sistem jednačina riješimo. Imamo:

( )'22 1 0 0x y xx

z x ey e e ex

∂ = + − − = + − −∂

, te

( )'2 22 0 2 0 2x y yy

z x ey e e e ey

∂ = + − − = + − −∂

.

Sada imamo:

1 0xe− = i 22 2 0ye e− = , odakle je 0x = i 12

y = . Dakle, imamo jednu

stacionarnu tačku. To je tačka 10,2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

. Sada trebamo vidjeti da li je to tačka

ekstrema. Imamo:

( ) ( )2 '

2, 1 x x

x

zA x y e ex

∂= = − = −∂

,

( ) ( )2 '

, 1 0xy

zB x y ex y∂= = − =

∂ ∂,


238

( ) ( )2 '2 2

2, 2 2 4y y

y

zC x y e e ey

∂= = − = −∂

.

Uvrštavajući stacionarnu tačku 10,2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

dobijamo:

010, 12

A A e⎛ ⎞= = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

, 10, 02

B B ⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

, 12210, 4 4

2C C e e

⋅⎛ ⎞= = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

,

pa je

1 04 0

0 4A B

D eB C e

−= = = >

−.

Dakle, tačka 10,2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

je tačka ekstrema. Kako je još 1 0A = − < , ova tačka je

tačka lokalnog maksimuma. Dakle, 120 2

max1 10, 0 2 1 12 2

z z e e e e e⋅⎛ ⎞= = + ⋅ − − = − − = −⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Primjer 3.8.5. Odredimo lokalni ekstrem funkcije ( ) 3 3, 3z x y x y xy= + − .

Postupat ćemo analogno kao u prethodnom primjeru. Odredimo prve parcijalne izvode. Imamo:

( )'3 3 23 3 0 3x

z x y xy x yx

∂ = + − = + −∂

,

( )'3 3 23 0 3 3y

z x y xy y xy

∂ = + − = + −∂

.

Stacionarne tačke ćemo odrediti tako što riješimo sistem jednačina: 2

2

3 3 03 3 0

x yy x

− =− =

.

Iz prve jednačine je 2y x= , pa uvrštavanjem u drugu jednačinu (podijeljenu sa 3) dobijamo


239

4 0x x− = , odnosno ( )3 1 0x x − = , odakle je 1 0x = i 2 1x = .

Sada je 1 0y = i ( )22 2 1y x= = , pa su tačke ( )1 0,0M i ( )2 1,1M

stacionarne tačke.

Odredimo druge parcijalne izvode. Imamo:

( ) ( )2 '2

2, 3 3 6x

zA x y x y xx

∂= = − =∂

, ( ) ( )2 '2, 3 3 3

y

zB x y x yx y∂= = − = −

∂ ∂,

( ) ( )2 '2

2, 3 3 6y

zC x y y x yy

∂= = − =∂

.

1. Sada ćemo uvrstiti prvu stacionarnu tačku, 1M . Imamo:

( )0,0 0A A= = , ( )0,0 3B B= = − , ( )0,0 0C C= = , pa je

0 39 0

3 0A B

DB C

−= = = − <

−

odakle slijedi da tačka 1M nije tačka lokalnog ekstrema.

2. Pogledajmo da li je tačka 2M tačka lokalnog ekstrema. Imamo:

( )1,1 6A A= = , ( )1,1 3B B= = − , ( )1,1 6C C= = , pa je

6 336 9 27 0

3 6A B

DB C

−= = = − = >

−

odakle slijedi da je tačka 2M tačka lokalnog ekstrema naše funkcije. Kako je ( )1,1 6 0A = > tačka 2M je tačka lokalnog minimuma. Dakle, vrijedi

( ) 3 3min 1,1 1 1 3 1 1 1z z= = + − ⋅ ⋅ = − .

Primjer 3.8.6. Posmatrajmo fabriku koja proizvodi dva proizvoda u količinama 1Q i 2Q u jedinici vremena, pod pretpostavkom pune konkurencije. Neka su 1p i 2p cijene tih proizvoda. Tada je funkcija dobiti firme ( )1 2 1 1 2 2,R Q Q p Q p Q= + . Funkcija troškova je zadana sa


240

( ) 2 21 2 1 1 2 2, 2 2C Q Q Q Q Q Q= + + .

Odredimo nivo proizvodnje proizvoda 1Q i 2Q koji maksimizira profit.

Profit fabrike ćemo označiti sa π . Očigledno je

( )1 2,R C Q Qπ π= − = 2 21 1 2 2 1 1 2 22 2p Q p Q Q Q Q Q= + − − − .

Pod ovim uslovima zadatak se svodi na određivanje ekstrema (bezuslovnog) funkcije π dvije varijable 1Q i 2Q . Kao prvo, odredimo stacionarne tačke funkcije π rješavanjem sistema jednačina

1 1 21

4 0p Q QQπ∂ = − − =

∂;

2 2 12

4 0p Q QQπ∂ = − − =

∂.

Iz druge jednačine dobijamo da je 1 2 24Q p Q= − , te uvrštavanjem u prvu jednačinu imamo: 1 2 2 24 16 0p p Q Q− + − = , pa su

( )2 2 11 4

15Q p p= − i ( )1 1 2

1 415

Q p p= −

koordinate stacionarne tačke.

Provjerimo da li ova stacionarna tačka zaista predstavlja ekstrem funkcije. Izračunajmo druge parcijalne izvode. Imamo:

2

21

4Qπ∂ = −

∂,

2

1 2

1Q Q

π∂ = −∂ ∂

, 2

22

4Qπ∂ = −

∂, pa je

4 1 16 1 15 01 4D − −= = − = >− − ,

Dakle, stacionarna tačka jeste tačka ekstrema. Kako je 0A < , to je tačka maksimuma.

Dakle, pri proizvodnji od ( )1 1 21 4

15Q p p= − i ( )2 2 1

1 415

Q p p= − jedinica

proizvoda funkcija profita ima maksimalnu vrijednost.


241

Primjer 3.8.7. Pretpostavimo sada da u prethodnom primjeru imamo monopolističko tržište. Tada cijene neće biti egzogene varijable, nego će zavisiti od nivoa tražnje (većoj potražnji odgovarat će veća cijena). Pretpostavimo da je potražnja za proizvodima 1 1 240 2Q p p= − + i

2 1 215Q p p= + − . Odredimo sada nivo proizvodnje koja maksimalizira dobit, uz istu funkciju troškova i dobiti.

Kako je 1 1 240 2Q p p= − + i 2 1 215Q p p= + − , to iz ovih jednačina lako možemo izračunati 1p i 2p (izražene preko 1Q i 2Q ). Dobijamo:

( )1 1 2

2 1 2

5570 2

p Q Qp Q Q

= − += − −

.

Uvrštavanjem ovih vrijednosti u funkciju profita dobijamo:

( ) ( ) 2 21 2 1 1 2 2 1 1 2 255 70 2 2 2Q Q Q Q Q Q Q Q Q Qπ = − − + − − − − − =

2 21 2 1 1 2 255 70 3 3 4Q Q Q Q Q Q= + − − −

Funkcija profita je sada predstavljena kao funkcija dvije varijable (bez parametara) tako da ćemo lako odrediti njene ekstreme. Tražimo stacionarne tačke, rješavajući sistem jednačina

1 21

55 6 3 0Q QQπ∂ = − − =

∂;

2 12

70 8 3 0Q QQπ∂ = − − =

∂.

Iz druge jednačine dobijamo da je 1 23 70 8Q Q= − , te uvrštavanjem u prvu imamo rješenja:

28513

Q = , 123039

Q = .

Provjerimo da li stacionarna tačka zaista predstavlja ekstrem funkcije. Imamo:

2

21

6Qπ∂ = −

∂,

2

1 2

3Q Q

π∂ = −∂ ∂

, 2

22

8Qπ∂ = −

∂, pa je


242

6 3 48 9 39 03 8D − −= = − = >− − .

Kako je 0A < , pri datim uslovima profit će biti najveći pri proizvodnji od

123039

Q = , 28513

Q = jedinica proizvoda.

Primjer 3.8.8. Zadana je funkcija ukupnih troškova proizvodnje

( ) ( )( )21 2 1 2 1 2, 4 64C Q Q Q Q Q Q= + + + ,

koja zavisi od količina 1Q i 2Q proizvodnje. Odredimo nivo proizvodnje pri kojem će prosječni troškovi proizvodnje biti minimalni.

Trebamo odrediti minimalnu vrijednost funkcije

( ) ( ) ( )2

1 2 1 21 2

64, 4AC Q Q Q QQ Q

= + ++

.

Kao prvo, odredit ćemo prve parcijalne izvode funkcije ( )1 2,AC Q Q po 1Q i

2Q . Imamo:

( )( )1 1 2 1 2

1 2

64, 2QAC Q Q QQ Q

′ = −+

, ( )( )2 1 2 2

1 2

64, 4QAC Q QQ Q

′ = −+

.

Stacionarnu tačku određujemo tako što ćemo riješiti sistem jednačina

( )1 21 2

642 0QQ Q

− =+

i ( )2

1 2

644 0Q Q

− =+

.

Iz druge jednačine sistema je ( )21 2 16Q Q+ = , pa uvrštavanjem u prvu

jednačinu dobijamo 12 4Q = , odnosno 1 2Q = . Iz ( )21 2 16Q Q+ = sada

zaključujemo da je 1 2 4Q Q+ = (jer je količina proizvodnje pozitivan broj), pa je 2 2Q = . Dakle, stacionarna tačka je ( ) ( )1 2, 2, 2Q Q = .

Ispitajmo da li ovo tačka lokalnog minimuma funkcije ( )1 2,AC Q Q . Odredit ćemo druge parcijalne izvode:


243

( ) ( )( )1 11 2 1 2 3

1 2

128, , 2Q QA Q Q AC Q QQ Q

′′= = ++

,

( ) ( )( )

( ) ( )1 2 2 21 2 1 2 1 2 1 23

1 2

128, , , ,Q Q Q QB Q Q AC Q Q AC Q Q C Q QQ Q

′′ ′′= = = =+

.

Uvrštavanjem stacionarne tačke dobijamo: ( ) 3

1282,2 2 44

A A= = + = ,

( ) 3

128(2,2) 2,2 24

B C B C= = = = = , pa je 4 2 4 02 2D = = > .

Dakle, tačka ( ) ( )1 2, 2, 2Q Q = jeste tačka lokalnog ekstrema funkcije

( )1 2,AC Q Q i zbog 4 0A = > , ovo je tačka lokalnog minimuma.

Možemo reći da funkcija ( )1 2,AC Q Q prosječnih troškova proizvodnje postiže svoju minimalnu vrijednost na nivou proizvodnje od 1 2Q = jedinice prvog proizvoda i 2 2Q = jedinice drugog proizvoda.

3.9. Uslovni (vezani) ekstrem funkcije dvije varijable

U ekonomiji, općenito, imamo ograničene resurse (sirovine, materijal, budžet i slično) i važno je maksimizirati dobit uz određene uslove koji su postavljeni na naše varijable, odnosno minimizirati troškove. Drugim riječima, često se srećemo sa problemom da odredimo maksimalnu ili minimalnu vrijednost neke ekonomske funkcije više varijabli, pri čemu postoje određene restrikcije vezane za te varijable. Prevedeno na jezik matematike, to zapravo znači da želimo odrediti ekstrem neke funkcije više varijabli, pri čemu varijable zadovoljavaju određene uslove. U tom slučaju govorimo o uslovnom ili vezanom ekstremu funkcije.

Posmatrajmo sada neku funkciju ( ),f x y dvije varijable i pretpostavimo da varijable x i y zadovoljavaju neki uslov, odnosno neku jednačinu koju možemo pisati u obliku ( ), 0g x y = . Često ovu jednačinu zovemo


244

jednačinom veze. Skup tačaka ( ),x y ∈ koje zadovoljavaju uslov

( ), 0g x y = označimo sa X .

Definicija 3.9.1. (uslovnog ekstrema) Tačka ( )0 0,x y X∈ je tačka

uslovnog maksimuma (minimuma) funkcije ( ),f x y ukoliko postoji

okolina B tačke ( )0 0,x y X∈ tako da vrijedi

( ) ( )0 0, ,f x y f x y≤ (odnosno ( ) ( )0 0, ,f x y f x y≥ )

za sve tačke ( ),x y B X∈ ∩ .

Uslovni maksimum neke funkcije dvije varijable je prikazan na slici 3.9.1. Kao što vidimo, uslovni maksimum funkcije nije nužno jednak (u principu, on gotovo nikad i nije jednak) maksimumu (bezuslovnom) funkcije. Može se desiti da funkcija dvije varijable uopšte nema bezuslovni ekstrem, a da ima uslovne ekstreme.

y

z

x

O

Slika 3.9.1.

maksimum funkcije

uslovni maksmum


245

Postoje dva osnovna metoda za određivanje uslovnog ekstrema funkcije dvije varijable. To su metod supstitucije i Lagrangeov metod. Mi ćemo objasniti oba metoda.

3.9.I. Metod supstitucije za određivanje uslovnog ekstrema funkcije dvije varijable.

Pretpostavimo da tražimo ekstrem funkcije ( ),f x y uz uslov ( ), 0g x y = . U

zavisnosti od prirode uslova, iz jednačine ( ), 0g x y = je nekada moguće na jednoznačan način izraziti jednu varijablu ( x ili y ) kao funkciju druge varijable. U tom slučaju uslovni ekstrem funkcije možemo odrediti metodom supstitucije (zamjene) koja se sastoji u slijedećem:

Ukoliko je moguće izraziti varijablu y , to znači da uslov ( ), 0g x y =

možemo pisati u obliku ( )1y h x= , za neku realnu funkciju 1h . U tom

slučaju funkciju ( ),f x y možemo posmatrati kao funkciju jedne varijable, u

ovom slučaju kao funkciju od x , koja je jednaka ( )( )1,f x h x i možemo odrediti ekstrem ove funkcije kao funkcije jedne varijable. Taj ekstrem (ukoliko postoji) će ujedno biti uslovni ekstrem funkcije ( ),f x y uz uslov

( ), 0g x y = .

Analogno, ukoliko je moguće izraziti varijablu x , odnosno, uslov ( ), 0g x y = pisati u obliku ( )2x h y= , za neku realnu funkciju 2h , tada

funkciju ( ) ( )( )2, ,f x y f h y y= možemo posmatrati kao funkciju jedne varijable (u ovom slučaju, to je y ) i odrediti njen ekstrem onako kako smo određivali ekstrem realne funkcije jedne realne varijable.

Primjer 3.9.2. Odredimo ekstrem funkcije ( ) 2 2,z x y x y= + , uz uslov 4 2x y+ = .

Iz zadanog uslova možemo jednoznačno odrediti i varijablu x i varijablu y . Jednostavnije je izraziti varijablu x i dobiti 2 4x y= − . Uvrštavajući ovaj izraz u funkciju ( ),z x y , dobijamo funkciju jedne varijable

( ) ( )2 2 22 4 4 16 17z y y y y y= − + = − + .


246

Kako je 16 34yz y′ = − + , to funkcija ima stacionarnu tačku 817

y = . Zbog

34 0z′′ = > zaključujemo da je u pitanju tačka minimuma. Iz uslova

4 2x y+ = dobijamo da je odgovarajuće 217

x = . Dakle, tačka 2 8,17 17⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

je

tačka uslovnog minimuma funkcije ( , )z x y uz uslov 4 2x y+ = . Minimalna

vrijednost funkcije uz zadani uslov je min2 8 68,

17 17 289z ⎛ ⎞ =⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Primjer 3.9.3. Neka je količina proizvodnje neke fabrike određena Cobb-

Douglasovom funkcijom proizvodnje ( )1 23 3, 12Q L K L K= , pri čemu su

cijene proizvodnih faktora rada i kapitala jednake 3 i 6 (po uloženoj jedinici rada, odnosno kapitala). Odredimo minimalan budžet potreban na proizvodnju 1200 jedinica proizvoda.

U ovom primjeru je potrebno naći minimalnu vrijednost funkcije budžeta, odnosno funkcije ( ), 3 6T L K L K= + , uz uslov da proizvodimo 1200

jedinica proizvoda, tj. da vrijedi 1 23 312 1200L K = , odnosno

1 23 3 100L K =

(nakon skraćivanja sa 12). Dakle, određujemo uslovni ekstrem funkcije

( ), 3 6T L K L K= + , uz uslov 1 23 3 100L K = .

Iz uslova možemo izraziti varijablu L , i dobiti da je 3

2

100LK

= . Uvrštavajući

to u našu funkciju budžeta T , vidimo da je potrebno naći ekstrem funkcije jedne varijable

( ) 2

10000003 6T K KK

= ⋅ + .

Odredimo prvi izvod ove funkcije. Imamo:

( ) 3

6000000' 6T KK

= − + .

Nakon izjednačavanja s nulom, dobijamo da je stacionarna tačka funkcije ( )T K određena uslovom 3 1000000,K = odakle imamo dvije vrijednosti za


247

K , od kojih je vrijednost 100K = jedina pozitivna (i odgovara uslovima zadatka, jer broj jedinica uloženog kapitala ne može biti negativan). Kako je

( ) 4

6000000'' 3T KK

= ⋅ ,

to je ( )'' 100 0T > , pa je stacionarna tačka 100K = tačka minimuma

funkcije ( )T K .

Tražena minimalna vrijednost budžeta je

( )6

4

10100 3 6 100 300 600 90010

T = ⋅ + ⋅ = + = .

Dakle, minimalan budžet potreban za proizvodnju 1200 jedinica proizvoda je 900.

Primjer 3.9.4. Zadana je funkcija ukupnih troškova proizvodnje dva proizvoda u količinama 1Q i 2Q , sa

2 21 2 1 1 2 2 1 2( , ) 4 2 6 2 50C Q Q Q Q Q Q Q Q= + + − − + ,

i funkcija prihoda od prodaje ovih proizvoda sa

( ) 2 21 2 1 1 2 2, 140 160R Q Q Q Q Q Q= − + − .

Ukoliko je ukupna količina dobara koja mora biti proizvedena jednaka 20, odredimo nivoe proizvodnje 1Q i 2Q pri kojima se ostvaruje maksimalna dobit i odredimo tu dobit.

U ovom primjeru je potrebno odrediti maksimalnu vrijednost funkcije dobiti

1 2 1 2 1 2( , ) ( , ) ( , )Q Q R Q Q C Q Qπ = − = 2 2

1 1 2 2 1 22 4 3 146 162 50Q Q Q Q Q Q=− − − + + −

ukoliko su varijable 1Q i 2Q vezane relacijom 1 2 20Q Q+ = . Iz ove relacije je 2 120Q Q= − , pa metodom supstitucije dolazimo do funkcije jedne varijable

( ) ( ) ( )221 1 1 1 1 1 1( ) 2 4 20 3 20 146 162 20 50Q Q Q Q Q Q Qπ =− − − − − + + − −


248

21 124 1990Q Q=− + + .

Stacionarna tačka funkcije ( )1Qπ je rješenje jednačine

( )1 12 24 0Q Qπ′ =− + = , odakle je 1 12Q = .

Kako je ( )1 2 0Qπ′′ =− < , tačka 1 12Q = je tačka maksimuma funkcije

( )1Qπ . Iz uslova 1 2 20Q Q+ = slijedi da je 2 8Q = , pa su traženi nivoi proizvodnje 1 12Q = i 2 8Q = . Na ovom nivou proizvodnje ostvarujemo maksimalnu dobit pri proizvodnji 20 jedinica proizvoda i ta dobit iznosi

( )12 144 288 1990 2134π =− + + = novčanih jedinica.

3.9.II. Lagrangeov metod za određivanje uslovnog ekstrema funkcije dvije varijable

Lagrangeov metod za određivanje uslovnog ekstrema funkcije dvije varijable koristimo u slučajevima u kojima nije moguće iz uslova na jedinstven način izraziti x ili y . Na primjer, ukoliko je uslov

( ) 2 2, 1 0g x y x y= + − = , tada je 21y x= ± − , pa varijablu y ne možemo na jedinstven način izraziti preko x . Analogno, ni varijablu x ne možemo iz ovog uslova na jedinstven način izraziti preko y . U tom slučaju koristimo Lagrangeov metod.

Napomenimo da je Lagrangeov metod moguće koristiti i u slučajevima kada je moguće jednu varijablu jednoznačno izraziti pomoću druge varijable, što je naročito korisno u primjenama u ekonomiji kada se javlja veliki broj ekonomskih parametara. Često se dogodi da u ekonomskim primjenama vrijednost Lagrangeovog multiplikatora u stacionarnoj tački ima ekonomsko značenje, što ćemo pokazati u Primjeru 3.9.7.

Posmatrajmo funkciju ( ),z f x y= i neka su varijable x i y vezane

uslovom ( ), 0g x y = . Diferenciranjem tih jednakosti dobijamo.


249

z zdz dx dyx y

∂ ∂= +∂ ∂

,

0 g gdx dyx y

∂ ∂= +∂ ∂

.

Ukoliko drugu jednačinu pomnožimo sa λ a zatim obje jednačine saberemo dobijamo:

.z g z gdz dx dyx x y y

λ λ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ako je 0z gy y

λ∂ ∂+ =∂ ∂

tada je dz z gdx x x

λ∂ ∂= +∂ ∂

, pa je 0dzdx

= kada je

0z gx x

λ∂ ∂+ =∂ ∂

.

Dakle, da bismo odredili stacionarne tačke funkcije ( ),z f x y= pri čemu su

varijable x i y vezane uslovom ( ), 0g x y = trebamo riješiti sistem jednačina:

0z gy y

λ∂ ∂+ =∂ ∂

0z gx x

λ∂ ∂+ =∂ ∂

(3.9.1)

( ), 0g x y = .

Svaku tačku ( )0 0 0, ;x y λ koja je rješenje sistema (3.9.1) zvat ćemo stacionarnom tačkom.

Članovi na lijevoj strani sistema su parcijalni izvodi funkcije

( ) ( ) ( ), , , ,F x y f x y g x yλ λ= + .

Iz provedenih razmatranja zaključujemo da je (bezuslovni) ekstrem funkcije ( ), ,F x y λ ujedno uslovni ekstrem funkcije ( ),f x y , uz uslov ( ), 0g x y = .


250

Realan parametar λ koji se javlja kao varijabla funkcije ( ), ,F x y λ zovemo

Lagrangeov multiplikator funkcije ( ),f x y , a funkcija ( ), ,F x y λ naziva se Lagrangeova funkcija.

Da bismo ispitali da li je stacionarna tačka ( )0 0 0, ;x y λ tačka uslovnog

ekstrema, trebamo odrediti znak drugog diferencijala funkcije ( ), ,F x y λ u

okolini stacionarne tačke. Ukoliko je ( )2 , , 0d F x y λ > u okolini stacionarne

tačke, riječ je o uslovnom minimumu, a iz ( )2 , , 0d F x y λ < u okolini tačke

( )0 0 0, ;x y λ zaključujemo da je riječ o uslovnom maksimumu. Kao prvo,

pretpostavit ćemo da funkcija ( ), ,F x y λ ima neprekidne parcijalne izvode

drugog reda i izračunati ( )2 , ,d F x y λ . Imamo:

( )2 2 2

2 2 22 2, , 2F F Fd F x y dx dxdy dy

x x y yλ ∂ ∂ ∂= + + +

∂ ∂ ∂ ∂

2 2 22

22 2F F Fdxd dyd dx y

λ λ λλ λ λ

∂ ∂ ∂+ + +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Obzirom da je ( ),F g x yλ

∂ =∂

, to je 2

yF gyλ

∂ ′=∂ ∂

. Analogno, zaključujemo da

je 2

xF gxλ

∂ ′=∂ ∂

, te 2

2 0Fλ

∂ =∂

.

Dalje je / // /

f y f xg y g x

λ ∂ ∂ ∂ ∂= − = −∂ ∂ ∂ ∂

, pa je y x

y x

f fd d dg g

λ⎛ ⎞′ ⎛ ⎞′

= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟′ ′⎝ ⎠⎝ ⎠.

Na osnovu ovih formula može se pokazati da je:

( )20

, ,x y

x xx xy

y xy yy

g gd F x y g F F

g F Fλ

′ ′′ ′′ ′′= −′ ′′ ′′

.

Uvrštavanjem 0 0 0, ix y λ , koji su rješenje sistema (3.9.1) u izraz za

( )2 , ,d F x y λ , dobijamo odgovor o prirodi uslovnog ekstrema. Ukoliko je


251

( )20 0 0, , 0d F x y λ < tada funkcija ( ),f x y u tački ( )0 0,x y ima uslovni

maksimum, a ukoliko je ( )20 0 0, , 0d F x y λ > tada funkcija ( ),f x y u toj

tački ima uslovni minimum. Ukoliko je ( )20 0 0, , 0d F x y λ = , tada ostaje

otvoreno pitanje da li je to tačka ekstrema i ako jeste da li u njoj funkcija ima minimum ili maksimum.

Na osnovu svega izloženog, možemo zapisati slijedeći postupak određivanja uslovnog ekstrema Lagrangeovom metodom:

1. formiramo Lagrangeovu funkciju ( ) ( ) ( ), , , ,F x y f x y g x yλ λ= +

2. riješimo sistem jednačina

0, 0, 0F F Fx y λ

∂ ∂ ∂= = =∂ ∂ ∂

po , ix y λ i dobijemo stacionarne tačke ( )0 0 0, ;x y λ ;

3. Izračunamo parcijalne izvode ( ) ( ), ,xa x y g x y′= , ( ) ( ), ,yb x y g x y′= ,

( ) ( ), ; , ;xxA x y F x yλ λ′′= , ( ) ( ), ; , ;xyB x y F x yλ λ′′= , ( ) ( ), ; , ;yyC x y F x yλ λ′′=

4. Za svaku stacionarnu tačku ( )0 0 0, ;x y λ izračunamo vrijednosti

( )0 0,a a x y= , ( )0 0,b b x y= , ( )0 0 0, ;A A x y λ= , ( )0 0 0, ;B B x y λ= ,

( )0 0 0, ;C C x y λ= koje uvrstimo u determinantu

0 a ba A Bb B C

Δ = − .

Ukoliko je 0Δ > , stacionarna tačka je tačka uslovnog minimuma. Ukoliko je 0Δ < , stacionarna tačka je tačka uslovnog maksimuma, a ukoliko je

0Δ = odgovor o prirodi stacionarne tačke moramo potražiti nekom drugom metodom.

Primjer 3.9.5. Odredimo ekstrem funkcije ( , )f x y xy= uz uslov 2 2 2x y+ = .

Uslov ćemo napisati u obliku 2 2( , ) 2 0g x y x y= + − = i formirati Lagrangeovu funkciju


252

( ) ( )2 2, ; 2F x y xy x yλ λ= + + − .

Zatim ćemo odrediti prve parcijalne izvode ove funkcije i izjednačiti ih sa nulom. Imamo:

2 0xF y xλ′ = + = , 2 0yF x yλ′ = + = i 2 2 2 0F x yλ′ = + − = .

