poslovna matematika-zbirka
DESCRIPTION
Poslovna matematika zbirka zadatakaTRANSCRIPT
ZBIR
KA
ZAD
ATA
KA
IZ POSLO
VN
E MA
TEMA
TIKE •
Doc. dr D
ušan Joksimović
Cyan Magenta Yellow Black
Doc. dr Dušan Joksimović rođen je 1966. godine u Beogradu.
Diplomirao je na Elektrotehničkom fakultetu u Beogradu 1991. godine. Na istom fakultetu je magistrirao 1995.
godine i doktorirao 2001. godine.
Učesnik je više domaćih i inostranih kongresa i konferencija i ima preko trideset objavljenih radova u domaćim i međunarodnim stručnim publikacijama.
Naučni je saradnik Instituta za fiziku, i docent na Fakultetu za poslovne studije Megatrend univerziteta primenjenih nauka za predmete Poslovna matematika i Poslovna statistika.
ISBN 86-7747-102-2Megatrend univerzitet primenjenih nauka,
Beograd, 2003.
Prof. dr Dušan Joksimović
ZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE
(treće izdanje)
Megatrend univerzitet primenjenih naukaBeograd, 2004.
Prof. dr Dušan JoksimovićZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE(treće izdanje)
Recenzenti:Prof. dr Šćepan Ušćumlić, redovni profesor Tehnološko-metalurškog fakulteta u BeograduProf. dr Goran Kilibarda,vanredni profesor Tehnološko-metalurškog fakulteta u Beogradu
Izdaje i štampa:Megatrend univerzitet primenjenih nauka, Beograd, Makedonska 21
Za izdavača:Nevenka Trifunović, izvršni direktor
Tehnički urednik:Prof. dr Dušan Joksimović
Dizajn korica:Zoran Imširagić
Tiraž:500 primeraka
Copyright:© 2004 „Megatrend“ univerzitetprimenjenih nauka - BeogradIzdavač zadržava sva prava.Reprodukcija pojedinih delovaili celine ove publikacijenije dozvoljena!
ISBN 86-7747-138-3
Odlukom Komisije za izdavačku delatnost Megatrend univerzitetaprimenjenih nauka broj 91/35 (27.08.2004.) rukopis je odobren za štampu i
upotrebu u nastavi kao udžbenik.
CIP - Katalogizacija u publikacijiNarodna biblioteka Srbije, Beograd
51-77:33(075.8)
JOKSIMOVIĆ, DušanZbirka zadataka iz poslovna matematika
/ Dušan Joksimović. 3. izd. - Beograd :Megatrend univerzitet primenjenih nauka,2004 (Beograd : Megatrend univerzitetprimenjenih nauka). - 292 str. : graf. prikazi ;24 cm
Tiraž 500. - Bibliografija: str. 263
ISBN 86-7747-138-3
a) Privredna matematika – Zadaci
COBISS.SR–ID 116782092
SADRŽAJ
1. ELEMENTI ALGEBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11.1 Osnovni pojmovi matematičke logike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11.2. Skupovi i operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4
2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . .72.1 Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .72.2. Redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .182.3 Neke osobine funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .202.4. Granična vrednost i neprekidnost funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .262.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .332.6. Primena izvoda u rešavanju graničnih vrednosti funkcija jedne nezavisnopromenljive-Lopitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .442.7. Ispitivanje funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .49
3. FUNKCIJE DVE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1293.1. Parcijalni izvodi i diferencijali funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . .1293.2 Ekstremne vrednosti funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . .136
4. INTEGRALI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1484.1 Nalaženje neodređenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1484.2 Nalaženje određenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .162
5. EKONOMSKE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .173
6. LINEARNA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1876.1 Determinante i matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1876.2 Rešavanje sistema linearnih algebarskih jednačina pomoću determinanti i matrica198
7. ELEMENTI FINANSIJSKE MATEMATIKE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2157.1 Procentni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2157.2. Prost kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2237.3. Složen dekurzivan kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2317.4. Amortizacija kredita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .246
I
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
1
1. ELEMENTI ALGEBRE
1.1 Osnovni pojmovi matemati ke logike
Rešeni zadaci:
1.1.1. Dokazati da su slede e formule tautologije:
a) (p (q r) ((p q) (p r)),
b) (p (q r) ((p q) (p r)),
c) (p (p r) p,
d) (p (p r) p,
e) (p q) ( q p).
Rešenje:
a) (p (q r) ((p q) (p r))
p q r q r p (q r) p q p r (p q) (p r)
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 0 1 1 1 0 1
1 0 1 1 1 0 1 1
1 0 0 0 0 0 0 0
0 1 1 1 0 0 0 0
0 1 0 1 0 0 0 0
0 0 1 1 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identi ne, ekvivalencija je dokazana.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2
b) (p (q r) ((p q) (p r))
p q r q r p (q r) p q p r (p q) (p r)
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 0 0 1 1 1 1
1 0 1 0 1 1 1 1
1 0 0 0 1 1 1 1
0 1 1 1 1 1 1 1
0 1 0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 0 0 0 0 0 0
Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identi ne, ekvivalencija je dokazana.
c) (p (p r) p
p r p r p (p r)
1 1 1 1
1 0 1 1
0 1 1 0
0 0 0 0
Pošto su u ovoj tablici prva i etvrta kolona identi na, ekvivalencija je
dokazana.
d) (p (p r) p
p r p r p (p r)
1 1 1 1
1 0 0 1
0 1 0 0
0 0 0 0
Pošto su u ovoj tablici prva i etvrta kolona identi na, ekvivalencija je
dokazana.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
3
e) (p q) ( q p)
p q p q p q q p
1 1 0 0 1 1
1 0 0 1 0 0
0 1 1 0 1 1
0 0 1 1 1 1
Pošto su u ovoj tablici peta i šesta kolona identi na, ekvivalencija je dokazana.
1.1.2. Dokazati ekvivalenciju (p (q r)) ( r (p q))
Rešenje:
(p (q r)) ( r (p q))
p q r q r p (q r) r p q r (p q)
1 1 1 1 1 0 1 1
1 1 0 1 1 1 1 1
1 0 1 1 1 0 0 1
1 0 0 0 0 1 0 0
0 1 1 1 1 0 1 1
0 1 0 1 1 1 1 1
0 0 1 1 1 0 1 1
0 0 0 0 1 1 1 1
Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identi na, ekvivalencija je dokazana.
1.1.3. Dokazati da je formula (p q) (p q) kontradikcija.
Rešenje:
(p q) (p q)
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
4
p q p q p q (p q) (p q) (p q)
1 1 1 1 0 0
1 0 0 1 0 0
0 1 0 1 0 0
0 0 0 0 1 0
Pošto za sve vrednosti istinitosti formula (p q) (p q) dobija vrednost 0
(šesta kolona), zaklju ujemo da je ona kontradikcija.
Zadaci za vežbu:
1.1.4. Ispi tati da li su slede e formule tautologije:
a) ((p q) p) (p q)
b) ((q r) ((p q) (p r))
c) (p q) p q
d) (p (((p q) r) ((p q) r))) q
e) (p q) ((p q) (q p))
1.2. Skupovi i operacije sa skupovima
Rešeni zadaci:
1.2.1. Dati su skupovi A= 1,2 , B= 1,2,3 , 1,3 ,1,2 . Da li su
relacije A B i A B ta ne?
Rešenje:
Prva relacija nije ta na, druga je ta na.
1.2.2. Odreditit skupove: A B; A B; A\B; B\A,
ako je
a) A= x 2<x<4 ; B= x 3 x 5
b) A= x 2<x 4 ; B= x 3 x<5
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
5
Rešenje:
a) A B= x 2<x 5
A B= x 3 x<4
A\B= x 2<x<3
B\A= x 4 x 5
b) A B= x 2<x<5
A B= x 3 x 4
A\B= x 2<x<3
B\A= x 4<x<5
1.2.3. Na i partitivni skup P(A) skupa A ako je:
a) A= 1,2,3 b) A= 3, 1,2
Rešenje:
a) P(A)= , 1 , 2 , 3 , 1,2 , 1,3 , 2,3 , 1,2,3
b) P(B)= , 3 , 1,2 , 3, 1,2
1.2.4. Neka su A,B,C proizvoljni skupovi. Dokazati slede e relacije:
a) (A\B) B= b) A\(B C)=(A\B) (A\C)
Rešenje:
a) (A\B) B= x x (A\B) x B = x x A x B x B =
b) A\(B C)= x x A (x B x C
= x x A (x B x C)
= x (x A x B) (x A x C) = (A\B) (A\C)
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6
Zadaci za vežbu:
1.2.5. Ako je A= 1,2,3 i B= 2,3,4 na i A B, A B, (A\B) (B\A),
(A\B) (B\A)
1.2.6. Neka su A, B, C proizvoljni skupovi. Dokazati slede e relacije:
a) A (B C)=(A B) (A C)
b) A (B C)=(A B) (A C)
c) (A\B=C) (A=B C)
d) (A=B C B C= ) (A\B=C)
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7
2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO
PROMENLJIVE
2.1 Nizovi
Rešeni zadaci:
2.1.1. Napisati opšti lan za slede e nizove:
a) 2, 5, 8, 11, 14,…
b) ,16
1,
8
1,
4
1,
2
1
c) ,5
1,
4
1,
3
1,
2
1,1
d) ,...53
1,
42
1,
31
1
Rešenje:
a) xn=3n-1
b) nnx
2
1
c) n
xn
n
1)1(
d) )2(
1
nnxn
2.1.2. Napisati nekoliko lanova niza iji je opšti lan:
a) 12
12
n
nxn
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
8
b) 15
132
2
n
nxn
Rešenje:
a) ,...7
5,
5
3,
3
1
b) ,...44
28,
19
13,1
2.1.3. Ispitati monotonost i ograni enost slede ih nizova
a) 1n
nxn
b) !n
nxn
Rešenje:
a)
0)1()2(
1
)1()2(
)2()1(
12
1
2
1
1)1(
1
1
2
1
1
nnnn
nnn
n
n
n
nxx
n
n
n
nx
n
nx
nn
n
n
Iz prethodnog sledi da je xn+1>xn , odnosno da je niz monotono rastu i.
Iz n<n+1 za n>0, sledi da je xn<1 za svako n>0.
Prvi lan niza je 2
11x , pa je 1
2
1nx , odnosno niz je
ograni en.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
9
b)
10)!1(
1
)!1(
)1(1
!)!1(
1
)!1(
1
!
2
1
1
nzan
n
n
nnn
n
n
n
nxx
n
nx
n
nx
nn
n
n
što zna i da je niz monotono opadaju i po ev od n=2.
Pošto je x1=1 i xn>0 za svako n>1, zaklju ujemo da važi 0<xn 1.
2.1.4. Dat je niz 1
12 nn
xn i pozitivan broj . Odrediti pozitivan
ceo broj N( ) tako da je xn < za svako n N( ).
Rešenje:
Kako je
22 )1(
1
1
1
nnnxn za n>1
uslov xn < je ispunjen ako je
11
1)1(
)1(
1 2
2nn
n.
Dakle, za N( ) dobijamo 1
2)(N gde je sa obeležen celi
deo realnog broja .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
10
2.1.5. Pomo u definicije grani ne vrednosti niza dokazati da je:
a) 01
limnn
b) 31
23lim
n
n
n
Rešenje:
Da bi pomo u definicije grani ne vrednosti niza dokazali da niz
xn a kad n , potrebno je pokazati da se za svako >0 može na i
prirodan broj N( ),(koji zavisi od ), takav da je xn-a < , za svako n>N( ).
a) Neka je >0 proizvoljno malo. Imamo da je
1110 n
nnxn
Pošto po definiciji N( ) mora biti prirodan broj uzmimo da je
1)(N (najve i prirodan broj koji je manji ili jednak broju
1).
Utvr uju i postojanje broja N( ) dokazali smo da je 01
limnn
b) Neka je >0 proizvoljno malo. Imamo da je
15
1
5
1
53
1
233 n
nnn
nxn
Sada je dakle, 15
)(N što zna i da je 31
23lim
n
n
n
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
11
2.1.6. Koriste i se definicijom grani ne vrednosti, dokazati
3
2
43
32lim
2
2
n
n
n
Rešenje:
Neka je >0. Važi slede e
1
3
17
43
43
3
17
3
2
43
32 2
22
2 n
nn
n
Za n>2 važi:
712
3
117129
3
1743 22 nnn
Sada je dakle, 712
3
1)(N , ime smo dokazali da je
3
2
43
32lim
2
2
n
n
n.
2.1.7. Dokazati da je 0
2lim
nn
n
Rešenje:
Po binomnoj formuli važi slede e
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
12
21...
32211...
321)11(2
22 nnnnnnnnn
odnosnon
n
n nn
2
20
2
2
10
2.
Pošto za n važi 02
n imamo da po Teoremi 2.2.3. iz udžbenika
važi
02
limnn
n
2.1.8. Dokazati da je niz xn=qn
gde je q <1 nula niz.
Rešenje:
Neka je >0.
Iz q <1 sledi da je q-1
>1, odnosno može se uzeti da je
11
q gde je >0. Važi slede e:
nqn
nn
q
nnn
n 1
11...
21)1(
1 2
Ako izaberemo n tako da je 1+n >-1
time još pre važi
1
1nq .
Dakle za n takvo da važi 1+n >-1
, odnosno za
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
13
11
Nn
važi da je qn
< , ime je dokazano da qn
0, kada n , za q <1.
2.1.9. Dokazati da je
0..(..........1
)0.(..........0
)0......(
lim
k
k
k
nk
n
Rešenje:
Neka je k>0, a M proizvoljan pozitivan broj.
Da bi dokazali pomo u definicije grani ne vrednosti niza, da nk
kad n treba pokazati da se može na i prirodan broj N takav da je nk>M za
svako n>N.
Dakle, pošto je kk MnMn , pa za N može uzeti bilo koji
prirodan broj k MN , ime je dokazano da nk
kad n , za k>0.
Neka je k<0. Tada je k= -m, gde je m>0 pa je tada m
mk
nnn
1.
Pošto je malopre dokazano da nm
, kada n , za m>0, po Teoremi
2.2.1.2.(f). iz udžbenika, sledi da 01mn
, odnosno nk
0 kada n , za k<0.
Ako je k=0, onda su svi lanovi niza jednaki 1, pa je to i njegova
grani na vrednost.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
14
2.1.10. Na i grani nu vrednost niza iji je opšti lan
q
qqq
p
ppp
nbnbnbnb
anananax
...
...2
2
1
10
2
2
1
10 kada n ,
gde je a0 ,b0 0.
Rešenje:
Važi slede e:
)...(
)...(
lim...
...limlim
2
210
2
210
2
2
1
10
2
2
1
10
q
p
pp
nq
qqq
p
ppp
nn
n
n
b
n
b
n
bbn
n
a
n
a
n
aan
bnbnbnb
anananax
S obzirom da je 0limin n
c za i 1, gde je c proizvoljna konstanta,
dobijamo:
)(..........
)..(..........0
).......(
limlim
0
0
0
0
qpb
a
qp
qp
nb
ax qp
nn
n (videti prethodni zadatak)
2.1.11. Na i!
2lim
n
n
n.
Rešenje:
Važi slede e:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
15
nnnn
nn 3
2
2
9
3
2
2
32
3
22
2...
3
2
2
2
1
2
!
20
22
Dakle, važi:
nn
n 3
2
2
9
!
20 .
Kako je 03
2lim
n
n (zadatak 2.1.8) onda po Teoremi 2.2.3. iz
udžbenika sledi da je 0!
2lim
n
n
n.
2.1.12. Na i slede e grani ne vrednosti:
a)
121
1lim
n
n n
b)
n
n n
51lim
c)
3
1lim
n
n n
n
d)
12
56
6lim
n
n n
n
Rešenje:
a)
22
2212
11
1lim1
1lim1
11
1lim1
1lim eennnnn
n
nn
n
n
n
n
b)
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
16
Uvedimo smenu n=5t, gde važi t kada n .
Sada je :
5
55
11lim
11lim
51lim e
ttn
t
t
t
t
n
n
c)
1
33
3
3
1
1
11lim
11lim
1
11
1lim
1lim e
e
nnn
n
n
n
n
n
n
n
n
n
d) Važi slede e:
12
12
6
51
1lim
56
6lim
n
n
n
n
n
n
n
Uvedimo smenu , tn6
5 gde važi t kada n .. Sada je:
3 23 5
3
513
5
12
11
11lim
1
11lim
1
11
1lim
6
51
1lim
eee
tttn t
t
t
tt
n
n
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
17
2.1.13. Na i grani nu vrednost nnnn
2lim .
Rešenje:
Važi slede e:
.2
1
11
1
limlim
limlim)(lim
2
2
22
2
222
nn
n
nnn
n
nnn
nnn
nnn
nnnnnnnnn
nn
nnn
Zadaci za vežbu:
2.1.14. Na i slede e grani ne vrednosti:
a) 624
623lim
4
4
nn
nn
n b)
624
623lim
5
4
nn
nn
n
c) 624
623lim
4
5
nn
nn
n d)
1
32lim
2n
n
n
e) nnn
n
n 2lim f)
n
n
n 35
33lim
1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
18
2.2. Redovi
Rešeni zadaci:
2.2.1. Dokazati da je harmonijski red ...4
1
3
1
2
11
1
1k k divergentan.
Rešenje:
Važi slede e:
2
1
2
12
2
1...
22
1
12
1
.
.
.
2
1
16
18
16
1....
10
1
9
1
2
1
8
14
8
1
7
1
6
1
5
1
2
1
4
12
4
1
3
1
1
11 m
m
mmm
Dakle, zaklju ujemo da je za n=2m:
m
kS
mmm
n
k
n
2
11
2
1...
22
1
12
1
...8
1
7
1
6
1
5
1
4
1
3
1
2
11
1
11
1
Odnosno mSn2
11 za n 2
m, odakle sledi:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
19
n m 1+m/2 , a pošto je Sn>1+m/2, sledi
Sn , tj. harmonijski red je divergentan.
2.2.2. Izra unati sumu reda 1 1
1
n nnS
Rešenje:
Za opšti lan ovog reda važi slede e:
1
11
1
1
nnnn pa je dakle suma S jednaka
1
11
1
11...
3
1
2
1
2
11
1
11
1
1
1 1 mmmnnnnS
m
n
m
n
m
Na osnovu ovoga je 11
11limlim
mSS
mm
m.
2.2.3. Na i slede u sumu 1
12
k
kaqS gde je q <1.
Rešenje:
2
4253
1
12
1...1...
q
aqqqaqaqaqaqaqS
k
k
jer je (videti primer 2.2.3.1. iz udžbenika)
2
42
1
1...1
qqq (smena q
2=t).
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
20
2.3 Neke osobine funkcija
Rešeni zadaci:
2.3.1. Na i oblast definisanosti slede ih funkcija
a) y=x5-3x
2+x+6 b)
4
12x
xy c) 22 xxy
d) 34
22
2
xx
xxy e)
x
xy
3ln f) 2ln 2 xxy
Rešenje:
a) Oblast definisanosti funkcije (u daljem tekstu emo je obeležavati sa
D, kao skra enica od domen) y=x5-3x
2+x+6 je skup realnih brojeva R,
odnosno D= x x R . Ovo se može napisati kao x ( - , ).
b) Funkcija 4
12x
xy je definisana na skupu R osim u ta kama u
kojima je x2-4=0, odnosno osim u ta kama x1= -2, i x2=2. Dakle, domen ove
funkcije je odre en sa
x (- , -2) (-2, 2) (2, ).
c) Oblast definisanosti funkcije 22 xxy se odre uje iz
nejedna ine
x2-x-2 0 ije je rešenje - <x -1 2 x< . Dakle, domen ove
funkcije je odre en sa
x (- , -1 2, ).
d) Oblast definisanosti funkcije 34
22
2
xx
xxy se odre uje kao
zajedni ko rešenje nejedna ine x2-x-2 0 i nejednakosti x
2-4x+3 0.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
21
Kako je rešenje nejedna ine x2-x-2 0 dato sa x (- , -1 2, ) , a rešenje
nejednakosti
x2-4x+3 0 je x 1 x 3, zajedni ko rešenje, tj. presek ova dva rešenja je
x (- , -1 2,3) (3, ), što je u stvari i domen date funkcije.
e) Oblast definisanosti funkcije x
xy
3ln je skup svih realnih
brojeva koji zadovoljavaju nejedna ine
03 x
x i 3-x 0.
Rešenje ovih nejedna ina je interval x (0,3), što je istovremeno i oblast
definisanosti funkcije.
f) Oblast definisanosti funkcije ln(x2-x-2) je skup svih realnih brojeva
koji zadovoljavaju nejedna inu
x2-x-2>0 ije je rešenje - <x< -1 2< x< . Dakle, domen ove
funkcije je odre en sa
x (- , -1) (2, ).