Iz prve dvije jednačine je 2 2y xx y

λ = − = − , pa je 2 2x y= , odakle

uvrštavanjem u drugu jednačinu dobijamo da je 2 2 1x y= = . Ovaj sistem

ima četiri rješenja 111,1;2

M ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

, 111, 1;2

M ⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

, 311, 1;2

M ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

i

411,1;2

M ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Sada ćemo odrediti druge parcijalne izvode. Imamo:

( , ; ) 2xxA x y Fλ λ′′= = , ( , ; ) 1xyB x y Fλ ′′= = , ( , ; ) 2yyC x y Fλ λ′′= = ,

( )( , ) , 2xa x y g x y x′= = , ( , ) ( , ) 2yb x y g x y y′= = .

Za tačku 1M je 1A C= = − , 1B = , 2a b= = , pa je odgovarajuća determinanta

0 2 22 1 1 16 02 1 1

Δ = − − = − <−

,

pa je tačka ( )1,1 tačka uslovnog maksimuma. Analogno se zaključi da je i

tačka ( )1, 1− − također tačka uslovnog maksimuma.

Uslovni maksimum funkcije je max (1,1, ) ( 1, 1) 1f f f= = − − = .

Za tačku 3M je 1A B C= = = , 2a = , 2b = − , pa je odgovarajuća determinanta

0 2 22 1 1 ( 16) 02 1 1

−Δ = − = − − >

−,


253

pa je tačka ( )1, 1− tačka uslovnog minimuma. Analogno se zaključi da je i

tačka ( )1,1− također tačka uslovnog minimuma.

Uslovni minimum funkcije je min ( 1,1, ) (1, 1) 1f f f= − = − = −

Primjer 3.9.6. Neka je ( ),Q Q L K= proizvoljna funkcija proizvodnje, a

Lp i Kp neka su cijene proizvodnih faktora L i K (po jedinici). Ako je T ukupan iznos budžeta kojim raspolažemo, određivanjem uslovnog ekstrema možemo naći uslove koje zadovoljava optimalna kombinacija proizvodnih faktora, kao i uslove koje treba ispunjavati funkcija ( ),Q L K da bi bila funkcija proizvodnje.

Dakle, potrebno je naći uslovni ekstrem (zapravo maksimum) funkcije ( ),Q L K , uz uslov da je L Kp L p K T+ = .

Prije svega, uslov ćemo napisati u obliku 0L KT p L p K− − = .

Koristit ćemo Lagrangeov metod. Stoga, formirajmo funkciju

( ) ( ) ( ), , , L KF L K Q L K T p L p Kλ λ= + − − .

Kako bismo odredili stacionarnu tačku, izračunat ćemo prve parcijalne izvode ove funkcije i izjednačiti ih sa nulom:

0L LF Q pL

λ∂ ′= − =∂

,

0K KF Q pK

λ∂ ′= − =∂

,

0L KF p L p K Tλ

∂ = − − + =∂

.

Iz prve dvije jednačine je L K

L K

Q Qp p

λ′ ′

= = , pa se potreban uslov za ekstrem

može iskazati relacijom //

L

K

Q L pQ K p

∂ ∂ =∂ ∂

.

Kao i u primjeru 3.6.3., sada smo na drugi način zaključili da se optimalna kombinacija proizvodnih faktora postiže onda kada je odnos granične


254

produktivnosti jednog faktora proizvodnje i njegove cijene jednak odnosu granične produktivnosti drugog faktora proizvodnje i njegove cijene. Ovaj odnos jednak je upravo Lagrangeovom multiplikatoru funkcije ( , )Q L K .

To znači da je LK L

K

Qp pQ

′=

′, pa je optimalna kombinacija proizvodnih

faktora L i K ona koja ispunjava uslov

LL K L L

K

Qp L p K p L p K TQ

′+ = + =

′,

odnosno ona kombinacija rada i kapitala za koju je

L Kp L p K T+ = i L L

K K

Q pQ p

′=

′.

Pogledajmo još koje uslove treba ispunjavati funkcija proizvodnje kako bi stacionarna tačka bila upravo njen maksimum (u tom slučaju bi imali optimalnu kombinaciju proizvodnih faktora). Drugim riječima, pogledajmo koje uslove treba zadovoljavati proizvoljna funkcija ( ),Q L K kako bi njome zadana funkcija proizvodnje mogla imati ekonomskog smisla. Naime, ukoliko je nekom funkcijom opisana količina proizvodnje u zavisnosti od proizvodnih faktora rada i kapitala, tada, pri datom budžetu i uz poznate cijene jedinica rada i kapitala mora postojati maksimalna vrijednost ove funkcije. Ukoliko maksimalna vrijednost ne postoji, sama funkcija nema ekonomskog smisla.

Drugi parcijalni izvodi Lagrangeove funkcije su 2

2 LLF Q

L∂ ′′=∂

, 2

LKF Q

L K∂ ′′=

∂ ∂,

2

2 KKF Q

K∂ ′′=∂

, te La p= − , Kb p= − .

Odgovarajuća determinanta kojom je dat drugi diferencijal je

0 L K

L LL LK

K LK KK

p pp Q Qp Q Q

− −′′ ′′Δ = − −′′ ′′−

.

Ukoliko je ovaj izraz manji od nule, stacionarna tačka predstavlja proizvodni maksimum. Nakon izračunavanja imamo:


255

( )2

2 2 22 2 L LL K LK K LL L KK K LL LK KK

K K

p pp p Q p Q p Q p Q Q Qp p

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′⎜ ⎟Δ = − − − = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠,

što predstavlja kvadratnu funkciju po L

K

pp

, pomnoženu nenegativnim

brojem. To znači da je 0Δ < za svaki odnos L

K

pp

ako i samo ako je

diskriminanta gornje kvadratne funkcije po L

K

pp

manja od nule, tj. ako i

samo ako vrijedi

( )2KK LL LKQ Q Q′′ ′′ ′′> . (3.9.2)

Zbog toga svaka proizvodna funkcija mora zadovoljavati relaciju (3.9.2) jer u protivnom ne bismo mogli imati optimalnu kombinaciju proizvodnih faktora. Drugim riječima, ukoliko funkcija ( , )Q L K ne zadovoljava relaciju (3.9.2) njome ne može biti zadana funkcija proizvodnje koja ima ekonomskog smisla.

Lako se vidi da Cobb-Douglasova funkcija proizvodnje zadovoljava relaciju (3.9.2), pa je upravo kombinacija proizvodnih faktora koja zadovoljava

jednačine L Kp L p K T+ = i L L

K K

Q pQ p

′=

′ kombinacija koja omogućava

maksimum proizvodnje pri datom budžetu T .

Pomoću Lagrangeove funkcije ( ) ( ) ( ), , , L KF L K Q L K T p L p Kλ λ= + − − možemo odrediti i tzv. graničnu (marginalnu) produktivnost novca. Naime, marginalna produktivnost novca nam govori koliko povećanje budžeta za jednu novčanu jedinicu doprinosi povećanju maksimalnog nivoa proizvodnje, uz uslov da su cijene proizvodnih faktora rada i kapitala konstantne. Drugim riječima, marginalna produktivnost novca (koju,

formalno možemo definisati kao dFdT

) jednaka je upravo vrijednosti

Lagrangeovog multiplikatora λ u onoj tački u kojoj imamo optimalan nivo proizvodnje.


256

Primjer 3.9.7. Neka je ( ) 6 2 3, 4Q L K L K= funkcija proizvodnje, pri čemu je cijena jedne jedinice rada 10, a jedne jedinice kapitala 20 novčanih jedinica. Odredimo graničnu produktivnost novca pri budžetu od 2000 novčanih jedinica.

Granična produktivnost novca jednaka je vrijednosti Lagrangeovog multiplikatora λ funkcije

( ) ( )1/ 3 1/ 2, , 4 2000 10 20F L K L K L Kλ λ= + − −

u onoj tački u kojoj je nivo proizvodnje maksimalan (pri zadanom budžetu).

Kao prvo, odredit ćemo prve parcijalne izvode Lagrangeove funkcije kako bismo našli stacionarnu tačku. Imamo:

( )2 13 24, , 10

3LF L K L Kλ λ−

′ = − , ( )1 13 2, , 2 20KF L K L Kλ λ

−′ = − ,

( ), , 2000 10 20F L K L Kλ λ′ = − − .

Izjednačavanjem prva dva izvoda sa nulom dobijamo jednakosti 3 2

6 64 3

2 1 35 10 10

K L LKL K

λ = = = , odakle je 4 3K L= , odnosno 34

K L= .

Uvrštavanjem u budžet, zaključujemo da je 80L = i 60K = , te je 2

6 63

1 1 8 0.055610 10 270

LK

λ = = ≈ .

Ispitajmo sada da li je nivo proizvodnje zaista maksimalan za dobijene L , K i λ . Dovoljno je provjeriti da li vrijedi nejednakost (3.9.2). Imamo:

2 51 13 32 24 8

3 9LLLQ L K L K

− −′⎛ ⎞

′′ = = −⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2 21 13 32 24 2

3 3KLKQ L K L K

− − −′⎛ ⎞

′′ = =⎜ ⎟⎝ ⎠

i

1 11 33 32 22 KKKQ L K L K

− −′⎛ ⎞

′′ = = −⎜ ⎟⎝ ⎠

, pa je


257

4138

9KK LLQ Q L K− −′′ ′′ = , dok je ( )

42 134

9LKQ L K− −′′ = . Sada je očigledno da vrijedi

nejednakost (3.9.2.) pa se maksimalan nivo proizvodnje pri budžetu 2000 zaista postiže za 80L = i 60K = . Odavde slijedi da je granična produktivnost novca pri budžetu 2000 jednaka vrijednosti Lagrangeovog multiplikatora, odnosno, granična produktivnost novca pri budžetu 2000 ima približnu vrijednost 0.0556.

Primjer 3.9.8. Neka je ( ) ( )( ), 2 1u x y x y= + + funkcija korisnosti odnosno zadovoljstva potrošača dobrima x i y sa cijenama 2 i 5. Ako je budžet potrošača 51, koristeći Lagrangeovu funkciju odredimo optimalne nivoe nabavke dobara x i y .

Ovdje pod optimalnim nivoom nabavke smatramo onaj nivo nabavke dobara koji potrošaču pruža maksimalno zadovoljstvo.

U ovom primjeru je potrebno odrediti maksimum funkcije

( ) ( )( ), 2 1 2 2u x y x y xy y x= + + = + + + ,

uz uslov da je 2 5 51x y+ = . Uslov pišemo u obliku

( ), 2 5 51 0g x y x y= + − = .

Odgovarajuća Lagrangeova funkcija za ovaj problem je

( ) ( ), , 2 2 2 5 51F x y xy y x x yλ λ= + + + + + − .

Sada određujemo stacionarne tačke. Potrebno je riješiti sistem jednačina

1 2 0F yx

λ∂ = + + =∂

; odakle dobijamo 12

yλ += − ,

2 5 0F xy

λ∂ = + + =∂

; odakle je, 25

xλ += − ,

2 5 51 0F x yλ

∂ = + − =∂

..


258

Sada iz 1 22 5

y xλ + += − = − slijedi ( ) ( )2 2 5 1x y+ = + , pa imamo sistem

od dvije jednačine sa nepoznatim x i y :

2 5 51x y+ =

2 5 1x y− = .

Sabiranjem ovih jednačina dobijamo 4 52x = , pa je 13x = . Uvrštavanjem te vrijednosti u drugu jednačinu dobijamo 5y = , i na kraju 3λ = − , pa imamo jednu stacionarnu tačku ( )13,5; 3− .

Odredimo sada da li je dobijena stacionarna tačka zaista maksimum funkcije zadovoljstva. Izračunat ćemo druge parcijalne izvode

2

2 0FAx

∂= =∂

, 2

1FBx y

∂= =∂ ∂

, 2

2 0FCy

∂= =∂

, 2gax

∂= =∂

, 5gby

∂= =∂

i odgovarajuću determinantu

0 0 2 52 0 1 205 1 0

a ba A Bb B C

Δ = − = − = − .

Kako je 0Δ< , stacionarna tačka je tačka uslovnog maksimuma. Dakle, sa količinama 13x = i 5y = potrošač se nalazi na maksimalnom nivou zadovoljstva, ukoliko je njegov budžet 51. Maksimalan nivo zadovoljstva pri budžetu 51 je ( )5,13 98u = .

3.10. Lokalni ekstrem realne funkcije tri i više realnih varijabli

U ovom odjeljku objasnit ćemo kako odrediti lokalni ekstrem realne funkcije tri i više realnih varijabli. Zapravo, navest ćemo, bez dodatnih obrazloženja potrebne i dovoljne uslove za egzistenciju lokalnog ekstrema. U daljem ćemo pretpostavljati da funkcija tri varijable i funkcija više varijabli koje budemo razmatrali imaju neprekidne parcijalne izvode prvog i drugog reda.


259

Posmatrajmo funkciju tri varijable ( )1 2 3, ,u F x x x= .

Slično kao u slučajevima funkcije jedne i dvije varijable, potreban uslov za ekstrem ove funkcije u tački ( )1 2 3, ,x x x jeste da su prvi parcijalni izvodi

funkcije u toj tački jednaki nuli. Drugim riječima, svaka tačka ( )1 2 3, ,x x x koja zadovoljava sistem jednačina

1

0Fx

∂ =∂

, 2

0Fx

∂ =∂

i 3

0Fx

∂ =∂

je tačka potencijalnog ekstrema funkcije (stacionarna tačka).

Da bi smo utvrdili da li je tačka ( )1 2 3, ,x x x koja zadovoljava gornje jednačine tačka ekstrema (maksimuma ili minimuma) trebamo izračunati sve parcijalne izvode drugog reda funkcije F i posmatrati matricu

2 2 2

21 1 2 1 3

2 2 2

21 2 2 2 3

2 2 2

21 3 2 3 3

F F Fx x x x xF F FA

x x x x xF F F

x x x x x

⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂= ⎜ ⎟

∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

.

Ova matrica je simetrična (jer su mješoviti izvodi jednaki) i ima tri glavne subdeterminante:

2

1 21

FDx

∂=∂

,

2 2

21 1 2

2 22

21 2 2

F Fx x xDF F

x x x

∂ ∂∂ ∂ ∂=∂ ∂

∂ ∂ ∂

,

2 2 2

21 1 2 1 3

2 2 2

3 21 2 2 2 32 2 2

21 3 2 3 3

F F Fx x x x xF F FD

x x x x xF F F

x x x x x

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂=

∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

Ako u tački ( )1 2 3, ,x x x vrijedi 1 2 30, 0, 0D D D> > > tada je to tačka

lokalnog minimuma funkcije ( )1 2 3, ,F x x x .


260

Ukoliko u tački ( )1 2 3, ,x x x vrijedi 1 2 30, 0, 0D D D< > < tada je to tačka lokalnog maksimuma.

Ukoliko je 1 0,D = 2 0D = ili 3 0D = tada nam ova metoda ne daje odgovor o prirodi tačke ( )1 2 3, ,x x x .

U ostalim slučajevima funkcija ( )1 2 3, ,F x x x nema ekstrem u tački

( )1 2 3, ,x x x .

Pokažimo na slijedećem primjeru kako se ova metoda koristi u ekonomskim primjenama.

Primjer 3.10.1. Posmatrajmo monopolističku firmu koja proizvodi tri proizvoda u količinama 1Q , 2Q i 3Q čije su cijene date kao funkcije količine proizvodnje sa

1 148 6P Q= − , 2 2112 5P Q= − , 3 3110 7P Q= − ,

dok su odgovarajući prihodi dati sa 2

1 1 1 1 148 6R PQ Q Q= = − , 22 2 2 2 2112 5R P Q Q Q= = − , 2

3 3 3 3 3110 7R PQ Q Q= = − .

(Primijetimo da su cijene opadajuće funkcije količine proizvodnje).

Za 1 2 3Q Q Q Q= + + ukupna funkcija troškova je zadana relacijom

( )1 2 3200 12 , ,C Q C Q Q Q= + = .

Pokažimo sada kako odrediti cijene 1P , 2P i 3P tako da maksimaliziramo dobit.

Odgovarajuća funkcija dobiti jednaka je razlici između prihoda i troškova, to jest

( )2 2 21 1 2 2 3 3 1 2 348 6 112 5 110 7 200 12Q Q Q Q Q Q Q Q Qπ = − + − + − − − + + .

Kao prvo, odredimo stacionarne tačke. Potrebno je riješiti sistem jednačina

11

48 12 12 0QQπ∂ = − − =

∂ odakle je 112 36Q = , odnosno 1 3Q =


261

22

112 10 12 0QQπ∂ = − − =

∂ odakle je 210 100Q = , odnosno 2 10Q =

33

110 14 12 0QQπ∂ = − − =

∂ odakle je 314 98Q = , odnosno 3 7Q = .

Dakle, stacionarna tačka je tačka ( )3,10,7 .

Sada je potrebno izračunati odgovarajuće determinante sa drugim parcijalnim izvodima. Imamo:

2

21

12Qπ∂ = −

∂,

2

22

10Qπ∂ = −

∂,

2

23

14Qπ∂ = −

∂,

dok su ostali elementi koji ulaze u determinante jednaki nula. Prema tome,

1 12D = − <0, 212 0 120 00 10D −= = >− i 3 120 14 0D = − ⋅ < .

Vidimo da funkcija dobiti ima maksimum za trojku ( )3,10,7 , pa su tri tražene cijene:

1 30P = , 2 62P = , 3 61P = .

Sada ćemo navesti potrebne i dovoljne uslove za lokalni ekstrem realne funkcije ( )1 2, ,..., nF x x x od n realnih varijabli ( 3n ≥ ).

Potreban uslov da funkcija ( )1 2, ,..., nF x x x ima ekstrem u tački

( )1 2, ,..., nx x x jeste da svi prvi parcijalni izvodi funkcije F budu jednaki

nuli u tački ( )1 2, ,..., nx x x , odnosno da je ova n -torka brojeva rješenje

sistema od n jednačina sa n nepoznatih

1

0Fx

∂ =∂

, 2

0Fx

∂ =∂

, ..., 0n

Fx

∂ =∂

. (3.10.1)

Svaka tačka ( )1 2, ,..., nx x x koja je rješenje sistema (3.10.1) je tačka

potencijalnog ekstrema funkcije (stacionarna tačka).


262

Da bi smo utvrdili da li je tačka ( )1 2, ,..., nx x x koja zadovoljava gornje

jednačine tačka maksimuma ili minimuma trebamo izračunati sve druge parcijalne izvode funkcije F i posmatrati matricu

2 2 2 2

21 1 2 1 1

2 2 2 2

21 2 2 2 2

2 2 2 2

1 2

2 2 2 2

21 2

... ...

... ...

: : ... : ... :

... ...

: : ... : ... :

... ...

j n

j n

i i i j i n

n n n j n

F F F Fx x x x x x x


AF F F F

x x x x x x x x


⎛ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜⎜ ∂ ∂ ∂ ∂⎜

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜⎜⎜=⎜ ∂ ∂ ∂ ∂⎜

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜⎜⎜⎜ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎜ ⎟⎠

.

Ova matrica je simetrična (jer su mješoviti izvodi jednaki) i ima n glavnih subdeterminanti:

2

1 21

FDx

∂=∂

,

2 2

21 1 2

2 22

21 2 2

F Fx x xDF F

x x x

∂ ∂∂ ∂ ∂=∂ ∂

∂ ∂ ∂

,

2 2 2

21 1 2 1 3

2 2 2

3 21 2 2 2 32 2 2

21 3 2 3 3

F F Fx x x x xF F FD

x x x x xF F F

x x x x x

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂=

∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

,

..., detnD A= .

Ako su u tački ( )1 2, ,..., nx x x sve subdeterminante pozitivne, tada je to tačka

lokalnog minimuma funkcije ( )1 2, ,..., nF x x x .


263

Ukoliko u tački ( )1 2, ,..., nx x x vrijedi 0iD < za sve neparne i n≤ i 0jD >

za sve parne j n≤ , tada je to tačka lokalnog maksimuma funkcije ( )1 2, ,..., nF x x x

Ukoliko je jedna od subdeterminanti jednaka nuli, tada nam ova metoda ne daje odgovor o prirodi tačke ( )1 2 3, ,x x x .

U ostalim slučajevima funkcija funkcije ( )1 2, ,..., nF x x x nema ekstrem u

tački ( )1 2, ,..., nx x x .

3.11. Homogene funkcije i CES funkcije

Pri primjenama matematike u ekonomiji često nailazimo na ekonomske funkcije više varijabli koje su homogene. S obzirom da homogene funkcije imaju neke zanimljive osobine, sa odgovarajućom ekonomskom interpretacijom, ukoliko je riječ o ekonomskim funkcijama, u ovom odjeljku ćemo definisati pojam homogene funkcije i navesti neke najvažnije osobine takvih funkcija.

Definicija. 3.11.1. (homogene funkcije)

Za funkciju f (od n varijabli 1x , ..., nx ) kažemo da je homogena, stepena homogenosti r ako je

( ) ( )1 2 1 2, ,..., , ,...,rn nf kx kx kx k f x x x=

za svako k takvo da tačke ( )1 2, ,..., nx x x i ( )1 2, ,..., nkx kx kx pripadaju domeni funkcije f .

Primjer 3.11.2. Funkcija ( ) 311 2 3

2 1

2, , xxf x x xx x

= + je homogena funkcija

stepena homogenosti 0r = , jer je

( ) ( ) ( )01 3 1 31 2 3 1 2 3 1 2 3

2 1 2 1

2 2, , , , , ,kx kx x xf kx kx kx f x x x k f x x xkx kx x x

= + = + = = ⋅ .


264

Analogno, funkcija ( )2 21 2

1 22 1

, x xf x xx x

= + je homogena funkcija stepena

homogenosti 1r = , jer je

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

11 2 1 21 2 1 2

2 1 2 1

, ,kx kx kx kxf kx kx k f x xkx kx x x

= + = + = ⋅ .

Za homogenu funkciju stepena homogenosti 1r = kažemo još da je linearno homogena.

Primjer 3.11.3. Cobb Douglasova funkcija proizvodnje ( ) 1,Q Q L K AL Kα α−= = je linearno homogena funkcija jer je

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1, , ,Q kL kK A kL kK k k Q L K kQ L Kα α α α− −= = ⋅ ⋅ = .

Ako je funkcija proizvodnje zadana kao funkcija proizvodnih faktora 1v , 2v , ..., nv oblika

( ) ( ) ( )1 2

1 2 1 2( , ,..., ) ... n

n nQ v v v A v v vα α α= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ,

tada je 1 2 ...

1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )nn nQ kv kv kv k Q v v vα α α+ + += ⋅ ,

pa je ova funkcija također homogena, stepena homogenosti 1 2 ... nr α α α= + + + .

Ukoliko je f homogena realna funkcija n realnih varijabli stepena homogenosti r , tada vrijedi slijedeći, Eulerov teorem:

Teorem 3.11.4. (Eulerov teorem) Ako je f homogena realna funkcija n realnih varijabli stepena homogenosti r koja je diferencijabilna, tada je

( )1 2 1 21 2

... , ,...,n nn

f f fx x x r f x x xx x x

∂ ∂ ∂+ + + ≡ ⋅∂ ∂ ∂

. (3.11.1)

Relacija (3.11.1) ima svoju ekonomsku interpretaciju. Naime, dijeljenjem sa ( )1 2, ,..., 0nf x x x ≠ relacija (3.11.1) postaje


265

1 2

1 2

... n

n

xx f x f f rf x f x f x

∂ ∂ ∂⋅ + ⋅ + + ⋅ ≡∂ ∂ ∂

. (3.11.2)

Ukoliko se sjetimo da izraz i

i

x ff x

∂⋅∂

( 1,...,i n= ) predstavlja koeficijent , if xε

parcijalne elastičnosti funkcije f u odnosu na relativnu promjenu varijable

ix , relacija (3.11.2) nam zapravo govori da je suma parcijalnih elastičnosti homogene ekonomske funkcije stepena homogenosti r po svim varijablama upravo jednaka stepenu r .

Primjer 3.11.5. (funkcija proizvodnje) Cobb-Douglasova funkcija proizvodnje ( ) 1,Q Q L K AL Kα α−= = je linearno homogena funkcija, pa za nju vrijedi relacija

1L KL KQ QQ Q

′ ′⋅ + ⋅ = .

U primjeru 3.4.7. posmatrali smo funkciju proizvodnje 2 2( , ) 0, 25Q L K L K LK= −

i zaključili da je suma koeficijenata parcijalne elastičnosti ove funkcije jednaka 3. Ova činjenica zapravo slijedi iz toga što je ova funkcija homogena, stepena homogenosti 3, jer je

2 2 2 2 3( , ) 0, 25 ( , )Q kL kK k L kK kL k K k Q L K= ⋅ − ⋅ = .

Ako je funkcija proizvodnje zadana kao funkcija proizvodnih faktora 1v , 2v , ..., nv oblika

( ) ( ) ( )1 2

1 2 1 2( , ,..., ) ... n

n nQ v v v A v v vα α α= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ,

tada je suma koeficijenata parcijalne elastičnosti ove funkcije u odnosu na sve proizvodne faktore jednaka 1 2 ... nα α α+ + + .

Sada ćemo objasniti koje ekonomske funkcije zovemo CES funkcijama. Skraćenica CES u nazivu potiče od engleske sintagme constant elasiticity supstitution što znači da su CES funkcije one funkcije dvije varijable kod kojih je konstantna elastičnost supstitucije jedne varijable drugom. Prije nego općenito objasnimo ovaj pojam, razmotrit ćemo slijedeći primjer.


266

Primjer 3.11.6. Neka je ( ) 1,Q Q L K AL Kα α−= = Cobb-Douglasova funkcije proizvodnje. Ranije smo vidjeli da, ukoliko su Lp i Kp cijene proizvodnih faktora rad i kapital, optimalna kombinacija ulaganja se postiže

kada je L K

L K

Q Qp p

′ ′= . Ukoliko su nam cijene Lp i Kp fiksne, ulaganjem više

sredstava doći će do

Slika 3.11.1.

ekspanzije proizvodnje. Ta ekspanzija može se prikazati takozvanom putanjom ili linijom ekspanzije. Ukoliko je funkcija proizvodnje linearno homogena (što je slučaj sa Cobb-Douglasovom funkcijom), ta putanja će

biti prava linija, jer je u tom slučaju omjer L

K

QQ

′′

konstantan ( i jednak L

K

pp

).

Naime, kako je LQQL

α′ = i ( )1KQQK

α′ = − , optimalna kombinacija rada i

kapitala se postiže kada je ( )1

L L

K K

p Q Kp Q L

αα

′= =

′ −, odnosno 1L

K

K pL p

αα−= ⋅ .

Posljednja jednakost zapravo predstavlja jednačinu prave

1L

K

pK Lp

αα

⎛ ⎞−= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

.

A

K

L

B

C

O


267

Dakle, sve optimalne kombinacije proizvodnih faktora (za različite budžete, pri konstantnim cijenama jedinica rada i kapitala) leže na pravoj

1L

K

pK Lp

αα

⎛ ⎞−= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

, koja je prikazana na slici 3.11.1. Ova prava zove se

prava ekspanzije.