2.3.2. Odrediti nule slede ih funkcija:
a) 2
232
2
x
xxy b) 233 2 xxxy
c) 32 9 xexy d) 33ln 2 xxy
e) y=1+lnx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
22
Rešenje:
a) Iz y=0 x2+3x+2=0 x1= -1 , x2= -2 (uobi ajeno nalaženje nula
kvadratne jedna ine). Dakle, ta ke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije.
b) Iz y=0 x+3=0 x2+3x+2=0 x1= -3 , x2= -1 , x3 = -2. Dakle,
ta ke x1= -3, x2= -1 , x3 = -2 su nule funkcije.
c) Iz y=0 x2-9=0 (jer je funkcija e
x razli ita od nule za svako x)
x1=3, x2=-3. Ove ta ke su nule funkcije.
d) Iz y=0 x2+3x+3=1 (jer je lnx=0 za x=1) x
2+3x+2=0 x1= -1 ,
x2= -2. Dakle, ta ke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije.
e) Iz y=0 1+lnx=0 lnx= -1 x=e-1
. Dakle ta ka x=e-1
je nula
funkcije.
2.3.3. Na i inverzne funkcije i njihove oblasti definisanosti slede ih funkcija:
a) y=3x+5 b) 3 31 xy c) 2
lnx
y
Rešenje:
a) 53
153 yxxy pa je inverzna funkcija
53
1xy koja je definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva.
Dakle, domen je x (- , ).
b) 3 3333 3 111 yxyxxy pa je inverzna
funkcija 3 31 xy (odnosno funkcija je inverzna sama sebi) koja je
definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je
x (- , ).
c) yexx
y 22
ln pa je inverzna funkcija y=2ex koja je
definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je
x (- , ).
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
23
2.3.4. Ispitati parnost i neparnost slede ih funkcija:
a) 3
42
2
x
xy
b)
22xxey c) x
xy
ln
Rešenje:
a)
)(3
4
3)(
4)()(
2
2
2
2
xfx
x
x
xxf
dakle funkcija f(x) je parna.
b)
)()()( 22)( 22
xfxeexxf xx
dakle funkcija f(x) je neparna.
c)
)()()()()ln()ln(
)( xfxfxfxfx
x
x
xxf
dakle funkcija f(x) nije ni parna ni neparna.
2.3.5. Ispitati monotonost slede ih funkcija:
a) f(x)=x2+4 na intervalu x (1, + )
b) 1
1
xy na intervalu x (-8, -4)
c) y=ex-2
na intervalu x ( - , + )
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
24
d) y=ln(x+4) na intervalu x (-2, 6)
Rešenje:
a) Za proizvoljno x1 , x2 (1, + ) takvo da je x2>x1 važi:
0)4(4)()( 2
1
2
2
2
1
2
212 xxxxxfxf za x1 , x2 (1, + ), pa
je funkcija monotono rastu a na tom intervalu.
b) Za proizvoljno x1 , x2 (-8, -4) takvo da je x2>x1 važi:
0111
1
1
1)()(
12
21
12
12xx
xx
xxxfxf za x1 , x2 (-8, -4),
pa je funkcija monotono opadaju a na tom intervalu.
c) Za proizvoljno x1 , x2 (- , + ) takvo da je x2>x1 važi:
01
)()( 1212
2
22
12
xxxx eee
eexfxf za x1 , x2 (- , + ), pa
je funkcija monotono rastu a na tom intervalu.
d) Za proizvoljno x1 , x2 (-2, 6) takvo da je x2>x1 važi:
04
4ln)4ln()4ln()()(
1
21212
x
xxxxfxf jer je
za x1 , x2 (-2, 6) 14
4
1
2
x
x,
pa je funkcija monotono rastu a na tom intervalu.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
25
Zadaci za vežbu:
2.3.6. Na i oblasti definisanosti slede ih funkcija:
a) x
xy3
1 b) 22 xxy
c)x
xy
2
2ln d)
65
4
2
2
xx
xy
e) 3
2
x
x
ey f) 3 2
2
65
4
xx
xy
2.3.7. Odrediti nule slede ih funkcija:
a) y=x4-10x
2+9 b) y=(x
2-4x+3)e
x-1
c) x
xy
1
2ln d)
x
x
xy
1
2ln
12
2.3.8. Ispitati parnost i neparnost slede ih funkcija:
a) 33 xxy b) 3
2552
x
xxy
c) 2
3ln
4
2
x
xy d)
8
)21
ln(
x
x
x
y
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
26
2.4. Grani na vrednost i neprekidnost funkcija
2.4.1. Na i slede e grani ne vrednosti:
a) 63lim 2
3xx
x b)
23
1lim
2
2
1 xx
x
x
c) )2(lim 53 xxxx
d) )2(lim 53 xxxx
Rešenje:
Na osnovu teorema 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika važi:
a) 663336lim3limlim)63(lim 2
33
2
3
2
3 xxxxxxxx
b) Pošto je 0)23(lim)1(lim 2
1
2
1xxx
xx ne možemo
direktno primeniti teoreme 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika,(dobijamo oblik
limesa 0
0), ve emo izvršiti slede e transformacije:
22
1lim
)2)(1(
11lim
23
1lim
112
2
1 x
x
xx
xx
xx
x
xxx .
c)
)1()()1112
(lim2lim245
553
xxxxxxx
xx
d)
)1()1112
(lim)2(lim245
553
xxxxxxx
xx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
27
2.4.2. Na i slede e grani ne vrednosti:
a) 433
532lim
2
2
xx
xx
x b)
3
3
23
22
43lim
xx
xx
x
c) 13
623lim
4
2
xx
xx
x d) )1(3lim 2 xxx
x
Rešenje:
a) 3
2
)43
3(
)53
2(
lim433
532lim
2
2
2
2
2
2
xxx
xxx
xx
xx
xx
b) 8
1
2
1
212(
)43
1(
lim22
43lim
3
3
32
3
3
33
3
23
xxx
xxx
xx
xx
xx
c) 31
3
131
)62
3(
lim13
623lim
43
2
2
2
4
2
xxx
xxx
xx
xx
xx
d)
2
3
)11
1(
3lim
1
)1)(1(3lim)1(3lim
2
2
222
xx
x
xx
xxxxxxxx
xxx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
28
2.4.3. Na i slede e grani ne vrednosti:
a) 2
23lim
3
2
x
xx
x b)
53lim
23
4
xxx
x
x
c) ax
ax
axlim d) )3(lim xx
x
Rešenje:
a) 01
lim
)2
1(
)23
1(
lim2
23lim
3
3
2
2
3
2
x
xx
xxx
x
xx
xxx
b) x
xxxx
x
xxx
x
xxxlim
)513
1(
lim53
lim
32
3
4
23
4
c)
aaxaxax
ax
axax
axax
ax
ax
axax
axax
2
11lim
))((lim
))((
))((limlim
d)
03
3lim
3
3lim
3
)3)(3(lim)3(lim
xx
xx
xx
xx
xxxxxx
x
xxx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
29
2.4.4. Na i slede e grani ne vrednosti:
a)
x
x x
11lim b)
x
x x5
31lim
c)
x
x x
x
1
1lim d)
52
2
3lim
x
x x
x
Rešenje: Imaju i u vidu Primer 2.5.1. iz udžbenika važi:
a) Uvedimo smenu 011
txt
xtx
eett
xt
tt
t
x
x
11lim1lim
11lim 1
11
0
1
0.
b) Uvedimo smenu 05
3
5
3tx
txt
x
5
35
31
05
3
01lim1lim
5
31lim ett
xt
tt
t
x
x
c) 2
1 1
1lim
11lim
)1
1(
)1
1(
lim1
1lim
ee
e
xx
x
xx
xx
x
xx
x
x
x
xx
xx
x
x
x
d)
52
52
52
52
52
21lim
21lim
31lim
31lim
21
31
lim2
3lim
xx
xx
xx
xx
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
30
Važi: 12
1lim3
1lim
55
xx xx
Uvedimo smene tx
3, odnosno t
x
2, gde kada x onda t 0.
Dobijamo:
2
4
6
41
0
61
0
52
52
1lim
1lim
21lim
21lim
31lim
31lim
ee
e
t
t
xx
xx
tt
tt
x
x
x
x
x
x
2.4.5. Na i levu i desnu grani nu vrednost funkcije:
a) 1x
xy u ta ki x=1 b) xey
1
u ta ki x=0
Rešenje:
a) Levi limes: Uvedimo smenu x=1-h, gde je h>0, i kada x 1
tada h 0.
h
h
h
h
x
x
hhx
1lim
11
1lim
1lim
001
Desni limes: Uvedimo smenu x=1+h, gde je h>0, i kada x 1 tada
h 0.
h
h
h
h
x
x
hhx
1lim
11
1lim
1lim
001
b) Levi limes: Uvedimo smenu x=0-h, gde je h>0, i kada x 0
tada h 0.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
31
01
lim
1limlim
1
0
1
0
1
0 ee
ee
h
h
h
h
x
x
Desni limes: Uvedimo smenu x=0+h, gde je h>0, i kada x 0 tada
h 0.
eee h
h
x
x
1
0
1
0limlim
2.4.6. Ispitati neprekidnost funkcija:
a) xxey b) x
y1
Rešenje: a)
Priraštaj ove funkcije y iznosi:
xxxxxxxxxxxx exeexexeexeexexeexxy 1)(
pa je
01limlim00
xxxx
xxexeexey pa je funkcija neprekidna za
svako x.
b) O igledno da ova funkcija ima jedan prekid u ta ki
x=0, jer tu nije definisana. Ispitajmo njenu neprekidnost u ta kama x 0.
Za x 0 važi:
)(
11
xxx
x
xxxy pa je
0)(
limlim00 xxx
xy
xx, što zna i da je funkcija neprekidna u svim
ta kama x 0.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
32
Zadaci za vežbu:
2.4.7. Na i slede e grani ne vrednosti:
a) 4
64lim
2
6
2 x
x
x b)
2
3
6
7lim
x
xx
x
c) 416
39lim
0 x
x
x d)
26
4lim
2
2 x
x
x
e) 3 2 13
limxx
x
x f)
43
43lim
x
x
x
2.4.8. Na i slede e grani ne vrednosti:
a)
x
x x
x2
3lim b)
x
x
x1
0 100
100lim
c)
2
9
9lim
2
2x
x x
x d) x
xx31lim
2.4.9. Na i levu i desnu grani nu vrednost funkcije u ta ki x=2,
2,.....
2,....3)(
2
2
xe
xxxf
x
2.4.10. Odrediti vrednost parametra p tako da data funkcija bude neprekidna:
a) 0,...
0,...)(
xpx
xexf
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
33
b) 0,...72
0,...1)(
1
xp
xxxfx
2.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije
Rešeni zadaci:
Nalaženje prvog izvoda po definiciji.
2.5.1. Na i po definiciji prvi izvod u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:
a) 2xy , b) 2
1
xy , c) xy , d)
xy
1.
Rešenje:
a)
.22lim
2limlim
)()(lim
0
222
0
22
00
,
xxx
x
xxxxx
x
xxx
x
xfxxfy
x
xxx
b)
.22
lim
2lim
11
lim)()(
lim
3220
22
222
0
22
00
,
xxxx
xx
xxxx
xxxxx
x
xxx
x
xfxxfy
x
xxx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
34
c)
.2
11lim
limlim)(
lim
0
000
,
xxxx
xxxx
xxx
x
xxx
x
xfxxfy
x
xxx
d)
.
2
1
2
1
1limlim
lim
11
lim)(
lim
2
3
00
000
,
xxx
xxxxxxxxxxxxx
xxx
xxxx
xxx
x
xxx
x
xfxxfy
xx
xxx
Nalaženje prvog izvoda algebarskog zbira funkcija.\
2.5.2. Na i prvi izvod u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:
a) .,,,ln2
36 Rdcbaxdx
cbxaxy
b) xx
xy23
3
5
c) xxxy
d) Raaa
xxy ,04
3
e) .42cos3sin ctgxtgxxxy
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
35
Rešenje:
a)
x
d
x
cbxaxxd
x
cbxaxy
3
25
,
2
36, 236ln
b)
.211
5
1
25
123
23
23 45 4
23
4
5
4,
13
1
5
1,
3
5,
xxx
xxxxxxxx
xy
c)
.4
7
4
7 4 34
3,
4
7,
4
3,
2
3,, xxxxxxxxxxy
d)
.1
3
1
3
1111
3 24
3
2
4
,
3
1
4
,
43
4
4
,
43
1
4
,
4
3,
xa
xa
xa
xa
xxaa
xxy
e)
.sin
4
cos
2sin3cos42cos3sin
22
,,
xxxxctgxtgxxxy
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
36
Nalaženje prvog izvoda proizvoda funkcija.
2.5.3. Na i prvi izvod u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:
a) xexy 3 b) xcbxaxy ln2 c) xx ey 3
d) 6ln22 xxxy e) xxy cossin .
Rešenje:
a)
)3(3 232,3,3,3, xexexexexexexy xxxxxx
b)
x
cbxaxxbax
xcbxaxxcbxaxxcbxaxy
2
,2,2,2,
ln2
lnlnln
c)
13ln333ln3333,,,, xxxxxxxxxxxx eeeeeey
d)
17ln5
26ln2
2
56ln26ln2
2
3
2
5
2
3,
2
5,
2,
xx
xxxxxxxxxy
e)
.sincoscossincossincossin 22,,,, xxxxxxxxy
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
37
Nalaženje prvog izvoda koli nika funkcija.
2.5.4. Na i prvi izvod u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:
a) 12
12
2
xx
xxy b)
x
xy
1
1 c)
x
x
e
ey
1
1
d) x
xy
ln1
ln1 e) .
cossin
cossin
xx
xxy
Rešenje:
a)
.12
223
12
1411212
12
121121
12
1
22
2
22
22
22
,222,2,
2
2,
xx
xx
xx
xxxxxx
xx
xxxxxxxx
xx
xxy
b)
222
2
,,,
,
1
1
1
1
1
2
111
2
1
1
1111
1
1
xxx
x
x
xxx
x
x
xxxx
x
xy
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
38
c)
2
22
,,,
,
1
2
1
11
1
1111
1
1
x
x
x
xxxx
x
xxxx
x
x
e
e
e
eeee
e
eeee
e
ey
d)
.ln1
2
ln1
1ln1ln1
1
ln1
ln1ln1ln1ln1
ln1
ln1
22
2
,,,
,
xxx
xxx
x
x
xxxx
x
xy
e)
22
22
2
2
,,
,
,
cossin
2
cossin
cossinsincos
cossin
sincoscossincossinsincos
cossin
cossincossincossincossin
cossin
cossin
xxxx
xxxx
xx
xxxxxxxx
xx
xxxxxxxx
xx
xxy
Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija.
2.5.5. Na i prvi izvod u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:
a) 42 243 xxy b)
5ln21 xy c)
1
1
x
xy
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
39
d) xy 4ln e) 31
lnx
xy f) 843 2 xxey
g) xey
1
h) xy 45 i) tgxy ln
Rešenje:
a)
462434
2432434243
32
,232,42,
xxx
xxxxxxy
b)
44
,4,5,
ln21102
ln215
ln21ln215ln21
xxx
x
xxxy
c)
1)1(
1
)1()1(
1
1
2
1
1
2
1
1
1111
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
1
22
3
2
12
2
1
2
,,2
1
,2
1,
,
xxxx
xx
x
x
xxxx
x
x
x
x
x
x
x
xy
d)
.ln4
lnln4ln 3,3,4, xx
xxxy
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
40
e)
.1
21
1
311
1
1
1ln
3
3
23
233,
3
3,
3
,
xx
x
x
xxx
x
x
x
x
x
x
x
xy
f)
843,
843, 22
46 xxxx exey
g)
2
1,1
,1
, 1
x
e
xeey
xxx
h)
xxxtgxtgx
tgxtgxy
cossin
1
cos
111ln
2
,,,
xxx xy 4,4,4, 55ln445ln55
Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija oblika )()( xgxfy u oblasti
gde su f(x) i g(x) diferencijabilne funkcije i gde je f(x)>0.
NAPOMENA: Imaju i u vidu da je )(ln)()()( xfxgxg exf sledi da je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
41
.))(()(
)()(ln)()(
)(ln)()(ln)(
)(ln)()(
,,)(
,,)(ln)(
,)(ln)(,)(ln)(,)(
xfxf
xgxfxgxf
xfxgxfxge
xfxgeexf
xg
xfxg
xfxgxfxgxg
2.5.6. Na i prvi izvod u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:
a) xxy b) xxy c) x xy d) x
xysin
cos
e)
x
xy
11 f) xxy sin
Rešenje:
a)
1ln)ln()(,,,, xxx
x
xxxxxy xxx
b)
12
ln1
2
ln1
2
ln
ln
2
1
2
1
,,,,
xx
xxx
xx
xx
xx
xxxxxy
xxx
xx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
42
c)
xx
x
x
xxx
x
xxx
xxxy
x
xxxx
ln1
ln1
1
ln1
21
22
1,
,1,
1,
,
d)
x
xxxx
xx
xxxxxy
x
xx
cos
sincoslncoscos
coscos
sin)ln(cossincoscos
2sin
,,sin,sin,
e)
1
111ln
11
1
1
11ln
11
11
11
11ln
11
11
2
2
,
,
,
,
xxxxx
x
xx
x
x
x
xx
xxy
xx
xx
f)
x
xxxxx
x
xxxxxy xxx sin
lncossin
lnsin sin,,sin,sin,
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
43
Nalaženje diferencijala funkcije.
NAPOMENA: Diferencijal prvog reda funkcije y=f(x) u ta ki x, u oznaci dy,
jednak je proizvodu prvog izvoda te funkcije i diferencijala nezavisno
promenljive x, odnosno .)(' dxxfdy
2.5.7. Na i prvi diferencijal u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:
a) xexxxy ln23 b) x
xy
ln c) xexy 2 d)
x
tgxy
Rešenje:
a)
dxex
dxdxdxxdxexxxdy xx 23ln2 2,3
b)
dxx
x
x
dxdx
x
xxxdx
x
xdy
222
,ln
ln1
ln
c)
dxexdxxedxexxedxexdy xxxxx 22,2 22
d)
dxx
tgx
xx
dxdx
x
tgxxxdx
x
tgxdy
222
2,
cos
cos
1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
44
Zadaci za vežbu:
2.5.8. Na i prvi izvod u proizvoljnoj ta ki slede ih funkcija:
a) 5 7
10
3
5
2
3 7 17
3
4
5
3
xx
x
xxy
b) xexy x ln5 c) 12
12ln
2
2
x
xy
d) x
xy
2
3ln 2 e)
22
2
2
4
22
6
x
xx
xy
f) 2xxy g)
xxxy
2.6. Primena izvoda u rešavanju grani nih vrednosti funkcija jedne
nezavisno promenljive-Lopitalovo pravilo
Rešeni zadaci
Odre ivanje limesa neodre enog izraza oblika .,,,,0
0
2.6.1. Na i grani ne vrednosti funkcija
a) 23
1lim
3
4
1 xx
x
x b)
23
1lim
3
4
1 xx
x
x
c)ax
ax
ax
55
lim d) x
a x
x
1lim
0
e)x
x
x
lnlim f)
xx e
x 2
lim
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
45
g) x
xx
x 3
5lim
3
h) x
e x
x lnlim
Rešenje:
a) 33
4lim
23
1lim
2
3
13
4
1 x
x
xx
x
xx
b) 33
4lim
23
1lim
2
3
13
4
1 x
x
xx
x
xx
c) 5 4
5
4
55
5
1
1
5
1
limlima
x
ax
ax
axax
d) aaa
x
a x
x
x
xln
1
lnlim
1lim
00
e) 01
1
limln
lim x
x
x
xx
f) 02
lim2
limlim2
xxxxxx ee
x
e
x
g) 3
53lim
3
5lim
23 x
x
xx
xx
h) x
x
x
x
x
xxe
x
e
x
elim
1lim
lnlim
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
46
Odre ivanje limesa neodre enog izraza oblika .,0,0
2.6.2. Na i grani ne vrednosti funkcija
a) 1lim
1
x
xex b) xx
xlnlim 2
0 c)
xx
x
x ln
1
1lim
1
Rešenje:
a) 1lim1
1
lim1
1lim1lim
1
2
1
2
11
x
x
x
x
x
x
x
xe
x
ex
x
eex
b) 02
lim2
1
limln
limlnlim2
03020
2
0
x
x
x
x
xxx
xxxx
c)
2
1
11
1
lim
11
ln
lnlim
1ln
1ln1
limln1
1lnlim
ln
1
1lim
2
11
111
xx
x
xx
x
x
xx
xx
x
xx
xxx
xx
x
xx
xxx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
47
Odre ivanje limesa neodre enog izraza oblika .1,,0 00
2.6.3. Na i grani ne vrednosti funkcija
a) x
xx
0lim b) x
xxlim c) x
xx1
1
1lim
Rešenje:
a) xx
x
x
xex ln
00limlim
Pošto je
0lim1
1
lim1
lnlimlnlim
0
2
000x
x
x
x
xxx
xxxx
onda je
1lim 0lnlim
0
0 eexxx
x
x
x
b) x
x
x
x
x
x
xexx
ln1
limlimlim
Pošto je
01
1
limln
lim x
x
x
xx
onda je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
48
1lim 0
lnlim
eex x
x
x
x
x
d)
x
x
x
x
xex 1
ln
1
1
1
1limlim
Pošto je
11
1
lim1
lnlim
11
x
x
x
xx
onda je
eeex x
x
x
x
x1
lim 11
lnlim
1
1
1
1
Zadaci za vežbu
2.6.4 Na i grani ne vrednosti funkcija
a) )1ln(
lim0 x
ee xx
x b)
x
xx
ln
01lim c)
x
xe x
x
1
0
1lim
d) xx
x1
lnlim e) x
xx
12
01lim f) .lim ln4
3
0
x
xx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
49
2.7. Ispitivanje funkcija
Rešeni zadaci:
2.7.1. Konstruisati grafike slede ih funkcija:
a) 1
222
x
xxy b)
2
21
x
xy
c) x
xy
34
d) x
xy22
e) xx
xxy
2
322
2
f) 2
3
12 x
xy
Rešenje:
a)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije 1
222
x
xxy je
x - , 1 1 , .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x2-2x+2=0.