U nešto opštijem slučaju funkcije proizvodnje, kada je

( ),Q Q L K AL Kα β= = ,

za neke ( ), 0,1α β ∈ , provodeći potpuno analogna razmatranja, lako je pokazati da je putanja ekspanzije proizvodnje također prava linija, čija jednačina je

L

K

pK Lp

βα

⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Ukoliko se cijene promjene, na primjer, jedan faktor postane jeftiniji od drugog, promijenit će se optimalna kombinacija ulaganja ukoliko želimo da proizvedemo istu količinu proizvoda. To znači da ćemo jedan faktor proizvodnje zamijeniti drugim. Mjera promjene uzrokovane zamjenom jednog proizvodnog faktora drugim je data pomoću koeficijenta elastičnosti supstitucije koji se definiše sa

( )

( )( )

( ) ( )'

/

// / // /

/ / / //

L K

L K L Kp p

L K L K

L K

d K Ld K L p p p pK L K L

d p p d p p K L K Lp p

σ ≡ = ⋅ = ⋅ . (3.11.3)

Ovdje smo sa K i L označili optimalnu kombinaciju proizvodnih faktora, dok nam ( )'

//

L Kp pK L označava izvod funkcije /K L posmatrane kao

funkcije količnika /L Kp p .

Za Cobb – Douglasovu funkciju proizvodnje, optimalna kombinacija

proizvodnih faktora zadovoljava jednačinu 1L

K

K pL p

αα−= ⋅ , pa je


268

/ 1/L K

K Lp p

αα−= , dok je izvod ( )'

//

L Kp pK L funkcije /K L posmatrane kao

funkcije količnika /L Kp p također jednak ( )

( )/ 1/L K

d K Ld p p

αα−= .

Imajući u vidu definiciju koeficijenta elastičnosti supstitucije, odmah vidimo da je 1σ = .

Ovo vrijedi i općenito za funkciju Q AL Kα β= i u slučaju kada je 1α β+ ≠ .

Primijetimo, na kraju da je, u slučaju funkcije proizvodnje oblika

Q AL Kα β= količnik L L

K K

p Q dKp Q dL

′− = − =

′ zapravo jednak graničnoj stopi

tehnološke supstitucije, koju smo definisali u odjeljku 3.6. To znači da je koeficijent σ elastičnosti supstitucije definisan formulom (3.11.3) zapravo jednak

( )

( )

///

/

s

d K LK L

d dK dLdK dL

σ ≡ .

Definicija 3.11.7. (koeficijenta elastičnosti supstitucije) Ukoliko je ( , )f x y neka ekonomska funkcija dvije varijable tada koeficijent elastičnosti supstitucije varijable y varijablom x definišemo sa

( )

( )

///

/

s

d y xy x

d dy dxdy dx

σ ≡ .

Drugim riječima, koeficijent elastičnosti supstitucije predstavlja mjeru

osjetljivosti omjera yx

na promjenu granične stope supstitucije varijable y


269

varijablom x . Funkcije kod kojih je koeficijent sσ konstantan nazivamo CES funkcijama.

Iz prethodnih razmatranja zaključujemo da je funkcija proizvodnje Q AL Kα β= CES funkcija kod koje je elastičnost supstitucije jednaka 1.

Primjer 3.11.8. (CES proizvodna funkcija) U novije vrijeme upotrebi je jedan drugi oblik proizvodne funkcije: CES proizvodna funkcija kod koje elastičnost supstitucije sσ konstanta koja nije nužno jednaka jedinici. Jednačina te funkcije je

( ) ( ) 1/, 1Q L K A K L

ρρ ρδ δ−− −⎡ ⎤= + −⎣ ⎦ , (3.11.3)

gdje je 0A > , 0 1δ< < , 1ρ > − , 0ρ ≠ .

Ovdje je A − parametar efikasnosti, δ − parametar distribucije, ρ − parametar supstitucije (od njega zavisi elastičnost supstitucije jednog proizvodnog faktora drugim).

Kako je

( ) ( )( ) 1/, 1 ( , )Q kL kK A k K L kQ L K

ρρ ρ ρδ δ−− − −⎡ ⎤= + − =⎣ ⎦ ,

funkcija Q je linearno homogena. Općenito svaka CES proizvodna funkcija je linearno homogena. Izokvante CES proizvodne funkcije, odnosno nivo linije funkcije (3.11.3) su istog oblika kao i izokvante Cobb-Douglasove funkcije.

Može se pokazati da je koeficijent elastičnosti supstitucije za ovu funkciju

proizvodnje jednak 11sσ

ρ=

+. Odavde vidimo da je elastičnost supstitucije

veća od jedinice za 1 0ρ− < < , a manja od jedan za 0ρ > . Formalno gledajući, 1sσ = , za 0ρ = . Međutim, CES funkcija proizvodnje nije definisana za 0ρ = , ali može se pokazati da kad 0ρ → tada je

( ) ( ) 1/ 1

0 0lim , lim 1Q L K A K L AK L

ρρ ρ δ δ

ρ ρδ δ

−− − −

→ →⎡ ⎤= + − =⎣ ⎦ .

Drugim riječima, klasična Cobb-Douglasova funkcija je specijalan slučaj CES proizvodne funkcije kada 0ρ → , sa parametrom α jednakim parametru δ CES proizvodne funkcije.

4. Integralni račun

4.1. Definicija i osnovne osobine neodređenog integrala. Tablica osnovnih integrala.

U ovom odjeljku definisat ćemo pojam neodređenog integralna i uvjeriti se da je operacija integracije na neki način inverzna operaciji diferenciranja funkcija. Integral ćemo zvati neodređenim zbog toga što vrijednost integrala neke funkcije neće biti jednoznačno određena: to će biti funkcija određena do na aditivnu konstantu, u smislu da ako je ( )F x neodređeni integral funkcije ( )f x , tada je to i svaka funkcija oblika ( )F x C+ , gdje je C proizvoljna konstanta.

Definicija 4.1.1. (primitivne funkcije) Neka su funkcije f i F definisane na nekom intervalu ( ),a b . Ukoliko je

funkcija F diferencijabilna na tom intervalu i ukoliko za sve ( ),x a b∈

vrijedi ( ) ( )F x f x′ = tada za funkciju F kažemo da je primitivna funkcija funkcije f . Imajući u vidu da je, za neku konstantu C

( )( ) ( ) ( )F x C F x f x′ ′+ = =

vidimo da, ukoliko je ( )F x primitivna funkcija od ( )f x , tada je i funkcija ( )F x C+ također primitivna funkcija funkcije f .

Definicija 4.1.2. (neodređenog integrala) Skup svih primitivnih funkcija funkcije f na intervalu ( , )a b zovemo neodređenim integralom funkcije f i u ovom slučaju pišemo:

( ) ( ) ,f x dx F x C= +∫

gdje je C proizvoljna konstanta iz skupa realnih brojeva.

Iz definicije neodređenog integrala vidimo da su operacije diferenciranja i integriranja jedna drugoj inverzne operacije; drugim riječima, izvod


272

integrala jednak je podintegralnoj funkciji i obratno, integral izvoda funkcije jednak je toj funkciji (do na aditivnu konstantu C ).

Primjer 4.1.3. Kako je ( )x xe e′ = , zaključujemo da je ( ) xF x e= primitivna

funkcija funkcije ( ) xf x e= , pa je x xe dx e C= +∫ .

Analogno, iz ( ) 1ln xx

′ = slijedi da je ( ) lnF x x= primitivna funkcija

funkcije 1( )f xx

= , pa je 1 lndx x Cx

= +∫ .

Neodređeni integral ima slijedeće osnovne osobine.

1. [ ] dxxfdxxfd )()( =∫ ;

2. ∫ += Cxfxfd )())(( ;

3. ∫ ∫=⋅ dxxfadxxfa )()( , gdje je a konstanta;

4. [ ] ∫∫∫ ±=± dxxgdxxfdxxgxf )()()()( .

Na žalost, ne postoji način za izračunavanje integrala proizvoda ili integrala količnika, kao što je to bio slučaj sa izvodima. Općenito, izračunavanje neodređenog integralna je veoma složeno. Može se pokazati da postoje neke veoma jednostavne elementarne funkcije čiji integral uopšte nije moguće zapisati kao elementarnu funkciju. Takav integral je, na primjer integral funkcije ( ) 2xf x e−= .

Mi ćemo u daljem govoriti o nekim jednostavnijim metodama integracije. Pri izračunavanju neodređenih integrala koristit ćemo se slijedećom tablicom osnovnih integrala.

Tablica osnovnih integrala

1. ∫ += Cxdx ; 2. Cnxdxxn

n ++

=+

∫ 1

1

, 1−≠n ;

3. Cxxdx +=∫ ln ; 4. x xe dx e C= +∫ ;


273

5. Caadxax

x +=∫ ln; 0a > 6. ∫ +−= Cxxdx cossin ;

7. ∫ += Cxxdx sincos ; 8. Cctgxx

dx +−=∫ 2sin;

9. Ctgxx

dx +=∫ 2cos; 10. { 1

2 2

arcsin ;arccos1dx x C

x Cx+= − +−∫

11. Carctgxxdx +=+∫ 21

; 12. Cxxxdx +±+=

±∫ 1ln1

22

Korištenjem tablice osnovnih integrala možemo izračunati neke jednostavnije integrale. Metodu integracije primjenom osnovnih osobina integrala i tablice osnovnih integrala zovemo metodom direktne integracije. Ilustrirat ćemo je slijedećim primjerima.

Primjer 4.1.4. Izračunajmo integral xdx∫ .

Podintegralnu funkciju x možemo napisati kao 12x x= , pa primjenjujući

tablicu integrala ( 12

n = ) imamo

1 31 32 222

1 3 312 2

x xxdx C C x C+

= + = + = ++

∫ .

Primjer 4.1.5. Izračunajmo integral 3x xdx∫ .

U ovom slučaju podintegralna funkcija je oblika 2

6 33 3x x x x x= ⋅ = , pa imamo

2 512 53 33 3 33

2 5 513 3

x xx xdx x dx C C x C+

= = + = + = ++

∫ ∫ .


274

Primjer 4.1.6. Izračunajmo integral ( )21xdx

x+

∫ .

Nakon kvadriranja izraza u brojniku, integral možemo napisati u obliku sume tri tablična integrala. Imamo:

( )2 21 2 1x x xdx dxx x+ + += =∫ ∫

212 2 ln2xxdx dx dx x x C

x= + + = + + +∫ ∫ ∫ .

Primjer 4.1.7. Izračunajmo integral 2 3x x dx−⋅∫ .

Kako je

1 22 3 23 3

xx x x

x− ⎛ ⎞⎟⎜⋅ = ⋅ = ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

,

to je

( )

22 232 3

23 3 ln 2 ln 3ln3

x

x xx x

xdx dx C−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⋅ = = + =⎜ ⎟ −⎛ ⎞⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ .

4.2. Metoda smjene (substitucije) za izračunavanje neodređenog integrala.

Ukoliko primitivnu funkciju funkcije f ne možemo naći direktnom integracijom možemo pokušati metodom smjene, odnosno uvođenjem nove varijable. Nakon uvođenja nove varijable moramo i diferencijal stare varijable izraziti preko diferencijala te nove varijable. Važno je zapamtiti da stara varijabla ne može ni u kom obliku biti pod integralom. Kada odredimo primitivnu funkciju trebamo se vratiti na staru varijablu.


275

Uz pretpostavku diferencijabilnosti funkcije ϕ , općenito vrijedi :

( )( ) ( ( )) ( )( )x tf x dx f t t dtdx t dt

ϕ ϕ ϕϕ= ′= =′=∫ ∫ .

U ovom slučaju kažemo da smo varijablu x zamijenili nekom funkcijom ( )tϕ nove varijable t .

Na slijedećim primjerima ćemo pokazati kako koristiti metod supstitucije.

Primjer 4.2.1. Izračunajmo integral ( )93 2x dx−∫ .

U ovom integralu ćemo uvesti smjenu 3 2t x= − . Sada je potrebno da dx izrazimo preko dt. To ćemo učiniti tako što ćemo diferencirati jednakost

3 2t x= − , pa je 2dt dx= − , odakle je 12

dx dt= − . Cio opisani postupak

uvođenja smjene je urađen između dvije uspravne crte pored integrala. Imamo:

( )10

9 9 103 2 1 1 13 2 2 (3 2 )

2 2 10 2012

x t tx dx dx dt t dt C x C

dx dt

− =− = − = = − = − + = − − +

= −∫ ∫ .

Primjer 4.2.2. Izračunajmo integral 2 1x x dx−∫ .

U ovom integralu bi bilo pogodno uvesti smjenu tx =− 21 . Kako bi mogli uvesti tu smjenu, moramo biti u mogućnosti izraziti i ostatak podintegralne funkcije kao funkciju od nove varijable t i dt . To je moguće, jer je

( )21 2dt d x xdx= − = − , pa je 12

xdx dt= − . Dakle, imamo


276

322

2 2 21 1 1 1 1 2 (1 ) 1 .

32 2 3122

x t tx x dx xdx dt tdt C x x C

xdx dt

− =− = − = = − = − + = − − − +

= −∫ ∫

Umjesto smjene tx =− 21 , mogli smo uvesti i smjenu 221 tx =− (pokušajte sami uraditi zadatak pomoću ove smjene).

Primjer 4.2.3. Izračunajmo integral 52(2 5 )

dx

x−∫ .

U ovom primjeru je najbolje uvesti smjenu 2 5t x= − , a zatim postupati analogno kao u primjeru 4.1.4. Postupak smjene objašnjen je između dvije uspravne crte:

3322

5 52 2

2 55 1 1 2 (2 5 )31 5 5 15(2 5 ) 25

x tdx dtdx dt t C x C

dx dtx t

−−

− =− =

= = − = − ⋅ + = − +−= −−

∫ ∫ ;

Napomenimo da smo konstantu 15

− izlučili ispred integrala, a zatim

koristili činjenicu da je 52

52

1 tt

−= .

Primjer 4.2.4. Izračunajmo integral 2 2

dxx a+∫ .

U ovom integralu ćemo uvesti smjenu x at= , jer je u tom slučaju

( )2 2 2 2 1x a a t+ = + , pa imamo

( ) ( )2 2 2 2 2

1 11 1

x atdx adt dtdx adt arctgt Cx a a aa t txt

a

== = = = = +

+ + +=

∫ ∫ ∫


277

1 .xarctg Ca a

= +

Iako ovaj integral nije tablični, često ćemo ga koristiti.

Zapamtite kao tablični integral:

2 2

dxx a+∫ = 1 xarcrg C

a a+ .

Primjer 4.2.5. Izračunajmo integral 22 1dx

x +∫ .

Ovaj integral ima podintegralnu funkciju oblika bax +2

1 , za 0ba

> .

Svodimo ga na tablični integral tako što prvo izlučimo koeficijent uz 2x , odnosno napišemo

2

2 2 2 ,b bax b a x a xa a

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟+ = + = + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

a potom primijenimo tablični integral koji smo izveli u prethodnom zadatku. Imamo:

( )22

2

1 1 2 2 .1 12 1 2 21 22 22

dx dx xarctg C arctg x Cx

x

⎛ ⎞⎜ ⎟

= = + = +⎜ ⎟+ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟⋅ ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎝ ⎠

∫ ∫

Primjer 4.2.6. Izračunajmo integral 2

4

dxx −∫ .

U ovom integralu je nazivnik podintegralne funkcije oblika 2 2x a± , 0a > . Kod integrala ovog tipa ćemo uvesti smjenu x at= , dx adt= . U

ovom konkretnom slučaju je 2a = , pa smjenu uvodimo onako kako je naznačeno unutar dvije uspravne crte. Imamo:


278

( )

2

2 2 2

2 22

2 2 2 ln 1

4 4( 1) 12

4 1ln 1 ln ln 4 .2 2 2 4 2

x tdx dt dtdx dt t t Cx t txt

x x x xC C x x C

== = = = = + − + =

− − −=

−⎛ ⎞= + − + = + + = + − +⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

Imajući u vidu da je

( )2 21ln 4 ln 4 ln 22

x x C x x C+ − + = + − − + ,

kao i činjenicu da je ln 2C − također realna konstanta, dobijamo

2

2 ln 4

4dx x x C

x= + − +

−∫ .

Analogno bi postupali i u slučaju kada bi u nazivniku imali sabiranje pod korijenom.


Caxxax

dx +±+=±∫ 22

22ln .


dxx−∫ .

U ovom primjeru nazivnik podintegralne funkcije je oblika 2 2a x− , pa ćemo uvesti smjenu x at= , analogno kao u prethodnom zadatku. U našem konkretnom slučaju je 2 5a = , pa je 5a = . Imamo:

2 2

555 arcsin arcsin

55 5 55

x tdx dt xdx dt t C C

x txt

== = = = + = +

− −=

∫ ∫ .


279

S obzirom da se integral ovog oblika često pojavljuje i njega možemo smatrati tabličnim integralom.


2 2arcsindx x C

aa x= +

−∫ .

Primjer 4.2.8. Izračunati integral 23 4

dxx−∫ .

Rješenje. Nazivnik podintegralne funkcije u datom integralu je oblika 2b ax− , pri čemu su brojevi a i b pozitivni. Zbog toga ćemo, analogno

kao u primjeru 4.2.5. prvo izlučiti koeficijent uz 2x da dobijemo

2

2 2 2b bb ax a x a xa a

⎛ ⎞− = ⋅ − = ⋅ −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠,

a potom primijeniti tablični integral koji smo izveli u prethodnom zadatku. Dakle,

2 22

2

1 1 2arcsin .2 2 333 4 34

4 4

dx dx dx x Cx x x

= = = +− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎝ ⎠

∫ ∫ ∫


41x dx

x+∫ .

U zadanom integralu u nazivniku je funkcija 41 x+ , pa je prirodno prvo pokušati uvesti smjenu 41 x t+ = . Ovu smjenu je moguće uvesti samo ukoliko smo u mogućnosti ostatak podintegralne funkcije izraziti preko t i

dt . Kako je 34dt x dx= , to je 3 14

x dx dt= , pa je moguće uvesti ovu smjenu.

Imamo:


280

43

3 44

3

1 1 1 14 ln ln(1 )1 4 4 4

4

x tx dtdx x dx dt t C x Cx tdtx dx

+ == = = = + = + +

+=

∫ ∫ .

Ukoliko bismo u brojniku razlomka pod integralom imali funkciju 2x ili na primjer x , ovakva smjena ne bi imala smisla, jer ne bismo mogli naći načina da ostatak podintegralne funkcije izrazimo kao funkciju od t i dt i da pri takvoj smjeni dobijemo integral čije rješavanje je jednostavnije od rješavanja polaznog integrala.


2 55 29x dx

x x+

+ +∫ .

U ovom integralu je brojnik podintegralne funkcije diferencijal od njegovog nazivnika, pa je smjena 2 5 29t x x= + + očigledna. Imamo:

22

2

2 5 5 29 ln ln( 5 29) .(2 5)5 29x dtt x xdx t C x x Cdt x dxx x t

+ = + += = = + = + + += ++ +∫ ∫

Ukoliko nam je dat integral kod kojeg je brojnik podintegralne funkcije diferencijal nazivnika, taj integral uvijek rješavamo tako što uvedemo smjenu ( )t f x= , gdje je ( )f x nazivnik podintegralne funkcije.

Općenito vrijedi:

( ) ln ( )( )

f x dx f x Cf x′

= +∫

4.3. Metoda parcijalne integracije

Neka su nam zadane dvije funkcije u i v , koje su diferencijabilne i čiji izvodi su integrabilne funkcije.

Diferencijal proizvoda funkcija u=u(x) i v=v(x) je:

udvvduvud +=⋅ )( ,

a integral diferencijala ovog proizvoda je:


281

∫ ∫ ∫+=⋅ udvvduvud )( .

Iz ove jednakosti dobijamo formulu koja glasi:

∫ ∫−⋅= vduvuudv .

Na ovoj formuli se zasniva metod parcijalne integracije, koji ima dva koraka. Prvi korak se sastoji u tome da funkciju ( )f x dx u integralu

( )f x dx∫ napišemo u obliku ( ) ( )u x dv x , pri čemu smo funkcije u i v

pogodno odabrali. Tada se izračunavanje integrala ( )f x dx∫ svodi na

izračunavanje integrala ( ) ( )v x du x∫ . Izraz „pogodno odabrane“ funkcije u

i v znači da je integral ( ) ( )v x du x∫ jednostavniji za izračunavanje od polaznog integrala, kao i to da iz datih uslova možemo egzaktno odrediti funkciju v , jer u suprotnom metoda parcijalne integracije nema smisla.

Postoje neka okvirna pravila šta odabrati za funkciju u a šta za funkciju v , pri čemu ta pravila nisu strogo matematička jer imaju i svoje izuzetke. Mi ćemo ih, ipak navesti.

Ukoliko je funkcija f proizvod logaritamske funkcije ili inverzne trigonometrijske funkcije i neke druge funkcije, treba pokušati riješiti taj integral uzimajući da je u jednako toj logaritamskoj funkciji ili toj inverznoj trigonometrijskoj funkciji a za dv uzimajući ostatak.

Ukoliko je funkcija f proizvod neke eksponencijalne funkcije i neke druge funkcije, treba pokušati riješiti integral uzimajući za dv da je jednako proizvodu te eksponencijalne funkcije sa dx , a za u uzimajući ostatak.

Ukoliko je funkcija f proizvod funkcije sin x ili cos x i neke druge funkcije, tada uzimamo da je sindv xdx= ili cosdv xdx= , a ostatak uzimamo za u .

Još jednom naglasimo da ova pravila imaju i svoje izuzetke, te da ih treba uzimati samo kao putokaz pri rješavanju datog problema.


282

Primjer 4.3.1. Izračunati integral lnx xdx∫ .

Stavljamo lnu x= . Ostatak je xdx , pa uzimamo da je dv xdx= . Iz ove jednakosti trebamo izračunati funkciju v koja zadovoljava jednakost. To ćemo učiniti integracijom izraza dv :

212

v xdx x= =∫ (ovdje ne dodajemo konstantu). Skraćeni postupak

parcijalne integracije dat je između dvije uspravne crte. Dakle,

22

2

ln

1ln ln2 2

2

u xdv xdx

dx x dxdux xdx u v vdu x xx x

xv

==

== = ⋅ − = ⋅ − ⋅ =

=

∫ ∫ ∫

2 221 = ln (2 ln 1) .

2 4 4x xx x C x C− + = − +

Primjer 4.3.2. Izračunajmo integral 2ln( 1)x x dx−∫ .

U ovom integralu ćemo, kao i u prethodnom primjeru staviti 2ln( 1)u x= − ,

xdx dv= , odakle je 212

v x= . Imamo:

2

2 322 22

2

ln( 1)2

1ln( 1) ln( 1) .2 1

2

u xxdu dx x xxx x dx x dxdv xdx xxv

= −

=−− = = − −= −

=

∫ ∫

Kako bi izračunali posljednji integral, podijelit ćemo (sa ostatkom) 3x sa 2 1x − . Dobijamo:

( )3 2

3: ( 1)x x x

x x

x

− =−−


283

To znači da je količnik pri dijeljenju jednak x , kao i da je ostatak upravo x . Sada podintegralnu funkciju možemo napisati u obliku:

3

2 21 1x xx

x x= +

− −, odakle je

32

2 2 2

11 1 2 1

x x xdx xdx dx x dxx x x

= + = +− − −∫ ∫ ∫ ∫ .

Posljednji integral ćemo izračunati uvođenjem smjene 2 1t x= − , jer je tad 12

xdx dt= , pa je

22

1 1 1ln ln 11 2 2 2

x dtdx t x Cx t

= = = − +−∫ ∫ .

Sada smo izračunali sve integrale, pa se možemo vratiti unazad. Imamo: 2 2

2 2 21ln( 1) ln( 1) ln( 1)2 2 2x xx x dx x x C− = − − − − + =∫

2 221 ln( 1) .

2 2x xx C−= − − +

Primjer 4.3.3. Izračunajmo integral 2 xx e dx−∫ .

U datom integralu imamo eksponencijalnu funkciju, pa ćemo uzeti xdv e dx−= , 2u x= . Odavde je x xv e dx e− −= = −∫ , pa imamo:

2

2 22 2 .x x xx

x

u xdu xdxx e dx x e xe dxdv e dxv e

− − −−

−

=== = − +== −

∫ ∫

U integralu na desnoj strani ćemo ponovo primijeniti parcijalnu integraciju, stavljajući xdv e dx−= i u x= . Imamo:

.x x x x xx

x

u xdu dxxe dx xe e dx xe e Cdv e dxv e

− − − − −−

−

==

= = − + = − − +== −

∫ ∫


284

Uvrštavajući ovo u polazni integral dobijamo 2 2 22( ) ( 2 2)x x x x xx e dx x e xe e C x x e C− − − − −= − + − − + = − + + +∫ .

4.4. Integracija racionalnih funkcija

Racionalna funkcija je funkcija oblika ( )( )

n

m

P xQ x

, gdje su ( )nP x i ( )mQ x neki

polinomi stepena n i m respektivno. Ukoliko je n m≥ , tada polinom ( )nP x možemo podijeliti polinomom ( )mQ x i dobiti neki količnik i ostatak

čiji stepen je manji od n . Zbog toga možemo smatrati da kada govorimo o racionalnoj funkciji govorimo o funkciji koja je količnik dva polinoma pri čemu je stepen polinoma u brojniku manji od stepena polinoma u nazivniku ( n m< ). Poznato je da svaku takvu racionalnu funkciju možemo napisati u obliku zbira prostih (parcijalnih) razlomaka, odnosno racionalnih funkcija koje imaju sljedeća dva oblika:

a) ( )k

Ax a−

, gdje je k neki prirodan broj, a A i a su neke realne konstante

i

b)( )2 m

Ax B

x px q

+

+ +, gdje je m neki prirodan broj, gdje su A , B , p i q neke

realne konstante, pri čemu pretpostavljamo da trinom 2x px q+ + nema realnih nula (jer u suprotnom bismo racionalnu funkciju ovog oblika mogli napisati kao sumu funkcija oblika a)).

Ranije smo vidjeli kako metodom smjene ( t x a= − ) izračunati integrale oblika a). Podsjetimo se,

za 1k = je lnA dx A x a Cx a

= − +−∫ ,

za 2k ≥ je ( )

1( )1

mm

A Adx x a Cmx a

−= − +−−∫ .


285

Pogledajmo sada kako se izračunavaju integrali oblika ( )2 m

Ax B

x px q

+

+ +.

Integral ovog oblika se rješava u sljedećih nekoliko koraka:

1. Izračunamo izvod nazivnika podintegralne funkcije, odnosno odredimo

( )2 2x px q x p′+ + = +

2. Odredimo konstante M i N takve da vrijedi

( )2Ax B M x p N+ = + + .

3. Integral rastavimo na sumu dva integrala:

1 22 2 2

2Ax B x p dxdx M dx N MI NIx px q x px q x px q

+ += + = ++ + + + + +∫ ∫ ∫ .

U integralu 1I funkcija u brojniku je izvod funkcije u nazivniku i njega izračunavamo metodom smjene.

Objasnimo kako izračunati integral 2I .

Kao prvo, nazivnik podintegralne funkcije svedemo na kanonski oblik:

42

222 pqpxqpxx −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=++ ,

a potom uvodimo smjenu , , 2 2p px t x t dx dt+ = = − = kako bi dobili

2 2 22

4

dx dtIx px q pt q

= =+ + ⎛ ⎞

+ −⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ .

Integral na desnoj strani je tablični integral, u kojem je izraz 2

4pq −

pozitivan ili negativan. Dakle, polazni integral se svodi na integrale koji su tablični ili ih rješavamo metodom smjene. Ukoliko trinom qpxx ++2 ima realne nule 1x i 2x , odnosno, ukoliko vrijedi:


286

( )( )212 xxxx

BAxqpxx

BAx−−

+=++

+ ,

ovaj razlomak možemo rastaviti na zbir prostih razlomaka oblika,

( )( )21 xxxxBAx−−

+ =2

1

1

1

xxB

xxA

−+

−.

U prva dva primjera ćemo pokazati kako se izračunavaju integrali kod kojih je 0A = , a s takvim integralima ćemo se sretati i kasnije.


x x− +∫ .

Jedini problem sa kojim se susrećemo pri rješavanju ovog integrala jeste kako napisati trinom 2 2x x− + u kanonskom obliku. Posmatramo koeficijent uz x , koji je jednak 1− , pa će puni kvadrat koji se javlja u

kanonskom prikazu biti jednak 21

2x⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠. Da bi dobili jednakost sa

polaznim izrazom potrebno je još oduzeti drugi član na kvadrat, tj. 21

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Dakle, 2 2

2 1 1 1 72 22 4 2 4

x x x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + = − − + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Sada uvodimo smjenu na način kako smo objasnili gore.

Imamo:

222

12 72 1 7

42 4

dx dx dtx tx x dx dt tx

− == = = =− + ⎛ ⎞ = +− +⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

1 2 2 1 .7 7 7 7

2 2

t xarctg C arctg C−= + = +


287

Primijetimo da je integral 2 7

4

dt

t +∫ koji je preostao za izračunavanje zapravo

integral tipa 2 2

dtt a+∫ , gdje je 7 7

4 2a = = , koji je tablični integral.


x x− +∫ .

S obzirom da je nazivnik podintegralne funkcije oblika 23 1x x− + , trebamo prvo izlučiti faktor uz 2x , tj. broj 3 . Nakon izlučivanja dobijemo

2 2 1 13 1 33 3

x x x x⎛ ⎞− + = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Sada je potrebno trinom 2 1 13 3

x x⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠

svesti na kanonski oblik.

Koeficijent uz x je 13

− , pa je

2 2 22 1 1 1 1 1 1 11

3 3 6 6 3 6 36x x x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + = − − + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Sada imamo:

222

1161 13 1 3 1 113

3 3 6 36

dx dx dx t xx x dx dtx x x

= −= = = =− + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =− + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

2

1 1 1 2 6 1 .113 3 11 11 11 1136 6 6

dt t xarctg C arctg Ct

−= = ⋅ + = ++

∫

Pogledajmo sada kako rješavati integral oblika dxqpxx

BAx∫ ++

+2 u slučaju

kada je 0A ≠ .


288


5 22 10x dx

x x+

+ +∫ .

U zadanom integralu ćemo prvo izraz u brojniku napisati kao sumu dva izraza kao što je navedeno na početku ovog odjeljka. Imamo:

1. ( )2 2 10 2 2x x x′+ + = + .

2. Trebamo odrediti brojeve M i N tako da vrijedi

5 2 (2 2) ;x A x B+ = + + odnosno 5 2 2 (2 )x Ax A B+ = + + .

Izjednačavanjem koeficijenata uz x i slobodan član u posljednjoj jednakosti

dobijamo sistem 2 5; 2 2A A B= + = , odakle se 52

A = i 3B = − . Dakle,

dobili smo da je 55 2 (2 2) 32

x x+ = + − ,

pa integral možemo napisati kao sumu dva integrala kao što je objašnjeno u koraku 3. Imamo:

1 22 2 2

5 2 5 2 2 53 3 .2 10 2 2 10 2 10 2x x dxdx dx I I

x x x x x x+ += − = −

+ + + + + +∫ ∫ ∫

Integral 1I se rješava smjenom 2 2 10t x x= + + pomoću koje se dobije 2

1 ln( 2 10)I x x= + + . Ostaje da se riješi integral 2I . Integrale ovakvog oblika smo rješavali u prva dva primjera. Nakon svođenja nazivnika na kanonski oblik i uvođenja smjene imamo:

( )2 22 21

2 10 91 9dx dx dtt xI dx dtx x tx

= += = = = ==+ + ++ +∫ ∫ ∫

1 1 1 .3 3 3 3

t xarctg C arctg C+= + = +

Konačno dobijemo:

22

5 2 5 1ln( 2 10)2 10 2 3x xdx x x arctg C

x x+ += + + − +

+ +∫ .


289

Primjer 4.4.4. Izračunajmo integral 2 2 3xdxI

x x=

− −∫ .

Pri izračunavanju ovog integrala postupamo kao u prethodnom primjeru. Imamo:

1. ( )2 2 3 2 2x x x′− − = − . 2. Sada određujemo M i N iz uslova

( ) ( )2 2 2 2x M x N Mx N M= − + = + − .

Izjednačavanjem koeficijenata dobijamo 1 2M= i 0 2N M= − , odakle je 12

M = i 1N = . Dakle, ( )1 2 2 12

x x= − + , pa imamo:

( )1 22 2 2

2 21 12 3 2 2 3 2 3 2

x dxxdx dx I Ix x x x x x

−= + = +

− − − − − −∫ ∫ ∫ .

Lako se uvjeravamo da je 21 ln 2 3I x x= − − .

Integral 2I ćemo izračunati na uobičajeni način. Kao prvo, pokažimo kako

se izračunavaju integrali oblika 2 2

dxx a−∫ . Očigledno je da se funkcija u

nazivniku može rastaviti na faktore, pa imamo 1 2

2 2

1 A Ax a x a x a

= +− − +

.

Množenjem sa ( )( )x a x a− + i izjednačavanjem koeficijenata dobijamo da

je 11

2A

a= , 2

12

Aa

= − . Sada je

( )2 2

1 1 1 ln ln2 2 2

dx dx dx x a x a Cx a a x a a x a a

= − = − − + + =− − +∫ ∫ ∫

1 ln .2

x a Ca x a

−= ++

Ovaj integral možemo zapamtiti kao tablični. Dakle:

2 2

1 ln .2

dx x a Cx a a x a

−= +− +∫


290

Sada možemo nastaviti sa rješavanjem polaznog integrala. Nakon svođenja na kanonski oblik dobijamo

( ) ( )2 22 2 3 1 1 3 1 4x x x x− − = − − − = − − , pa je

( )2 22 21

2 3 41 4dx dx dtt xI dx dtx x tx

= −= = = = ==− − −− −∫ ∫ ∫

1 2 1 3ln ln .2 2 2 4 1

t xC Ct x

− −= + = +⋅ + +

Dakle, polazni integral jednak je

( )( )

( ) ( )

2

3

1 1 3 1 1 3ln 2 3 ln . ln 3 1 ln2 4 1 2 4 11 ln 3 1 .4

x xI x x C x x Cx x

x x C

− −= − − + + = − + + ++ +

= − + +

Na kraju ovog paragrafa uradimo nekoliko primjera u kojima ćemo pokazati kako rastavljati racionalnu funkciju na parcijalne razlomke i primjenjivati metode integracije objašnjene u specijalnim slučajevima.

To ćemo uraditi na slijedećim primjerima:


2

1 3 2

x dxx x

+− +∫ .

U podintegralnoj funkciji zadanog integrala stepen polinoma u brojniku je veći od stepena polinoma u nazivniku, pa ćemo prvo podijeliti (sa ostatkom) brojnik i nazivnik. Imamo

3 2

3 2

_________________2

2

__________________

( 1) : ( 3 2) 3(oduzmemo)3 2

3 2 1(oduzmemo)3 9 6

7 5 (ostatak)

x x x xx x x

x xx x

x

+ − + = +− +

− +− +

−

Dakle, količnik pri dijeljenju je 3x + , dok je ostatak 7 5x − , pa imamo


291

3

2 2

1 7 533 2 3 2

x xxx x x x

+ −= + +− + − +

.

Sada integral možemo pisati u obliku:

( )3 2

12 2

1 7 53 33 2 3 2 2

x x xdx x dx x Ix x x x

+ −= + + = + +− + − +∫ ∫ ∫ .

Diskriminanta kvadratnog trinoma u nazivniku je pozitivna, a njegove nule su 1 1x = i 2 2x = , pa je 2 3 2 ( 1)( 2)x x x x− + = − − . Sada možemo podintegralnu funkciju u integralu 1I rastaviti na parcijalne razlomke. Imat ćemo dva parcijalna razlomka čiji nazivnici su ( 1)x − i ( 2)x − :

7 5( 1)( 2) 1 2

x A Bx x x x

− = +− − − −

.

Nakon množenja sa ( 1)( 2)x x− − i grupisanja konstanti dobijamo

7 5 ( 2) ( 1) ( ) (2 )x A x B x A B x A B− = − + − = + − + .

Izjednačavanjem koeficijenata uz odgovarajuće stepene dobijamo sistem jednačina

__________________

72 5A BA B+ =+ = , čije rješenje je 2A = − i 9B = .

Sada imamo 7 5 2 9

( 1)( 2) 1 2x

x x x x− −= +

− − − −, pa je

1 2

7 5 7 5 2 93 2 ( 1)( 2) 1 2

x x dx dxI dx dxx x x x x x

− −= = = − + =− + − − − −∫ ∫ ∫ ∫

( )( )

9

2

22ln 1 9ln 2 ln

1x

x x C Cx

−= − − + − + = +

−.

Sada konačno rješenje možemo izraziti u obliku

3

2

13 2

x dxx x

+ =− +∫

2

32x x+ + ( )

( )

9

2

2ln

1x

Cx

−+

−.


292


4

18

x dxx x

+−∫ .

Stepen polinoma u brojniku ovog integrala je manji od stepena polinoma u nazivniku, tako da nije potrebno dijeliti. Kako bi odredili na koje parcijalne razlomke ćemo rastaviti podintegralnu funkciju, potrebno je polinom u nazivniku rastaviti na faktore. Imamo

4 3 3 28 ( 2 ) ( 2)( 2 4).x x x x x x x x− = − = − + +

Dakle, 3 3

4 2

1 1 .8 ( 2)( 2 4)

x xdx dxx x x x x

+ +=− − + +∫ ∫

Sada vidimo da će nazivnici parcijalnih razlomaka biti redom x , 2x − i 2 2 4x x+ + (ovaj trinom ima negativnu diskriminantu, pa ga ne možemo

dalje rastavljati), pa imamo 3

2 2

1( 2)( 2 4) 2 2 4

x A B Cx Dx x x x x x x x

+ += + +− + + − + +

.

Slijedeći korak je određivanje nepoznatih konstanti. Kao prvo, pomnožit ćemo jednakost sa 3( 8)x x − , pa nakon toga izmnožiti sve izraze na desnoj strani. Dobijamo

3 3 3 2 3 2 21 ( 8) ( 2 4 ) ( 2 ) ( 2 )x A x B x x x C x x D x x+ = − + + + + − + − .

Sada je potrebno grupisati koeficijente uz iste stepene varijable x : 3 3 21 ( ) (2 2 ) (4 2 ) 8x x A B C x B C D x B D A+ = + + + − + + − − .

Nakon izjednačavanja koeficijenata uz iste stepene u polinomima na lijevoj i desnoj strani imamo sistem jednačina:

3

2

0

: 1: 2 2 0: 4 2 0: 8 1

x A B Cx B C Dx B Dx A

+ + =− + =

− =− =

čije rješenje je: 1 3 3; ;8 8 4

A B C D= − = = = .


293

Dakle,

( )3

2 2

1 3 3 11 8 8 4( 2)( 2 4) 2 2 4

xxx x x x x x x x

− ++ = + +− + + − + +

,

pa imamo 3

4 2

1 1 3 3 18 8 8 2 4 2 4

x dx dx xdx dxx x x x x x

+ += − + + =− − + +∫ ∫ ∫ ∫

11 3 3ln ln 2 .8 8 4

x x I− + − +

Integral 1I rješavamo smjenom 2 2 4t x x= + + , jer je 2( 1)dt x dx= + , pa je

( )21

1 ln 2 42

I x x= + + . Sada je

32

4

1 1 3 3ln ln 2 ln( 2 4)8 8 8 8

x dx x x x x Cx x

+ = − + − + + + + =−∫

33 1ln( 8) ln .8 8

x x C= − − +


x x+∫ .

U ovom integralu ćemo nazivnik podintegralne funkcije rastaviti na faktore i dobiti

4 2 2 2 23 ( 3) ( 3)x x x x x x x+ = + = ⋅ ⋅ + ,

pa ćemo podintegralnu funkciju rastaviti na tri parcijalna razlomka čiji nazivnici su x , 2x i 2( 3)x + . Imamo

2 2 2 2

1( 3) 3

A B Cx Dx x x x x

+= + ++ +

.

Nakon množenja sa 2 2( 3)x x + dobijamo 3 2 3 21 ( 3 ) ( 3)A x x B x Cx Dx= + + + + + .


294

Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata dobijemo sistem jednačina:

3

2

1

0

: 0: 0: 3 0: 3 1

x A Cx B Dx Ax B

+ =+ ===

čije je rješenje: 1 10, , 0,3 3

A B C D= = = = − , pa je

2 2 2 2

1 11 3 3

( 3) 3x x x x

−= +

+ +,

odakle imamo

4 23dx

x x=

+∫ 2 2

1 13 3 3

dx dxx x

−+∫ ∫ 1 1

3 3 3 3xarctg C

x= − − + .

4.5. Integracija nekih iracionalnih funkcija

4.5.I. Integral oblika 1 2


cx d cx d

⎡ ⎤+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∫

Ukoliko imamo integral oblika 1 2


cx d cx d

⎡ ⎤+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∫ gdje je R

racionalna funkcija, a ,...,,, 2211 srsr su cijeli brojevi, odnosno integral kod kojeg se javljaju korijeni količnika linearnih funkcija, rješavamo ga

smjenom ntdcxbax =

++ gdje je n najmanji zajednički sadržalac brojeva

1 2, ,...s s

Ovaj metod ćemo ilustrirati pomoću slijedećih primjera.


295


1 11 1

x dxx

− ++ +∫ .

U zadanom integralu ćemo uvesti smjenu 6 1t x= + , 56dx t dt= , jer je NZS(2,3)=6 (u podintegralnoj funkciji imamo drugi i treći korijen), tako da dobijemo:

3

1 11 1

x dxx

− + =+ +∫

3 8 55

12 2

16 6 61 1

t t tt dt dt It t

− −⋅ = − = −+ +∫ ∫ .

Sljedeći korak je da podijelimo polinome u brojniku i nazivniku racionalne funkcije. Rezultat dijeljenja je polinom: 6 4 3 2 1t t t t t− − + + − ,

ostatak je 1t− + tako da integral 1I postaje

( )6 4 3 21 2

111

tI t t t t t dt dtt

−= − − + + − −+∫ ∫ .

Integral na desnoj strani ćemo rastaviti na sumu dva integrala:

22 2 2

1 1 1 ln( 1)1 1 1 2

t tdtdt dt t arctgtt t t

− = − = + −+ + +∫ ∫ ∫ ,

gdje smo prvi integral riješili smjenom 2 1u t= + , 2du tdt= .

Uvrštavajući ovo u integral 1I , a zatim integral 1I u I dobijamo:

3

1 11 1

x dxx

− ++ +∫ 6 4 3 2

2

16 ( 1) 61

tt t t t t dt dtt

−= − − − + + − + =+∫ ∫

7 5 4 3 2 26 6 3 2 3 6 3ln(1 ) 6 .7 5 2

t t t t t t t arctgt C= − + + − − + + + + − +

Na kraju je potrebno staviti 6 1t x= + i dobiti konačan rezultat. Ovo ostavljamo za vježbu.


x x x+ +∫ .

U integralu se varijabla x nalazi pod drugim, trećim i četvrtim korijenom, pa kako je (2,3,4) 12NZS = , to ćemo u integralu uvesti smjenu 12x t= ,

1112dx t dt= . Imamo


296

11 8

6 4 3 33 412 12

2 22dx t tI dt dt

t t t t tx x x= = =

+ + + ++ +∫ ∫ ∫ ,

gdje smo brojnik i nazivnik podijelili sa 3t .

Polinom u brojniku podintegralne funkcije je stepena većeg od polinoma u nazivniku, pa ćemo podijeliti polinome u brojniku i nazivniku. Nakon dijeljenja dobijamo

8 25 3 2

3 3

t 3t 6 8= 2 4 t +t+2 t +t+2

tt t t t − −− − + + + ,

pa je

3 42dx

x x x+ +∫ =

1

25 3 2

3

3 6 812 ( 2 4) 122

I

t tt t t t dt d tt t

− −− − + + ++ +∫ ∫ .

Dakle, imamo:

I = 6 4 3 212 3 8 6 48 12t t t t t I− − + + + .

Kako bi izračunali integral 1I potrebno je nazivnik tog integrala rastaviti na proste faktore. Imamo

3 3 2 22 1 1 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)( 2)t t t t t t t t t t t+ + = + + + = + − + + + = + − + ,

pri čemu kvadratni trinom na desnoj strani nije moguće dalje rastavljati, tako da ćemo podintegralnu funkciju u integralu 1I rastaviti na dva parcijalna razlomka čiji nazivnici su 1t + i 2 2t t− + . Dakle,

2

2

3 6 8( 1)( 2)

t tt t t

− −+ − + 21 2

A Ct Dt t t

+= ++ − +

,

pa nakon množenja sa ( 21)( 2)t t t+ − + dobijamo 2 2 23 6 8 ( 2) ( )t t A t t C t t Dt D− − = − + + + + + =

2( ) ( ) 2 .A C t A C D t A D= + + − + + + +

Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata nakon množenja u prethodnoj jednakosti dobijamo sljedeći sistem jednačina:


297

36

2 8

A CA C D

A D

+ =− + + = −

+ = −

Rješenje ovoga sistema je: 1 11 17; ;4 4 2

A C D= = = − .

Sada je

2

2

3 6 8( 1)( 2)

t tt t t

− − =+ − + 2

1 11 174 4 2

1 2

t

t t t

−+

+ − +,

odakle imamo

1 22 2

11 171 1 1 11 34 1 14 2 ln 1 ln 14 1 2 4 4 2 4 4

tdt tI dt t dt t It t t t t

− −= + = + + = + ++ − + − +∫ ∫ ∫ .

Integral I2 rješavamo kao u primjeru 4.4.3. Kao prvo, odredimo konstante M i N takve da vrijedi

11 34 (2 1)t M t N− = − + (jer je 2( 2) 2 1t t t′− + = − ).

Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata dobijamo sistem jednačina: 2 11

34M

N M=

− = −, odakle je 11 57;

2 2M N= = − .

Iz svega slijedi da je:

2 22 2

2

2

111 57 11ln( 2) ln( 2)22 2 21 72 4

57 11 57 2 2 1ln( 2) .72 2 2 7 74

dt t uI t t t tdt dut

du tt t arctg Cu

− == − + − = = − + −⎛ ⎞ =− +⎜ ⎟⎝ ⎠

−− = − + − ⋅ ++

∫

∫

Sada možemo dati konačno rješenje datog integrala (sjetimo se, 12t x= ):


298

3 64 12 123 4

126 12

2 3 8 6 48 3ln 12

33 171 2 1 ln 2 .2 7 7

dx x x x x x xx x x

xx x arctg C

= − − + + + + ++ +

−+ − + − +

∫

4.5.II. Integral oblika 2

dxmx px q+ +∫

Integral oblika 2

dxmx px q+ +∫ rješavamo na isti način kao što smo

rješavali integral oblika 2

dxmx px q+ +∫ , prikazom u kanonskom obliku.

Napomenimo da u nazivniku pod korijenom posmatramo trinom u obliku 2mx px q+ + , zbog toga što, ukoliko je broj m na primjer negativan nije

moguće izlučiti m ispred korijena, jer u tom slučaju m uopšte nije realan broj.

Primjer 4.5.3. Riješimo integral: 2

2 6 5

dxx x− +∫ .

Trinom 22 6 5x x− + ćemo svesti na kanonski oblik. Imamo:

2 22 2 5 3 9 5 3 12 6 5 2 3 2 2 ,

2 2 4 2 2 4x x x x x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + = − + = − − + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

pa je

22 3 12 6 5 2 .

2 4x x x⎛ ⎞− + = ⋅ − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

Sada imamo:


299

2 22

22

21

31 1 22 2 12 6 5 3 142 4

1 1 1 3 3 1 ln ln4 2 2 42 2

1 ln 2 3 4 12 10 .2

dx dx dtt xx x dt dx tx

t t C x x C

x x x C

= −= = = =− + =⎛ ⎞ +− +⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞= + + + = − + − + +⎜ ⎟⎝ ⎠

= − + − + +

∫ ∫ ∫

Napomenimo da smo koristili ranije dobije rezultate, smatrajući integral

2 14

dt

t +∫ tabličnim integralom, kao i to da smo izraz unutar apsolutne

vrijednosti preuredili, izlučivanjem faktora 12

, tako da smo novu konstantu

1C dobili umjesto izraza 1 1ln22

C + .

Primjer 4.5.4. Izračunajmo integral 2 41 3 2

xdxx x− −∫ .

Izraz pod korijenom u integralu je bikvadratna funkcija. Zbog toga je prirodno prvo pokušati uvesti smjenu 2x t= kako bismo pod korijenom dobili kvadratnu funkciju po t . Ovu smjenu možemo uvesti jer u brojniku

imamo 21 1( )2 2

xdx d x dt= = . Dakle,

2

2 4 2

2 1 .121 3 2 1 3 22

x txdx dtxdx dt

xdx dtx x t t

==

= ==− − − −∫ ∫

Sada ćemo trinom pod korijenom svesti na kanonski oblik. Imamo:


300

22 2 2

2

3 1 3 1 3 9 11 3 2 2 2 22 2 2 2 4 16 2

17 3 2 .16 4

t t t t t t t

t

⎡ ⎤⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − = − − + = − + + = − + + + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞= − +⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦Sada je:

2 22

31421 3 2 17 317 32

16 416 4

dt dt dt u tt t dt dutt

= += = = =− − ⎡ ⎤ =⎛ ⎞⎛ ⎞ − +⋅ − +⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ ∫

2

1 1 1 4 3arcsin arcsin2 17 2 17 2 17

16 16

du u tC Cu

+= = + = + =−

∫

21 4 3arcsin .2 17

x C+= +

Na kraju, dobijamo da je 2

2 4

1 4 3arcsin .2 2 171 3 2

xdx x Cx x

+= +− −

∫

4.5.III. Integral oblika ( )2

nP x

ax bx c+ +∫

Integral oblika ( )2

nP x

ax bx c+ +∫ , gdje je ( )nP x polinom n − tog stepena

rješavamo metodom Ostrogradskog, koja se sastoji u sljedećem:

1. Dati integral napišemo u obliku

dxcbxax

xPn∫ ++2

)(= ∫ ++

+++−cbxax

dxcbxaxxQn 2

21 )( λ (4.5.1)

gdje je )(1 xQn− polinom stepena ( 1)n − s neodređenim koeficijentima, a λ je nepoznati koeficijent.


301

2. Izraz (4.5.1) diferenciramo, a zatim pomnožimo sa 2ax bx c+ + .

3. Nakon množenja dobit ćemo jednakost dva polinoma na osnovu koje (izjednačavanjem koeficijenata uz odgovarajuće stepene) odredimo neodređene koeficijente polinoma )(1 xQn− i koeficijent λ .

Ovu metodu ilustrovat ćemo sa slijedeća dva primjera


2

3 11

x x dxx x

− ++ +∫ .

Rješenje. U brojniku podintegralne funkcije je polinom drugog stepena, pa ćemo za polinom s neodređenim koeficijentima uzeti polinom prvog stepena, odnosno polinom 1 2 1( ) ( )nQ x Q x Ax B− −= = + . Imamo:

2

2

3 11

x x dxx x

− ++ +∫ 2

2( ) 1

1dxAx B x x

x xλ= + + + +

+ +∫ .

Diferenciramo posljednju jednakost i dobijemo:

22

2 2 2

3 1 2 11 ( )1 2 1 1

x x xA x x Ax Bx x x x x x

λ− + += + + + + ++ + + + + +

.

Nakon množenja jednakosti sa 12 ++ xx , dolazimo do slijedeće jednakosti:

2 2 13 1 ( 1) ( )( )2

x x A x x x Ax B λ− + = + + + + + + .

Sada grupišemo koeficijente na desnoj strani jednačine po stepenima varijable x:

2 3 1x x− + 2 3 122 2

Ax A B x A B λ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Izjednačavanjem koeficijenata uz jednake stepene na lijevoj i desnoj strani dobijamo sistem jednačina:


302

2 13 32

1 12

A

A B

A B λ

=

+ = −

+ + =

Rješenje ovog sistema je: 1 15 19; ;2 4 8

A B λ= = − = .

Sada imamo: 2

2

2 2

3 1 1 15 1912 4 81 1

x x dxdx x x xx x x x

− + ⎛ ⎞= − + + + =⎜ ⎟⎝ ⎠+ + + +∫ ∫

2

2

11 15 191 22 4 8 1 32 4

dx x tx x xdx dtx

⎛ ⎞ + == − + + + = =⎜ ⎟⎝ ⎠ =⎛ ⎞+ +⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫

( ) ( )2 2

2

1 19 12 15 1 2 15 14 8 43

4

dtx x x x x xt

= − + + + = − + + ++

∫

( )2 2 219 3 1 19 1ln 2 15 1 ln ( 1) .8 4 4 8 2

t t C x x x x x x C+ + + + = − + + + + + + + +

Primjer 4.5.6. Izračunajmo integral 2 24x x dx−∫ .

Podintegralnu funkciju ćemo napisati nešto drugačije:

( )2 22 4 22 2 2 2

2 2 2

44 44 44 4 4

x xx x xx x x xx x x

−− −− = − = = −− − −

,

pa sad možemo primijeniti metod Ostrogradskog. Dakle, 4 2

2 2

2

444

x xI x x dx dxx

−= − = −−∫ ∫ ,


303

gdje je 24 4)( xxxPn −= polinom četvrtog stepena, zbog čega je

DCxBxAxxQn +++=−23

1 )( polinom trećeg stepena. Sada imamo:

4 2

2

44

x x dxx

−−∫ ( )3 2 2

24

4dxAx Bx Cx D x

xλ= + + + − +

−∫ .