Kako ova jedna ina nema realnih rešenja,jer je diskriminanta ove jedna ine
manja od nule, zaklju ujemo da funkcija 1
222
x
xxy nema realnih nula,
odnosno da grafik ove funkcije nema preseka sa x osom.
Ta ka prekida funkcije je x1 = 1.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
50
3. Parnost, neparnost
S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetri na u odnosu na
koordinantni po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi
2002
01
2
1
22122
1
22
32
22
2,
2,
xxxx
x
xx
x
xxxx
x
xxy
Dakle, stacionarne ta ke su x2 = 0 i x3 = 2, a prvi izvod nije definisan
u ta ki x1 =1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.a.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (- , 0) (0 , 1) (1 , 2) (2 , )
y ‘ >0 (+) <0 (-) <0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
raste
Tabela 2.7.1.a.1.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
51
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.a.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija
diferencijabilna postoje dve ta ke ekstremuma i to za:
a) x2 = 0 ta ka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(0) = - 2
b) x3 = 2 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(2) = 2.
Dakle, ta ka M(0, -2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije, a ta ka N(2, 2) je
ta ka lokalnog minimuma funkcije.
U ta kama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se
te ta ke poklapaju sa ta kama u kojima funkcija nije definisana.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
33
22
4
22,
2
2,,,,
1
2
1
212
1
212122
1
2
xx
xxx
x
xxxxx
x
xxyy
Dakle, drugi izvod je razli it od nule za svako x iz oblasti definisanosti
funkcije.
Drugi izvod nije definisan u ta ki x1=1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije
definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.a.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
52
x - , 1) (1, )
y''
<0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je konkavna funkcija je konveksna
Tabela 2.7.1.a.2.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida
funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x1 = 1.
Kako je
1
22lim
1
22lim
2
1
2
1
x
xx
x
xx
x
x
to je prava x = 1 vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
1
22lim
1
22lim
1
22lim
1
22lim
2
2
x
x
xx
x
x
xx
xx
xx
zaklju ujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
53
c) Kosa asimptota
Kako je
12
2lim
12
22lim
22lim1
22
lim2
2
2
xxxx x
x
xx
xx
x
x
xx
zaklju ujemo da funkcija ima i desnu i levu kosu asimptotu.
Kako je
11
2lim
1
122lim
1
22lim
22
x
x
x
xxxxx
x
xx
x
xx
zaklju ujemo da je prava y=x – 1 i leva i desna kosa asimptota
funkcije.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.a.
x2
2 x 2
x 1
x
4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
5
4
3
2
1
1
2
3
4
5
Slika 2.7.1.a. Grafik funkcije 1
222
x
xxy
y=x-1
M(0, -2)
N (2, 2)
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
54
b)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije 2
21
x
xy je
x - , .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x = 0, odnosno
funkcija se e x osu u ta ki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni po etak.
Ova funkcija je neprekidna.
3. Parnost, neparnost
Kako je
)(
21
21
)(22
xfx
x
x
xxf
zaklju ujemo da je funkcija neparna, odnosno da je njen grafik
simetri an u odnosu na koordinatni po etak (0, 0).
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
55
220164
04
164
4
4244
4
4
21
21
2
22
2
22
2,
2
,
2
,
xxx
x
x
x
xxx
x
x
x
xy
Dakle, stacionarne ta ke su x1 = 2 i x2 = -2. Prvi izvod je definisan na
celom skupu realnih brojeva.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.b.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (- , -2) (-2 , 2) (2, )
y ‘ <0 (-) >0 (+) <0 (-)
Zaklju ak funkcija monotono
opada
funkcija monotono
raste
funkcija monotono
opada
Tabela 2.7.1.b.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.b.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija
diferencijabilna postoje dve ta ke ekstremuma i to za:
a) x1 = -2 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(-2) = -1
b) x2 = 2 ta ka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(2) = 1.
Dakle, ta ka M(-2, -1) je ta ka lokalnog minimuma funkcije, a ta ka N(2, 1) je
ta ka lokalnog maksimuma funkcije.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
56
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
3232002424
04
2424
4
164448
4
16424248
4
164
543
2
32
2
32
22
42
2222,
22
2,,,,
xxxxx
x
xx
x
xxxx
x
xxxxx
x
xyy
Dakle, drugi izvod je jednak nuli u ta kama .32,32,0 543 xxx
Drugi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.b.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x 32, 0,32 32,0 ,32
y ,,
<0 (-) >0 (+) <0 (-) >0 (+)
y funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.1.b.2.
Dakle, prevojne ta ke su ta ke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer
pri prolasku kroz njih drugi izvod menja znak. U ovim ta kama vrednost
funkcije je:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
57
003xf (ta ka L(0, 0)),
2
3324xf (ta ka
2
3,32P )
2
3325xf (ta ka
2
3,32Q )
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida
funkcije. Pošto ova funkcija nema kona ne ta ke prekida, ona nema ni
vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
01
lim
21
lim
01
lim
21
lim
2
2
xx
x
xx
x
xx
xx
zaklju ujemo da je prava y = 0 horizontalna asimptota.
c) Kosa asimptota
Kako je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
58
0
21
1lim
21
lim2
2
xx
x
x
xx
zaklju ujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.b .
10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10
2
1
1
2
x
1x
2
2
x
Slika 2.7.1.b. Grafik funkcije 2
21
x
xy
Q
M
L
N
P
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
59
c)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije x
xy
34
je
x - , 0 0 , .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Kako jedna ina x4 + 3 = 0 nema realnih rešenja, zaklju ujemo da
funkcija x
xy
34
nema realnih nula, odnosno da grafik ove funkcije nema
preseka sa x osom.
Ta ka prekida funkcije je x1 = 0.
3. Parnost, neparnost
Kako je
)(33
)(44
xfx
x
x
xxf
zaklju ujemo da je funkcija neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi
11033
033343
32
4
2
4
2
43,
4,
xxx
x
x
x
xxx
x
xy
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
60
Dakle, stacionarne ta ke su x2 = -1 i x3 = 1, a prvi izvod nije definisan
u ta ki x1 = 0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.c.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (- , -1) (-1 , 0) (0 , 1) (1 , )
y ‘ >0 (+) <0 (-) <0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
raste
Tabela 2.7.1.c.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.c.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija diferencijabilna postoje dve ta ke ekstremuma i to za:
a) x2 = -1 ta ka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(-1) = -4
b) x3 = 1 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(1) = 4.
Dakle, ta ka M(-1, -4) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije, a ta ka N(1, 4)
je ta ka lokalnog minimuma funkcije.
U ta kama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se
te ta ke poklapaju sa ta kama u kojima funkcija nije definisana.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
61
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
3
4
4
423,
2
4,,,, 663321233
x
x
x
xxxx
x
xyy
Kako jedna ina 6x4+6=0 nema realnih rešenja, zaklju ujemo da je drugi izvod
razli it od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Drugi izvod nije definisan u ta ki x1=0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije
definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.c.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x - , 0) (0, )
y''
<0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je konkavna funkcija je konveksna
Tabela 2.7.1.c.2.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
62
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x1 = 0.
Kako je
x
x
x
x
x
x
3lim
3lim
4
0
4
0
to je prava x = 0 vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
1
4lim
3lim
1
4lim
3lim
34
34
x
x
x
x
x
x
xx
xx
zaklju ujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu
c) Kosa asimptota
Kako je
2
12lim
2
4lim
3lim
3
lim23
2
4
4
x
x
x
x
x
x
x
x
xxxx
zaklju ujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
63
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.c
x4
3
x
x
3 2 1 0 1 2 3
10987654321
123456789
10
Slika 2.7.1.c. Grafik funkcije x
xy
34
d)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije x
xy22 je
x - , 0 0 , .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x3+2=0,
odnosno ta kom 332 22x .
Dakle, grafik se e x osu u ta ki 332 22x .
M
N
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
64
Ta ka prekida funkcije je x1 = 0.
3. Parnost, neparnost
S obzirom da nule funkcije nisu simetri ne u odnosu na koordinantni
po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi
1022
0222
22
3
3
2
3
2
,
2,
xx
x
x
xx
xxy
Dakle, stacionarna ta ka je x3 = 1, a prvi izvod nije definisan u ta ki
x1 =0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.d.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (- , 0) (0 , 1) (1 , )
y ‘ <0 (-) <0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija monotono
opada
funkcija monotono
opada
funkcija monotono
raste
Tabela 2.7.1.d.1.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
65
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.d.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija
diferencijabilna postoji ta ka ekstremuma:
x3 = 1 ta ka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(1) = 3.
Dakle, ta ka M(1, 3) je ta ka lokalnog minimuma funkcije.
U ta kama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se
te ta ke poklapaju sa ta kama u kojima funkcija nije definisana.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
233
4
3
3
3
4
322,
2
3,,,,
22042042
222622
xxxx
x
x
xxxx
x
xyy
Dakle, drugi izvod je jednak nula u ta ki 34 2x , odnosno u ta ki preseka
funkcije sa x osom.
Drugi izvod nije definisan u ta ki x1=0, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije
definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.d.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
66
x 3 2, 0,23 (0, )
y''
>0 (+) <0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je konveksna
funkcija je konkavna
funkcija je konveksna
Tabela 2.7.1.d.2.
Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer pri
prolasku kroz nju drugi izvod menja znak. U ovoj ta ki vrednost funkcije je
023xf (ta ka )0,2( 3L ).
7. Asimptote
d) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida
funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x1 = 0.
Kako je
xx
xx
x
x
2lim
2lim
2
0
2
0
to je prava x = 0 vertikalna asimptota funkcije.
e) Horizontalna asimptota
Kako je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
67
xx
xx
x
x
2lim
2lim
2
2
zaklju ujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu
f) Kosa asimptota
Kako je
2
2
2lim
2
limx
xx
xx
xx
zaklju ujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.d.
x2 2
x
x
5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5
20
16
12
8
4
4
8
12
16
20
Slika 2.7.1.d. Grafik funkcije x
xy22
L
M
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
68
e)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije xx
xxy
2
322
2
je
x - , 0 (0 , 2) 2 , .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x2-2x-3=0,
odnosno ta kama x3 = -1 , i x4 = 3.
Ta ke prekida funkcije su x1 = 0 i x2 = 2.
3. Parnost, neparnost
S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetri na u odnosu na koordinantni po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi
1016
02
16
2
32212
2
3222222
2
32
5
2222
22
22
22,
2
2,
xx
xx
x
xx
xxxxx
xx
xxxxxx
xx
xxy
Dakle, stacionarna ta ka je x5 = 1, a prvi izvod nije definisan u
ta kama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
69
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.e.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (- , 0) (0 , 1) (1 , 2) (2 , )
y ‘ >0 (+) >0 (+) <0 (-) <0 (-)
Zaklju ak funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
opada
Tabela 2.7.1.e.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.e.1 zaklju ujemo da u ta ki x5 = 1 funkcija ima
lokalni maksimum koji iznosi f(1) = - 4.
Dakle, ta ka M(1, -4) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.
U ta kama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se
te ta ke poklapaju sa ta kama u kojima funkcija nije definisana.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
70
32
2
32
22
42
222
,
22
,,,,
2
4636
2
2421226
2
16222226
2
16
xx
xx
xx
xxxx
xx
xxxxxx
xx
xyy
Kako jedna ina 3x2 - 6x+4 = 0 nema realnih rešenja, zaklju ujemo da je drugi
izvod razli it od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Drugi izvod nije definisan u ta kama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u ta kama u
kojima i funkcija nije definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.e.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x - , 0) (0, 2) (2, )
y''
>0 (+) <0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.1.e.2.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
71
7. Asimptote
g) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta kama x1 = 0 i x2 = 2.
Kako je
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
x
x
x
x
2
32lim
2
32lim
2
32lim
2
32lim
2
2
2
2
2
2
2
2
0
2
2
0
to su prave x = 0 i x = 2 vertikalne asimptote funkcije.
h) Horizontalna asimptota
Kako je
12
2lim
22
22lim
2
32lim
2
2
xxx x
x
xx
xx
zaklju ujemo da je prava y = -1 horizontalna asimptota funkcije.
i) Kosa asimptota
Kako je
02
32
lim2
2
x
xx
xx
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
72
zaklju ujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.e.
x2
2 x 3
x2
2 x
x
5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
8
6
4
2
2
4
6
8
Slika 2.7.1.e. Grafik funkcije xx
xxy
2
322
2
M
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
73
f)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije 2
3
12 x
xy je
x - ,-1) (-1, .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x3 = 0, odnosno
funkcija se e x osu u ta ki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni po etak.
Ta ka prekida funkcije je x2 = -1.
3. Parnost, neparnost
S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetri na u odnosu na
koordinantni po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi
143
2
3
2
4
322,
2
3,
03062
014
62
14
14123
12
xxxxx
x
xx
x
xxxx
x
xy
Dakle, stacionarne ta ke su x3 = -3 i x4 = 0.
Prvi izvod nije definisan u ta ki x2 = -1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija nije
definisana.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
74
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.f.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (- , -3) (-3 , -1) (-1, 0) (0, )
y ‘ >0 (+) <0 (-) >0 (+) >0 (+)
Zaklju ak funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
raste
Tabela 2.7.1.f.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.f.1 zaklju ujemo da u oblasti gde je funkcija
diferencijabilna postoji jedna ta ka ekstremuma x3 = -3, u kojoj funkcija ima
lokalni maksimum koji iznosi f(-3) = 8
27, i da u x1 = 0 funkcija ima prevoj.
Dakle, ta ka M(-3, 8
27) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije,
a ta ka N(0, 0) je ta ka prevoja funkcije.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
75
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
001
3
116
62112141216
14
62
14
6
23232,
3
2,,,,
xx
x
x
xxxxxx
x
xxyy
Dakle, drugi izvod je jednak nuli u ta ki x1 = 0.
Drugi izvod nije definisan u ta ki x2 = -1, odnosno u ta ki u kojoj i funkcija
nije definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.1.f.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (- , -1) (-1, 0) (0, )
y ,,
>0 (+) >0 (+) <0 (-)
y funkcija je
konveksna
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
Tabela 2.7.1.f.2.
Dakle, prevojne ta ka je ta ka N(0, 0).
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
76
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida funkcije, odnosno u ovom slu aju u ta ki x2 = -1.
Kako je
2
3
12
3
1 12lim
12lim
x
x
x
x
xx
to je prava y = -1 vertikalna asimptota .
b) Horizontalna asimptota
Kako je
2
3
2
3
12lim
12lim
x
x
x
x
x
x
zaklju ujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu.
c) Kosa asimptota
Kako je
2
112lim
2
3
x
x
x
x
zaklju ujemo da funkcija ima kosu asimptotu.
Pošto je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
77
112
2lim
2
1
12lim
2
2
2
3
x
xxx
x
x
xx
zaklju ujemo da prava 12
1xy predstavlja kosu asimptotu funkcije.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.f .
x3
2 x 1( )2
x
10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5
8
7
6
5
4
3
2
1
1
2
3
4
Slika 2.7.1.e. Grafik funkcije 2
3
12 x
xy
M
N
12
1xy
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
78
2.7.2. Konstruisati grafike slede ih funkcija:
a) 23 3xxy b) 2
2
2x
xy
c)x
xy
14 2
d) 33 11 xxy
Rešenje:
a)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije 23 3xxy se odre uje
iz uslova 03 23 xx .
Važi
.3030303 223 xxxxxx
Dakle, oblast definisanosti funkcije je x -3, .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x3 + 3x
2= 0,
odnosno ta kama x1 = -3 , i x2 = 0.
Ta ke prekida funkcije je x1 = -3.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
79
3. Parnost, neparnost
S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetri na u odnosu na
koordinantni po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi
.3
2
2
3
3
63
2
13
2323
2,23,
xx
xx
xx
xxxxy
Dakle, u ta kama x1=-3 i x2 = 0 prvi izvod funkcije nije definisan, dok
je u ta ki x3 = -2 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna ta ka funkcije.
Primetimo da je u ta ki x1=-3 funkcija definisana ali joj je to
istovremeno i ta ka prekida, dok je u ta ki x2=0 funkcija definisana i
neprekidna.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.2.a.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (-3 , -2) (-2 , 0) (0 , )
y ‘ >0 (+) <0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija monotono
raste
funkcija monotono
opada
funkcija monotono
raste
Tabela 2.7.2.a.1.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
80
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.2.a.1 zaklju ujemo da u ta ki x3 = -2 funkcija ima
lokalni maksimum koji iznosi f(-2) = 2, a u ta kama x1=-3 i x2=0 lokalne
minimume koji iznose f(-3)=0 i f(0)=0.
Dakle, ta ka M(-2, 2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije, a ta ke N(-3, 0) i
L(0, 0) su ta ke lokalnih minimuma.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
2323
34
2323
2223
23
2
23
223
,
23
2,,,,
33
4
4
3
332
233222
2
3
3
23
2
2
3322
2
3
3
2
2
3
xxxx
xx
xxxx
xxxxx
xx
xxxx
xxxxx
xx
xxyy
Drugi izvod nije definisan u ta kama x1 = -3 i x2 = 0.
Drugi izvod nema realnu nulu u oblasti definisanosti ove funkcije (ta ka x= -4
ne pripada oblasti definisanosti).
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.2.a.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
81
x -3 , 0) (0, )
y''
<0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.2.a.2.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida
funkcije. Pošto je u ovom slu aju funkcija definisana u ta ki prekida x1 = -3,
onda ona nema vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
23 3lim xxx
zaklju ujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu.
c) Kosa asimptota
Kako je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
82
3lim3
lim23
xx
xx
xx
zaklju ujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.a.
x3
3 x2
x
5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5
10
8
6
4
2
2
4
6
8
10
Slika 2.7.2.a. Grafik funkcije 23 3xxy
b)
1. Oblast definisanosti
Kako je x2+2>0 za svako x R , oblast definisanosti funkcije
2
2
2x
xy je x (- , ).
M
N L
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
83
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije su odre ene realnim rešenjem jedna ine x+2= 0,
odnosno ta ki x1 = -2.
Funkcija je neprekidna u skupu realnih brojeva.
3. Parnost, neparnost
S obzirom da nule funkcije nisu simetri ne u odnosu na koordinatni
po etak, zaklju ujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi
10.22
12
2
22
2
2
2
222
2
2
2,
2
,
xxx
x
x
xx
xx
x
xy
Dakle, u ta ki x2 = 1 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna ta ka
funkcije, dok je prvi izvod definisan za svako x iz skupa realnih brojeva.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.2.b.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
84
x (- , 1) (1, )
y , >0 (+) <0 (-)
Zaklju ak funkcija monotono raste funkcija monotono opada
Tabela 2.7.2.b.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.2.b.1 zaklju ujemo da u ta ki x2 = 1 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(1) = 3 .
Dakle, ta ka M(1, 3 ) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
22
104640
2
464
2
122322
22
12
43
2
2
52
2
32
2
12
2
32
,
22
,,,,
xxxx
x
xx
x
xxxx
xx
xyy
Dakle, drugi izvod je jednak nuli u ta kama .2,2
143 xx
Drugi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.2.b.2.. Da bismo odredili znak
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
85
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x
2
1, 2,
2
1 ,2
y ,,
>0 (+) <0 (-) >0 (+)
y funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.2.b.2.
Dakle, prevojne ta ke su ta ke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer
pri prolasku kroz njih drugi izvod menja znak. U ovim ta kama vrednost
funkcije je:
12
13xf (ta ka )1,
2
1(L ),
6
424xf (ta ka
6
4,2P ).