Diferencirajući ovaj izraz dobijamo:

( )4 2

2 2

2

4 3 2 44

x x Ax Bx C xx

− = + + −−

( )3 2

2 2

22 4 4

x Ax Bx Cx Dx x

λ− + + + +− −

Nakon množenja jednakosti sa 24 x− imamo:

( ) ( )4 2 2 2 3 24 3 2 (4 )x x Ax Bx C x x Ax Bx Cx D λ− = + + − − + + + + .

Grupišući faktore na desnoj strani jednakosti po stepenima varijable x dolazimo do jednakosti:

4 24x x− ( ) ( )4 3 24 3 12 2 8 4Ax Bx A C x B D x C λ= − − + − + − + + .

Izjednačavajući odgovarajuće koeficijente polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti dobijemo sistem jednačina:

4 13 0

12 2 48 04 0

ABA C

B DC λ

− =− =

− = −− =+ =

Rješenje ovog sistema je: 1 1; 0; ; 0; 24 2

A B C D λ= − = = = = − .

Uvrštavanjem dobijenih koeficijenata dobijamo 4 2

2

44

x x dxx

− =−∫ 3 2

2

1 1 4 24 2 4

dxx x xx

⎛ ⎞− + − −⎜ ⎟⎝ ⎠ −∫ .


304

Integral na desnoj strani je tablični, pa je rješenje našeg zadatka (nakon množenja posljednje jednakosti sa (-1)):

( )3 2 2 2

2

1 1 14 2 2 4 2arcsin4 2 4 24

dx xI x x x x x x Cx

⎛ ⎞= − − + = − − + +⎜ ⎟⎝ ⎠ −∫ .

Integral oblika ( ) 2n

dxx ax bx cα− + +∫ rješavamo uvođenjem

smjene tx

=−α1 , kojom se svodi na integral prethodnog oblika.

Primjer 4.5.7. Izračunati integral ( )4 21 2

dxx x− +∫ .

U ovom integralu ćemo uvesti smjenu 11

tx

=−

, kao što je rečeno u uvodu.

Sada je potrebno izraziti x i dx preko nove varijable t . Imamo:

11xt

− = , pa je 1 11 txt t

+= + = , odakle je 2

dtdxt

= − .

Sada je

( )

3

24 2 2

11

1 .1 2 3 2 1

11

xt

dx tI dx dt dttx x t t

tx

− =

= = = − = −− + + +

=−

∫ ∫

Dobijeni integral je integral kojeg ćemo riješiti metodom Ostrogradskog. Polinom u brojniku je stepena tri, pa ćemo za nepoznati polinom na desnoj strani uzeti polinom stepena dva. Imamo:

( )3

2 2

2 23 2 1

3 2 1 3 2 1t dtdt At Bt C t t

t t t tλ− = + + + + +

+ + + +∫ ∫ .


305

Poslije diferenciranja gornje jednakosti i množenja sa 23 2 1t t+ + dobijemo jednake polinome:

( )( ) ( )3 2 22 3 2 1 (3 1)t At B t t At Bt C t λ− = + + + + + + + + .

Nakon izjednačavanja odgovarajućih koeficijenata polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti dobijemo sistem jednačina:

9 15 6 02 3 3 0

0

AA BA B C

B C λ

= −+ =+ + =

+ + =

Rješenje ovog sistema je:

1 5 1 4; ; ;9 54 54 54

A B C λ= − = = − = − .

Vrijednosti koeficijenata vratimo u polaznu jednakost. Dobijamo: 3

2 2

2 2

1 5(6 5 1) 3 2 1 .54 543 2 1 3 2 1

t dtdt t t t tt t t t

− = − − + + + −+ + + +∫ ∫

Integral na desnoj strani rješavamo svođenjem na kanonski oblik, (kao u 4.5.3.) a zatim uvođenjem odgovarajuće smjene. Naime,

2

2 2 2 1 1 23 2 1 3 33 3 3 9

t t t t t⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + = + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, pa je

2 22

2 2

1 13 3 23 2 1 1 23 93 9

1 2 1 1 2 1 ln ln .9 3 3 33 3

dt dt duu tt t du dt ut

u u C t t t C

= += = = =+ + =⎛ ⎞ +⋅ + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

= + + + = + + + + +

∫ ∫ ∫


306

Sada imamo

( )2 2 2

4 2

1 5 1 2 1(6 5 1) 3 2 1 ln ,54 3 3 354 31 2

dx t t t t t t t Cx x

= − − + + + − + + + + +− +∫

pri čemu je još potrebno umjesto t uvrstiti 11x −

.

4.6. Primjena neodređenog integrala u ekonomiji

Integrali imaju svoju primjenu u ekonomiji, o kojoj ćemo nešto više govoriti kada budemo govorili o određenom integralu. Napomenimo da integrale u ekonomiji možemo primijeniti za određivanje nepoznate ekonomske funkcije ukoliko je poznata marginalna funkcija te funkcije uz neki početni (ili neki drugi) uslov. Početni uslov nam je neophodan kako bismo na jedinstven način odredili nepoznatu ekonomsku funkciju, jer neodređeni integral nije jedinstvena funkcija, tako da moramo jednoznačno odrediti konstantu koja se u njemu javlja. Moguće je, osim određivanja funkcije ukoliko je poznata marginalna funkcija odrediti polaznu funkciju i ukoliko je poznat koeficijent elastičnosti, uz neki dodatni uslov. Ovo ćemo pokazati na slijedećim primjerima.

Primjer 4.6.1. (funkcija ukupnih troškova)

Ukoliko je funkcija marginalnog troška ( ) 2MC Q Q Q= − , odredimo funkciju ukupnog troška, ako je poznato da fiksni troškovi proizvodnje iznose 15.

Kako je ( ) ( )'MC Q C Q= , to je

( ) ( )C Q MC Q dQ= ∫ ,

pa imamo

( ) ( )2 3 21 13 2

C Q Q Q dQ Q Q C= − = − +∫ ,

gdje je C neka, za sada proizvoljna konstanta koju ćemo odrediti iz početnog uslova. Naime, poznato nam je da fiksni troškovi proizvodnje


307

iznose 15. Kako su fiksni troškovi proizvodnje troškovi koje imamo kad ne proizvodimo ništa, odnosno kad proizvodimo 0Q = jedinica proizvoda, to

znači da je ( )0 15.C = Kako je ( ) 3 21 13 2

C Q Q Q C= − + , to je ( )0C C= ,

odakle imamo da je 15C = , pa je tražena funkcija ukupnih troškova data sa

( ) 3 21 1 153 2

C Q Q Q= − + .

Primjer 4.6.2. (koeficijent elastičnosti ukupnih troškova)

Odredimo funkciju ukupnih troškova kao funkciju proizvodnje ako je

elastičnost ukupnih troškova zadana sa ( ), 2

2 12 2C Q

Q QQ Q

ε+

=+ +

, a uz jediničnu

proizvodnju ukupni troškovi iznose 5.

Poznato je da vrijedi

( )( )

( )( ) ( )( )'

,

' 'lnC Q

C Q C QQ Q C Q

AC Q C Qε = = ⋅ = ⋅ .

Ako stavimo ( ) ( )( )lnF Q C Q= , tada je ( ) ( ),2

2 12 2

C Q QF Q

Q Q Qε +

′ = =+ +

.

Imajući u vidu da je integracija suprotna operacija od diferenciranja zaključujemo da je

( ) ( )2

2 12 2

QF Q dQ

Q Q+

=+ +∫ .

Ovaj integral lako ćemo riješiti metodom smjene, uzimajući da je 2 2 2t Q Q= + + , odakle je ( )2 1dt Q dQ= + , pa je

( ) ( )2ln ln 2 2dtF Q t C Q Q ct

= = + = + + +∫ .

Kako je ( ) ( )( )lnF Q C Q= , to je

( ) ( ) ( ) ( )2ln 2 2 2 2 2Q Q cF Q cC Q e e e Q Q+ + +

= = = ⋅ + + .


308

Sada trebamo odrediti konstantu c iz uslova da uz jediničnu proizvodnju ukupni troškovi iznose 5. To znači da je ( )1 5C = , odnosno da je

( )25 1 2 2 5c ce e= ⋅ + + = . Dakle, 1ce = , pa je 0c = i tražena funkcija

ukupnih troškova proizvodnje je ( ) 2 2 2C Q Q Q= + + .

Primjer 4.6.3. (koeficijent elastičnosti prosječnih prihoda)

Odredimo funkciju ukupnih prihoda ( )R R Q= kao funkciju količine proizvodnje Q ukoliko je koeficijent elastičnosti prosječnih prihoda

,

2040R Q

Q

QQ

ε −=

−,

a uz jediničnu proizvodnju ukupan prihod iznosi 10.

Koeficijent elastičnosti prosječnih prihoda je određen sa

,lnR Q

Q

RQQ R RQ QR RQ Q

Q Q

ε

′⎛ ⎞′⎜ ⎟′ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠= ⋅ = ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠.

Ako stavimo ( ) ln RG QQ

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠, iz posljednje jednakosti je

( ), 20

(40 )

R QQ Q

G QQ Q Q

ε−′ = =−

.

Imajući u vidu vezu između integracije i diferenciranja, zaključujemo da je

( ) 20(40 )

QG Q dQ

Q Q−

=−∫ .

Posmatrani integral je integral iracionalne funkcije, kojeg ćemo riješiti uvođenjem smjene 2Q t= , odakle je 2dQ tdt= . Imamo


309

( ) ( )2

2 20 20202

(40 ) ( 40)(40 )t t dt t dtQ

dQt t t tQ Q

− −−= =

− −−∫ ∫ ∫ .

Sada smo dobili integral racionalne funkcije. Ovu funkciju ćemo rastaviti na parcijalne razlomke. Imamo:

( )20( 40) 40t A B

t t t t−

= +− −

.

Nakon množenja sa ( )40t t − i izjednačavanja odgovarajućih koeficijenata, zaključujemo da je

12

A = i 12

B = ,

pa je

( )202 ln ln 40 ln ( 40)

( 40) ( 40)t dt dt dt t t t tt t t t

−= + = + − = −

− −∫ ∫ ∫ ,

jer je 0t > . Dakle, imajuću u vidu da je t Q= dobijamo da je

( ) 20ln 40

(40 )Q

G Q dQ Q Q cQ Q

−= = − +

−∫ ,

za neku konstantu c . Sada je

( ) ( )ln 40 40Q Q cG Q cR e e e Q QQ

− += = = ⋅ − , pa je

( ) ( )40cR Q e Q Q Q= ⋅ − .

Ostalo je da odredimo konstantu c iz uslova da uz jediničnu proizvodnju ukupan prihod iznosi 10. Dakle, ( )1 10R = , pa je ( )11 40 10ce ⋅ − = , odakle

je 1039

ce = . Dakle, tražena funkcija ukupnog prihoda je

( ) ( )10 4039

R Q Q Q Q= ⋅ − .


310

Primjer 4.6.4. (funkcija potrošnje i funkcija štednje)

Odredimo funkciju potrošnje ( )C Y kao funkciju dohotka Y ukoliko je

poznato da je marginalna sklonost štednji jednaka ( ) 3

20.05MS YY

= + , te

da razina dohotka na kojoj je ukupna štednja jednaka nuli iznosi * 27Y = .

Kako je ( ) ( )3

20.05MS Y S YY

′= + = , to je funkcija štednje data sa

( )1 23 3

3

20.05 0.05 2 0.05 3S Y dY Y Y dY Y Y cY

−⎛ ⎞= + = + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ,

gdje je c neka konstanta.

Konstantu c ćemo odrediti iz uslova da je ( )27 0S = . Dakle,

( )230.05 27 3 27 0c⋅ + + = , pa je 28.35c = − .

Sada zaključujemo da je funkcija štednje data sa

( )230.05 3 28.35S Y Y Y= + − .

Kako je ( ) ( )C Y S Y Y+ = , tražena funkcija potrošnje je

( )230.95 3 28.35C Y Y Y= − + .

Primjer 4.6.5. (elastičnost cijene u odnosu na potražnju)

Odredimo funkciju potražnje ( )D P kao funkciju cijene P ukoliko je uz cijenu 4P = potražnja jednaka 4 i ukoliko je koeficijent elastičnosti cijene

u odnosu na potražnju zadan sa , 2

1 272 2P D P

ε = − .

Koeficijent elastičnosti cijene u odnosu na potražnju jednak je

,P D DD PP

ε ′= ⋅ .


311

Na osnovu formule za izvod inverzne funkcije, znamo da je 1D

P

PD

′ =′

, pa je

( ),

1 1 1

lnP D

DP D P D

ε = ⋅ = ⋅′ ′

Ako stavimo ( ) ( )lnH P D P= , tada je

( ) 2

1 1 272 2P H P P

= −′⋅

,

odakle je

( ) 2

1 227 27

2 2

PH P P PP

′ = =−−

.

Na osnovu veze između operacija diferenciranja i integracije, zaključujemo da je

( ) 2

227

PH P dPP

=−∫ .

U ovom integralu ćemo uvesti smjenu 2 27t P= − , odakle je 2dt PdP= , pa imamo

22

2( ) ln ln 2727

P dtH P dP t P cP t

= = = = − +−∫ ∫ .

Sada je

( ) ( ) 2ln 27 2 27P cH P cD P e e e P− += = = ⋅ − .

Kako je potražnja opadajuća funkcija od cijene, to je zapravo ( ) ( )227cD P e P= ⋅ − , za ( )0,3 3P ∈ .

Odredimo, na kraju konstantu c iz uslova da je ( )4 4D = . Imamo

( ) ( )4 27 16 4cD e= ⋅ − = , pa je 411

ce = . Dakle, funkcija potražnje je

( ) ( )24 2711

D P P= ⋅ − , za ( )0,3 3P ∈ .


312

Primjer 4.6.6. (funkcija troškova, prihoda i dobiti)

Odredimo funkciju dobiti ( )Qπ kao funkciju količine proizvodnje Q ukoliko je poznato slijedeće:

1. Funkcija marginalnih troškova proizvodnje je ( ) 2 4MC Q Q Q= − + , pri čemu jedinični troškovi proizvodnje iznose 45.

2. Elastičnost potražnje kao funkcije cijene je ,2

2 3D PP

Pε = −

+, pri čemu je

uz jediničnu cijenu potražnja jednaka 80.

Ako sa ( )R Q označimo funkciju dobiti poznato nam je da je

( ) ( ) ( )Q R Q C Qπ = − , gdje ( )C Q označava funkciju ukupnih troškova.

Dakle, potrebno je odrediti funkciju ukupnih troškova i funkciju dobiti.

Iz prvog uslova odredit ćemo funkciju ukupnih troškova. Imamo:

( ) 2 3 21 1( 4) 43 2

C Q Q Q dQ Q Q Q c= − + = − + +∫ .

Konstantu c ćemo odrediti iz uslova da je (1) 45C = , odakle slijedi da je 1 1 4 453 2

c− + + = , pa je 2476

c = . Dakle, funkcija ukupnih troškova je

( ) 3 21 1 24743 2 6

C Q Q Q Q= − + + .

Iz drugog uslova odredit ćemo funkciju dobiti. Kao prvo, odredit ćemo funkciju tražnje ( )D P Q= . Imamo:

( )( ),2ln ( ) ,

2 3D PP PD P D PD P

ε ′′= ⋅ = ⋅ = −+

pa je

( ) ( ) ( ) 12ln ( ) ln 2 3 ln 2 32 3

dPD P P c P cP

−⎡ ⎤= − = − + + = + +⎣ ⎦+∫ .

Dakle, funkcija potražnje je data sa ( ) 12 3

cD P eP

= ⋅+

. Konstantu c

određujemo iz uslova da je uz jediničnu cijenu potražnja jednaka 16,


313

odnosno da je (1) 16D = , odakle je 1165

ce= ⋅ , pa je 90ce = . Drugim

riječima funkcija potražnje je ( ) 902 3

Q D PP

= =+

.

Funkcija dobiti jednaka je PQ , pa kako želimo da ona bude funkcija od Q , trebamo iz gornje jednakosti izraziti P kao funkciju od Q . Imamo:

902 3PQ

+ = , pa je 45 32

PQ

= − . To znači da je

45 3 3( ) 452 2

R Q Q QQ

⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟

⎝ ⎠,

pa je funkcija dobiti data sa

( ) 3 2 3 23 1 1 247 23 1 1 1145 42 3 2 6 6 3 2 2

Q Q Q Q Q Q Q Qπ = − − + − − = − + − .

4.7. Pojam određenog integrala i njegove osobine. Veza određenog i neodređenog integrala

U ovom odjeljku ćemo navesti definiciju određenog integrala i neke njegove osnovne osobine. Na prvi pogled, definicija određenog integrala neće imati nikakvih dodirnih tačaka sa definicijom neodređenog integrala. Međutim, pokazat ćemo da postoji duboka veza između određenog i neodređenog integrala, data Newton-Leibnizovom formulom, koju ćemo također navesti u ovom odjeljku. Definicija 4.7.1. (određenog integrala ograničene funkcije na segmentu) Neka je ograničena funkcija f definisana u zatvorenom intervalu [ ]ba, . Podijelimo interval [ ]ba, tačkama nxxx ,..., 10 tako da je

....10 bxxxa n =<<<= (4.7.1)

Uzmimo proizvoljno )...,2,1();,( 1 nkxx kkk =∈ −ξ i posmatrajmo sumu


314

∑=

Δn

kkk xf

1)(ξ , gdje je 1 , 1k k kx x x k−Δ = − ≥ .

Ova suma zove se integralna suma.

Ako postoji konačna granična vrijednost

∑=∞→

Δn

kkkn

xf1

)(lim ξ

za ma kakvu podjelu intervala [ ]ba, na podintervale oblika (4.7.1), tu graničnu vrijednost zvat ćemo određenim integralom u Riemannovom smislu funkcije f u granicama a do b i pisati:

1

( ) lim ( )b n

k kn ka

f x dx f xξ→∞ =

= Δ∑∫ .

Brojevi a i b su granice integrala; a zovemo donjom granicom, a b gornjom granicom.

U ovom slučaju kažemo da je funkcija f integrabilna na odsječku [ ]ba, .

Primijetimo da je vrijednost određenog integrala neki realan broj, za razliku od neodređenog integrala koji je predstavljao skup funkcija koje se međusobno razlikuju za neku konstantu.

Može se pokazati da, ukoliko je funkcija f neprekidna na segmentu [ ]ba, , ona je na tom segmentu i integrabilna.

Određeni integral ima slijedeće osobine:

1° Ukoliko se donja i gornja granica integracije podudaraju, određeni integral je jednak nuli,

∫ =a

a

dxxf 0)( .

2° U određenom integralu možemo zamijeniti granice, ali uz izlučivanje minusa ispred integrala, odnosno, vrijedi

∫ ∫−=b

a

a

b

dxxfdxxf )()( .


315

3° Ukoliko odaberemo tačku c takvu da je a c b< < , tada je

∫ ∫ ∫+=b

a

c

a

b

c

dxxfdxxfdxxf )()()(

4° Ako je funkcija f parna, odnosno ako vrijedi ( ) ( )f x f x− = , onda je

∫ ∫−

=a

a

a

dxxfdxxf0

)(2)( .

5° Ako je funkcija f neparna, odnosno ako vrijedi ( ) ( )f x f x− = − , onda je

∫−

=a

a

dxxf 0)(

Mi se nećemo baviti izračunavanjem određenog integrala na osnovu njegove definicije, jer postoji mnogo jednostavniji metod za izračunavanje određenog integrala pomoću neodređenog. Metod se zasniva na vezi između određenog i neodređenog integrala funkcije f na [ ]ba, koja je data Newton-Leibnizovom formulom. Navest ćemo je u obliku slijedećeg teorema:

Teorem 4.7.2. Neka je funkcija f Riemann integrabilna na segmentu [ ],a b i neka ona na [ ],a b ima primitivnu funkciju, koju ćemo označiti sa

( )F x . tada je

( ) ( ) ( ) ( )b b

aaf x dx F x F b F a= = −∫ . (4.7.2)

Dugim riječima, ako je ( ) ( )F x f x dx= ∫ , tada vrijedi relacija (4.7.2).

Sada ćemo pokazati kako, pomoću relacije (4.7.2) izračunavati određeni integral.

Primjer 4.7.3. Izračunajmo integral ( )3

2

1

1 x dx−∫ .

Ovaj integral ćemo izračunati primjenom Newton-Leibnizove formule. Kako je


316

32(1 )

3xx dx x− = −∫ , to je

( )33 3 3

2

1 1

3 1 21 3 1 63 3 3 3xx dx x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − = − − − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ .


20 3

dxx+∫ .

Kako je 2

13 3 3

dx xarctgx

=+∫ , primjenom Newton-Leibnizove formule

dobijamo: 11

200

1 1 1 1 103 63 3 3 3 3 3

dx xarctg arctg arctgx

π= = − =+∫ .

Napomenimo da je 163

arctg π= , jer je 16 3

tg π = .

4.8. Metode integracije u određenom integralu

U ovom odjeljku ćemo objasniti dvije osnovne metode integracije u određenom integralu. To su metoda smjene i metoda parcijalne integracije. Ove metode se razlikuju od istoimenih metoda za izračunavanje neodređenog integrala u tome što sada pri smjeni varijable, odnosno pri parcijalnoj integraciji trebamo voditi računa i o granicama integrala.

4.8.I. Metoda smjene u određenom integralu

Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [ ]ba, i neka je )(tx ϕ= također neprekidna funkcija od t na segmentu [ ]βα , . Pretpostavimo još i da je izvod 'ϕ funkcije ϕ neprekidna funkcija na segmentu [ ]βα , , gdje je


317

)(αϕ=a i )(βϕ=b , te da je funkcija ))(( tf ϕ neprekidna na segmentu [ ]βα , . Tada vrijedi :

( ) ( ( )) '( )b

a

f x dx f t t dtβ

α

ϕ ϕ=∫ ∫ .

Kažemo da smo nezavisno varijablu x zamijenili nezavisno varijablom t .

Može se primijetiti da je smjena varijable u određenom integralu analogna smjeni varijable u neodređenom integralu, s tim što kod određenog integrala nije dovoljno funkciju ( )f x i dx izraziti preko nove varijable t , nego je potrebno promijeniti i granice integracije.

Ovu metodu ilustrovat ćemo slijedećim primjerom:


12

2 1x x dx−

+∫ .

U zadanom integralu ćemo uvesti smjenu 2 2 1t x= + , 0t ≥ . Tada je

2 2tdt dx= , odnosno dx tdt= . Također je 2 12

tx −= .

Potrebno je još promijeniti granice integracije. Za 12

x = − je 2 0t = , pa je

nova donja granica jednaka 0 . Za 4x = je 2 2 4 1 9t = ⋅ + = , odakle je 3t = , pa imamo:

( )

2

4 3 322 4 2

1 0 02

2 1

1 12 1 1 2 202

4 3

t xdx tdt tx x dx t dt t t dtx t

x t−

= += −+ = = ⋅ = − =

= − ⇒ =

= ⇒ =

∫ ∫ ∫

35 3 5 3

0

1 1 3 3 4192 5 3 2 5 3 5

t t⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠.


318

Primijetimo da je ovaj integral bilo moguće izračunati i na drugi način. Naime, mogli smo, kao prvo izračunati neodređeni integral 2 1x x dx+∫ metodom smjene varijable x :

( )2 2

2 4 22 1 1 12 12 2

t x tx x dx t dt t t dtdx tdt

= + −+ = = ⋅ = − ==∫ ∫ ∫

5 35 31 1 1(2 1) (2 1)

2 5 3 10 6t t x x

⎛ ⎞= − = + − +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Sada možemo primijeniti Newton-Leibnizovu formulu kako bi dobili 44

5 3

1122

1 12 1 (2 1) (2 1)10 6

x x dx x x−−

⎛ ⎞+ = + − + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

5 31 1 243 27 49 9 0 1910 6 10 6 5⎛ ⎞= − − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

4.8.II. Metoda parcijalne integracije u određenom integralu

Metoda parcijalne integracije kod određenog integrala, kao i kod neodređenog zasniva se na formuli ( )d uv udv vdu= + , koja sigurno vrijedi u slučaju da su funkcije u i v neprekidno diferencijabilne. Primjenom ove formule i Newton-Leibnizove formule dolazimo do sljedećeg zaključka:

ako funkcije u(x) i v(x) imaju neprekidne izvode na segmentu [ ]ba, tada je:

∫∫ −=b

a

b

a

b

avduuvudv .

Pri tome, izraz b

auv je jednak razlici ( ) ( ) ( ) ( )u b v b u a v a− .

Način odabira funkcija u i v je isti kao u slučaju neodređenog integrala.


319


2

0

ln( 1)x x dx+∫ .

Obzirom da se u podintegralnoj funkciji javlja logaritamska funkcija, stavit ćemo ( )2ln 1u x= + , pa nam preostaje dv xdx= . Odavde je

2

1 21

du xdxx

= ⋅+

i 212

v x= , pa imamo:

11 12 32 2

120 00

1ln( 1) ln( 1) ln 2 0 .2 21x xI x x dx x dx I

x= + = + − = − −

+∫ ∫

Pri izračunavanju integrala 1I podijelimo brojnik i nazivnik da dobijemo

3

2 21 1x xx

x x= −

+ +,

odakle imamo 1 11 1

2 21 2

0 00 0

1 1 ln(1 )1 2 2

xI xdx dx x xx

= − = − + =+∫ ∫

1 1 1 10 (ln 2 ln1) ln 2.2 2 2 2

= − − − = −

Sada je

1 1 1 1ln 2 ( ln 2) ln 2 .2 2 2 2

I = − − = −

U ovom primjeru smo također mogli prvo izračunati neodređeni integral 2ln( 1)x x dx+∫ metodom parcijalne integracije u neodređenom integralu i

zaključiti da je 2 3 2

2 2 2 2 22

1 1ln( 1) ln( 1) ln( 1) ln(1 )2 1 2 2 2x x dx xx x dx x x x x

x+ = + − = + − + +

+∫ ∫ ,

a zatim primijeniti Newton-Leibnizovu formulu, uvrstiti granice 0 i 1 i dobiti isti rezultat.


320

4.9. Primjena određenog integrala za izračunavanje površine likova u ravni

U ovom odjeljku objasnit ćemo kako koristiti određeni integral za izračunavanje površine likova u ravni. Posebnu pažnju posvetit ćemo izračunavanju površine ispod neke krive i površine između dvije krive.

x

y

a b

y=f(x)

Slika 4.8.1.

Neka je data funkcija ( )y f x= , pri čemu je f integrabilna, nenegativna funkcija na [ ],a b . Tada je površina krivolinijskog trapeza ograničenog sa:

lukom krive ( )y f x= , pravama x a= i x b= i odsječkom [ ],a b (vidi sliku 4.8.1.) data sa:

( )b

a

P f x dx= ∫ .

Ukoliko funkcija f nije nenegativna, površina P omeđena lukom krive ( )y f x= , x -osom i pravim x a= i x b= jednaka je

( )b

a

P f x dx= ∫ .


321

Određeni integral možemo koristiti i za izračunavanje površine između krivih

( )y f x= i ( )y g x= koja se nalazi između pravaca x a= i y b= . Ta površina (slika 4.8.2.) jednaka je

( ) ( )b

a

f x g x dx−∫ .

S Slika 4.8.2.

Primjer 4.9.1. Izračunajmo površinu lika ograničenog lukom krive 12 ++= xxy , i pravama: 1x = − , 1x = i 0y = .

Rješenje. Tražena površina je prikazana na slici 4.8.3. Na osnovu Newton-Leibnizove formule, imamo da je

( )11 3 2

2

1 1

1 ( )3 2

1 1 1 1 21 ( 1) 2 .3 2 3 2 3

x xx x dx x− −

+ + = + + =

= + + − − + − =

∫

Slika 4.8.3.

Primjer 4.9.2. Izračunajmo površinu oblasti ograničene krivom 342 +−= xxy i pravama 0y = , 0x = i 2x = .

Tražena površina je data na slici 4.8.4. Vidimo da u ovom slučaju data funkcija nije nenegativna na posmatranom intervalu. Kako je funkcija na segmentu [ ]1,0 pozitivna, a na segmentu [ ]2,1 negativna, to je


322

[ ][ ]

2

24 3, za 0,1

( 4 3), za 1, 2 x x xyx x x

⎧ − + ∈= ⎨− − + ∈⎩.

Sada je

( ) ( )

12

01 2

2 2

0 1

1 23 32 2

0 1

4 3

4 3 4 3

2 3 2 3 2.3 3

P x x dx

x x dx x x dx

x xx x x x

= − + =

= − + − − + =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫

∫ ∫

Dakle, tražena površina jednaka je 2. Slika 4.8.4.

Primjer 4.9.3. Izračunajmo površinu između parabole 2 6y y x+ + = i y -ose.

U ovom primjeru je zgodno izraziti varijablu x kao funkciju od y , tj. zamijeniti mjesta zavisno i nezavisno varijable, sada smatrajući da je

( )x f y= . Naime, u tom slučaju je površina između krive ( )x f y= , y -ose

i pravih y a= i y b= jednaka ( )b

a

f y dy∫ . Dakle, stavit ćemo

2( ) ( 6)x f y y y= = − + − , i odrediti presječne tačke ove funkcije i y -ose, rješavanjem jednačine 2 6 0y y+ − = .

Rješenja su 3y = − i 2y = , kao što je prikazano na slici 4.8.5.


323

y

x

2

6

-3

Slika 4.8.5.

Za 3 2y− ≤ ≤ je ( )2 6 0y y− + − ≥ pa je ( )2( ) 6f y y y= − + − , što znači da

je tražena površina 22 3 2

2

3 3

125( 6) 63 2 6y yP y y dy y

− −

⎛ ⎞= − + − = − + − =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ .

Primjer 4.9.4. Izračunajmo površinu figure ograničene parabolom 122 += xy i pravom 1 0x y− − = .

Tražena površina P je sastavljena iz dva dijela (prikazana na slici 4.8.6.).

Prvi dio je površina između parabole 122 += xy i y -ose, koja je zbog simetrije jednaka 12P .

Drugi dio je površina 2P između "gornjeg dijela parabole", odnosno krive 2 1y x= + i prave 1y x= − , i to između y − ose i presječne tačke ove dvije

krive. Dakle, 1 22P P P= + .

Kao prvo, naći ćemo presječne tačke parabole i prave, rješavanjem sistema

jednačina 2

12 1

y xy x

= −= +

.


324

Ovaj sistem se, nakon uvrštavanja nepoznate y iz prve jednačine u drugu

svodi na kvadratnu jednačinu ( )21 2 1x x− = + , čija rješenja su 1 0x = i 2 4x = .

Slika 4.8.6.

Tjeme parabole nalazi se u tački 12

x = − , pa je

00 32

11122

1 12 1 (2 1)3 3

P x dx x−−

= + = + =∫ .

S druge strane, površina 2P je površina između dvije krive, za 0 4x≤ ≤ , pa je

4

20

2 1 ( 1)P x x dx= + − −∫ .


325

Kako za 0 4x≤ ≤ vrijedi 2 1 ( 1)x x+ ≥ − (što se vidi i sa slike 4.8.6.), to je 4434 4 2

22

0 0 0 0

12 1 ( 1) (2 1)3 2

1 26 14 (27 1) (8 4) 4 .3 3 3

xP x dx x dx x x⎛ ⎞

= + − − = + − − =⎜ ⎟⎝ ⎠

= − − − = − =

∫ ∫

Sada je 1 14 12 53 3 3

P = ⋅ + = .

4.10. Primjena određenog integrala u ekonomiji

U ekonomiji je od interesa posmatrati količinu investicija kao akumulirani kapital tokom vremena. Kapital kojim neka kompanija raspolaže u određenom vremenskom trenutku t označit ćemo sa ( )K t . Ukoliko sa ( )I t označimo brzinu pristizanja investicija u vremenskom trenutku t , tada je, ako se prisjetimo činjenice da je brzina promjene neke ekonomske funkcije zapravo izvod te funkcije, očigledno da je ( ) ( )'I t K t= . Odavde je

( ) ( ) ( )0

0t

K t K I t dt= + ∫ ,

gdje smo sa ( )0K označili početni kapital.

Primjer 4.10.1. (akumulacija kapitala)

Ako je brzina pristizanja investicija ( ) 0,2100 tI t e ⋅= ⋅ tokom jedne godine, odredimo ukupan akumulirani kapital tokom 10 godina.

Na osnovu naprijed rečenog, imamo da je

( ) ( ) ( )10 10

100,2 0,2 2

00 0

110 100 100 500 10,2

t tK I t dt e dt e e⋅ ⋅= = = ⋅ ⋅ = −∫ ∫ .

Općenito, kada posmatramo neku ekonomsku funkciju koja se akumulira tokom vremena određenom brzinom, tada je količina akumulacije te funkcije jednaka određenom integralu funkcije brzine, čije granice su


326

granice posmatranog vremenskog intervala. Prosječnu akumulaciju tokom posmatranog vremenskog intervala dobijemo kada ukupnu akumulaciju podijelimo sa dužinom trajanja intervala.

Primjer 4.10.2. (prosječna akumulacija dobiti)

Zadana je funkcija godišnje dobiti kao funkcija vremena t izraženog u godinama, gdje vrijeme 0t = predstavlja sadašnji trenutak sa

( ) 0,04 2 3t tπ = ⋅ + . Prognozirajmo prosječnu godišnju dobit tokom naredne tri godine.

Prosječnu godišnju dobit izračunat ćemo kao

( )3 3

0 0

1 10,04 2 33 3

t dt t dtπ = ⋅ +∫ ∫ .

U posmatranom integralu uvest ćemo smjenu varijable 2 2 3y t= + , 0y > , te 2 2ydy dt= . Granice integracije će se također promijeniti. Za 0t = imamo 3y = , dok za 3t = imamo 3y = . Sada je

33 3 32

0 3 3

2 3 9 33yt dt y dy+ = = = −∫ ∫ , pa je

( ) ( )3

0

1 0,04 9 33 3

t dtπ = −∫

prosječna godišnja dobit nakon tri godine.

Određeni integral možemo koristiti i pri određivanju dodatnih ukupnih troškova proizvodnje na određenom nivou proizvodnje ukoliko nam je poznata funkcija marginalnih troškova proizvodnje i trenutni nivo proizvodnje. Naime, Ukoliko je ( )MC Q funkcija marginalnih troškova

proizvodnje, poznato je da je ( ) ( )C Q MC Q dQ= ∫ . Međutim, funkcija na desnoj strani posljednje formule nije jednoznačno određena i da je bi odredili (kao što smo činili u odjeljku 4.6.) bilo je nužno postaviti neki dodatni uslov. Međutim, ukoliko se nalazimo na nivou proizvodnje od 1Q jedinica proizvoda i želimo da saznamo koliko dodatnih troškova iziskuje proizvodnja 2 1Q Q> jedinica proizvoda, tada nas zanima razlika


327

( ) ( )2 1C Q C Q− . Imajući u vidu činjenicu da je ( ) ( )C Q MC Q dQ= ∫ , kao i Newton-Leibnizovu formulu koja povezuje određeni i neodređeni integral, odmah zaključujemo da je

( ) ( ) ( ) ( )2

2

11

2 1

QQ

QQ

C Q C Q C Q MC Q dQ− = = ∫ . (4.9.1)

Dakle, nije nužno postavljati dodatne uslove kako bismo na osnovu poznavanja marginalne funkcije, na nivou proizvodnje od 1Q jedinica proizvoda mogli odrediti koliko dodatnih troškova iziskuje proizvodnja

2 1Q Q> jedinica proizvoda. Za to je dovoljno izračunati određeni integral (4.9.1)

Primjer 4.10.3. (troškovi povećanja proizvodnje) Ukoliko je sa ( ) 2 2 3MC Q Q Q= − + data funkcija marginalnih troškova proizvodnje, odredimo koliko dodatnih troškova iziskuje povećanje proizvodnje sa 1 3Q = jedinice proizvoda na 2 9Q = jedinica proizvoda.

Na osnovu formule (4.9.1) vidimo da je

( ) ( ) ( )99 3

2 2

3 3

9 3 2 3 33

QC C Q Q dQ Q Q⎛ ⎞

− = − + = − + =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫

( ) ( )243 81 27 9 9 9 180= − + − − + = .

Dakle, povećanje proizvodnje sa 3 na 9 jedinica proizvoda iziskuje trošak od dodatnih 180 novčanih jedinica.

4.11. Nesvojstveni integral

Pri definisanju određenog integrala ( ( )b

a

f x dx∫ ) neke funkcije f

pretpostavili smo da je interval na kome se posmatra integral konačan, kao i to da je funkcija f ograničena na tom intervalu. Vidjeli smo da, u slučaju da je f nenegativna funkcija, integral predstavlja površinu između krive

( )y f x= , x − ose i pravih x a= i x b= . Prirodno se postavlja pitanje


328

određivanja površine između krive ( )y f x= i x − ose ili površine između

krive ( )y f x= , x − ose i prave x a= , odnosno pitanje šta se dešava kada granice integracije (jedna ili obje) postaju beskonačne. Na taj način dolazimo do jedne vrste nesvojstvenog integrala – to je integral sa beskonačnim granicama.

Druga mogućnost jeste da imamo funkciju koja nije nužno ograničena na posmatranom intervalu [ ],a b , pri čemu posmatrana funkcija ne mora uopšte

biti definisana u nekoj tački unutar intervala [ ],a b ili na njegovim krajevima. U ovom slučaju je također moguće definisati pojam integrala te funkcije na [ ],a b (pod određenim uvjetima). To je druga vrsta nesvojstvenog integrala – integral neograničene funkcije.

Mi ćemo se u daljem baviti načinom određivanja nesvojstvenih integrala prve i druge vrste, ukoliko oni postoje, kao i nekim metodama kojima je moguće ustanoviti njihovu egzistenciju.

4.11.I. Integrali sa beskonačnim granicama Definicija 4.11.1. (nesvojstvenog integrala sa beskonačnim granicama) Neka je data funkcija f na [ ),a ∞ , koja je ograničena na [ ),a ∞ i takva da

postoji ( )b

a

f x dx∫ za sve b a> . Ukoliko granična vrijednost ( )limb

ba

f x dx→∞ ∫

postoji i konačna je, tada kažemo da nesvojstveni integral

( )a

f x dx∞

∫ (4.11.1)

konvergira i u tom slučaju je, po definiciji

( ) ( )limb

ba a

f x dx f x dx∞

→∞=∫ ∫ .

U suprotnom (to jest ukoliko posljednji limes ne postoji ili je beskonačan) kažemo da integral (4.11.1) divergira.


329

Na anlogan način definišemo konvergenciju integrala ( )b

f x dx−∞∫ , gdje je

f funkcija na ( ],b−∞ , ograničena na ( ],b−∞ i takva da postoji ( )b

a

f x dx∫

za sve a b< . Ukoliko granična vrijednost ( )limb

aa

f x dx→−∞ ∫ postoji i konačna

je, tada kažemo da nesvojstveni integral ( )b

f x dx−∞∫ konvergira i u tom

slučaju je ( ) ( )limb b

aa

f x dx f x dx→−∞

−∞

=∫ ∫ .

Integral ( )f x dx∞

−∞∫ funkcije f koja je ograničena na i integrabilna na

svakom segmentu konvergira ako i samo ako za svako a ∈ konvergiraju

integrali ( )a

f x dx∞

∫ i ( )a

f x dx−∞∫ i u slučaju konvergencije je

( ) ( ) ( ):a

a

f x dx f x dx f x dx∞ ∞

−∞ −∞

= +∫ ∫ ∫ .

Primjer 4.11.2. Izračunajmo 22 4

dxx

∞

+∫ , ukoliko ovaj integral konvergira.

Fiksirajmo proizvoljan broj 2b > i izračunajmo određeni integral 22 4

b dxx +∫ .

Imamo:

222

1 1 114 2 2 2 2 2 2 4

bb dx x b barctg arctg arctg arctgx

π⎡ ⎤ ⎛ ⎞= = − = −⎜ ⎟⎢ ⎥+ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠∫ .

Kako je

1 1lim2 2 4 2 2 4 8b

barctg π π π π→∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

,


330

jer 2

arctgx π→ kad x → ∞ , to nesvojstveni integral konvergira i njegova

vrijednost je

2 222 2

lim4 4 8

b

b

dx dxx x

π∞

→= =

+ +∫ ∫ .


2 1dx

x x−∞ + +∫ , ukoliko konvergira.

Za 1a < izračunajmo određeni integral 1

2 1a

dxx x+ +∫ . Kao prvo, odredit ćemo

neodređeni integral naše funkcije. Imamo:

2 22

21 1 3 3

2 4 2

dx dx dtx x

x t

= =+ + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ , za 12

t x= + .

Dakle, 11

2

2 2 11 3 3 aa

dx xarctgx x

+=+ +∫ =

2 3 2 1 2 2 133 3 3 3 3

a aarctg arctg arctgπ+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

,

jer je 33

tg π = , pa je 33

arctg π= . Prelaskom na limes dobijamo, imajući

u vidu da je lim2x

arctgx π→−∞

= − :

1

2

2 2 5 5lim1 3 2 63 3 3 3a

a

dxx x

π π π π→−∞

⎛ ⎞⎛ ⎞= − − = ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠⎝ ⎠∫ .

Dakle, dati integral konvergira i vrijedi 1

2

51 3 3

dxx x

π−∞

=+ +∫ .


331

Primjer 4.11.4. Izračunajmo površinu između krive 2xy xe−= i x − ose.

Kako bismo odredili traženu površinu, skicirat ćemo datu krivu. Funkcija 2xy xe−= je neparna, ( )2 21 2xy e x−′ = − , pa funkcija ima minimum za

12

x = − , a maksimum za 12

x = . Njen grafik je dat na slici 4.11.1.

Slika 4.11.1.

Kako je funkcija neparna, to je tražena površina jednaka dvostrukoj površini između krive i pozitivnog dijela x − ose. Dakle, tražena površina je

2

0

2 xP xe dx∞

−= ∫ .

Izračunajmo nesvojstveni integral na desnoj strani. Imamo, nakon smjene 2t x= , 1

2xdx dt= :

2 21 1 12 2 2

x t t xxe dx e dt e e− − − −= = − = −∫ ∫ , pa je za 0b >

( ) ( )2 2 20

0

1 1 12 2

bx b bxe dx e e e− − −= − − = −∫ .

Kako 0xe− → kada x → +∞ , puštajući da b → +∞ dobijamo:

( )2 2

0

1 1lim 1 lim2 2

bx b

b bxe dx e− −

→+∞ →∞= − =∫ .

Zbog toga je tražena površina 12 12

P = ⋅ = .


332

Primjer 4.11.5. Izračunajmo površinu između krive 2

14 5

yx x

=+ +

i

x − ose.

Skicirajmo datu krivu ( )2

12 1

yx

=+ +

. Očigledno je funkcija pozitivna za

sve realne x , kriva ima x − osu kao svoju horizontalnu asimptotu, te maksimum jednak 1 za 2x = − . Skica krive je data na slici 4.10.2.

Dakle, tražena površina je

( )22 1dxP

x

∞

−∞

=+ +∫ , ukoliko taj

integral konvergira. Neka je 0a b< < . Tada je

Slika 4.11.2.

( )( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 1

bb

aa

dx arctg x arctg b arctg ax

= + = + − ++ +∫ .

Sada je

( )( ) ( )( )2lim lim 2 2

2 22 1

b

a aab b

dx arctg b arctg ax

π π π→−∞ →−∞→∞ →∞

⎛ ⎞= + − + = − − =⎜ ⎟⎝ ⎠+ +∫ ,

pa integral ( )22 1

dxx

∞

−∞ + +∫ konvergira i njegova je vrijednost π . Samim tim

je tražena površina P π= .

4.11.II. Integral neograničene funkcije U ovom slučaju pretpostavit ćemo da je funkcija f neograničena na segmentu [ ],a b . Tada mogu nastupiti tri slučaja: funkcija može biti neograničena u okolini tačke b , neograničena u okolini tačke a ili u okolini neke tačke ( ),d a b∈ .


333

Definicija 4.11.6. (nesvojstvenog integrala funkcije neograničene na segmentu) Pretpostavimo da je funkcija f neograničena u okolini krajnje tačke b segmenta [ ],a b i neka je 0ε > neki proizvoljan mali broj. Pretpostavimo

da je funkcija f integrabilna na segmentu [ ],a b ε− za sve, dovoljno male,

0ε > . Ukoliko postoji i konačna je granična vrijednost ( )0

limb

a

f x dxε

ε

−

↓ ∫ , tada

kažemo da integral ( )b

a

f x dx∫ konvergira i pišemo

( ) ( )0

limb b

a a

f x dx f x dxε

ε

−

↓=∫ ∫ .

U suprotnom (ako gornji limes ne postoji ili je beskonačan), kažemo da

integral ( )b

a

f x dx∫ divergira.

Analogno, ukoliko je funkcija f neograničena u okolini tačke a i postoji

( )b

a

f x dxε+∫ za sve dovoljno male 0ε > , tada ukoliko postoji i konačan je

( )0

limb

a

f x dxε

ε↓

+∫ , za integral ( )

b

a

f x dx∫ kažemo da konvergira i pišemo

( ) ( )0

limb b

a a

f x dx f x dxε

ε↓

+

=∫ ∫ .

U suprotnom, integral divergira.

Ukoliko je funkcija f neograničena u okolini obje tačke a i b , tada

integral ( )b

a

f x dx∫ konvergira ukoliko postoje konačne granične vrijednosti

( )1

10

limc

a

f x dxε

ε↓

+∫ i ( )

2

2 0lim

b

c

f x dxε

ε

−

↓ ∫ , za neko ( ),c a b∈ . U tom slučaju je

( ) ( ) ( )2

1 21

0 0lim lim

bb c

a a c

f x dx f x dx f x dxε

ε εε

−

↓ ↓+

= +∫ ∫ ∫ .


334

Napomenimo da je u ovom slučaju nužno da oba limesa na desnoj strani postoje i konačna su.

Ukoliko je funkcija f neograničena u okolini neke tačke ( ),d a b∈ (nije

nužno da f bude definisana u d ), tada nesvojstveni integral ( )b

a

f x dx∫

konvergira ako i samo ako konvergiraju integrali ( )d

a

f x dx∫ i ( )b

d

f x dx∫

(ovo su integrali kod kojih je podintegralna funkcija neograničena u okolini donje ili gornje granice integracije) i u tom slučaju je

( ) ( ) ( )b d b

a a d

f x dx f x dx f x dx= +∫ ∫ ∫ .

Primjer 4.11.7. Ispitajmo konvergenciju integrala 1

0

dxx∫ i ukoliko

konvergira nađimo njegovu vrijednost.

Podintegralna funkcija ( ) 1f xx

= postaje neograničena u okolini nule.

Zbog toga, odaberimo 0ε > i izračunajmo 1 1

2 2 2dx xx ε

ε

ε= ⋅ = −∫ .

Puštajući da 0ε ↓ vidimo da dati integral konvergira i vrijedi

( )1

00

lim 2 2 2dxx ε

ε↓

= − =∫ .

Primjer 4.11.8. Ispitajmo konvergenciju integrala 1

1 1dx

x− −∫ i ukoliko

konvergira nađimo njegovu vrijednost.

Podintegralna funkcija ( ) 11

f xx

=−

postaje neograničena u okolini tačke 1.

Odaberimo 0ε > i posmatrajmo integral


335

11

11

ln 1 ln ln 21

dx xx

εε ε

−−

−−

= − = −−∫ .

Međutim, 0

lim lnε

ε↓

= −∞ , pa je 1

01

lim1

dxx

ε

ε

−

↓−

= −∞−∫ što znači da dati integral

divergira.

Primjer 4.11.9. Ispitajmo konvergenciju integrala ( )

2

232 1

dx

x− −∫ i ukoliko

konvergira odredimo njegovu vrijednost.

Podintegralna funkcija ( )( )23

1

1f x

x=

− je neograničena u okolini tačke

1x = koja je unutar intervala ( )2, 2− , pa ćemo posebno posmatrati integrale

( )

1

232 1

dx

x− −∫ i

( )

2

231 1

dx

x −∫ . Za 0ε > je:

( )( ) ( )

1 11/3 3 3 32/30 0 02

2

lim lim3 1 lim3 3 3 31

dx xx

ε ε

ε ε εε

− −

↓ ↓ ↓−−

= − = ⋅ − + =−∫ , te

( )( ) ( )

2 21/3 32 /30 0 01

1

lim lim3 1 lim3 1 31

dx xxε ε εε

ε

ε↓ ↓ ↓+

+

= − = ⋅ − =−∫ .

S obzirom na to da su oba integrala ( )

1

232 1

dx

x− −∫ i

( )

2

231 1

dx

x −∫ konvergentna,

to je konvergentan i integral ( )

2

232 1

dx

x− −∫ i njegova vrijednost je 33 3 3+ .

5. Diferencijalne jednačine

5.1. Pojam diferencijalne jednačine. Diferencijalne jednačine sa razdvojenim promjenljivim.

Definicija 5.1.1. (diferencijalne jednačine) Neka je ( )( )nyyyxF ,...,,, ' funkcija koja zavisi od promjenljivih

( )nyyyx ,...,,, ' . Posmatrajmo sljedeći problem: traži se funkcija ( )xyy = definisana na nekom intervalu I , koja na tom intervalu ima sve izvode do reda n zaključno i takva je da na tom intervalu identički vrijedi:

( )( )', , ,..., 0nF x y y y = . Ovaj problem nazivamo običnom diferencijalnom

jednačinom. Za funkciju ( )xyy = koja na I identički zadovoljava datu jednačinu kažemo da je opšte rješenje, integral ili integralna kriva te jednačine. Riješiti diferencijalnu jednačinu znači naći sva njena rješenja, odnosno sve funkcije koje zadovoljavaju tu jednačinu.

S obzirom da se funkcija može zadati eksplicitno, implicitno i parametarski, rješenje diferencijalne jednačine nije nužno funkcija y iskazana kao funkcija varijable x nekim analitičkim izrazom. Veoma često se rješenje diferencijalne jednačine zapisuje u obliku funkcionalne veze između nezavisno promjenljive x i zavisno promjenljive y , odnosno u obliku

( )1, , , ..., 0nG x y C C = , što predstavlja implicitno zadanu funkciju.

Za diferencijalnu jednačinu kažemo da je −n tog reda ako je n red najvišeg izvoda koji figuriše u jednačini.

Na primjer, jednačina oblika ( ) 0,, ' =yyxF je jednačina prvog reda, jednačina oblika ( ) 0,,, ''' =yyyxF je drugog reda, itd.

Ukoliko je diferencijalna jednačina n -tog reda tada će njeno opšte rješenje biti oblika ( )nCCCxy ,...,,, 21ϕ= gdje su nCCC ,...,, 21 proizvoljne realne konstante. Dakle, opšte rješenje jednačine n -tog reda je neka familija krivih koja zavisi od parametara nCCC ,...,, 21 . Ove konstante se pojavljuju kao konstante u procesu izračunavanja neodređenog integrala n puta, koji je neophodan kako bismo došli do funkcije, na osnovu njenih izvoda.


338

Partikularno rješenje diferencijalne jednačine dobijamo kada parametrima nCCC ,...,, 21 pridružimo neku određenu brojnu vrijednost, na osnovu uslova

koji su postavljeni na nepoznatu funkciju.

Specijalno, ukoliko je diferencijalna jednačina prvog reda tada je njeno opšte rješenje dato u obliku ( )Cxy ,ϕ= , gdje je C proizvoljna konstanta. Vidimo da to rješenje predstavlja jednoparametarsku familiju krivih. Ukoliko tražimo krivu koja će prolaziti kroz neku određenu tačku, ( )00 , yx , tada iz uslova ( )Cxy ,00 ϕ= možemo odrediti vrijednost parametra C . Na taj način određujemo partikularno rješenje jednačine koje prolazi kroz tačku ( )00 , yx . Napomenimo da se ovaj uslov naziva još i početni uslov.

Ukoliko je diferencijalna jednačina drugog reda, njeno opšte rješenje je dato u obliku ( )21 ,, CCxy ϕ= , gdje su 21 ,CC proizvoljne realne konstante. Ovo rješenje je dvoparametarska familija krivih. Ukoliko tražimo krivu koja prolazi kroz tačku ( )00 , yx i čiji izvod u toj tački zadovoljava uslov

( ) '00

' yxy = , tada iz uslova ( ) 0210 ,, yCCx =ϕ i ( ) '0210

' ,, yCCx =ϕ možemo odrediti konstante 21 ,CC . To znači da je sa dva navedena uslova određeno partikularno rješenje jednačine drugog reda. Mi ćemo se ograničiti na rješavanje specijalnih oblika jednačina prvog i drugog reda.

Definicija 5.1.2. (diferencijalne jednačine sa razdvojenim promjenljivim) Diferencijalnu jednačinu prvog reda nazivamo jednačinom sa razdvojenim promjenljivim ukoliko se ona može napisati u obliku

( ) ( )ygxfy =' (5.1.1)

Jednačina oblika (5.1.1) se veoma jednostavno rješava direktnom integracijom. Naime, ukoliko je ( ) 0≠yg , jednačinu sa razdvojenim promjenljivim možemo napisati u obliku

( ) ( )dxxfyg

dy = . (5.1.2)

Ukoliko postoje neodređeni integrali

( ) ( )∫=yg

dyyG i ( ) ( )∫= dxxfxF ,


339

tada je opšte rješenje diferencijalne jednačine (5.1.2) dato sa

( ) ( ) CxFyG += . (5.1.3)

Napomenimo da je svako rješenje jednačine (5.1.2), napisano u obliku (5.1.3) ujedno rješenje jednačine (5.1.1). Međutim, ukoliko je ( ) 0=ag za neko realno a , tada je ay = rješenje jednačine (5.1.1), koje ne možemo dobiti iz (5.1.3). Način rješavanja diferencijalnih jednačina sa razdvojenim promjenljivim ilustrovat ćemo slijedećim primjerima.