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida
funkcije. Pošto je u ovom slu aju funkcija definisana za svako x iz skupa
realnih brojeva, onda ona nema vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
86
12
1
2lim
2
2lim
12
1
2lim
2
2lim
2
2
2
2
xx
x
x
x
xx
x
x
x
xx
xx
zaklju ujemo da je prava y=1 desna horizontalna asimptota, a prava y= -1
leva horizontalna asimptota.
c) Kosa asimptota
Kako funkcija ima i desnu i levu horizontalnu asimptotu, onda ona nema kosu
asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.b.
x 2( )
x2
2
x
10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10
2
1
1
2
Slika 2.7.2.b. Grafik funkcije 2
2
2x
xy
M PL
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
87
c)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije x
xy
14 2
se odre uje iz
uslova 4x2-1 0 x 0
Važi
,2
1
2
1,0014 2 xxx
Dakle, oblast definisanosti funkcije je ,2
1
2
1,x .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije su odre ene rešenjem jedna ine 014 2x , odnosno
ta kama x1 = 2
1 , i x2 =
2
1.
To su istovremeno i ta ke prekida funkcije.
3. Parnost, neparnost
Kako je
)(141)(4
)(22
xfx
x
x
xxf
zaklju ujemo da je funkcija neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
88
Pošto je
14
1
14
14414
142
8
14
2222
22
2
2
2,
2,
xxxx
xx
x
xxx
x
x
xy
jedna ina y’=0 nema rešenja. Dakle, ova funkcija nema stacionarne ta ke.
Prvi izvod funkcije nije definisan u ta kama prekida funkcije.
Pošto je 014 22 xx za svako x iz oblasti definisanosti funkcije, to je
y’>0 za svako x iz oblasti definisanosti, te je funkcija monotono rastu a u
oblasti definisanosti.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Ova funkcija nema ekstremume.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
1414
212
1414
212
14
142
8142
14
14
14
1
223
2
224
3
24
2
22
24
,22
,
22
,,,,
xxx
x
xxx
xx
xx
x
xxxx
xx
xx
xxyy
Drugi izvod nije definisan u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
89
Drugi izvod nema realnu nulu u oblasti definisanosti ove funkcije (ta ke
6
12,1x koje su realno rešenje jedna ine 0212 2x ne pripadaju
oblasti definisanosti).
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.2.c.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x
2
1, ,
2
1
y''
>0 (+) <0 (-)
Zaklju ak funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
Tabela 2.7.2.c.2.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida
funkcije. Pošto je u ovom slu aju funkcija definisana u ta kama prekida, onda
ona nema vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
90
214
lim
214
lim
2
2
x
x
x
x
x
x
zaklju ujemo da je prava y=2 desna horizontalna simptota, a prava y=-2 leva
horizontalna simptota.
c) Kosa asimptota
Pošto funkcija ima i levu i desnu horizontalnu asimptotu, anda ona nema kosu
asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.c.
4 x2
1
x
x
2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 2
3
2
1
1
2
3
Slika 2.7.2.b. Grafik funkcije x
xy
14 2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
91
d)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije 33 11 xxy je x (- , ).
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Kako jedna ina 011 33 xx nema realnih rešenja to ova funkcija
nema realnih nula.
Funkcija je neprekidna u skupu realnih brojeva.
3. Parnost, neparnost
Kako je
)(1111)( 3333 xfxxxxxf
zaklju ujemo da je funkcija parna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Važi
004
121211011
0113
11
13
1
13
111
1
22223 23 2
3 23 2
3 23 2
3 23 2
,33,
xx
xxxxxxxx
xx
xx
xxxxy
Dakle, u ta ki x1 = 0 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna ta ka
funkcije, dok prvi izvod nije definisan u ta kama x2= -1 i x3= 1.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
92
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.2.d.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (- , -1) (-1, 0) (0, 1) (1, )
y , >0 (+) >0 (+) <0 (-) <0 (-)
Zaklju ak funkcija
monotono raste
funkcija
monotono raste
funkcijamonotono
opada
funkcija monotono
opada
Tabela 2.7.2.d.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.2.d.1 zaklju ujemo da u ta ki x1 = 0 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(0) = 2.
Dakle, ta ka M(0, 2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
111101
1
1
1
9
2
13
21
3
2
3
1
13
1
13
1
3 53 5
3 53 5
3
5
3
5
,
3 23 2
,,,,
xxxxxx
xxxx
yy
Pošto poslednja jedna ina nema realnih rešenja to ne postoje nule drugog
izvoda.
Drugi izvod nije definisan u ta kama x2= -1 i x3= 1.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
93
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.2.d.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x 1, 1,1 ,1
y ,,
>0 (+) <0 (-) >0 (+)
y funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.2.d.2.
Dakle, prevojne ta ke su ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, jer
je u tim ta kama funkcija definisana i drugi izvod menja znak pri prolasku kroz
njih. U ovim ta kama vrednost funkcije je:
32 21xf (ta ka 3 2,1(L ),
34 21xf (ta ka 3 2,1P ).
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u kona nim ta kama prekida
funkcije. Pošto je u ovom slu aju funkcija definisana za svako x iz skupa
realnih brojeva, onda ona nema vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Koriste i identitet 2233 babababa dobijamo
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
94
01111
2lim
1111
11lim11lim
3 233 2
3 233 2
33
xxxx
xxxx
xxxx
x
xx
zaklju ujemo da je prava y=0 desna i leva horizontalna asimptota funkcije.
c) Kosa asimptota
Kako funkcija ima i desnu i levu horizontalnu asimptotu, onda ona nema kosu
asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.d.
3x 1( )
3x 1( )
x
6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6
2
1
1
2
3
Slika 2.7.2.d. Grafik funkcije 33 11 xxy
M
PL
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
95
2.7.3. Konstruisati grafike slede ih funkcija:
a) xey
1
b) 2xey
c) xxey d) x
ey
x
1
Rešenje:
a)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije xey
1
je ,00,x .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Ova funkcija nema realnih nula.
Ta ka prekida funkcije je x1 =0.
3. Parnost, neparnost
Kako je
)()()(
11
xfxfeexf xx
zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
96
Pošto je
2
1,
1
,
x
eey
xx
jedna ina y’=0 nema rešenja.
Dakle, ova funkcija nema stacionarne ta ke.
Prvi izvod funkcije nije definisan u ta ki prekida funkcije.
Pošto je 02
1
x
e x
za svako x iz oblasti definisanosti funkcije, to je y’<0 za
svako x iz oblasti definisanosti, te je funkcija monotono opadaju a u oblasti
definisanosti.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Ova funkcija nema ekstremume.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
2
10
212
4
1
4
1
2
2
1
,
2
1
,,,, xx
xe
x
exxx
e
x
eyy
xx
x
x
Drugi izvod je jednak nuli u ta ki2
12x i nije definisan u ta ki u kojoj i
funkcija nije definisana x1=0.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.a.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
97
x
2
1, 0,
2
1 ,0
y''
<0 (-) >0 (+) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.3.a.2.
Dakle, prevojne ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj ta ki vrednost funkcije je:
2
2
1exf ta ka M 2,
2
1e .
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
0lim
lim
1
0
1
0
x
x
x
x
e
e
zaklju ujemo da jer prava x=0 desna vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
98
1lim
1
x
xe to je prava y = 1 leva i desna horizontalna simptota
funkcije.
c) Kosa asimptota
Pošto funkcija ima i levu i desnu horizontalnu asimptotu, anda ona nema kosu
asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.3.a.
e
1
x
x
4 3 2 1 0 1 2 3 40.5
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Slika 2.7.3.a. Grafik funkcije xey
1
M
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
99
b)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije 2xey je ,x .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Ova funkcija nema realnih nula ni ta ke prekida.
3. Parnost, neparnost
Kako je
)()(22
xfeexf xx
zaklju ujemo da je funkcija parna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y
Pošto je
00222 ,
, xexey xx
stacionarna ta ka funkcije je x1=0.
Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.b.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
100
x (- , 0) (0, )
y , >0 (+) <0 (-)
Zaklju ak funkcijamonotono raste
funkcijamonotono opada
Tabela 2.7.3.b.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.3.b.1 zaklju ujemo da u ta ki x1 = 0 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(0) = 1. Dakle, ta ka M(0, 1) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
2
1
2
10120122
2222
32
22
,,,,,
2
222
xxxxe
exxexeyy
x
xxx
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.b.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
101
x
2
1,
2
1,
2
1,
2
1
y''
>0 (+) <0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.3.b.2.
Dakle, prevojne ta ke su ta ke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz njih. U ovim ta kama vrednost funkcije je:
eexf
1
2
12
1
ta ka L e
1,
2
1
eexf
1
2
12
1
ta ka P e
1,
2
1
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto funkcija nema ta ke prekida, ona nema ni vertikalne asimptote.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
0lim2x
xe to je prava y = 0 leva i desna horizontalna simptota
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
102
funkcije.
c) Kosa asimptota
Pošto funkcija ima i levu i desnu horizontalnu asimptotu, anda ona nema kosu
asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.3.b.
ex
2
x
3 2 1 0 1 2 3
0.5
1
Slika 2.7.3.b. Grafik funkcije 2xey
M
PL
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
103
c)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije xxey je ,x .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nula funkcije je u ta ki x1=0.
3. Parnost, neparnost
Kako je
)()()( xfxfxexexf xx
zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y
Pošto je
10)1(,, xxeexexey xxxx
stacionarna ta ka funkcije je x2=1.
Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.c.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
104
x (- , 1) (1, )
y , >0 (+) <0 (-)
Zaklju ak funkcijamonotono raste
funkcijamonotono opada
Tabela 2.7.3.c.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.3.c.1 zaklju ujemo da u ta ki x2 = 1 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(1) = e-1
.
Dakle, ta ka M(1, e-1
) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
20202
11
3
,,,,,
xxxe
exexeyy
x
xxx
Drugi izvod je jednak nuli u ta ki 23x i definisan je u svim ta kama oblasti
definisanosti funkcije.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.c.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
105
x 2, ,2
y''
<0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.3.c.2.
Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj ta ki vrednost funkcije je:
2
2 222
eexf ta ka L
2
2,2e
.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto funkcija nema ta ke prekida, ona nema ni vertikalne asimptote.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
x
x
xxxx
x
x
xe
ee
xxe
lim
01
limlimlim
to je prava y = 0 desna horizontalna simptota funkcije.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
106
c) Kosa asimptota
Kako je
x
x
x
xe
x
xelimlim
onda funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.3.c.
2 1 0 1 2 3 4
4
3
2
1
1
x ex
x
Slika 2.7.3.c. Grafik funkcije xxey
M L
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
107
d)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije x
ey
x
1 je ,11,x .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Ova funkcija nema nule, a prekidna je u ta ki x1=1.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni
po etak zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y
Pošto je
201
2
1
1
1 22
,
, xx
xe
x
exe
x
ey
xxxx
stacionarna ta ka funkcije je x2=2.
Prvi izvod nije definisan u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.d.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
108
x (- , 1) (1, 2) (2, )
y , >0 (+) >0 (+) <0 (-)
Zaklju ak funkcijamonotono raste
funkcijamonotono raste
funkcijamonotono opada
Tabela 2.7.3.d.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.3.d.1 zaklju ujemo da u ta ki x2 = 2 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(2) = - e2.
Dakle, ta ka M(2, -e2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
3
2
4
,2,
2
,,,,
1
54
1
211221
1
2
x
xx
x
xexxex
x
xeyy
xxx
Pošto jedna ina x2-4x+5=0 nema realna rešenja to ne postoje nule drugog
izvoda.
Drugi izvod nije definisan u ta ki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.3.d.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
109
x 1, ,1
y''
>0 (+) <0 (-)
Zaklju ak funkcija je
konveksnaa
funkcija je
konkavna
Tabela 2.7.3.d.2.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
x
e
x
e
x
x
x
x
1lim
1lim
1
1
zaklju ujemo da je prava x=1 vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
01
lim
lim1
lim
x
e
ex
e
x
x
x
x
x
x
to je prava y = 0 leva horizontalna simptota funkcije.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
110
c) Kosa asimptota
Kako je
x
x
x
x
x
xe
x
e
xx
elim
21lim
1lim
onda funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.3.d.
3 2 1 0 1 2 3 4 5
20
17
14
11
8
5
2
1
4
7
10
ex
1 x
x
Slika 2.7.3.c. Grafik funkcije x
ey
x
1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
111
2.7.4. Konstruisati grafike slede ih funkcija:
a) 2
ln xxy b) x
xy
ln
c)x
xy
ln1
ln1 d)
x
xy
2
3ln
Rešenje:
a)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije 2
ln xxy je ,0x .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Funkcija ima prekid u ta ki x1=0.
Nule funkcije dobijamo rešavanjem jedna ine
(lnx)2 = 0 x=e
0=1, odnosno nula funkcije je u ta ki x2=1.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni po etak zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y Kako je
20
2,2,
1
02ln0ln02lnlnln
2lnln
exex
xxxxx
xxxxxy
zaklju ujemo da se jedna stacionarna ta ka funkcije poklapa sa nulom
funkcije 12x , a da je druga stacionarna ta ka 2
3 ex .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
112
Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.a.1.. Da bismo odredili znak
prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (0, e-2) (e-2,1) (1, )
y , >0 (+) <0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija
monotono raste
funkcija
monotono opada
funkcija
monotono raste
Tabela 2.7.4.a.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.4.a.1 zaklju ujemo da za x2 = 1 funkcija ima lokalni
minimum koji iznosi f(1) = 0, dok za 2
3 ex funkcija ima lokalni maksimum
koji iznosi 22 4)( eef .
Dakle, ta ka M(1,0) je ta ka lokalnog minimuma funkcije, a ta ka N(e
-2,4e
-2) je ta ka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
1
4
,,,,,
01ln01ln
2
ln2ln2lnln
exxx
x
x
x
x
xxxyy
Drugi izvod je jednak nuli u ta ki 1
4 ex i definisan je u svim ta kama
oblasti definisanosti funkcije.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
113
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.a.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x 1,0 e ,1e
y''
<0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.4.a.2.
Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj ta ki vrednost funkcije je:
11 eexf ta ka L 11 ,ee .
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
02lim1
12
lim
1
ln2lim
1
1ln2
lim1
lnlimlnlim
0
2
0
0
2
0
2
0
2
0
x
x
x
x
x
x
xx
x
xxx
xx
xxxx
zaklju ujemo da funkcija nema vertikalnu asimptotu.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
114
b) Horizontalna asimptota
Kako je
2lnlim xx
x
zaklju ujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu.
c) Kosa asimptota
Kako je
22
lnlimln
lim xx
xx
xx
onda funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.4.a.
0 1 2 3
1
1
2
3
4
x ln x( )( )2
x
Slika 2.7.4.a. Grafik funkcije 2
ln xxy
N
L
M
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
115
b)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije x
xy
ln je ,0x .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Funkcija ima prekid u ta ki x1=0.
Nule funkcije dobijamo rešavanjem jedna ine
(lnx) = 0 x=e0
=1, odnosno nula funkcije je u ta ki x2=1.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni
po etak zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y
Kako je
eex
xx
x
x
xxx
x
xy
1
22
,
, 1ln0ln1
ln1
ln
zaklju ujemo da je stacionarna ta ka funkcije ex3 .
Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.b.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
116
x (0, e) (e, )
y , >0 (+) <0 (-)
Zaklju ak funkcija
monotono raste
funkcija
monotono opada
Tabela 2.7.4.b.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.4.b.1 zaklju ujemo da za ex3 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi e
ef1
)( .
Dakle, ta ka M(e,e-1
) je ta ka lokalnog minimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
2
3
43
4
2,
2
,,,,
03ln203ln2
ln121
ln1
exxx
x
x
xxxx
x
xyy
Drugi izvod je jednak nuli u ta ki 2
3
4 ex i definisan je u svim ta kama
oblasti definisanosti funkcije.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.b.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
117
x2
3
,0 e ,2
3
e
y''
<0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je konkavna
funkcija je konveksna
Tabela 2.7.4.b.2.
Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj ta ki vrednost funkcije je:
2
32
3
2
3
e
exf ta ka L
2
32
3
2
3,
e
e .
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
x
x
x
lnlim
0
zaklju ujemo da je prava x=0 desna vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
118
01
limln
limxx
x
xx
zaklju ujemo da je prava y=0 desna horizontalna asimptota funkcije.
c) Kosa asimptota
Funkcija nema kosu asimptotu jer ima desnu horizontalnu asimptotu, a za x<0
nije definisana.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.4.b.
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
3
2
1
1
ln x( )( )
x
x
Slika 2.7.4.b. Grafik funkcije x
xy
ln
M L
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
119
c)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije x
xy
ln1
ln1 dobijamo rešavanjem
sistema
100ln10 exxxx .
Dakle, oblast definisanosti je odre ena sa ,,0 11 eex .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije dobijamo rešavanjem jedna ine
1-lnx = 0 x=e1, odnosno nula funkcije je u ta ki x1=e.
Funkcija ima prekid u ta kama x2=0 i x3=e-1
.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni po etakzaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y
Važi
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
120
22
,
,
ln1
2
ln1
ln11
ln11
ln1
ln1
xxx
xx
xx
x
xy .
Kako jedna ina 0,y nema realnih rešenja u oblasti definisanosti funkcije,
zaklju ujemo da ova funkcija nema stacionarnih ta aka.
Prvi izvod nije definisan u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti emo odrediti pomo u znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.c.1.. Da bismo odredili znak prvog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak prvog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x (0, e-1) (e-1, )
y , <0 (-) <0 (-)
Zaklju ak funkcija monotono opada
funkcija monotono opada
Tabela 2.7.4.c.1.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Pošto je funkcija diferencijabilna u oblasti definisanosti i pošto nema
stacionarne ta ke, onda ona nema ni ta ke ekstremuma.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
121
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
3
432
42
2,
2
,,,,
0ln30ln1
ln3
ln1
1ln12ln1
ln1
2
exxxx
x
xx
xxxx
xxyy
Drugi izvod je jednak nuli za 3
4 ex i nije definisan u ta kama u kojima i
funkcija nije definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.c.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
x 3,0 e 13 ,ee ,1e
y''
>0 (+) <0 (-) >0 (+)
Zaklju ak funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.4.c.2.
Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj ta ki vrednost funkcije je:
23exf ta ka L 2,3e .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
122
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
x
x
x
x
x
x
x
x
ex
ex
xx
ln1
ln1lim
ln1
ln1lim
11
1
limln1
ln1lim
1
1
00
zaklju ujemo da je prava x=e-1
vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
11
1
limln1
ln1lim
0
x
x
x
x
xx
zaklju ujemo da je prava y= -1 desna horizontalna asimptota funkcije.
c) Kosa asimptota
Funkcija nema kosu asimptotu jer ima desnu horizontalnu asimptotu, a za x<0
nije definisana.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
123
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.4.c.
3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
4
3
2
1
1
2
3
1 ln x( )( )
1 ln x( )
x
Slika 2.7.4.c. Grafik funkcije x
xy
ln1
ln1
d)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije x
xy
2
3ln dobijamo rešavanjem
sistema
L
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
124
3,222323
2020302030202
3
xxxxxx
xxxxxxx
x
.
Dakle, oblast definisanosti je odre ena sa .3,2x .
2. Nule funkcije i ta ke prekida funkcije
Nule funkcije dobijamo rešavanjem jedna ine
2
552231
2
30
2
3ln xxxx
x
x
x
x
odnosno nula funkcije je u ta ki x1=2,5.
Funkcija ima prekid u ta kama x2=2 i x3=3.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetri na u odnosu na koordinatni po etak zaklju ujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne ta ke, ta ke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne ta ke dobijamo rešenjem jedna ine .0,y
Važi
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
125
xxx
xx
x
x
x
xy
23
1
2
32
3
2
2
3ln
2
,
, .
Kako jedna ina 0,y nema realnih rešenja u oblasti definisanosti funkcije,
zaklju ujemo da ova funkcija nema stacionarnih ta aka.
Prvi izvod nije definisan u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.
Kako u oblasti definisanosti funkcije važi 023 xx to je prvi izvod manji od nule
za svako x iz oblasti definisanosti, odnosno funkcija je monotono opadaju a.
5. Ta ke ekstremuma i vrste ekstremuma
Pošto je funkcija diferencijabilna u oblasti definisanosti i pošto nema
stacionarne ta ke, onda ona nema ni ta ke ekstremuma.
6. Nule drugog izvoda, ta ke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne ta ke
2
50250
23
25
23
142
,
,,,, xxxx
x
xxyy
Drugi izvod je jednak nuli za 2
54x , odnosno u ta ki u kojoj je i nula
funkcije , i nije definisan u ta kama u kojima i funkcija nije definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti emo odrediti pomo u znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje slede a Tabela 2.7.4.d.2.. Da bismo odredili znak
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, ta ki svakog intervala.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
126
x
2
5,2 3,
2
5
y''
>0 (+) <0 (-)
Zaklju ak funkcija je konveksna
funkcija je konkavna
Tabela 2.7.4.d.2.
Dakle, prevojna ta ka je ta ka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju.
Dakle ta ka )0,2
5(L je prevojna ta ka.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
x
x
x
x
x
x
2
3lnlim
2
3lnlim
3
2
zaklju ujemo da su prave x=2 i x=3 vertikalne asimptote funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Funkcija nema horizontalnu asimptotu.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
127
c) Kosa asimptota
Funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.4.d.