Primjer 5.1.3. Odredimo onu integralnu krivu jednačine

( ) ( ) 04 22 =+++ dyyxydxxyx

koja prolazi kroz tačku ( )2,1 .

Datu jednačinu možemo napisati u obliku:

( ) ( ) 014 22 =+++ dyxydxyx ,

pa nakon dijeljenja sa ( ) 04 2 ≠+ dyyx dobijamo:

( )( ) dy

dxyxxy −=

++

2

2

41 .

Sada je očigledno da se promjenljive u datoj jednačini mogu razdvojiti, pa nakon razdvajanja imamo:

dyy

ydxx

x22 41 +

−=+

.

Kada integralimo obje strane jednakosti dobijamo:

( ) ( ) Cyx ln214ln

211ln

21 22 ++−=+ ,

gdje je C konstanta, 0>C . Transformacijom dobijene jednakosti, opšte rješenje jednačine možemo napisati u obliku:

( )( ) Cyx =++ 22 41 .

Kao što vidimo, opšte rješenje jednačine zavisi od jednog parametra, jer je zadana jednačina prvog reda.


340

Nađimo sada partikularno rješenje koje prolazi kroz tačku ( )2,1 . Uvrštavanjem vrijednosti 1=x i 2=y u opšte rješenje dobijamo da je

16=C , pa je traženo rješenje dato sa

( )( ) 1641 22 =++ yx .

Primijetimo da je u ovom primjeru rješenje date jednačine implicitno zadana funkcija.

Primjer 5.1.4. Nađimo opšte rješenje jednačine ( )2

2'

11

xxyyy

++= .

Data jednačina je definisana za 0≠y i 0≠x .

Množenjem jednačine sa 01 2 ≠

+ yydx možemo je napisati u obliku sa

razdvojenim promjenljivim:

( ) ( )22 11 xxdx

yydy

+=

+.

Nakon integracije lijeve i desne strane imamo:

( ) ( )∫∫ +=

+ 22 11 xxdx

yydy .

Integral na lijevoj strani jednakosti možemo izračunati uvođenjem smjene 21 yt += , dtydy

21= . Dobijamo:

( ) ( )22 1ln

21

1y

yydy +=+∫

Integral na desnoj strani možemo izračunati koristeći se rastavom funkcije

( )211

xx + na parcijalne razlomke u obliku:

( ) 22 111

xCBx

xA

xx +++=

+.


341

Nakon množenja sa ( )21 xx + i izjednačavanja dobijenih polinoma na lijevoj i desnoj strani dobijamo da je 1=A , 1−=B i 0=C . Uvrštavanjem u integral imamo:

( ) ( ) ( )2

22

22 1ln

21ln

211ln

21ln

11 xxCCxx

xxdx

xdx

xxdx

+=++−=

+−=

+ ∫ ∫∫ .

Vidimo da je opšte rješenje jednačine dato sa:

( ) ( )2

22

1ln

211ln

21

xxCy+

=+ , 0>C , odnosno

( )( ) 222 11 Cxxy =++ , 0>C .

5.2. Homogene diferencijalne jednačine prvog reda

Definicija 5.2.1. (homogene diferencijalne jednačine prvog reda) Diferencijalna jednačina prvog reda je homogena ukoliko se može napisati u

obliku ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

xyfy ' .

Homogene diferencijalne jednačine rješavamo tako što ih svodimo na diferencijalne jednačine sa razdvojenim promjenljivim uvođenjem nove nepoznate funkcije ( )xzz = sa

xyz = , zxy = , zxzy += '' .

Pokažimo način rješavanja homogenih diferencijalnih jednačina na slijedećim primjerima.

Primjer 5.2.2. Nađimo opšte rješenje jednačine

0coscos ' =+−xyxy

xyyx .

Nakon dijeljenja sa 0≠x jednačina postaje:

0coscos1 ' =+−xyy

xy

xy , odnosno, nakon dijeljenja sa 0cos ≠

xy


342

xyx

yycos

1' −= .

Desna strana jednakosti je funkcija od xy pa vidimo da je jednačina

homogena.

Uvedimo novu nepoznatu funkciju ( )xzz = sa xyz = , zxzy += '' . Jednačina

sada postaje:

zzzxz

cos1' −=+ , odnosno

zx

dxdz

cos1−= .

Nakon razdvajanja promjenljivih i integracije dobijamo:

xCz lnlnsin −= , za neko realno 0≠C .

Stavljajući xyz = , zaključujemo da je opšte rješenje jednačine dato sa :

xy

exC sin

= .

Primjer 5.2.3. Nađimo ono partikularno rješenje jednačine

22' yxyxy +=−

koje prolazi kroz tačku ( )1,1 .

Posmatrat ćemo samo slučaj 0>x , jer nas interesuje ona integralna kriva koja prolazi kroz tačku ( )1,1 . Nakon dijeljenja jednačine sa 0>x ona postaje:

2' 1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛++=

xy

xyy .


343

(Napomenimo da je nužno razlikovati slučajeve 0x > i 0x < jer pri

dijeljenju sa 0x < jednačina bi bila oblika 2

' 1y yyx x

⎛ ⎞= − + ⎜ ⎟⎝ ⎠

, zbog činjenice

da je 2x x x= = − , za 0x < ).

Kako je desna strana jednačine funkcija od xy , to je jednačina homogena, pa

uvodimo smjenu ( )xzz = , xyz = , zxzy += '' . Jednačina je sada oblika:

2' 1 zzzxz ++=+ , odnosno 21 zxdxdz += .

Nakon razdvajanja promjenljivih i integracije dobijamo

( ) ( )2ln 1 lnz z C x+ + = , za neko realno C , odnosno

xCxy

xy =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛++

2

1 .

Množenjem sa x dobijamo opšte rješenje za slučaj 0>x u obliku:

222 xCyxy =++ .

Uvrštavanjem vrijednosti 1=x i 1=y dobijamo da je 21 +=C , pa je traženo partikularno rješenje:

( ) 222 21 xyxy +=++ .

Primjer 5.2.4. Nađimo onu integralnu krivu jednačine ( )xyyxy lnln1' −+= koja prolazi kroz tačku ( )1,e .

Jednačina je definisana za 0>y i 0>x , pa možemo dijeliti sa x . Dobijamo jednačinu

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

xy

xyy ln1' , koja je homogena.

Uvođenjem nove nepoznate funkcije


344

( )xzz = sa xyz = , zxzy += ''

jednačina postaje

( )zzzxz ln1' +=+ ,

pa nakon skraćivanja, razdvajanja promjenljivih i integracije dobijamo:

∫∫ =zz

dzx

dxln

.

Integral na desnoj strani se može riješiti uvođenjem smjene zt ln= . Nakon rješavanja integrala na obje strane posljednje jednakosti dobijamo opšte rješenje jednačine u obliku:

zCx lnlnln = , odnosno, zbog xyz = , u obliku

xyCx ln= .

Uvrštavajući vrijednosti ex = i 1=y u opšte rješenje jednačine dobijamo da je

11ln −==⋅e

eC , odnosno e

C 1−= .

Dakle, traženo partikularno rješenje jednačine je

xyx

eln1 =− , odnosno, e

x

xey−

= , 0>x .

5.3. Linearne diferencijalne jednačine prvog reda.

Definicija 5.3.1. (linearne diferencijalne jednačine) Diferencijalna jednačina prvog reda ( )yxfy ,' = je linearna ukoliko je ona linearna posmatrana kao funkcija od y i 'y . Linearnu jednačinu prvog reda možemo napisati u obliku:

( ) ( )xQyxPy =+' (5.3.1)


345

gdje su ( )xP i ( )xQ neprekidne funkcije definisane na nekom intervalu.

Može se pokazati da je, uz uslov neprekidnosti funkcija ( )xP i ( )xQ opšte rješenje linearne jednačine napisane u obliku (5.3.1) dato sa:

( ) ( ) ( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += ∫∫ ∫

−CdxexQey

dxxPdxxP . (5.3.2)

Primjer 5.3.2. Nađimo partikularno rješenje diferencijalne jednačine

011 2

' =−−−

− xx

yy koje prolazi kroz tačku ( )1,0 .

Očigledno je da je data jednačina linearna po y i 'y . Napišimo je u obliku:

xx

yy +=−

− 11 2

' .

Ovako napisana jednačina je oblika (5.3.1), gdje je

( )21

1x

xP−

−= , ( ) xxQ +=1 ,

pa je njeno rješenje dato sa (5.3.2).

Odredimo prvo integrale koji se javljaju u (5.3.2). Imamo:

( ) 2 2

1 1ln1 1 2 1

dx dx xP x dxx x x

−= − = =− − +∫ ∫ ∫ .

( ) ( ) ( ) ( ) dxxdxxxxdxexdxexQ x

xdxxP

∫∫∫∫ −=+−+=+= +

−∫ 21

1ln1

1111 .

Nas zanima ona integralna kriva jednačine koja prolazi kroz tačku ( )1,0 . U okolini tačke 0x = je 21 0x− > , pa je 22 11 xx −=− . Sada je

( ) ( )dx

x

xdxxdxexQdxxP

∫∫∫−

−=−=∫2

22

1

11 .

Ovaj integral ćemo napisati u obliku:

( ) ∫∫−

+−+=−

−2

2

2

2

11

1

1

x

dxxBAxdxx

x λ


346

i riješit ćemo ga metodom Ostrogradskog. Nakon diferenciranja imamo:

( )22

2

2

2

112

211

1

xx

xBAxxAx

x

−+

−

−++−=−

− λ .

Množenjem sa 21 x− , a zatim izjednačavanjem dobijenih polinoma

drugog stepena na desnoj i lijevoj strani jednakosti dobijamo da je 21=A ,

0=B i 21=λ . Dakle,

( ) ( )xxxdxexQ

dxxParcsin

211

21 2 +−=∫∫ .

Uvrštavanjem izračunatih integrala u opšte rješenje dato sa (5.3.2) zaključujemo da je opšte rješenje jednačine u okolini tačke 0x = dato sa

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+

−+= xxxC

xxy arcsin

211

21

11 2 .

Ukoliko u opšte rješenje uvrstimo 0=x i 1=y , dobit ćemo 1=C , pa je traženo partikularno rješenje:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+

−+= xxx

xxy arcsin

211

211

11 2 .

Primjer 5.3.3. Nađimo opšte rješenje diferencijalne jednačine:

51 '2

+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ − yyx

x

na intervalu ( )1, +∞ .

Očigledno je data jednačina linearna po y i 'y , pa ćemo je napisati u obliku (5.3.1). Imamo

15

1 22'

−=

−−

xxy

xxy .

Sada je

( )12 −

−=x

xxP , ( )1

52 −

=x

xxQ .


347

Odredimo integrale koji se javljaju u (5.3.2):

( )( )

22 2

1 1ln 1 ln21 1

xP x dx dx xx x

= − = − − =− −

∫ ∫ ,

za 1x > .

( ) ( )

( )2

1ln1

2 2 2

5 51 1 1

P x dx xx xdxQ x e dx e dxx x x

−∫ = =− − −

∫ ∫ ∫ .

Posljednji integral možemo izračunati uvođenjem smjene 12 −= xt ,

dtxdx21= . Sada imamo:

( ) ( )

1

52 −

−=∫∫x

dxexQdxxP ,

pa opšte rješenje jednačine možemo napisati u obliku:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−=

−

1

52

1ln2¸1 2

xCey

x, odnosno 15 2 −+−= xCy .

Primjer 5.3.4. Odredimo onu integralnu krivu jednačine xexyxy 4' 3 =− koja prolazi kroz tačku ( )e,1 .

Data jednačina je linearna po y i 'y . Dijeljenjem sa 0≠x napišimo je u obliku (5.3.1):

xexyx

y 3' 3 =− .

Sada je ( )x

xP 3−= , ( ) xexxQ 3= , pa imamo:

( )3

1lnln33x

xdxx

dxxP =−=−= ∫∫ ,

jer možemo smatrati da je 0x > , s obzirom da tražimo integralnu krivu kroz koja prolazi kroz tačku ( )e,1 . Zatim je

( ) ( ) xxxxdxxPedxedxeexdxexQ === ∫∫∫ ∫ 3

1ln3 .


348

Na osnovu formule (5.3.2) zaključujemo da je opšte rješenje jednačine na intervalu ( )0, +∞ dato sa: ( )xeCxy += 3 .

Uvrštavajući 1=x , ey = dobijamo da je 0=C , pa je tražena integralna kriva

xexy 3= .

5.4. Bernoullieva diferencijalna jednačina.

Definicija 5.4.1. (Bernoullieve diferencijalne jednačine) Jednačinu oblika

( ) ( ) nyxQyxPy =+' , n ∈ , 0≠n , 1≠n (5.4.1)

gdje su ( )xP i ( )xQ date funkcije neprekidne na nekom intervalu, nazivamo Bernoullievom diferencijalnom jednačinom.

Ukoliko je 0=n jednačina postaje linearna, dok za 1=n postaje jednačina u kojoj se promjenljive mogu razdvojiti.

Datu jednačinu oblika (5.41) podijelimo sa ny . Dobijamo jednačinu

( ) ( )xQy

xPyy

nn =+ −1

'

(5.4.2)

Gornju jednačinu možemo svesti na linearnu uvođenjem smjene

( ) 11

−== nyxzz .

Sada je '' 1 yy

nz n−= , pa je

nz

yy

n −=

1

''

. Dakle, nakon opisane smjene

dolazimo do linearne jednačine oblika:

( ) ( )xQzxPn

z =+−1

'

. (5.4.3)


349

Možemo zaključiti da se Bernoullieva jednačina (5.4.1) smjenom

( ) 11

−== nyxzz svodi na linearnu jednačinu oblika (5.4.3).

Način rješavanja Bernoullieve diferencijalne jednačine objasnit ćemo na slijedećim primjerima.

Primjer 5.4.2. Nađimo opšte rješenje diferencijalne jednačine

xxyyxy ln2' =+

na intervalu ( )0, +∞ .

Datu jednačinu podijelimo sa 0≠x . Ona postaje:

2' ln1 yxyx

y ⋅=+ ,

pa vidimo da je oblika (5.4.1), pri čemu je 2=n .

Očigledno je da je jedno rješenje jednačine prava 0y = . Sada pretpostavimo da je 0y ≠ i podijelimo jednačinu sa 2y . Imamo:

xyxy

y ln112

'

=+ .

Uvedimo smjenu y

z 1= , ''

2

'

21zz

yy −=

−= . Data jednačina postaje linearna

jednačina:

xzx

z ln1' =+− .

Nakon množenja sa ( )1− dobijenu linearni jednačinu svodimo na oblik (5.3.1) pogodan za rješavanje:

xzx

z ln1' −=− .

Na osnovu formule (5.3.2) opšte rješenje gornje jednačine je dato sa

( ) ( ) ( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += ∫∫ ∫

−dxexQCez

dxxPdxxP , gdje je


350

( )x

xx

dxdxxP 1lnln =−=−= ∫∫ ,

jer je jednačina definisana samo za 0>x . Dalje je

( ) ( )xdx

xxdxxedxexQ xdxxP 2

1lnln

21lnln −=−=−= ∫∫∫ ∫ ,

što se jednostavno dobije uvođenjem smjene xt ln= , x

dxdt = u posljednjem

integralu.

Dakle, opšte rješenje linearne jednačine je:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −= xCxxCez x 22ln ln

21ln

21 ,

pa kako je y

z 1= , to je opšte rješenje polazne jednačine :

prava 0y = i kriva ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= xCx

y2ln

211 , za 0y ≠ .

Primjer 5.4.3. Nađimo partikularno rješenje diferencijalne jednačine

13'22 =+ xyyyx ,

koje prolazi kroz tačku ( )1,3 .

Obzirom da nas zanima partikularno rješenje koje prolazi tačkom ( )1,3 , možemo tražiti rješenje kod kojeg je 0y ≠ . Dijeljenjem date jednačine sa

022 ≠yx imamo: 2

2' 11 −=+ y

xy

xy .

Vidimo da je data jednačina oblika (5.4.1), pri čemu je 2−=n . Pomnožimo je sa 2y . Imamo:

232' 11

xy

xyy =+ .

Uvedimo smjenu varijable y sa 3

2 1 3

1 1z yy y− − −= = =


351

tada je '2' 3 yyz = , pa je 3

'2' zyy = . Zadana jednačina se svodi na sljedeću

linearnu jednačinu:

2

' 113 x

zx

z =+ , odnosno 2' 33

xz

xz =+ .

Opšte rješenje ove jednačine je dato sa ( ) ( ) ( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += ∫∫ ∫

−dxexQCez

dxxPdxxP ,

gdje je 3( )P xx

= i 2

3( )Q xx

= , pa je

( ) 33 3ln lndxP x dx x xx

= = =∫ ∫ ,

na intervalu ( )0, +∞ , te

( ) ( ) 22

3ln

2 2333 3

xdxxxdxe

xdxexQ xdxxP

=== ∫ ∫∫ ∫ .

Dakle, opšte rješenje linearne jednačine po z , za ( )0,x ∈ +∞ je:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += 2

3 231 xC

xz .

Kako je 3yz = , to je opšte rješenje date jednačine

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += 2

33

231 xC

xy , odnosno 3 2

231

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += xC

xy .

Nađimo sada partikularno rješenje. Uvrstimo 3=x i 1=y u opšte rješenje. Imamo:

3 923

311 += C , odnosno

22727 += C , odakle vidimo da je

227=C .

Dakle, traženo partikularno rješenje je

3 2

23

2271

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += x

xy .


352

Primjer 5.4.4. Nađimo opšte rješenje diferencijalne jednačine

xyyxy ln21 2

3' =+ .

Data jednačina je Bernoullieva, oblika (5.4.1) za 23=n . Definisana je za

0x > .

Očigledno je da je jedno rješenje jednačine prava 0y = . Sada

pretpostavimo da je 0y ≠ i podijelimo jednačinu sa 23

xy . Iimamo:

xxy

xy

y ln1

2

21

23

'

=+−

.

Uvedimo smjenu varijable y sa

21

1231 −

−== y

yz ,

23

''

21

y

yz −= .

Dakle, '

23

'

2z

y

y −= , pa jednačina postaje:

' 1 ln xz zx x

− + = , odnosno xx

xz ln1' −=− .

Data jednačina je linearna po z i x pa ćemo izračunati odgovarajuće integrale:

( ) ln lndxP x dx x xx

= − = − =∫ ∫ ,

za 0x > .

( ) ( )∫∫∫ −=−= −∫ dx

xxdxe

xxdxexQ xdxxP

2ln lnln .

Integral na desnoj strani ćemo izračunati metodom parcijalne integracije:


353

Stavimo xu ln= , x

dxdu = , 2xdxdv −= ,

xv 1= . Imamo:

xxx

xdx

xxdx

xxI 1lnlnln

22 +=−=−= ∫∫ . Dakle,

( ) ( )

xxxdxexQ

dxxP 1ln +=∫ ∫ .

Sada je rješenje linearne jednačine po z dato sa

1ln1ln ++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++= xCx

xxCxz ,

pa je opšte rješenje zadane Bernoullieve jednačine na intervalu ( )0,+∞ dato sa

0y = i ( )2

2

1ln1

++== −

xCxzy .

5.5. Primjena diferencijalnih jednačina u ekonomiji

Kada smo govorili o prvom izvodu neke ekonomske funkcije, vidjeli smo da on predstavlja relativnu brzinu promjene te funkcije u odnosu na promjenu varijable od koje zavisi i uvjerili se da taj izvod predstavlja marginalnu ili graničnu funkciju. Brzina promjene neke ekonomske funkcije može zavisiti od same te funkcije. Ukoliko nam je takva međuzavisnost poznata, onda ona predstavlja jednu diferencijalnu jednačinu prvog reda. Veoma često, diferencijalne jednačine opisuju različite ekonomske modele rasta i razvoja. Najjednostavniji takav model je Harrod-Domarov model rasta koji je opisan

diferencijalnom jednačinom oblika dY sY k

= , gdje je Y varijabla

nacionalnog dohotka, s je stopa štednje a k je omjer kapital-output.

Diferencijalnim jednačinama se opisuje i način promjene ekonomskih funkcija tokom vremena, što ćemo vidjeti u primjerima 5.5.1. i 5.5.3.


354

Primjer 5.5.1. (dinamika rasta stanovništva) Pretpostavimo da u početnom vremenskom trenutku 0t = neka država ima

0C stanovnika, te da je godišnja stopa prirodnog priraštaja jednaka 0a > . Odredimo ukupan (projektirani) broj stanovnika te države nakon 5 godina.

Činjenica da je a stopa prirodnog priraštaja nam zapravo govori da je brzina promjene broja stanovnika u trenutku t jednaka konstanti a pomnoženoj sa trenutnim brojem stanovnika. Drugim riječima, ako sa

( )y t označimo broj stanovnika posmatrane države nakon t godina, tada

vrijedi ( )dy a y tdt

= ⋅ , jer dydt

predstavlja brzinu promjene broja stanovnika

tokom vremena. Dakle, broj stanovnika u trenutku t modeliran je

diferencijalnom jednačinom dy a ydt

= ⋅ , odnosno jednačinom dy adty

= , sa

razdvojenim promjenljivim. Nakon integracije, vidimo da je ln y at c= + , za neku konstantu 0c > , odnosno c aty e e= ⋅ . Sada je potrebno odrediti konstantu c . Iz uslova 0(0)y C= odmah dobijamo 0

cC e= , pa je funkcija ( )y t dana sa 0( ) aty t C e= .

Zaključujemo da broj stanovnika eksponencijalno raste, te da je ukupan broj stanovnika nakon 5 godina jednak 5

0( ) ay t C e= ⋅ .

Analogno bi se moglo posmatrati povećanje radne snage tokom vremena, jer je ono proporcionalno prirodnom priraštaju i ponaša se prema istim ekonomskim principima. Drugim riječima, ako je godišnja stopa porasta broja radno sposobnih stanovnika jednaka λ , te ako je ukupan broj radnika u vremenu 0t = jednak 0L , tada je ukupan broj radnika ( )L t nakon

vremena t modeliran jednačinom dL Ldt

λ= ⋅ , uz početni uslov 0(0)L L= ,

čije rješenje je 0( ) tL t L eλ= .

Primjer 5.5.2. (funkcija troškova proizvodnje) Odredimo funkciju ukupnih troškova proizvodnje ako je poznato da fiksni troškovi iznose 100 i da marginalni troškovi proizvodnje rastu kao (drugi) korijen ukupnih troškova proizvodnje.


355

Ako sa ( )C Q označimo funkciju ukupnih troškova proizvodnje, prvi uslov

nam govori da je ( )0 100C = , a iz drugog uslova je ( ) ( )MC Q C Q= . S

obzirom da je ( ) ( )MC Q C Q′= trebamo riješiti diferencijalnu jednačinu

( ) ( )C Q C Q′ = , uz početni uslov ( )0 100C = .

Jednačinu možemo napisati u obliku dC CdQ

= , odnosno u obliku

dC dQC

= , sa razdvojenim promjenljivim. Nakon integracije imamo:

12 2dC C dC C dQ Q c

C

−= = = = +∫ ∫ ∫ .

Dakle, funkcija ukupnih troškova je data sa ( )2

2Q cC Q +⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠, za neku

konstantu 0c > . Vrijednost konstante odredit ćemo iz početnog uslova

( )0 100C = , iz kojeg imamo da je 2

1002c⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠, odnosno 20c = . Dakle,

tražena funkcija proizvodnje je

( )220

2QC Q +⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Primjer 5.5.3. (dinamika tržišta jednog proizvoda) Pretpostavimo da posmatramo tržište jednog proizvoda, čiju cijenu ćemo označiti sa P .

Ukoliko bismo se bavili statičkom analizom tržišta ovog proizvoda, odnosno analizom ravnoteže, posmatrali bismo smo zakone ponude i potražnje za tim proizvodom u određenom, fiksnom vremenskom trenutku i određivali ekvilibrium, to jest ravnotežno stanje modela tako što bismo izjednačavali nivo ponude i potražnje za proizvodom i određivali ravnotežnu cijenu. Ukoliko je sa dQ a bP= − dat zakon potražnje za posmatranim proizvodom, a sa sQ c dP= − + dat zakon ponude tog proizvoda, tada će tržište biti u ravnoteži ukoliko je d sQ Q= , odnosno


356

ukoliko je cijena tog proizvoda jednaka a cPb d

+=+

(što se lako vidi

rješavanjem jednačine d sQ Q= ).

Međutim, cijena nekog proizvoda se prilagođava zahtjevima tržišta i teško je očekivati da ćemo u početnom vremenskom trenutku 0t = , kada proizvod izlazi na tržište toliko dobro procijeniti situaciju na tržištu i odrediti njegovu početnu cijenu ( )0P koja će biti jednaka ravnotežnoj

cijeni. Mnogo je vjerovatnije da će se početna cijena ( )0P prilagođavati uslovima tržišta tokom vremena. Možemo reći, s obzirom da se bavimo dinamičkom analizom, da je cijena našeg proizvoda zapravo funkcija vremena t , odnosno smatramo da je ( )P P t= , što znači da su i ponuda i potražnja za tim proizvodom također funkcije vremena. Sada možemo sebi postaviti slijedeće pitanje: Ukoliko imamo dovoljno vremena za prilagođavanje uslovima tržišta, da li će cijena našeg proizvoda težiti

ravnotežnoj cijeni a cPb d

+=+

?

Da bismo odgovorili na ovo pitanje trebamo odrediti ( )P t , a da bismo

odredili ( )P t moramo odrediti zakon (ili pravilo) po kome se ( )P t mijenja tokom vremena. Neka je u početnom vremenskom trenutku 0t = cijena proizvoda bila ( ) 00P P= .

Opravdano je pretpostaviti da je brzina promjene cijene proizvoda proporcionalna razlici d sQ Q− između potražnje i ponude za tim proizvodom, pri čemu je konstanta proporcionalnosti te promjene pozitivna (jer, ukoliko je potražnja veća od ponude cijena će rasti, a ukoliko je situacija obratna cijena će opadati). Sjetimo se da brzinu promjene neke funkcije predstavlja prvi izvod te funkcije, tako da je brzina promjene funkcije ( )P t jednaka prvom izvodu ( )'P t te funkcije. Činjenicu da je ta brzina proporcionalna razlici d sQ Q− možemo zapisati kao

( )d sdP k Q Qdt

= − , (5.5.1)


357

gdje je konstanta proporcionalnosti k neki pozitivan broj, kojeg još nazivamo i koeficijent prilagođavanja. Uslov (5.5.1) nam daje slijedeću jednačinu:

( ) ( )'P t k a bP c dP= − + − ,

odakle nakon grupisanja dobijamo linearnu diferencijalnu jednačinu prvog reda:

( ) ( ) ( ) ( )'P t k b d P t k a c+ + = + .