1 2 3 4
4
3
2
1
1
2
3
4
lnx 3
2 x
x
Slika 2.7.4.d. Grafik funkcije x
xy
2
3ln
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
128
Zadaci za vežbu
2.7.5. Konstruisati grafike slede ih funkcija:
a) 2
2
4
4
x
xy b)
2
2
2
32
xx
xxy c)
3
4 13
x
xy
d) 2
62
x
xxy e)
1
1
x
xy f) 3 322 xxy
g) xxy 4 h) xxy 33 i) 4
8
2xxy
j) 3 2
2x
xy k) xexy 2 l)
1x
ey
x
m) 1482 xxey n) 222 xexy o)
x
xy
11ln
2
p) x
ey1
ln q) xey 1ln r) x
xy
2ln
s) 1
11ln
2
2
xxy t)
x
xy
ln1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
129
3. FUNKCIJE DVE NEZAVISNO PROMENLJIVE
3.1. Parcijalni izvodi i diferencijali funkcije dve nezavisno promenljive
Rešeni zadaci:
3.1.1. Na i parcijalne izvode prvog reda slede ih funkcija
a) yx
yxz b)
22 yx
xz
c) yxz d) 22ln yxxz
e) yxez f) xyyxez22
Rešenje:
a)
22
22
2
2
yx
x
yx
yxyx
y
z
yx
y
yx
yxyx
x
z
b)
2
322
2
322
2
22
22
22
2
2
yx
yx
y
z
yx
y
yx
xyx
xyx
x
z
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
130
c)
xxy
zxy
x
z yy ln1
d)
2222
222222
22
22
2212
21
yxyxx
y
y
z
yxyxyxx
yxx
yxx
yx
x
x
z
e)
xyxy exy
zey
x
z
f)
xyyx
xyyx
exyy
z
eyxx
z
22
22
2
2
3.1.2. Na i parcijalne izvode drugog reda slede ih funkcija:
a) 22 yxz b) yxz 2ln
c) 2xyez d)
y
xz
2
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
131
Rešenje:
a)
Kako je
2
322
2
2
322
2
22
22
22
2
2
2
322
2
22
22
22
2
2
2222
yx
yx
yx
z
yx
x
yx
yyx
yyx
y
z
yx
y
yx
xyx
xyx
x
z
jetoyx
y
y
z
yx
x
x
z
b)
Kako je
22
2
222
2
22
2
22
22
2
2
22
2
1
242
12
yx
x
yx
z
yxy
z
yx
xy
yx
xyx
x
z
jetoyxy
z
yx
x
x
z
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
132
c)
Kako je
222
22
2
2
4
2
2
2
1222
21222
2
222
222
2
22
xyyexyeyyeyx
z
xyxeexyxey
z
eyx
z
jetoxyey
zey
x
z
xyxyxy
xyxyxy
xy
xyxy
d)
Kako je
2
2
3
2
2
2
2
2
2
2
12
4
12
8
12
2
12
2
12
2
y
x
yx
z
y
x
y
z
yx
z
jetoy
x
y
z
y
x
x
z
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
133
3.1.3. Na i totalni diferencijal prvog reda slede ih funkcija:
a) yyxz b) y
yxz ln
c) 32 yxz d) 22ln yxz
Rešenje:
a)
dyxyxxdxxydyy
zdx
x
zdz yyy ln12
b)
yxy
xdy
yx
dxdy
y
zdx
x
zdz
c)
dyyxdxxydyy
zdx
x
zdz 223 32
d)
ydyxdxyx
dyy
zdx
x
zdz
22
2
3.1.4. Na i totalni diferencijal drugog reda slede ih funkcija:
a) xyez b) 23 yxz
c) yxz ln d) yxyxz lnln22
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
134
Rešenje:
2
2
222
2
22 2 dy
y
zdxdy
yx
zdx
x
zzd
a)
Kako je
22222
22
2
22
2
2
12
1
dyexdxdyexydxeyzd
jepaexyyx
zex
y
zey
x
z
jetoxey
zye
x
z
xyxyxy
xyxyxy
xyxy
b)
Kako je
232222
22
3
2
22
2
2
322
2126
626
23
dyxydxdyxdxxyzd
jepayxyx
zx
y
zxy
x
z
jetoyxy
zyx
x
z
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
135
c)
Kako je
dxdyy
dyy
xzd
jepayyx
z
y
x
y
z
x
z
jetoy
x
y
zy
x
z
2
10
ln
2
2
2
2
22
2
2
2
d)
Kako je
2
2
2
2
2
2
22
2
22
2
12
12
01
21
2
12
12
dyy
dxx
zd
jepayx
z
yy
z
xx
z
jetoy
yy
z
xx
x
z
Zadaci za vežbu
3.1.5. Na i parcijalne izvode prvog i drugog reda i totalne diferencijale prvog i
drugog reda slede ih funkcija
a) 22ln yxyz b) yx
yxz
43
52
c) y
x
yexyz d) y
xyz ln
e)
2
x
yxyz f)
22
22
yx
yxz
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
136
3.2 Ekstremne vrednosti funkcije dve nezavisno promenljive
Rešeni zadaci:
3.2.1. Na i ekstremne vrednosti slede ih funkcija
a) yxyxyxz 6322 b) 221
1
yx
yxz
c) yxeyxz 22 2 d) 2221 yxz
Rešenje:
a)
Na imo stacionarne ta ke date funkcije iz uslova 00y
z
x
z.
Dobijamo sistem jedna ina
062
032
yxy
z
yxx
z
ije je rešenje x=0, y=3.
Dakle, ta ka M(0,3) je stacionarna ta ka funkcije.
Na imo sada druge parcijalne izvode:
Byx
z
Cy
z
Ax
z
1
2
2
2
2
2
2
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
137
Kako je izraz =AC-B2= 03122 za svako (x,y) iz oblasti definisanosti,
pa i u ta ki M(0,3) to funkcija u toj ta ki ima lokalni ekstremum, i to lokalni
minimum, jer je A=2 0, koji iznosi
93,0min zz .
b)
Na imo stacionarne ta ke date funkcije iz uslova 00y
z
x
z. Dobijamo
sistem jedna ina
010
1
1
1
11
1
010
1
1
1
11
1
2
2
322
2
22
22
22
2
2
322
2
22
22
22
yxyx
yx
yxyx
yx
yxyx
yyx
y
z
xxyy
yx
xxyy
yx
yxyx
xyx
x
z
Ako drugu jedna inu oduzmemo od prve dobijamo da je
x2-y
2+x+y =0 (x-y) (x+y)+x+y=0 (x+y) (x-y+1) =0 x= -y x=y-1.
Sada za x= -y imamo iz druge jedna ine y2-y
2+y+1=0 y=-1 pa vra aju i u
x=-y dobijamo da je x=1 pa je stacionarna ta ka M(1, -1).
Vra aju i x=y-1 u drugu jedna inu dobijamo jedna inu y2 –y+1=0 koja nema
realna rešenja.
Dakle, jedina stacionarna ta ka je ta ka M(1, -1).
Na imo sada druge parcijalne izvode:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
138
B
yx
yxxyyxxyyx
yx
xxyyyyxyxxy
yx
xxyy
yyx
z
C
yx
yxxyyxyxx
yx
yxyxyyxyxx
yx
yxyx
yy
z
A
yx
xyxyyxyxy
yx
xxyyxyxyxy
yx
xxyy
xx
z
yx
yx
yx
33
1
1
322
1
1212
312
1
1
33
2
1
13232
1
1212
311
1
1
33
2
1
13322
1
1212
311
1
1
11
2
522
2233
322
22
122
2
322
2
322
22
11
2
522
22223
322
22
122
2
322
2
322
2
2
2
11
2
522
22223
322
22
1222
322
2
322
2
2
2
Dakle, u stacionarnoj ta ki je
=AC-B2= 0
9
1
33
1
33
2
33
22
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
139
pa funkcija u njoj ima ekstremum i to, zbog 033
2A lokalni maksimum
koji iznosi
3111
1111,1
22max zz
c)
Na imo stacionarne ta ke date funkcije iz uslova 00y
z
x
z. Dobijamo
sistem jedna ina
024
022
22
22
yx
yx
eyyxy
z
eyxxx
z
Ovaj sistem je ekvivalentan sistemu
024
022
22
22
yyx
yxx
ije je rešenje (x=0, y=0) i (x= -4, y= -2).
Dakle, ta ke M(0,0) i N( -4, -2) su stacionarne ta ke funkcije.
Na imo sada druge parcijalne izvode:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
140
Beyyxxyx
z
Ceyyxy
z
Aeyxxx
z
yx
yx
yx
2244
428
224
222
22
2
2
22
2
2
Kako je u ta ki M(0,0) izraz =AC-B2= 012242
2 to u njoj
funkcija nema ekstremum.
U ta ki N( -4, -2) je =AC-B2= 0682126 42222 eeee
to u njoj funkcija ima ekstremum i to lokalni maksimum jer je u njoj
06 2eA .
Taj maksimum iznosi .82,4 2
max ezz
d)
Na imo stacionarne ta ke date funkcije iz uslova 00y
z
x
z. Dobijamo
sistem jedna ina
004
10)1(2
yyy
z
xxx
z
Dakle, jedina stacionarna ta ka je ta ka M(1,0).
Na imo sada druge parcijalne izvode:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
141
Bxyyx
z
Cyyy
z
Axxx
z
0)1(2
44
2)1(2
2
2
2
2
2
Kako je u M(1,0) =AC-B2=8 0 zaklju ujemo da je to ta ka lokalnog
ekstremuma funkcije i to lokalnog minimuma, jer je A=2 0, koji iznosi
zmin=z(1,0)=0.
3.2.2. Na i uslovne ekstremume slede ih funkcija
a) 1346 22 yxuslovupriyxz
b) 122 yxuslovupriyxz
c) 1yxuslovuprixyz
d) 743 22 yxuslovupriyxz
Rešenje:
a)
Lagranžeova funkcija je
F(x,y)=6-4x-3y+ (x2+y
2-1) pa je
yy
Fx
x
F2324 .
Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na slede i sistem
jedna ina
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
142
-4+2 x=0
-3+2 y=0
x2+y
2=1
Rešenje ovog sistema su skupovi ta aka
5
3
5
4
2
5
5
3
5
4
2
5
222
111
yx
iyx
Kako je
5
3
5
4
2
5
2
202
111
222
2
22
2
2
yx
jeKada
dydxFd
jetoy
F
yx
F
x
F
tada je d2F 0, pa u toj ta ki
5
3,
5
41M funkcija ima uslovni minimum koji
iznosi
15
9
5
166minz .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
143
Kada je
5
3
5
4
2
5222 yx
tada je d2F 0, pa u toj ta ki
5
3,
5
42M funkcija ima uslovni maksimum
koji iznosi
.115
9
5
166maxz
b)
Lagranžeova funkcija je
F(x,y)=x2+y
2+ (x+y-1) pa je
yy
Fx
x
F22 .
Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na slede i sistem
jedna ina
2x+ =0
2y+ =0
x+y=1
Rešenje ovog sistema su skupovi ta aka
2
1
2
11 yx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
144
Kako je
222
2
22
2
2
2
202
dydxFd
jetoy
F
yx
F
x
F
pa je d2F 0, odnosno u toj ta ki
2
1,
2
1M funkcija ima uslovni minimum koji
iznosi
2
1
2
1
2
122
minz .
c)
Lagranžeova funkcija je
F(x,y)=xy+ (x+y-1) pa je
xy
Fy
x
F.
Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na slede i sistem
jedna ina
y+ =0
x+ =0
x+y=1
Rešenje ovog sistema su skupovi ta aka
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
145
2
1
2
1
2
1yx
Kako je
dxdyFd
jetoy
F
yx
F
x
F
2
010
2
2
22
2
2
Pošto je
022
01
22 dxdxdyFd
jepadxdyodnosnodydxjetoyx
odnosno u toj ta ki 2
1,
2
1M funkcija ima uslovni maksimum koji iznosi
4
1
2
1
2
1maxz .
d)
Lagranžeova funkcija je
F(x,y)=x2+3y
2+ (4x+y-7) pa je
yy
Fx
x
F642 .
Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na slede i sistem
jedna ina
2x+4 =0
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
146
6y+ =0
4x+y=7
Rešenje ovog sistema su skupovi ta aka
7
1
7
12
7
6yx
Kako je
222
2
22
2
2
62
602
dydxFd
jetoy
F
yx
F
x
F
pa je d2F 0, odnosno u toj ta ki
7
1,
7
12M funkcija ima uslovni minimum
koji iznosi
37
13
7
1222
minz .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
147
Zadaci za vežbu
3.2.3. Na i ekstremume slede ih funkcija:
a) 2222 yxeyxz b) yxxyz 12
c) xyyxz 3022 33 d) 221 yxxyz
3.2.4. Na i slede e uslovne ekstremume:
a) 52 22 yxuslovupriyxz
b) 132
22 yxuslovupriyxz
c) 723 yxuslovuprixyz
d) 132 yxuslovupriyxz
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
148
4. INTEGRALI
4.1 Nalaženje neodre enih integrala
4.1.1 Direktna (neposredna) integracija
Rešeni zadaci:
4.1.1.1. Izra unati:
a) dxxxx 243 23 b) dxxx 3
c) dxx
x3
1 d) dxxx 2
32
e) dxx
ee
xx
21 f) dx
x
x
12
2
Rešenje:
a)
Cxxxx
dxxxx 22
434
3243234
23
b)
CxxCxx
dxxdxxdxxx 3
4
2
313
11
2
1
3
1
2
1
3
4
3
3
2
13
11
2
1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
149
c)
CxxxxCxx
xx
dxx
xxdxx
xxx
dxx
x
ln633
2ln
12
133
12
1
133
1331
2
1
2
312
11
2
1
2
1
2
1
2
3
3
d)
C
dxdxdx
xxx
xxxxxxxxx
9ln
9
6ln
62
4ln
4
96243322232 222
e)
CxeCx
edxx
edxx
ee xxx
xx 1
12
22 12
11
f)
Carctgxxdxx
dxx
xdx
x
x
1
11
1
11
1 22
2
2
2
Zadaci za vežbu
4.1.1.2. Izra unati:
a) dxxx
11
3 5 b) dxxx 73
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
150
c) dxxxx 12 d) dxx
xx
3 2
22 31
e) dxx
xx ba 2
f) dxax
ba3
g) dxx
3
3
2
3
2
2 h) dxx
bxaxx
4.1.2 Integracija metodom smene
Rešeni zadaci:
4.1.2.1. Izra unati:
a) dxx10
57 b) xdxx 62
c) dxe
x
5
2
d) dxx
e x
e) dxx
x
22 f) dx
x
x
5 3
2
32
g) dxx
x
2 h) dx
e x 1
1
Rešenje:
a)
Smenom 7
757dt
dxdtdxtx dobijamo
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
151
Cx
Ct
dttdt
tdxx77
57
117
1
7
1
757
1111101010
b)
Smenom 2
262 dtxdxdtxdxtx dobijamo
CxCtCtdt
txdxx 2
322
312
1
2 63
1
3
1
12
12
1
26
c)
Smenom dtdxdtdxtx
2
5
5
2
5
2 dobijamo
CeCedtedxe
x
tt
x
5
2
5
2
2
5
2
5
2
5
d)
Smenom dtx
dxdt
x
dxtx 2
2 dobijamo
CeCedtedxx
e xttx
222
e)
Smenom 2
222 dtxdxdtxdxtx dobijamo
CxCtt
dtdx
x
x2ln
2
1ln
2
1
2
1
2
2
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
152
f)
Smenom 9
932 223 dtdxxdtdxxtx dobijamo
CxCtCt
dtt
dxx
x 5 435
415
1
55 3
2
3236
5
36
5
15
19
11
9
1
32
g)
Smenom dtdxtxtx 22 dobijamo
Cxx
Ctttt
dtttdtt
tdx
x
x
2
1
2
3
2
1
2
312
11
2
1
2
1
2
1
2423
2
43
2
12
12
12
12
2
2
h)
Smenom xx ettet
dtdxtx 1ln dobijamo
CeCtt
dtdt
t
tdxe
x
x1ln1ln
11
1
1
1
1
Zadaci za vežbu
4.1.2.2. Izra unati:
a) dxxx15
23 b) dxx
x
1
1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
153
c) 2
1 x
x
e
dxe d) dx
x
xln
e) xx
dx
ln f) dxex x322
g) dxxx 22 h) dxxx 23
4.1.3. Integracija metodom parcijalne integracije
Rešeni zadaci
4.1.3.1. Izra unati:
a) dxxe x2 b) dxex x22
c) dxe x d) dxex x1
e) xdxln f) dxxx ln
g) dxx2ln h) dxxx 2ln
Rešenje:
a)
Podintegralni izraz razdvajamo na
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
154
xx
x
edxedvvdxdu
jepadxedvixu
22
2
2
1
Sada je
CxeCexedxexedxxe xxxxxx
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1 222222
b)
Podintegralni izraz razdvajamo na
xx
x
edxedvvxdxdu
jepadxedvixu
22
22
2
12
Sada je
CxxeCxeexdxexex
dxxeexdxex
xxxxx
xxx
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
22
1
2
1
22222222
22222
c)
Prvo izvršimo smenu tdtdtxdxdtx
dxtx 22
2
dobijamo dttedxe tx 2 .
Integral dttet rešavamo metodom parcijalne integracije gde je
ttt edtevdtedvdtdutu pa je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
155
CxeCtedtetedttedxe xttttx 12)1(222
d)
Podintegralni izraz razdvajamo na
xx
x
edxedvvdxdu
jepadxedvixu 1
Sada je
CexCeexdxeexdxex xxxxxx )2()1()1()1(
e)
Podintegralni izraz razdvajamo na
xdxdvvx
dxdu
jepadxdvixu ln
Sada je
Cxxxx
dxxxxdxx lnlnln
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
156
f)
Podintegralni izraz razdvajamo na
2
ln
2xxdxdvv
x
dxdu
jepaxdxdvixu
Sada je
Cxxx
x
dxxx
xdxxx 2
222
4
1ln
22ln
2ln
g)
Podintegralni izraz razdvajamo na
xdxdvvx
dxxdu
jepadxdvixu
ln2
ln 2
Sada je
CxxxxxCxxxxxxdxxxdxx 2ln2lnln2lnln2lnln 2222
h)
Podintegralni izraz razdvajamo na
3
2ln2
ln
2
1
2
xxdxxdvv
x
dxxdu
jepadxxdvixu
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
157
Sada je
xdxxxxx
dxxx ln3
4ln
3
2ln 22
Integral xdxx ln rešavamo tako e parcijalnom integracijom gde
je
3
2
ln
2
1xx
dxxdvvx
dxdu
jepadxxdvixu
tako da dobijamo
.9
4ln
3
2
3
2ln
3
2ln C
xxx
xx
x
dxxxx
xxxdxx
Dakle, dobijamo
Cxxxx
Cxx
xxx
xxx
xdxxxxx
dxxx
9
8ln
3
4ln
3
2
9
4ln
3
2
3
4ln
3
2ln
3
4ln
3
2ln
2
222
Zadaci za vežbu
4.1.3.2. Izra unati:
a) dxex x2 b) dxex x3
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
158
c) dxxe x2 d) xdxx ln
e) dxx
xln f) dxxx ln2
4.1.3. Integracija racionalnih funkcija
Rešeni zadaci:
4.1.4.1. Izra unati:
a) dxx
xx
2
623
b) dxxxx
xx
421
622
c) dxxx
x
31
13
2
d) dxx
xx22
3
1
2
Rešenje:
a)
Cxxxx
dxx
xxdxx
xx2ln102
32
1022
2
62 23
23
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
159
b)
421
248356
421
214142
421421
62
2
2
xxx
CBACBAxCBAx
xxx
xxCxxBxxA
x
C
x
B
x
A
xxx
xx
Izjedna avaju i koeficijente uz x dobijamo slede i sistem jedna ina
6248
2356
1
CBA
CBA
CBA
Rešenje ovog sistema je 57,3 CBA pa
je
Cxxx
dxxxx
dxxxx
xx
4ln52ln71ln3
4
5
2
7
1
3
421
622
c)
3
32
2
1
2
3
3
32
2
1
3
3
2
21
3
2
1331311
31
133131
311131
1
xBxAxxAxxAx
jeodaklexx
xBxAxxAxxA
x
B
x
A
x
A
x
A
xx
x
Koeficijente A1, A2, A3, B možemo izra unati i na slede i na in. Kako
jedna ina
3
32
2
1
2 1331311 xBxAxxAxxAx važi za svako
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
160
x to stavljaju i x=1 dobijamo 2=4A3 , odnosno 2
13A .
Za x=-3 dobijamo 10=-64B, odnosno .32
5B
Izjedna avanjem koeficijenata uz x3 dobijamo A1+B=0 odakle je
32
51 BA .
Koeficijent A2 dobijamo stavljaju i bilo koju vrednost za x osim x=1, i x=-3,
recimo x=0.
Za x=0 dobijamo
BAAA 321 3331
odakle je .8
32A
Sada je
Cxxx
x
dxxxxx
dxxx
x
3ln32
5
14
1
18
31ln
32
5
3
1
32
5
1
1
2
1
1
1
8
3
1
1
32
5
31
1
2
323
2
d)
22
2121
2
1
3
1
22
22
2
11
22
22
2
11
22
3
1
1
1
111
2
x
BBxAAxBxA
x
BxAxBxA
x
BxA
x
BxA
x
xx
Izjedna avaju i koeficijente uz jednake stepene x dobijamo sistem
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
161
0
2
0
1
21
21
1
1
BB
AA
B
A
ije je rešenje 0,3,0,1 2211 BABA pa
je
.12
31ln
2
1
2
3ln
2
1
2
3
21
3
1
2,1
1
3
11
2
2
2
2222
2
22222
3
Cx
xCt
tt
dt
t
dt
x
xdx
x
xdx
dobijamodtxdxtx
Smenom
x
xdx
x
xdxdx
x
xx
Zadaci za vežbu
4.1.4.2. Izra unati:
a) dxxx
xxx3
35 123 b) dx
x
x3
2
1
1
c) 234 96 xxx
dx d) dx
xxx
x23
2
2
1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
162
4.2 Nalaženje odre enih integrala
4.2.1 Direktna (neposredna) integracija
Rešeni zadaci:
4.2.1.1. Izra unati:
a) dxx
xx2
1
5
b)
2e
ex
dx
c)
3
2
2 dxex x d)
1
1
3 4 dxx
Rešenje:
a)
555552
1
5
12
1
2
1
5
42
1
5
25125112512|5|1 xxdxxdxx
xx
b)
112lnln2lnln|ln 2
22
eeeexx
dx e
e
e
e
c)
3223333
2
3
2
3
2
32 4
2
27
2
2
2
3||
2eeeee
xdxex xx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
163
d)
81144
1
4
1|4|
44
441
1
1
1
41
1
3 xx
dxx .
4.2.2 Integracija metodom smene
Rešeni zadaci:
4.2.2.1. Izra unati:
a) dxx
1
0
2 b)
4
2 12x
dx
c)
0
124 x
xdx d) dx
e
e
x
x2
1
1
e)
4
2
3lndx
x
x f)
2
1
2
1
dxx
e x
Rešenje:
a)
Smenom
183
212
3
2|
3
22
11
20
2
332
1
2
32
1
2
11
2
1
0
tdttdttdxx
jepatx
tx
zadobijamodtdxdtdxtx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
164
b)
Smenom
5359|2
1
2
1
12
94
52
2212
9
5
2
19
5
2
19
5
4
2
tdttt
dt
x
dx
jepatx
tx
zadobijamodt
dxdtdxtx
c)
Smenom
233234|2
1
24
40
31
224
4
3
2
14
3
2
14
3
0
12
2
tdttt
dt
x
xdx
jepatx
tx
zadobijamodt
xdxdtxdxtx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
165
d)
Smenom
eeee
eeee
ttdttttt
dttdx
e
e
jepaetx
etx
zadobijamot
dt
e
dtdxdtdxete
e
e
e
e
e
e
e
ex
x
x
xx
112
1122
|2|211
2
1
2
2
2
1
2
1
2
3
2
12
1
2
2222
e)
Smenom
2ln4ln4
1|
4
ln
4ln4
2ln2
ln
444ln
2ln
44ln
2ln
3
4
2
3 tdttdx
x
x
jepatx
tx
zadobijamodtx
dxtx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
166
f)
Smenom
eeedtedxx
e
jepatx
tx
zadobijamodtx
dxdt
x
dxt
x
ttx 2
1
1
2
1
1
2
1
2
1
22
|
2
12
11
1
Zadaci za vežbu
4.2.2.2. Izra unati:
a)
3
0 2 x
dx b)
2
3
2 5dxxx
c)
3
0
1dxe x d)
3
1ln2 xx
dx
e)
5
2 1xe
dx f)
0
13 12x
dx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
167
4.2.3. Parcijalna integracija
Rešeni zadaci:
4.2.3.1. Izra unati:
a)
3
1
1ln dxx b)
2
lne
e
dxx
x
c)
2
1
dxxe x d)
0
3
dxxe x
Rešenje:
a)
Podintegralni izraz razdvajamo na
xdxdvvx
dxdu
jepadxdvixu
1
1ln
Sada je
24ln3
22ln24ln42ln14ln32ln4ln3|1ln|1ln
1
11|1ln
1|1ln1ln
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
xxxx
dxx
xxx
xdxxxdxx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
168
b)
Podintegralni izraz razdvajamo na
xdxx
dvvx
dxdu
jepadxx
dvixu
21
1ln
Sada je
eeeeeeeeeee
xxxx
dxxx
x
dxxxxdx
x
x e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
2442444ln2ln2
|4|ln22|ln22|ln2ln
222
222
22
22
c)
Podintegralni izraz razdvajamo na
xx
x
edxedvvdxdu
jepadxedvixu
Sada je
211221
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
322
|||
eeeeee
exedxexedxxe xxxxx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
169
d)
Podintegralni izraz razdvajamo na
xx
x
edxedvvdxdu
jepadxedvixu
Sada je
143||| 33030
3
0
3
0
3
0
3
0
3
eeeeexedxexedxxe xxxxx
Zadaci za vežbu
4.2.3.2. Izra unati:
a)
4
2
22 dxex x b)
2
2
3 dxex x
c)
1
2
2 ln xdxx d)
5
3
ln xdxx
e)
e
xdxx1
22 ln f)
1
0
1 dxex x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
170
4.2.4. Nesvojstveni integrali
Rešeni zadaci:
4.2.4.1. Izra unati:
a) 1
2x
dx b)
0
3 dxx
c) 0
31 x
xdx d)
4
0 4 x
dx
e)
1
2x
dx f)
1
0
ln xdx
Rešenje:
a)
11
1lim|1
limlim1
1
2
1
2 bxdxx
x
dx
b
bb
bb
b)
3ln
1
3ln3
1
3ln
1lim|
3ln
3lim3lim3
000
bb
bxb
b
x
b
x dxdx
c)
Pošto je za 1+x=t , dx=dt, x=t-1
Cxx
Ctt
dtttt
dtt
x
xdx
1
1
12
1
2
111
122
32
33
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
171
to je
2
11
2
1
1
1
12
1lim
|1
1
12
1lim
1lim
1
2
02
0
3
0
3
bb
xxx
xdx
x
xdx
b
b
b
b
b
d)
Podintegralna funkcija nije definisana za x=4, pa je
.4422lim
42442lim|42lim4
lim4
0
0
4
0
4
00
4
00
xx
dx
x
dx
e)
Podintegralna funkcija nije definisana za x=0, pa je
.2ln1ln2lnlnlim
ln1ln2lnlnlim|ln|lnlimlimlim
0
0
1
22
0
1
0
1
20
xxx
dx
x
dx
x
dx
f)
Podintegralna funkcija nije definisana za x=0, pa je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
172
.1lim11
1
lim11
lnlim1
ln11ln1lim|lnlimlnlimln
0
2
00
0
11
0
1
00
xxxxdxxdx
Zadaci za vežbu
4.2.4.2. Izra unati:
a) 0
2
dxxe x b)
e
xdxx0
2ln
c)
7
05x
dx d)
6
23 2 16x
xdx
e) dxxe x2
f)
1
x
dx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
173
5. EKONOMSKE FUNKCIJE
5.1. Odrediti cenu pri kojoj se postiže ravnoteža izme u tražnje i ponude
ako je funkcija tražnje 2
2px a funkcija ponude .12 py
Rešenje:
Oblast definisanosti funkcije tražnje odre ujemo iz uslova za koje važi
2,020
0220200'002
ppRpp
pppxxp
a oblast definisanosti funkcije ponude iz uslova za koje važe implikacije
.,2
1
2
10
0201200'00
pRppp
ppyyp
Cena pri kojoj nastupa ravnoteža na tržištu mora biti iz skupa vrednosti za koje
je definisana i tražnja i ponuda na tržištu, odnosno iz skupa
.2,2
1,
2
12,0
Izjedna avaju i funkcije tražnje i ponude dobijamo:
.51056122 21
22ppppppyx
Kako rešenje p2=5 ne pripada intervalu 2,2
1, to ga odbacujemo, dok
,2,2
111p pa se dakle ravnoteža na tržištu postiže za vrednost cene p=1.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
174
5.2. Data je funkcija grani nog prihoda 2303' xPx i funkcija grani nih
troškova 302' xC . Odrediti
a) funkciju ukupnog prihoda koriste i uslov P(0)=0
b) funkciju ukupnih troškova uz uslov C(0)=500
c) dobit pri proizvodnji od 100 jedinica proizvoda
Rešenje:
a)
Kako je dx
dPPx
'
to je
Cxx
dxxdxPdPxP x 2302
32303)(2
'
Iz P(0)=0 dobijamo
xx
PjepaCP 2302
30)0(2
b)
Kako je dx
dCC '
to je
CxxdxxdxCdCxC 30302)( 2'
Iz C(0)=500 dobijamo
50030500)0( 2 xxCjepaCC
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
175
c)
Funkcija ukupnog prihoda je definisana za x=100, jer je
0100080001002301002
3)100( 2 xiP
a takodje je za x=100 definisana i funkcija ukupnih troškova, jer je
.01000170302)100(
0750050010030100)100(
100
'
2
xixC
iC
xza
Kako je dobit D=P-C to je dobit pri proizvodnji od 100 jedinica
proizvoda jednaka
50075008000
500100301001002301002
3)100()100()100( 22CPD
5.3 Funkcija tražnje jedne robe data je u obliku 4
2020
p
ex . Odrediti
koli inu i cenu pri kojima e ukupan prihod pri prodaji ove robe biti
maksimalan. Koliko iznosi maksimalan prihod?
Rešenje:
Oblast definisanosti funkcije tražnje odre ujemo iz uslova za koje važi
.,00
002000'004
204
20
pRpRpp
eepxxp
pp
Pošto je 4
2020
p
pexpP to cenu pri kojoj funkcija ukupnog prihoda ima
maksimum dobijamo iz
0,20020,0
,0200)20(200
''
420
420
420'
PpzaaPpzajeKako
ppepeeP
ppp
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
176
to zaklju ujemo da za cenu p=20 funkcija ukupnog prihoda ima maksimum koji
iznosi
34
20
20
max 4002020 eeP
Koli ina pri kojoj se postiže maksimalan prihod je .2020)20( 34
20
20
eex
5.4. Data je funkcija prose nih troškova 0,,,2 cbacbxaxC .
Odrediti minimum prose nih troškova. Pokazati da u ta ki minimuma važi
'CC .
Rešenje:
Kako je
0022
02
'''
ajejeraCia
bxbaxC
to za a
bx
2 funkcija prose nih troškova ima minimum koji iznosi
a
bcc
a
b
a
bc
a
bb
a
ba
a
bCC
44
2
4222
2222
min
.
Pošto je
a
bcc
a
b
a
bc
a
bb
a
ba
a
bC
jepacbxaxCjeodaklecxbxaxxCC
44
4
4
3
22
23
2
23
2222
'
2'23
odnosno u ta kim minimuma je 'CC .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
177
5.5. Funkcija ukupnih troškova je 506 2xC , a funkcija tražnje je
154
px . Odrediti proizvodnju i cenu pri kojima se postiže maksimalna
dobit i koliko ona iznosi. Odrediti proizvodnju pri kojoj je ukupan prihod
jednak ukupnim troškovima (gornju i donju granicu rentabilnosti).
Rešenje:
Oblast definisanosti funkcije ukupnih troškova odre ujemo iz uslova za koje
važi
.,000
00120506000 2'
xxxRx
xxxxCC
Oblast definisanosti funkcije tražnje odre ujemo iz uslova za koje važi
.15,060,0600
04
1015
400'00
xpRppp
ppxxp
Proizvodnja i cena pri kojima se postiže maksimalna dobit i pri kojima je
ukupan prihod jednak ukupnim troškovima moraju biti iz skupa vrednosti za
koje je definisana i funkcija ukupnih troškova i funkcija tražnje, odnosno iz
skupa
.60,0
15,015,0,0
p
xx
Kako je P=p x, a iz 604154
xpsledip
x to važi
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
178
020
15,0306020
506010506604
''
'
22
D
xxD
xxxxxCPD
pa za x=3, odnosno za 60,0486034p funkcija dobiti ima
maksimum, koji iznosi
40503603103 2
max DD .
Da bi odredili gornju i donju granicu rentabilnosti proizvodnje izjedna imo
funkciju ukupnog prihoda sa funkcijom ukupnih troškova:
15,0515,0105060100 21
2 xxxxDCP
pa je interval rentabilnosti proizvodnje x (1,5).
5.6. Za funkciju ukupnih troškova i funkciju tražnje iz prethodnog zadatka,
odrediti dobit pri proizvodnji za koju su prose ni troškovi minimalni. Za koliko
sa razlikuje ta dobit od maksimalne dobiti.
Rešenje:
Kako je
075
3900
3
5100
15,03
515,0
3
5
3
25
6
500
506
506
506
''
13
''
21
2
2
'2
Cxzapax
C
xx
xx
Cx
xx
x
x
CC
to zaklju ujemo da su prose ni troškovi minimalni za 3
5x .
Dobit pri proizvodnji za koju su prose ni troškovi minimalni iznosi
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
179
3
43310050
3
560
3
510
3
52
D pa je,
.3
3300520
3
43310040
3
5max DD
5.7. Data je funkcija tražnje 302 px . Na i cenu pri kojoj tražnja ima
jedini nu elasti nost. Odrediti interval u kome se može kretati cena da tražnja
bude elasti na, odnosno neelasti na. Elasti nost tražnje prikazati na grafiku.
Rešenje:
Oblast definisanosti funkcije tražnje odre ujemo iz uslova za koje važi
.15,0150
02030200'00
pRppp
ppxxp
Elasti nost funkcije tražnje je definisana u oblasti u kojoj je definisana i
funkcija tražnje, dakle u oblasti p (0,15).
Elasti nost funkcije tražnje je
302
22
302
'
,p
p
p
px
x
pE px
pa cenu pri kojoj tražnja ima jedini nu elasti nost nalazimo rešavanjem
jedna ine
15,02
15
4
301
302
21, p
p
pE px .
Interval cene u kome je tražnja neelasti na nalazimo rešavanjem slede e
nejedna ine u oblasti definisanosti funkcije tražnje
.15,02
15,0
2
1500
302
2101 , pp
p
pE px
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
180
Interval cene u kome je tražnja elasti na nalazimo rešavanjem slede e
nejedna ine u oblasti definisanosti funkcije tražnje
2
151
302
21, p
p
pE px .
Kako je oblast definisanosti funkcije tražnje p (0,15), to je interval cene u
kome je tražnja elasti na dat sa
.15,2
1515,0,
2
15pp
Pošto je
0302
60
302
223022
302
222
'
'
,pp
pp
p
pE px
to je elasti nost funkcije tražnje u oblasti definisanosti opadaju a funkcija i
nema ekstremnih vrednosti.
Pošto je
34
'
2
''
,302
240
302
2302260
302
60
pp
p
pE px
to je u oblasti definisanosti elasti nosti funkcije tražnje 0''
, pxE , pa je
elasti nost funkcije tražnje konkavna u celoj oblasti definisanosti.
Kako je
302
2limlim
0302
2limlim
15,
15
0,
0
p
pE
p
pE
xpx
x
xpx
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
181
to je prava x=15 vertikalna asimptota.
Na osnovu ovoga grafik elasti nosti funkcije tražnje je
0 3.75 7.5 11.25 15
10
8
6
4
2
2 p( )
2 p 30
p
5.8. Dokazati da je elasti nost prose nih troškova za jedan manja od
elasti nosti ukupnih troškova, odnosno da važi .1,,
xCxC
EE
Rešenje:
Pošto je x
CC onda važi
.11 ,
'
2
'2,'
,xC
xC
ECC
x
x
CxC
C
x
x
C
x
C
xC
C
xE
5.9. Dokazati da je proizvodnja pri kojoj su prose ni troškovi minimalni,
jednaka proizvodnji za koju ukupni troškovi imaju jedini nu elasti nost.
Dokazati da su minimalni prose ni troškovi jednaki grani nim
troškovima.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
182
Rešenje:
Prona imo proizvodnju pri kojoj su prose ni troškovi minimalni:
.0
00
00
2
''
'
2
''
'
'
'
2
''
x
CxCCx
C
C
zadok
x
CxCC
C
Cx
za
C
CxCxC
x
CxCC
x
CC
Pošto prvi izvod funkcije prose nih troškova menja znak od – ka + pri
prolasku kroz stacionarnu ta ku 'C
Cx , to zaklju ujemo da je to ta ka
minimuma funkcije prose nih troškova, odnosno za proizvodnju 'C
Cx
prose ni troškovi su minimalni.
Elasti nost funkcije ukupnih troškova u toj ta ki je:
1'
'
'
,C
C
C
CC
C
xE xC , dakle za proizvodnju pri kojoj su prose ni troškovi
minimalni, ukupni troškovi imaju jedini nu elasti nost.
Minimum prose nih troškova iznosi
'
'
'min C
C
C
C
C
CCC , dakle minimum prose nih troškova je jednak
grani nim troškovima.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
183
5.10. Data je funkcija tražnje .222 pepx Ispitati kako pove anje cene sa
nivoa 2p uti e na ukupan prihod.
Rešenje:
Kako je
pppeep
p
epepep
pep
ep
px
x
pE
p
p
pp
p
p
ppx
1212
22
22
222
22222
222
'222
222
'
,
to je
1,22, pE px pa ukupan prihod opada sa porastom cene.
5.11.Data je funkcija ukupnih troškova 315
x
eC . Ispitati kako pove anje
proizvodnje sa nivoa x=2 uti e na prose ne troškove.
Rešenje:
Kako je
33
115
15
3
3
'
,
xe
e
xC
C
xE
x
xxC
to za
1,03
22 ,xCEx
pa pove anje proizvodnje sa nivoa x=2 izaziva smanjenje prose nih troškova.
5.12.Data je elasti nost prose nih troškova .403
402
2
, xx
xE
xC
Odrediti
funkciju ukupnih troškova znaju i da fiksni troškovi iznose 40 jedinica
proizvoda, odnosno C(0)=40.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
184
Rešenje:
Imaju i u vidu rešenje zadatka 5.8. važi:
403403lnln
ln403lnln403
32
403
32
403
32
403
32
403
321
403
401
2
1
2
1
1
2
2
22
2
2
2
'
,
2
2
2
2
,,
xxCCxxCC
CxxCdxxx
x
C
dC
dxxx
xdx
xxx
xx
C
dC
xx
xx
dx
dC
C
x
jepadx
dC
C
xC
C
xE
xx
xx
xx
xEE
xC
xCxC
gde smo integracionu konstantu predstavili u obliku lnC1.
Kako je po uslovu zadatka C(0)=C1 40=40 to je C1=1 pa je
.4032 xxC
Zadaci za vežbu:
5.13. Data je funkcija tražnje 1206
px i funkcija ukupnih troškova
.25004
2xC Odrediti razliku maksimalne dobiti i dobiti pri
proizvodnji za koju su prose ni troškovi minimalni.
5.14. Data je funkcija tražnje .2,358,1 px
a) Ispitati kako pove anje cene sa nivoa p=5 uti e na ukupan prihod.
b) Ispitati kako pove anje realizacije sa nivoa x=13,6 uti e na ukupan
prihod.
5.15 Data je funkcija tražnje .20 3 pepx Odrediti oblast definisanosti
funkcije ukupnog prihoda i iznos maksimalnog ukupnog prihoda.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
185
5.16. Data je funkcija tražnje 100002
px i funkcija prose nih troškova
xxC
61092 . Kolika je maksimalna dobit? Da li je rentablina proizvodnja
za koju ukupni troškovi imaju jedini nu elasti nost?
5.17. Grani ni prihod za neki proizvod je .200'
xPx Odrediti funkciju
ukupnog prihoda ako je P(10)=100.
5.18. Dati su grani ni troškovi xeC 43' . Odrediti prose ne troškove
koriste i uslov C(0)=80.
5.19. Data je funkcija tražnje 622 pepx . Odrediti cenu za koju tražnja ima
jedini nu elasti nost.
5.20. Data je funkcija tražnje ).,( konstsubabpx a Pokazati da je
elasti nost ove funkcije konstantna.
5.21. Data je funkcija ukupnih troškova 453 2 xxC . Ispitati kako
pove anje proizvodnje sa nivoa x=1 uti e na prose ne troškove.
5.22. Data je funkcija ukupnih troškova .120 2
3
xC Odrediti proizvodnju
pri jedini noj elasti nosti funkcije ukupnih troškova. Odrediti minimalne
prose ne troškove.
5.23. Funkcija tražnje je :
a) px 4200
b) 6
210
p
pex .
Odrediti intervale cena u kojima je tražnja elasti na odnosno neelasti na.