Opšte rješenje ove diferencijalne jednačine dato je sa:

( ) ( ) ( ) ( )( )k b d t k b d tP t e C k a c e dt− + += + + =∫

( ) ( ) ( )( )

( ) ,k b d t k b d t k b d tk a cC e e e

k b d− + − + ++

⋅ + ⋅+

pa je

( ) ( )( )( ) .k b d t a c

P t C eb d

− + += ⋅ +

+

Ostalo je još da odredimo konstantu C tako da vrijedi ( ) 00P P= , odnosno da nađemo partikularno rješenje uz dati početni uslov. Uvrštavanjem 0t = u izraz za ( )P t dobijamo:

00

a cP C e C Pb d

+= ⋅ + = ++

, odakle je 0C P P= − .

Vidimo da je kretanje cijene jednog proizvoda na tržištu, uz pretpostavku da je brzina promjene cijene proizvoda proporcionalna razlici d sQ Q− između potražnje i ponude za tim proizvodom dato funkcijom

( ) ( ) ( )0

k b d tP t P P e P− += − ⋅ + .

S obzirom da je koeficijent prilagođavanja k pozitivan broj, kao i suma ( )b d+ , to je

( )lim 0k b d t

te− +

→∞= ,


358

pa zaključujemo da ( )P t P→ , kada t → ∞ , što znači da će se cijena našeg proizvoda težiti ravnotežnoj cijeni, odnosno ekvilibriumu.

Zbog toga kažemo da je ovaj ekvilibrium dinamički stabilan.

Postoje dva različita načina približavanja ekvilibriumu, u zavisnosti od toga da li je 0P P< ili je 0P P> , koji su prikazani na slici 5.5.1.

O

P(0)

t

P(0)

P(t)

P

P(0)

P(0)>P

PP(0)<P

Slika 5.5.1

5.6. Diferencijalne jednačine drugog reda sa konstantnim koeficijentima

Definicija 5.6.1. (diferencijalne jednačine drugog reda sa konstantnim koeficijentima) Opšti oblik diferencijalne jednačine drugog reda sa konstantnim koeficijentima je

( )ay by cy f x′′ ′+ + = ,

gdje su , ,a b c neki realni brojevi a f neka funkcija od x .

Ukoliko je ( ) 0f x ≡ tada jednačinu zovemo homogenom. U suprotnom je nehomogena.

Opšte rješenje homogene jednačine

0ay by cy′′ ′+ + = (5.6.1)


359

drugog reda sa konstantnim koeficijentima se jednostavno određuje.

Kao prvo, odredimo rješenja (realna ili konjugovano kompleksna) kvadratne jednačine

2 0ar br c+ + = (5.6.2)

koju još zovemo i karakterističnom jednačinom jednačine (5.6.1). U zavisnosti od diskriminante D jednačine (5.6.2), imamo tri mogućnosti.

1. Ukoliko je 0D > , karakteristična jednačina (5.6.2) ima dva realna i različita rješenja 1r i 2r . U tom slučaju opšte rješenje jednačine (5.6.11) je dato sa

1 21 2

r x r xy C e C e= + , gdje su 1 2,C C neke konstante.

2. Ukoliko je 0D = , karakteristična jednačina (5.6.2) ima takozvano dvostruko rješenje, odnosno u ovom slučaju je 1 2r r= , a opšte rješenje jednačine (5.6.1) je dato sa

1 11 2

r x r xy C e C xe= + .

3. Za 0D < karakteristična jednačina ima konjugovano-kompleksna rješenja 1r iα β= − i 2r iα β= + . U tom slučaju, opšte rješenje jednačine (5.6.1) je

( )1 2cos sinxy e C x C xα β β= + .

Nehomogenu diferencijalnu jednačinu rješavamo tako što nađemo rješenje hy homogene diferencijabilne jednačine, a zatim jedno partikularno rješenje

py nehomogene jednačine. Opšte rješenje nehomogene jednačine

( )ay by cy f x′′ ′+ + = (5.6.3)

je suma rješenja hy homogene jednačine i partikularnog rješenja py . Dakle,

h py y y= + .

U nekim slučajevima funkcija ( )f x se može napisati kao suma nekoliko

funkcija, ( ) ( ) ( )1 ... kf x f x f x= + + koje su jednostavnijeg oblika. U tom slučaju opšte rješenje jednačine (3) je oblika

1...

kh p py y y y= + + + , gdje je


360

1py partikularno rješenje jednačine ( )1ay by cy f x′′ ′+ + = , ..., kpy je

partikularno rješenje jednačine ( )kay by cy f x′′ ′+ + = .

Mi ćemo pokazati kako se rješavaju nehomogene jednačine (5.6.3) u nekim specijalnim slučajevima. Općenito, partikularno rješenje jednačine (5.6.3) je moguće odrediti takozvanom Lagrangeovom metodom varijacije konstanti. Mi se ovim metodom nećemo baviti.

S obzirom da se rješavanje homogene jednačine (5.6.1) svodi na rješavanje karakteristične jednačine, što je izuzetno jednostavno, osnovni problem koji se javlja pri rješavanju nehomogene jednačine (5.6.3) jeste određivanje partikularnog rješenja te jednačine.

Mi ćemo posmatrati tri najjednostavnija slučaja.

1o Funkcija ( )f x na desnoj strani (5.6.3) je polinom ( )nP x , n − tog stepena. U ovom slučaju, partikularno rješenje py jednačine (5.6.3) je

oblika ( ) ( )kp ny x x Q x= ⋅ , gdje je ( )nQ x nepoznati polinom stepena n , to

jest ( ) 11 1 0...n n

n n nQ x A x A x A x A−−= + + + + , a k je jednako jedinici ukoliko

je broj 0 korijen (ili rješenje) karakteristične jednačine (5.6.2), a 0k = ukoliko broj 0 nije korijen jednačine (5.6.2).

Nepoznate koeficijente 1 0, ,...,n nA A A− polinoma nQ određujemo iz jednačine

( )p p p nay by cy P x′′ ′+ + = ,

koja u ovom slučaju predstavlja jednakost između dva polinoma, što nam omogućava da izjednačimo koeficijente uz odgovarajuće stepene.

2o Funkcija ( )f x na desnoj strani (5.6.3) je oblika ( )xne P xδ ⋅ , gdje je

δ neki realan broj, a nP polinom n − tog stepena. U ovom slučaju je

( )k xp ny x e Q xδ= ⋅ ⋅ , gdje je ( )nQ x nepoznati polinom stepena n , a broj k

je jednak 0 ukoliko δ nije rješenje karakteristične jednačine (5.6.2); 1k = ukoliko je δ takozvani jednostruki korijen karakteristične jednačine (5.6.2) (diskriminanta jednačine (5.6.2) je veća od nule i jedno rješenje jednačine (5.6.2) je upravo δ ); 2k = ukoliko je δ dvostruki korijen karakteristične jednačine (5.6.2) ( 0D = , i δ je rješenje jednačine (2)).


361

Nepoznate koeficijente polinoma nQ određujemo iz jednačine

( )xp p p nay by cy e P xδ′′ ′+ + = ,

koja se nakon dijeljenja sa xeδ svodi na jednakost između dva polinoma.

3o Funkcija ( )f x na desnoj strani (5.6.3) je oblika

( ) ( )( )cos sinxn me T x x S x xδ γ γ+ , gdje su γ i δ realni brojevi a ( )nT x i

( )mS x su polinomi stepena n i m (napomenimo da nT ili mS mogu biti

identički jednaki nuli, kao i to da može biti 0δ = , to jest 1xeδ = ).

U ovom slučaju partikularno rješenje je oblika

( ) ( )( )cos sint xp s sy x e P x x Q x xδ γ γ= ⋅ + ,

gdje je s onaj od brojeva n ili m koji je veći; ( )sP x i ( )sQ x su nepoznati polinomi stepena s ; 0t = ukoliko iδ γ± nije korijen karakteristične jednačine (5.6.2), odnosno 1t = , ukoliko je iδ γ± rješenje jednačine (5.6.2).

Koeficijente nepoznatih polinoma ( )sP x i ( )sQ x određujemo iz jednačine

( ) ( )( )cos sinxp p p n may by cy e T x x S x xδ γ γ′′ ′+ + = + ,

tako što, nakon dijeljenja sa xeδ , izjednačimo polinome koji stoje uz cos xγ , odnosno sin xγ , na lijevoj i desnoj strani jednakosti.

Primjer 5.6.2. Nađimo opšte rješenje jednačine 3 24 3 2 1y y x x x′′ ′− = + + + .

Nađimo prvo rješenje homogene jednačine 4 0y y′′ ′− = . Odgovarajuća karakteristična jednačina je 2 4 0r r− = . Rješenja karakteristične jednačine su 1 0r = i 2 4r = , pa je opšte rješenje homogene jednačine oblika

0 4 41 2 1 2

x x xhy C e C e C C e⋅ ⋅= + = + .


362

Nađimo sad partikularno rješenje. U ovom slučaju je funkcija na desnoj strani ( ) ( )3 2

33 2 1f x x x x P x= + + + = polinom trećeg stepena. Zbog toga je

partikularno rješenje oblika ( )3k

py x Q x= ⋅ , gdje je

( ) 3 23 3 2 1 0Q x A x A x A x A= + + + ,

a 1k = , jer je broj 0 rješenje karakteristične jednačine. Dakle,

( )3 2 4 3 23 2 1 0 3 2 1 0py x A x A x A x A A x A x A x A x= + + + = + + + .

Sada je 3 23 2 1 04 3 2py A x A x A x A′ = + + + ;

23 2 112 6 2py A x A x A′′ = + +

Uvrstimo py′ i py′′ u jednačinu 3 24 3 2 1p py y x x x′′ ′− = + + + . Imamo:

2 3 2 3 23 2 1 3 2 1 012 6 2 16 12 8 4 3 2 1A x A x A A x A x A x A x x x+ + − − − − = + + +

Izjednačimo odgovarajuće koeficijente: 3x : 316 1A− = ; 2x : 3 212 12 3A A− = ;

x : 2 16 8 2A A− = ; 0x : 1 02 4 1A A− = .

Iz prve jednačine je 3 1/16A = − . Sada, iz druge jednačine dobijamo

21 1 53 12

12 16 16A − −⎛ ⎞= + ⋅ =⎜ ⎟

⎝ ⎠. Iz treće jednačine je 1

3164

A −= , dok iz posljednje

jednačine dobijamo 063

128A −= .

Dakle, partikularno rješenje je

3 21 5 31 6316 16 64 128py x x x x⎛ ⎞= − − − −⎜ ⎟

⎝ ⎠,

pa je opšte rješenje jednačine

( )4 3 21 2 8 40 62 63

128x xy C C e x x x= + − + + + .


363

Primjer 5.6.3. Nađimo opšte rješenje jednačine 4 sin 2y y x′′ + = , kao i ono

partikularno rješenje koje ispunjava uslove 14

y π⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

, 04

y π⎛ ⎞′ =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Karakteristična jednačina koja odgovara homogenoj jednačini 4 0y y′′ + = je 2 4 0r + = (primijetimo da je ovdje 0b = jer nemamo y′ ). Ona ima dva konjugovano-kompleksna rješenja 1,2 0 2r i= ± . Zbog toga je opšte rješenje

homogene jednačine ( )01 2cos 2 sin 2x

hy e C x C x⋅= + , to jest

1 2cos 2 sin 2hy C x C x= + .

Odredimo sada partikularno rješenje. Funkcija ( ) sin 2f x x= je oblika

( ) ( )0 0 cos 2 1 sin 2xf x e x x⋅= ⋅ + ⋅ . Ovaj oblik funkcije je posmatran u slučaju

3. Tu je 0δ = ; ( ) 0nT x ≡ ; ( ) 1mS x ≡ - polinom ( )mS x je konstanta pa je stepena nula. Dakle, 0s = (koristimo se oznakama slučaja 3). Polinom stepena nula je konstanta, pa su ( )sP x i ( )sQ x zapravo neke nepoznate konstante, A i B . Očigledno je 2γ = , 0δ = , pa je ostalo da odredimo t . Vrijedit će 1t = , jer je 0 2r i= ± korijen karakteristične jednačine. To znači da je traženo partikularno rješenje oblika

( )0 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2xpy x e A x B x Ax x Bx x= ⋅ + = + .

Sada je

cos 2 2 sin 2 sin 2 2 cos 2py A x Ax x B x Bx x′ = − + + ;

( )4 sin 2 4 cos 2 4 cos 2 sin 2py A x B x x A x B x′′ = − − − + .

Uvrstimo py , py′ i py′′ u jednačinu 4 sin 2p py y x′′ + = . Imamo:

( ) ( )4 sin 2 4 cos 2 4 cos 2 sin 2 4 cos 2 sin 2 sin 2A x B x x A x B x x A x B x x− − − + + + =Izjednačavanjem koeficijenata uz sin 2x i cos 2x dobijamo:

sin 2x : 4 1A− = ;

cos 2x : 4 0B− = ,

odakle je 1/ 4A = − , 0B = .


364

Time smo odredili partikularno rješenje:

1 cos 24py x x= − .

Nađimo sada ono partikularno rješenje koje ispunjava date uslove. Imamo:

1 21cos 2 sin 2 cos 2 1

4 4 4 4 4 4y C Cπ π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Zbog cos 02π = , sin 1

2π = , odavde imamo 2 1C = . Dalje je

( ) 1 21 12 sin 2 2 cos 2 sin 2 cos 22 4

y x C x C x x x x′ = − + + − , pa je

1 21 12 sin 2 cos sin cos 0

4 2 2 2 4 2 4 2y C Cπ π π π π π⎛ ⎞′ = − + + ⋅ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

,

odakle imamo

12 08

C π− + = , odnosno 1 16C π= .

Traženo partikularno rješenje je

1cos 2 sin 2 cos 216 4

y x x x xπ= + − .

Primjer 5.6.4. Nađimo opšte rješenje jednačine 22 xy y y xe x−′′ ′+ + = + .

Odredimo, kao prvo opšte rješenje homogene jednačine 2 0y y y′′ ′+ + = . Odgovarajuća karakteristična jednačina je 2 2 1 0r r+ + = . Ona ima dvostruko rješenje 1 2 1r r= = − ( 0D = ), pa je rješenje homogene jednačine

1 2x x

hy C e xC e− −= + .

Partikularno rješenje ćemo odrediti kao sumu dva partikularna rješenja, jer je funkcija na desnoj strani jednačine ( ) ( ) ( )2

1 2xf x xe x f x f x−= + = + .

Funkcija ( )1xf x xe−= je oblika ( )1

1xe P x− ⋅ ⋅ ( ( )1P x x= je polinom prvog


365

stepena), pa je prvo partikularno rješenje oblika ( )1

11

l xpy x e Q x− ⋅= ⋅ ⋅ (slučaj

2.), gdje je ( )1 1 0Q x A x A= + nepoznati polinom prvog stepena, a 2l = jer je 1r = − dvostruko rješenje karakteristične jednačine. Dakle,

( ) ( )1

2 3 21 0 1 0

x xpy x e A x A e A x A x− −= + = + .

Sada je ( )1

2 3 21 0 1 03 2x

py e A x A x A x A x−′ = + − − ,

( )1

2 3 21 0 1 0 1 06 2 6 4x

py e A x A A x A x A x A x−′′ = + − − + + .

Odredimo nepoznate koeficijente iz jednačine 1 1 1

2 xp p py y y xe−′′ ′+ + = .

Imamo:

( 2 3 21 0 1 0 1 06 2 6 4xe A x A A x A x A x A x− + − − + + +

)2 3 2 3 21 0 1 0 1 06 4 2 2 xA x A x A x A x A x A x e x−+ + − − + + = .

Množenjem sa xe i izjednačavanjem koeficijenata polinoma na lijevoj i desnoj strani dobijamo:

x : 16 1A = 0x : 02 0A = ,

odakle je 116

A = , pa je

1

316

xpy x e−= .

Funkcija ( ) 22f x x= je polinom drugog stepena pa je

( )2

22 1 0

kpy x A x A x A= + + , gdje je 0k = , jer broj 0 nije rješenje

karakteristične jednačine. Odredimo nepoznate koeficijente iz jednačine:

2 2 2

22p p py y y x′′ ′+ + = . Imamo:

2 2 12py A x A′ = + ; 2 22py A′′ = , pa je

( ) 2 22 2 1 2 1 02 2 2A A x A A x A x A x+ + + + + = .


366

Izjednačavanjem koeficijenata dobijamo: 2x : 2 1A = ;

x : 2 14 0A A+ = ;

0x : 2 1 02 2 0A A A+ + = ,

odakle je 2 1A = , 1 4A = − , 0 6A = . Znači, 2

2 4 6py x x= − + .

Sada možemo dati opšte rješenje jednačine. Ono je oblika:

1 2

3 21 2

1 4 66

x x xh p py y y y C e C xe x e x x− − −= + + = + + + − + .

Primjer 5.6.5. Nađimo opšte rješenje jednačine ( )32 3 1 xy y y x e′′ ′− − = + ,

kao i ono partikularno rješenje koje ispunjava uslov ( ) 1109

y = , ( )0 3y′ = .

Karakteristična jednačina date jednačine je 2 2 3 0r r− − = . Njena rješenja su 1 1r = − , 2 3r = , pa je opšte rješenje odgovarajuće homogene jednačine

oblika 31 2

x xhy C e C e−= + .

Kako bismo odredili partikularno rješenje, funkciju na desnoj strani ćemo napisati kao sumu dvije funkcije:

( ) ( ) ( ) ( )3 31 21 x xf x x e x xe f x f x= + = + = + ,

pa će partikularno rješenje biti suma dva partikularna rješenja.

Kako je ( )1f x x= polinom stepena 1, to je ( )1 1 0

kpy x A x A= + , pri čemu je

0k = jer 0 nije rješenje karakteristične jednačine. Imamo:

1 1py A′ = , 1

0py′′ = , pa je ( )1 1 1 1 02 3 0 2 3p py y A A x A x′′ ′− − = − − + = .

Izjednačavanjem koeficijenata dobijamo:

x : 13 1A− =

0x : 1 02 3 0A A− − = ,


367

odakle je 11

3A −= , 0

29

A = . Dakle,

1

1 23 9py x= − + .

Kako je ( ) 32

xf x e x= ⋅ , to je oblik drugog partikularnog rješenja

( )2

31 0

l xpy x e A x A= ⋅ + , gdje je 1l = , jer je 3r = jedan od korijena

karakteristične jednačine. Dakle,

( )2

3 21 0

xpy e A x A x= + ;

( )2

3 21 0 1 03 3 2x

py e A x A x A x A′ = + + + ;

( )2

3 21 0 1 0 19 9 12 6 2x

py e A x A x A x A A′′ = + + + + .

Odredimo nepoznate koeficijente iz jednačine 2 2 2

32 xp p py y y xe′′ ′+ + = .

Imamo: 3 2

19xe A x 09A x+( 1 0 1 112 6 2 4A x A A A x+ + + − −

20 12 6A A x− − 06A x− 2

13A x− ) 303 xA x e x− = ⋅ .

Nakon množenja sa 3xe− i izjednačavanja koeficijenata uz odgovarajuće stepene imamo:

x : 18 1A = ; 0x : 0 14 2 0A A+ = ,

odakle je 118

A = , 01

16A −= , pa je

( )2

3 31 1 2 18 16 16

x xp

xy xe x e x⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Opšte rješenje date jednačine je

( )3 31 2

1 2 2 13 9 16

x x xxy C e C e x e x−= + − + + − .


368

Odredimo partikularno rješenje koje ispunjava date uslove. Imamo:

( ) 1 22 1109 9

y C C= + + = , odakle je 1 2 1C C+ = .

( ) ( )3 3 21 2

1 13 4 1 6 33 16

x x xy x C e C e e x x x−′ = − + − + − + − ,

pa je

( ) 1 21 10 3 33 16

y C C′ = − + − − = .

Dobili smo sistem jednačina: 1 2

1 2

1163348

C C

C C

+ = ⎫⎪⎬− + = ⎪⎭

, iz kojeg izračunavamo

2211192

C = , 119

192C −= , pa je traženo partikularno rješenje

( )3 319 211 1 2 2 1192 192 3 9 16

x x xxy e e x e x−−= + − + + − .


sinxy y y e x−′′ ′+ + = .

Karakteristična jednačina koja odgovara datoj jednačini je 2 1 0r r+ + = .

Njena rješenja su 1,21 3 1 3

2 2 2ir i− ±= = − ± . Dakle, rješenje homogene

jednačine je

21 2

3 3cos sin2 2

x

hy e C x C x− ⎛ ⎞

= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Odredimo partikularno rješenje. Ono je oblika

( ) ( )( )0 0cos sins xpy x e P x x Q x x−= ⋅ + ,

pri čemu su ( )0P x i ( )0Q x polinomi stepena nula, to jest konstante, dok je 0s = jer broj 1 i± nije korijen karakteristične jednačine.


369

Imamo:

( )cos sinxpy e A x B x−= + , pa je

( )cos sin sin cosxpy e A x B x A x B x−′ = − − − + ;

( )( )

cos sin sin cos sin cos cos sin

2 sin 2 cos .

xp

x

y e A x B x A x B x A x B x A x B x

e A x B x

−

−

′′ = + + − + − − − =

= −Uvrštavanjem u jednačinu dobijamo

()

2 sin 2 cos cos sin

sin cos cos sin sin ,

xp p p

x

y y y e A x B x A x B x

A x B x A x B x e x

−

−

′′ ′+ + = − − − −

− + + + =

odnosno, sin cos sinA x B x x− = .

Izjednačavanjem koeficijenata uz sin x i cos x odmah dobijamo da je 1A = i 0B = , pa je

cosxpy e x−= .

Dakle, opšte rješenje jednačine je

21 2

3 3cos sin cos2 2

xxy e C x C x e x

− −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠.


2 2 2 cosxy y y e x′′ ′− + = ,

kao i ono partikularno rješenje koje ispunjava uslove ( ) 0y π = , ( ) 0y π′ = .

Kao prvo, nađimo rješenje homogene jednačine 2 2 0y y y′′ ′− + = . Odgovarajuća karakteristična jednačina je 2 2 2 0r r− + = . Rješenja te jednačine su 1,2 1r i= ± , pa je ( )1

1 2cos1 sin1xhy e C x C x⋅= ⋅ + ⋅ (koeficijent uz

i je 1).

Opšti oblik partikularnog rješenja je ( ) ( )( )0 0cos sins xpy x e P x x Q x x= ⋅ + ,

(jer je uz cos x broj 2 – to jest polinom stepena nula). U ovom slučaju je 1s = jer je 1 1 i± ⋅ korijen karakteristične jednačine. Dakle,


370

( )cos sinxpy x e A x B x= ⋅ + , pa je

( )cos sin cos sin sin cosxpy e A x B x Ax x Bx x Ax x Bx x−′ = + + + − + ;

()

2 cos 2 sin 2 sin 2 cos

2 sin cos 2 cos sin .

xpy e A x A x B x B x

Ax x Ax x Bx x Bx x

−′′ = − + + −

− − + −

Nakon uvrštavanja u polaznu jednačinu imamo:

( )2 2 2 sin 2 cos 2 cosx xp p py y y e A x B x e x′′ ′− + = − + = , odnosno

2 sin 2 cos 2cosA x B x x− + = ,

odakle, izjednačavanjem koeficijenata uz cos x i sin x dobijamo 0A = i 1B = . Znači, sinx

py xe x= , pa je opšte rješenje jednačine

( )1 2cos sin sinxy e C x C x x x= + + .

Odredimo traženo partikularno rješenje. Imamo:

( ) ( )( )1 21 0 0 0y e C Cππ π= ⋅ − + ⋅ + ⋅ = , pa je 1 0C eπ− = , odakle je 1 0C = .

( ) ( )1 2 1 2cos sin sin sin cos sin cosxy x e C x C x x x C x C x x x x′ = + + − + + + ,

pa je (imajući u vidu da je 1 0C = , sin 0π = , cos 1π = − ):

( ) 2 0y Cπ π′ = − − = , pa je 2C π= − .

Dakle, traženo rješenje je

( )sinxy e x x π= ⋅ ⋅ − .

371

Literatura [1] Babić, M., Mikroekonomska analiza, Mate d.o.o., Zagreb, 2000.

[2] Babić, M., Makroekonomija, deveto izdanje, Mate d.o.o., Zagreb, 1996.

[3] Blume, L. E., Simon, C. P., Mathematics for Economists, 1st edition, W. W. Norton & Company, New York, 1994.

[4] Chiang, A. C., Wainwright, K., Fundamental Methods of Mathematical Economics, 4th edition, Mc Graw Hill Higher Education, New York, 2005.

[5] Hardy, G. H., A Course of Pure Mathematics, 10th edition, Cambidge University Press, Cambridge, 2008 reissue.

[6] Kurepa, S., Konačnodimenzionalni vektorski prostori i primjene, Tehnička knjiga, Zagreb, 1967.

[7] Kurepa, S., Matematička analiza, Drugi dio, četvrto izdanje, Školska knjiga, Zagreb, 1989.

[8] Kurepa, S., Matematička analiza, Treći dio, četvrto izdanje, Školska knjiga, Zagreb, 1989.

[9] Lučić, B., Matematika, Ekonomski fakultet, Sarajevo, 1998.

[10] Lučić, B., Pejić, LJ., Zbirka zadataka iz Matematike za ekonomiste I dio, Ekonomski fakultet, Sarajevo, 2005.

[11] Mardešić, S., Matematička analiza u n-dimenzionalnom realnom prostoru, Prvi dio, treće izdanje, Školska knjiga, Zagreb, 1988.

[12] Marsden, J., Weinstein, A., Calculus I, 2nd edition, Undergraduate Texts in Mathematics, Springer-Verlag, New York, 1985.

[13] Marsden, J., Weinstein, A., Calculus II, 2nd edition, Undergraduate Texts in Mathematics, Springer-Verlag, New York, 1985.

[14] Marsden, J., Weinstein, A., Calculus III, 2nd edition, Undergraduate Texts in Mathematics, Springer-Verlag, New York, 1985.

[15] Mitrinović, D. S., Matrice i determinante, zbornik zadataka i problema, peto izdanje, Naučna knjiga, Beograd, 1989.

372

[16] Smajlović, L., Fako, A., Zbirka zadataka iz Matematike za ekonomiste II dio, Ekonomski fakultet, Sarajevo, 2005.

[17] Somun-Kapetanović, R. et all., Kvantitativne metode u ekonomiji i menadžmentu, Ekonomski fakultet, Sarajevo, 2009.

[18] Šorić, K., Zbirka zadataka iz matematike s primjenom u ekonomiji, Eement, Zagreb, 1997.

[19] Todaro, M. P., Smith, S. C., Ekonomski razvoj, deveto izdanje, Šahinpašić, Sarajevo, 2006. (prijevod djela Economic development istih autora)

[20] Varian, H. R., Microeconomic Analysis, 3rd edition, W. W. Norton & Company, New York, 1992.

matematika za ekonomiste

Documents