5.24. Data je funkcija tražnje .580 px Odrediti proizvodnju i cenu pri
kojima je ukupan prihod maksimalan.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
186
5.25. Data je funkcija ukupnih troškova .
1
2 xexC Koliko iznose minimalni
prose ni troškovi?
5.26. Funkcija grani nih troškova je 2
2703' xP , a funkcija prose nih
troškova .2
15045
2
9
xxC Odrediti cenu pri kojoj se ostvaruje maksimalna
dobit, pri emu treba imati u vidu da je P(0)=0.
5.27. Data je funkcija prose nog prihoda 6
25
x
ep i funkcija prose nih
troškova .1000
xC Odrediti maksimalnu dobit i proizvodnju za koju se ona
postiže.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
187
6. LINEARNA ALGEBRA
6.1. Determinante i matrice
Rešeni zadaci:
6.1.1. Izra unati determinante:
a)
12
32
b)
352
243
123
c)
1
11
3
2
xx
xx
d)
1
1
1
bac
acb
cba
Rešenje:
a)
8231212
32
b)
3323523142153222343
352
243
123
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
188
c)
11111
113332
3
2
xxxxxxxx
xx
d)
0
1
1
1
ccbbbaaac
bcbcacaba
bac
acb
cba
6.1.2. Date su matrice:
021
101
112
A ,
302
012
113
B .
Na i .3,, ABABA
Rešenje:
321
111
225
302
012
113
021
101
112
BA
323
113
001
302
012
113
021
101
112
BA
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
189
063
303
336
021
101
112
33 A
6.1.3. Na i A B ako je:
a)
01
10
21
120
123
011
BA .
b)
201
011
13
01
21
BA
c)
12
21
20
321 BA
Rešenje:
a)
21
84
11
BA
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
190
b)
232
011
411
BA
c)
18BA
6.1.4. Na i inverzne matrice slede ih matrica:
a)
43
21A
b)
102
011
121
A
Rešenje:
a)
Kako je 0264det A to ova matrica A ima inverznu matricu
A-1
koju dobijamo kao adjAA
Adet
11 .
Važi slede e:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
191
11)1(
22)1(
33)1(
44)1(
2222
1221
2112
1111
A
A
A
A
pa je
12
34A
Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica TA matrice A, pa je
13
24ˆ TAadjA
pa je
2
1
2
3
12
13
24
2
11A
b)
Kako je 1221det A to data matrica ima inverznu matricu.
Važi slede e:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
192
111
21)1(
101
11)1(
101
12)1(
402
21)1(
312
11)1(
210
12)1(
202
11)1(
112
01)1(
110
01)1(
3333
2332
1331
3223
2222
1221
3113
2112
1111
A
A
A
A
A
A
A
A
A
pa je
.
111
432
211
A
Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica TA matrice A, pa je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
193
142
131
121
ˆ TAadjA
pa je
.
142
131
121
142
131
121
1
11A
6.1.5. Odrediti matricu X iz jedna ina:
a) A X=B, b) X A=B,
ako je
101
120
011
101
432
210
BA
Rešenje:
a) Važi
BAXBAXIBAXAABXA 1111 .
Kako je 4264det A to data matrica ima inverznu matricu.
Važi slede e:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
194
232
10)1(
442
20)1(
243
21)1(
101
10)1(
211
20)1(
110
21)1(
301
32)1(
211
42)1(
310
43)1(
3333
2332
1331
3223
2222
1221
3113
2112
1111
A
A
A
A
A
A
A
A
A
pa je
.
242
121
323
A
Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica TA matrice A, pa je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
195
213
422
213
ˆ TAadjA
pa je
.
213
422
213
4
11A
Sada je
b) Važi
400
631
235
4
1
213
422
213
4
1
101
120
011
1111
X
ABXABIXABAAXBAX
115
226
311
4
1
101
120
011
213
422
213
4
11 BAX
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
196
6.1.6. Odrediti matricu X iz jedna ine X (A-2I)=A+I gde je
101
432
210
A .
Rešenje:
Važi 1
22 IAIAXIAIAX .
Pošto je
100
010
001
I to je
201
442
211
IA i
101
412
212
2IA .
Kako je 0622422det IA to postoji inverzna matrica
matrice IA 2 koju nalazimo kao
IAadjIA
IA 22det
12
1.
Uobi ajenom procedurom dobijamo
411
1206
211
6
12
1IA pa je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
197
.
633
36618
633
6
1
411
1206
211
6
1
201
442
211
21
IAIAX
Zadaci za vežbu:
6.1.7. Rešiti slede e matri ne jedna ine
a) XAAX 23
b) AXAX 23
c) IXAI
gde je
.
321
133
210
A
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
198
6.2. Rešavanje sistema linearnih algebarskih jedna ina pomo u
determinanti i matrica
Rešeni zadaci:
6.2.1. Primenom determinanti rešiti slede e sisteme linearnih jedna ina:
a)
12
42
323
zyx
zyx
zyx
b)
11247
02
1523
zyx
zyx
zyx
Rešenje:
a)
Pošto je determinanta sistema
010311111222211211123
112
121
213
to sistem ima jedinstveno rešenje.
Kako je
10114113122124111123
111
124
213
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
199
10111143223113241123
112
421
313
20113113242121213143
112
141
233
z
y
to je jedinstveno rešenje sistema
110
10
210
20
110
10
z
y
x
z
y
x
b)
Pošto je determinanta sistema
01212423715415722213
247
211
523
to sistem ima jedinstveno rešenje.
Kako je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
200
011124037114117021113
1147
011
123
121111237051115721203
2117
201
513
120242111154051122211
2411
210
521
z
y
x
to je jedinstveno rešenje sistema
01
0
11
1
11
1
z
y
x
z
y
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
201
6.2.2. Primenom determinanti rešiti slede e sisteme linearnih jedna ina:
a)
11423
932
4222
zyx
zyx
zyx
b)
323
42
2224
zyx
zyx
zyx
Rešenje:
a) Pošto je determinanta sistema
0422232312222332412
423
312
222
i
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
202
011222923142243921112
1123
912
422
042411323921122334492
4113
392
242
049223411122921132414
4211
319
224
z
y
x
to sistem ima beskona no mnogo rešenja.
Kako je poddeterminanta sistema 024212
22to se dalje
rešavanje sistema svodi na rešavanje slede eg sistema jedna ina po x i y
zyx
zyx
392
2422 gde je z slobodna (nezavisna promanljiva).
Pošto je za ovaj sistem
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
203
zz
y
zz
x
jeto
zzzz
z
zzzz
z
y
x
y
x
52
210
272
414
210242392392
242
414239124139
224
212
22
Dakle, ovaj sistem ima beskona no mnogo rešenja oblika
z
y
x
5
27
b) Pošto je determinanta sistema
0212114322112312224
213
121
224
i
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
204
0312144322112342324
313
421
224
0212314342312312244
233
141
224
0242112322142312222
213
124
222
z
y
x
to sistem ima beskona no mnogo rešenja.
Kako je poddeterminanta sistema 0102821
24to se dalje
rešavanje sistema svodi na rešavanje slede eg sistema jedna ina po x i y
zyx
zyx
42
2224 gde je z slobodna (nezavisna promanljiva).
Pošto je za ovaj sistem
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
205
5
9
10
218
5
32
10
64
2182214441
224
642422224
222
1021
24
zzy
zzx
jeto
zzzz
z
zzzz
z
y
x
y
x
Dakle, ovaj sistem ima beskona no mnogo rešenja oblika
z
y
x
5
9
5
32
6.2.3. Primenom determinanti rešiti slede e sisteme linearnih jedna ina:
a)
532
465
0253
zyx
zyx
zyx
b)
238
12
332
zyx
zyx
zyx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
206
Rešenje:
a) Kako je determinanta sistema
017
345110562142515360
315
164
250
0355113262152215363
312
165
253
x
a
to je ovaj sistem protivre an, odnosno nema rešenja.
b) Kako je determinanta sistema
07213311213113212)3(13
312
111
323
0223111813123812)3(11
318
112
321
x
a
to je ovaj sistem protivre an, odnosno nema rešenja.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
207
6.2.4. Diskutovati i rešiti slede e sisteme jedna ina:
a)
6322
521
2242
zyx
zymx
zymx
b)
123
1312
12
kzkkyx
zykx
zkyx
Rešenje:
a) Determinanta sistema je
216236
314222122212224312
322
211
242
2 mmmm
mmmm
m
m
a
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
208
21122312
614252212212254612
622
511
242
16312622252612222352
362
251
222
16354222612252624312
326
215
242
2 mmmm
mmmm
m
m
mmm
m
mmm
m
z
y
x
Za 0 , odnosno za m 1 i m 2 sistem ima jedinstveno rešenje dato sa
2216
2112
2
1
216
16
2
1
216
16
mm
mmz
mmm
my
mmm
mx
z
y
x
Za m=1 važi 0zyx pa sistem ima beskona no mnogo
rešenja. Nalazimo ih na slede i na in.
Za m=1 sistem postaje
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
209
6322
52
2242
zyx
zx
zyx
Kako je poddeterminanta sistema 044001
42to se dalje
rešavanje sistema svodi na rešavanje slede eg sistema jedna ina po x i y
zx
zyx
25
2242 gde je z slobodna (nezavisna promanljiva).
Rešenje ovog sistema je oproizvoljnzz
yzx2
4,25 ,
odnosno za m=1 sistem ima beskona no mnogo rešenja oblika
z
y
x
2
4
25
Za m=2 determinanta sistema je jednaka nuli, a determinanta y=6 0 pa je
sistem protivre an, odnosno nema rešenja.
b) Determinanta sistema je
111
31
3121
212 kkk
kk
k
k
a
kkkk
kkk
k
k
x 5156
312
3121
212
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
210
22 12242
121
1121
11
12
3121
311
211
kkk
kk
k
k
k
kk
z
y
Za 0, odnosno za k 1 i k -1 sistem ima jedinstveno rešenje dato sa
1
12
11
12
1
2
11
12
1
5
11
51
2
k
k
kk
kz
kkk
ky
k
k
kk
kkx
z
y
x
Za k=1 važi 0zyx pa sistem ima beskona no mnogo rešenja.
Nalazimo ih na slede i na in.
Za k=1 sistem postaje
14
13
12
zyx
zyx
zyx
Kako je poddeterminanta sistema 012331
21to se dalje
rešavanje sistema svodi na rešavanje slede eg sistema jedna ina po x i z
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
211
yzx
yzx
13
12 gde je y slobodna (nezavisna promanljiva).
Rešenje ovog sistema je 0,1 zoproizvoljnyyx , odnosno
za k=1 sistem ima beskona no mnogo rešenja oblika
0
1
z
y
x
Za k= -1 determinanta sistema je jednaka nuli, a y=4 0 pa je sistem
protivre an, odnosno sitem nema rešenja.
6.2.7. Rešiti slede e sisteme jedna ina pomo u inverzne matrice:
a)
52
32
6
zyx
zyx
zyx
b)
1432
19253
1132
zyx
zyx
zyx
Rešenje:
a) Ovaj sistem jedna ina se može prikazati u matri nom obliku
BXA gde je
5
3
6
211
112
111
B
z
y
x
XA
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
212
Pošto je
05
211
112
111
det A
zaklju ujemo da matrica A ima inverznu matricu A-1
,pa važi BAX 1 .
Uobi ajenim postupkom nalaženja inverzne matrice dobija se
321
111
231
5
11A pa je sada
3
2
1
15
10
5
5
1
5
3
6
321
111
231
5
1X
Dakle rešenje sistema je x = 1, y = -2, z = 3.
b) Ovaj sistem jedna ina se može prikazati u matri nom obliku
BXA gde je
14
19
11
321
253
132
B
z
y
x
XA
Pošto je
02
211
112
111
det A
zaklju ujemo da matrica A ima inverznu matricu A-1
,pa važi BAX 1 .
Uobi ajenim postupkom nalaženja inverzne matrice dobija se
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
213
111
157
1711
2
11A pa je sada
3
2
1
6
4
2
2
1
14
19
11
111
157
1711
2
1X
Dakle rešenje sistema je x = 1, y = 2, z = 3.
Zadaci za vežbu:
6.2.8. Primenom determinanti rešiti slede e sisteme linearnih jedna ina:
a) b)
61163
875
0342
zyx
zyx
zyx
3465
1254
2233
zyx
zyx
zyx
c) d)
0326
025
02
zyx
zyx
zyx
4735
323
2632
zyx
zyx
zyx
6.2.9. Diskutovati i rešiti slede e sisteme linearnih jedna ina:
a) b)
323
1262
134
zyx
azyx
zyax
1154
12
512
zykx
zykx
zykx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
214
c) d)
azayx
azyax
zyx
438
32
22
2
1
aazyx
azayx
zyax
6.2.10. Koriste i inverznu matricu rešiti slede e sisteme linearnih jedna ina:
a) b)
33
23
55
zyx
zx
zyx
1232
4525
533
zyx
zyx
zyx
c) d)
324
2332
143
zyx
zyx
zyx
1243
132
032
zyx
zyx
zyx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
215
7. ELEMENTI FINANSIJSKE MATEMATIKE
7.1. Procentni ra un
Rešeni zadaci:
7.1.1. Posle poskupljenja od 11% roba se prodaje za 1000 dinara. Izra unati
a) za koliko je dinara pove ana cena
b) koliko bi iznosila prodajna cena da je pove anje iznosilo 18% od
prvobitne cene
c) za koliko bi procenata bila pove ana cena da se roba posle pove anja
cene prodaje za 15 000 dinara?
Rešenje:
Obeležimo sa x po etnu cenu robe. Tada je:
a)
9,90011,1
1000100011,1 xx
Po etna cena je bila 900,9 dinara, pa je cena pove ana za
1000din-900,9din=99,1din
b)
06,106318,19,900
Posle pove anja od 18% cena bi iznosila 1063,06 dinara.
c)
%1565%%100%65,1519,900
150001500019,900 ppppp
Cena bi bila pove ana za 1565%.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
216
7.1.2. Cena nekog proizvoda se u toku nekog perioda menjala na slede i na in:
pove ana je 7%, pa smanjena 18%, pove ana je 8%, pa smanjena 12% i na
kraju pove ana 4%. Posle tih promena, cena proizvoda iznosi 9770 din.
a) Kolika je bila po etna cena proizvoda?
b) Da li se ovakvim postupkom po etna cena pove ala ili smanjila i za
koliko je ukupno procenata izvršeno to pove anje (ili smanjenje) po etne
cene?
Rešenje:
Obeležimo sa x po etnu cenu proizvoda. Tada je:
a)
67,1126504,188,008,182,007,1
9770977004,188,008,182,007,1 xx
Po etna cena proizvoda je bila 11265,67 dinara.
b)
Kako je 8672,004,188,008,182,007,1 zaklju ujemo da se
ovakvim postupkom po etna cena smanjila za %.28,13%1008672,01
7.1.3. Od ukupne koli ine robe 4
1 je prodata sa zaradom od 8%. Na
3
1 je
ostvarena zarada od 18%. Na ostatku je ostvaren gubitak od 14% i taj deo robe
je prodat za 100 000 dinara. Kolika je ukupno ostvarena zarada (ili gubitak)
izražena u dinarima i u procentima?
Rešenje:
Obeležimo sa x po etnu vrednost ukupne koli ine robe.
Tada po etna vrednost ostatka robe iznosi xx12
5
3
1
4
11 .
Po uslovu zadatka je
dinxx 77,27906910000086,012
5
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
217
Sada je na 4
1robe ostvarena zarada od din4,558108,077,279069
4
1,
na3
1robe ostvarena zarada je din19,1677418,077,279069
3
1, a na ostatku
je ostvaren gubitak od .07,1627914,077,27906912
5din
Ukupno ostvarena zarada u dinarima iznosi
.52,607607,1627919,167744,5581 dinara
U procentima ukupna zarada iznosi %.18,2%10077,279069
52,6076
7.1.4. Od ukupne koli ine robe 5
1 je prodata sa zaradom 12%. Na
7
2 robe je
ostvaren gubitak od 6% i ostatak je prodat sa zaradom od 9%. Ovakvom
prodajom ostvarena je zarada od 28 000 dinara. Kolika je ukupna zarada
izražena u procentima i kolika je zarada (gubitak) izražen u dinarima na
pojedinim delovima robe?
Rešenje:
Obeležimo sa x po etnu vrednost ukupne koli ine robe.
Tada po etna vrednost ostatka robe iznosi xx35
18
7
2
5
11 .
Po uslovu zadatka je:
.72,5268812800035
09,01806,02512,07
2800009,035
1806,0
7
212,0
5
1
dinxdinx
dinxxx
Ukupna zarada izražena u procentima je %.31,5%10072,526881
28000
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
218
Na5
1 robe ostvarena zarada je din16,1264512,072,526881
5
1, na
7
2robe
ostvaren gubitak je din26,903206,072,5268817
2, a na ostatku je
ostvarena zarada .1,2438709,072,52688135
18din
7.1.5. Planirana proizvodnja u tri pogona jednog preduze a iznosi 800 000
dinara, i to:
I pogon 320 000 dinara, II pogon 160 000 dinara, III pogon ostatak. Izra unati:
a) sa kojim procentom u estvuje svaki pogon u planu preduze a
b) koliko iznosi ukupno ostvareni plan preduze a, ako je I pogon
ispunio plan sa 120%, II pogon sa 90%, a III pogon sa 105%
c) procentualni preba aj ili podba aj ukupnog plana proizvodnje?
Rešenje:
a)
I pogon u estvuje sa %40%100800000
320000
II pogon u estvuje sa %20%100800000
160000
III pogon u estvuje sa %40%100800000
160000320000800000
u planu preduze a.
b)
Realizacija I pogona je din3840002,1320000 ,
realizacija II pogona je din1440009,0160000 , a
realizacija III pogona je
.33600005,1160000320000800000 din
Ukupno ostvareni plan preduze a je
.864000336000144000384000 din
c)
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
219
Ukupan plan proizvodnje je premašen za 864000-800000=64000 dinara,
odnosno za %.8%100800000
64000
7.1.6. Kolika je stopa inflacije za jednu godinu ako je mese ni rast cena u toj
godini iznosio 6,3%?
Rešenje:
Obeležimo sa x cenu nekog proizvoda na po etku godine. Cena tog istog
proizvoda na kraju godine iznosi 12063,1x . Godišnja stopa inflacije
predstavlja ukupnu procentualnui promenu cene za godinu dana i ako je
obeležimo sa p važi
%.16,108%0816,11063,1063,11 1212 ppxpx
Dakle, godišnja stopa inflacije je 108,16%.
7.1.7. Fabri ka cena nekog proizvoda je 3200din. Kolika je prodajna cena tog
proizvoda, ako je fabri ka cena pove ana za dve razli ite vrste poreza ije su
stope 8% i 12%, obe ra unate na istu osnovicu koja iznosi 75% fabri ke cene?
Rešenje:
Osnovica na koju su porezi izra unati je .2400320075,0 din
Pove ane cene usled prvog poreza iznosi ,192240008,0 din a usled drugog
iznosi .288240012,0 din Ukupno pove anje fabri ke cene je za
288+192=480 dinara, pa je prodajna cena tog proizvoda 3200+480=3680
dinara.
7.1.8. Ako je neki proizvod poskupeo tri puta, redom, za 8%, 12% i 6%, za
koliko procenata bi trebalo sada najnoviju cenu smanjiti da bi on dobio po etnu
cenu?
Rešenje:
Obeležimo sa x po etnu cenu proizvoda.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
220
Nova cena proizvoda je 06,112,108,1x . Ukoliko sada smanjimo ovu novu
cenu za p procenata dobijamo cenu px 106,112,108,1 koja je po uslovu
zadatka jednaka po etnoj ceni x.
Dakle
%22%22,006,112,108,1
11106,112,108,1 ppxpx
Novu cenu treba smanjiti za 22% da bi se dobila po etna cena.
7.1.9. Ako je neki proizvod pojeftinio tri puta, redom, za 8%, 12% i 6%, za
koliko procenata bi trebalo sada najnoviju cenu pove ati da bi on dobio
po etnu cenu?
Rešenje:
Obeležimo sa x po etnu cenu proizvoda.
Nova cena proizvoda je 94,088,092,0x . Ukoliko sada pove amo ovu novu
cenu za p procenata dobijamo cenu px 194,088,092,0 koja je po
uslovu zadatka jednaka po etnoj ceni x.
Dakle
%4,31%3140,0194,088,092,0
1194,088,092,0 ppxpx
Novu cenu treba pove atii za 31,4% da bi se dobila po etna cena.
7.1.10. Preduze e ima tri pogona. Prvi pogon ostvario je svoj proizvodni plan
sa 85%, što iznosi 2 380 000 dinara. Drugi pogon je ostvario svoj plan sa 90%,
što iznosi 2 880 000 dinara. Tre a radna organizacija je premašila svoj
proizvodni plan za 15% i proizvela robe u vrednosti od 3 450 000 dinara.
Izra unati ukupan plan preduze a i ukupnu proizvodnju u procentima u odnosu
na ukupan plan.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
221
Rešenje:
Plan prvog pogona je bio 000800285,0
0003802dinara, plan drugog
000200390,0
2880000dinara, dok je plan tre eg pogona bio
000000315,1
3450000dinara.
Ukupan plan preduze a je 2 800 000+3 200 000+3 000 000=9 000 000dinara.
Ostvarena proizvodnja je 2 380 000+2 880 000+3 450 000=8 710 000 dinara,
što iznosi %78,96%1009000000
8710000 ukupnog proizvodnog plana.
Zadaci za vežbu:
7.1.11. Od ukupne koli ine robe 5
2 je prodata sa zaradom 22%. Na
7
2 robe je
ostvaren gubitak od 16% i ostatak je prodat sa zaradom od 8%. Ovakvom
prodajom ostvarena je zarada od 54 000 dinara. Kolika je ukupna zarada
izražena u procentima i kolika je zarada (gubitak) izražen u dinarima na
pojedinim delovima robe?
7.1.12. Ukupna nabavna vrednost robe iznosi 800 000 dinara. Jedna etvrtina
nabavljene robe prodata je sa zaradom od 9%. Tri osmine je prodato sa
gubitkom od 16%, a na ostatku prodate robe zarada iznosi 5%. Izra unati
koliko procenata iznosi ukupna zarada ili gubitak na celokupnoj prodatoj robi.
7.1.13. Dve devetine robe je prodato po ceni koja je 5% ve a od nabavne.
Jedna tre ina robe je prodata po ceni 5% nižoj od nabavne, a ostatak robe je
prodat po ceni 10% višoj od nabavne. Ovom prodajom ostvarena je dobit od
10500 dinara. Izra unati kolika je nabavna vrednost robe.
7.1.14. Ako je godišnja stopa pada standarda 25%, kolika je tromese na stopa
pada standarda uz pretpostavku da je u sva etiri kvartala ista?
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
222
7.1.15. Ako je u jednoj godini stopa ukupnog rasta cena 60%, kolika je tada
stopa mese nog rasta cena, pod pretpostavkom da je ona iz meseca u mesec
jednaka?
7.1.16. Neka je jednoj uslužnoj organizaciji dozvoljeno godišnje pove ane cena
usluga, u tri rate, za 180%. Ako ova organizacija u prvoj rati pove a cene za
90%, u drugoj rati za 40%, za koliko procenata još može ova organizacija
pove ati cene da bi dostigla dozvoljeni nivo od 180%?
7.1.17. Posle poskupljenja od 15% roba se prodaje za 1000 dinara. Izra unati
a) za koliko je dinara pove ana cena
b) koliko bi iznosila prodajna cena da je pove anje iznosilo 22% od
prvobitne cene
c) za koliko bi procenata bila pove ana cena da se roba posle pove anja
cene prodaje za 25 000 dinara?
7.1.18. Ako se 60% neke robe proda sa gubitkom od 14%, 24% iste te robe sa
gubitkom od 18% sa kolikom maksimalnom zaradom, izraženom u %,
se može prodati ostatak robe, a da ukupna zarada ne bude ve a od
15%.
7.1.19. Ako se 20% neke robe proda sa zaradom od 15%, 25% iste te robe sa
zaradom od 12% sa kolikim maksimalnim gubitkom, izraženim u %,
se može prodati ostatak robe, a da ukupna zarada ne bude manja od
5%.
7.1.20. Cena nekog proizvoda je rasla redom za 8%, 10%, 12% i 15%. Da li je
ovakvim tempom rasta, cena ukupno porasla za 45%? Ako nije, za
koliko bi % trebalo smanjiti, ili pove ati dobijenu cenu da bi se
ostvariolo ukupno pove anje od 45%?
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
223
7.2. Prost kamatni ra un
Rešeni zadaci
7.2.1. Izra unati na koju vrednost e narasti po etni kapital i koliki je interes
ukoliko su uslovi kreditiranja
a) 8% na sumu od 15 000 dinara za 6 godina
b) 6% na sumu od 20 000 dinara za 8 meseci
c) 5% (k,360) na sumu od 25 000 dinara za 43 dana
d) 10% (k,365) na sumu od 30 000 dinara za vreme od 3 godine i 18
dana.
Rešenje:
a)
Interes je dintpKI g 7200608,015000 a kapital e
narasti na .22200720015000 dinaraIK
b)
Interes je dintpK
I m 80012
806,020000
12a kapital e
narasti na .2080080020000 dinaraIK
c)
Interes je dinktpK
I d 3,149360
4305,025000
360
360,a
kapital e narasti .3,251493,14925000 dinaraIK
d)
Za vreme od 3 godine i 18 dana je 1113183653)365,(ktd pa
je interes dinktpK
I d 95,9147365
111310.030000
365
365,a kapital
e narasti na .95,3914795,914730000 dinaraIK
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
224
7.2.2. Izra unati:
a) kapital koji e uz 8% kamate za vreme od 7 godina narasti na 124800
dinara
b) kapital koji e uz 6% kamate za vreme od 8 meseci doneti 6 400
dinara kamate
c) kapital koji e uz 10% (k,360) kamate za vreme od 270 dana narasti
na 53 750 dinara
d) kapital koji e uz 12% (k,365) kamate za vreme od 2 godine i 73
dana doneti 15 840 dinara kamate
Rešenje:
a)
dinpt
IKKptKIK
g
g 80000708,01
124800
11
Po etni kapital je 80 000 dinara
b)
dinpt
IK
tpKI
m
m 160000806,0
64001212
12
Po etni kapital je 160 000 dinara.
c)
dintp
IKK
tpKIK
d
d 50000
360
27010,01
53750
3601
3601
Po etni kapital je 50 000 dinara.
d)
dintp
IK
tpKI
d
d 6000073365212,0
15840365365
365
Po etni kapital je 60 000 dinara.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
225
7.2.3. Koliko je godina dugovan iznos od 72 000 dinara, pa je dužnik na ime
6% kamate platio 12 960 dinara?
Rešenje:
godKp
IttpKI gg 3
7200006,0
12960
Iznos je dugovan 3 godina.
7.2.4. Izra unati kamatnu stopu po kojoj e kapital od 100000 dinara za 8
meseci doneti na ime kamate 6 000 dinara.
Rešenje:
09,01000008
60001212
12 m
m
tK
Ip
tpKI
Kamata je 9%.
7.2.5. Dva kapitala se razlikuju za 2500 dinara. Ve i kapital je ukama en sa
6% za 8 meseci, a manji sa 5% za 6 meseci. Kamata prvog kapitala je jednaka
dvostrukoj kamati drugog kapitala. Odrediti oba kapitala.
Rešenje:
Obeležimo sa K2 ve i kapital, a sa K1 manji kapital. Tada važi:
12
605,02
12
806,0
2500
12
12
KK
KK
Kako je iz druge jedna ine 25,1806,0
605,02
1
2
K
K to iz prve jedna ine
dobijamo
din
K
KK
K
KKKK 10000
125,1
2500
1
2500250012500
1
2
1
1
2112
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
226
a .12500250012 dinKK
Dakle, ve i kapital je 12500 dinara, a manji 10 000 dinara.
7.2.6. Dva kapitala iji je zbir 84 000 dinara su uloženi za vreme od jedne
godine po dvema stopama koje se razlikuju za 0,2%. Ukupno ostvarena kamata
iznosi iznosi 4128 dinara. Ako se prvi kapital uloži po stopi drugog, a drugi po
stopi prvog kapitala ukupna kamata e biti 4104 dinara. Odrediti oba kapitala i
obe stope.
Rešenje:
Obeležimo sa K1 prvi, a sa K2 drugi kapital. Tako e sa p1 obeležimo ve u, a sa
p2 manju kamatnu stopu. Tada po uslovu zadatka važe slede e jedna ine:
4104
4128
002,0
84000
2112
2211
21
21
pKpK
pKpK
pp
KK
Ako zamenimo p2=p1 – 0,002 iz druge jedna ine u tre u i etvrtu dobijamo:
4104002,04104002,0
4128002,04128002,0
12111112
22111211
KKKppKpK
KKKppKpK
Ako sada oduzmemo poslednje dve jedna ine dobijamo:
1200024002,0 2121 KKKK
što zajedno sa jedna inom 8400021 KK ini rešiv sistem dve jedna ine
sa dve nepoznate, ija su rešenja K1=48000 dinara , K2=36000 dinara.
Dalje iz 4128002,0 2211 KKKp dobijamo
%5%05,084000
36000002,04128002,041281
21
21 p
KK
Kp i naravno
%.8,4%048,0002,0 212 ppp
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
227
7.2.7. Istog dana je uložen iznos od 50000 dinara uz kamatnu stopu 6% (k,360)
i iznos od 48000 po stopi od 8% (k,360). Odrediti posle kog vremena e se oba
iznosa uve ana kamatom izjedna iti?
Rešenje:
Po uslovu zadatka važi
14,85706,05000008,048000
3604800050000360,
360
360,08,04800048000
360
360,06,05000050000
kt
ktkt
d
dd
Dakle, posle 858 dana, ra unata po kalendaru, oba iznosa uve ana kamatom
e se izjedna iti.
7.2.8. Oro eno je u banci pod kamatu: 30% kapitala sa 6% (k,360) kamate za
60 dana, 50% kapitala uz 4% (k,360) kamate za 90 dana, a ostatak uz 4,5%
(k,360) kamate za 80 dana. Ukupna oro ena suma u banci narasla je zajedno
sa kamatom na 303000 dinara. Koliko iznosi ukupna oro ena suma u banci?
Rešenje:
Obeležima sa K ukupnu oro enu sumu u banci. Po uslovu zadatka važi:
303000360
80045,0120,0
360
9004,0150,0
360
6006,0130,0 KKK
odakle je
dinK 30000080045,03602,09004,03605,06006,03603,0
360303000
Ukupna oro ena suma je 300 000 dinara.
7.2.9. Preduze e je eskontovalo 15.II 2003. god. kod neke banke menicu od
420 000 dinara sa rokom dospe a 16.IV 2003. god. Izra unati eskontovanu
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
228
vrednost menice a) komercijalnim i b) racionalnim metodom, ako je eskontna
stopa 7%.
Rešenje:
a)
dindp
KK nk 415100360
07,0601420000
3601,0
Komercijalno eskontovana vrednost menice iznosi 415100 dinara.
b)
dindp
KK n
r 5,415156
360
07,0601
420000
3601
,0
Racionalno eskontovana vrednost menice iznosi 415156,5 dinara.
7.2.10. Dve menice nominalnih vrednosti 300000 din i 400000 din i rokovima
dospe a za 38 i 52 dana zamenjujemo jednom menicom iji je rok dospe a 75
dana. Izra unati nominalnu vrednost tre e menice ako je eskontna stopa 15%.
Obra un izvršiti a) komercijalnim i b) racionalnim metodom.
Rešenje:
Zbir eskontovanih vrednosti poznatih menica na dan zamene menica, mora biti
jednak eskontovanoj vrednosti nepoznate menice, tako e na dan zamene
menica. Tako da važi:
a)
dinK
K
KKK
n
n
kkk
18,708731
360
15,0751
360
15,0521400000
360
15,0381300000
3
3
,0,3,0,2,0,1
Nominalna vrednost tre e menice ra unata komercijalnim metodom je
708731,18 dinara.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
229
b)
dinKK
KKK
nn
rrr
96,708304
360
15,0751
360
15,0521
400000
360
15,0381
3000003
3
,0,3,0,2,0,1
Nominalna vrednost tre e menice ra unata racionalnim metodom je
708304,96 dinara.
7.2.11. Obaveze dužnika su: 5 000 dinara posle 8 dana uz 9%, 8 000 dinara
posle 15 dana uz 12%, 22 000 dinara posle 33 dana uz 5%. Dužnik ho e da
podmiri ceo dug odjednom. Posle koliko dana je to mogu e u initi?
Rešenje:
63,2105,02200012,0800009,05000
3305,0220001512,08000809,05000
1
1
n
k
kk
n
k
kkk
s
pK
tpK
t
Dužnik može da plati ceo dug posle 22 dana.
Zadaci za vežbu
7.2.12. Za koje e vreme 50 000 dinara uz 6% (k,360) kamate doneti istu
kamatu kao i 60 000 dinara od 10. III 2003. god. do 16. IV 2003. god. uz 7%
(k,365)?
7.2.13. Iznos od K dinara je uložen po stopi p% za vreme od 6 meseci, a iznos
od M dinara, koji je ve i od iznosa K za 30000 dinara, uložen je po istoj stopi
za 9 meseci. Razlika izmedju kamata na iznos M i iznos K je 3,875 dinara, a
zbir kamata je 14875 dinara. Odrediti stopu p% i iznose K i M.
7.2.14. Izvestan kapital dat je pod interes u 4 rate i to ovim redom: 1/5 kapitala
je data pod interes 12.V 2003.god, 1/4 kapitala 23.VI 2003.god., 1/3 kapitala
8.VII 2003.god. i ostatak 5.IX 2003.god. Ukupna kamata 8% do 31.XII
2003.god iznosi 5000 dinara (k,360). Izra unati koji je to kapital i koliko
iznose pojedine rate.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
230
7.2.15. Banka je dužniku odobrila 15.VI zajam od 63000 dinara. Dužnik je
vratio dug u roku i zajedno sa 8% (k,360) kamate platio ukupno 63560 dinara.
Kog datuma je vra en dug?
7.2.16. Izra unati kapital koji e od 15. III 2003.god do 25.V 2003.god doneti
duplo više kamate od kamate koju donesu slede i iznosi :5000 dinara za pet
meseci, 7 000 dinara za 6 meseci i 15 000 dinara za tri meseca.
7.2.17. Uloženo je u banku K dinara 10 meseci uz p%. Uve ani kapital je
50000 dinara. Ako se taj isti kapital uloži 25 dana uz stopu ve u 5%, uve ani
kapital je 45 000 dinara. Odrediti stopu i kapital.
7.2.18. Razlika izme u kamate na iznos od K dinara obra unate pomo u
(k,360) i kamate obra unate pomo u (k,365) za 70 dana uz 8% kamate iznosi 5
dinara. Koji je to iznos?
7.2.19. Menicu od 500000 dinara sa rokom dospe a kroz 32 dana zamenjujemo
drugom menicom iji je rok dospe a 45 dana. Izra unati a) komercijalnim
metodom i b) racionalnim metodom, nominalnu vrednost druge menice ako je
eskontna stopa 15%.
7.2.20. Preduze e duguje banci 1000 000 dinara sa rokom 31.XII 2003. god.
Radi izmirenja duga preduze e daje banci 1.IV 2003 god. jednu menicu od
300 000 dinara sa rokom 15. VII 2003.god. , drugu od 200 000 dinara sa rokom
25.VIII 2003.god i tre u menicu sa rokom dospe a 28.IX 2003.god. Izra unati
na koju sumu glasi tre a menica, ako je eskontna stopa 6%.
7.2.21. Dužnik treba da plati: 5000 din 10.I 2003.god.,10 000 din 10.II
2003.god., 20 000 din 10.IV 2003.god i 25 000 din. 10.VI 2003.god. Kamatna
stopa je 6%. Kog dana dužnik može da plati ceo dug odjednom?
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
231
7.3. Složen dekurzivan kamatni ra un
Rešeni zadaci:
7.3.1. Uloženo je u banku 30 000 dinara. Na koliko dinara e se uve ati ulog
zajedno sa kamatom za vreme od 8 godina ako je godišnja kamatna stopa 12%
i ako je kapitalisanje
a) godišnje
b) polugodišnje
c) tromese no
d) neprekidno
Rešenje:
a)
dinIpKKn
n 74280476,2300003000012,1300001 8
%12
8
0
b)
dinIm
pKK
nm
n 762125404,2300003000006,1300001 16
%6
16
0
c)
dinIm
pKK
nm
n 772535751,2300003000003,1300001 32
%3
32
0
d)
dineeKK pt
n 9,7835030000 812,0
0
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
232
7.3.2. Upla eno je u banku 40 000 dinara, a 6 godina kasnije podignuto je
50000 dinara. Kojom se sumom raspolaže 10 godina od dana ulaganja, ako
banka ra una 8% kamate pri šestomese nom kapitalisanju.
Rešenje:
dinIIK n 14,19215500004000004,15000004,140000 8
%4
12
%4
812
Posle deset godina raspolaže se sumom od 19215,14 dinara.
7.3.3. Suma od 50 000 dinara ukama ena je u banci za vreme od 7 godina 5
meseci i 14 dana uz 10% godišnje kamate (30,360) i godišnje kapitalisanje.
Izra unati uve ani kapital pomo u a) komercijalnog b) racionalnog metoda.
Rešenje:
a)
din
K n
34,101842046,19481,150000
360
143051,0110,150000
7
b)
Kako je vreme 46,7360
14
12
57)(godt god to je
dinK n 73,10180210,15000046,7
7.3.4. Koji je iznos ukama en pre 8 godina uz 5% godišnje kamate i
tromese no kapitalisanje pove an za 20 000 dinara.
Rešenje:
14
05.01
4
05.01
3232
KKKKKI n
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
233
dinI
K 65,409724881,0
20000
14
05,01
32
7.3.5. Uloženo je u banku 100 000 dinara uz 8% godišnje kamate. Posle 3
godine ulaga je podigao 40 000 dinara, a posle slede e tri godine 30 000.
Koliko iznosi ostatak posle 10 godina od dana kada je novac uložen.
Kapitalisanje je polugodišnje.
Rešenje:
dinIIIKostatak 1,1087853000040000100000 8
%4
6
%4
6
%4
7.3.6. Iznos od K dinara upla en je u banku koja pla a 5% godišnje kamate i
kapitališe dva puta godišnje. Koliko godina je potrebno da se taj iznos
utrostru i.
Rešenje:
Iz uslova KK n 3 dobijamo
n
KK2
05,013 gde je n broj polugodišta.
Sada je
478,440247,0
0986,1
025,1ln
3ln025,13 n
npolugodišta, odnosno
22 godine, 2 meseca i 27 dana.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
234
7.3.7. Na uložen iznos od 10000 dinara banka ra una godišnju kamatu po
stopi:prve godine 2%, druge godine 4%, tre e godine 6% i etvrte godine 8% i
kapitališe polugodišnje. Koliko iznosi uve ani kapital krajem etvrte godine?
Koja bi bila stalna godišnja kamatna stopa po kojoj bi se ostvario isti složeni
interes, ali pri
a) godišnjem kapitalisanju, b) etvoromese nom kapitalisanju, c) mese nom
kapitalisanju, d) neprekidnom kapitalisanju.
Rešenje:
din
IIIIK n
31,1217820816,10609,10404,10201,1100000
100000 2
%4
2
%3
2
%2
2
%1
a)
%5%05,01100000
31,12178231,1217821100000 4
4ppp
b)
%96,4%
0496,01100000
31,121782331,121782
31100000 12
12
p
pp
c)
%94,4%
0494,01100000
31,1217821231,121782
121100000 48
48
p
pp
d)
%93,4%0493,0100000
31,121782ln
4
131,121782100000 4 ppe p
7.3.8. Uloženo je u banku 40000 dinara, a posle 5 godina još 30000 dinara.
Kojom se sumom raspolaže posle 12 godina ako je kamatna stopa 8% i
kapitalisanje godišnje.
Rešenje:
dinIIKn 1521427138,1300005182,2400003000040000 7
%8
12
%8 .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
235
7.3.9. Uloženo je K dinara u banku koja pla a 15% godišnje kamate uz
godišnje kapitalisanje. Po kojoj tromese noj kamatnoj stopi bi se dobio isti
krajnji kapital ali uz tromese no kapitalisanje.
Rešenje:
Tromese na konformna kamatna stopa godišnjoj kamatnoj stopi od
15% iznosi %6,3%036,0115,1 4,4
4, kk pp
7.3.10. Koliko treba danas uložiti u banku koja pla a 14% godišnje kamate i
kapitališe polugodišnje da bi se posle 12 godina i 18 dana raspolagalo sa 100
000 dinara. Zadatak rešiti a) komercijalnim metodom b) racionalnim metodom
i c) neprekidnim kapitalisanjem.
Rešenje:
a)
dinK
K
13,19577
360
1814,01
2
14,01
100000
360
1814,01
2
14,01100000
240
24
0
b)
dinKK 73,19581
2
14,01
100000
2
14,01100000
180
1824
0
180
1824
0
c)
din
e
KeK 55,18507100000
100000
360
181214,0
0
360
181214,0
0
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
236
7.3.11. Odabrati povoljniju ponudu za prodaju neke robe:
Prvi kupac nudi 30000 u gotovu i 40000 posle 3 godine
Drugi kupac nudi 40000 posle godinu dana i 50000 posle 5 godina.
Godišnja kamatna stopa je 8% i kapitalisanje je godišnje.
Rešenje:
Povoljnija ponuda za prodaju robe je ona ponuda koja je ve a u trenutku
sklapanja dogovora.
Prvi kupac nudi u trenutku sklapanja dogovora 30000 dinara i 40000 dinara
posle 3 godine. Tih 40000 dinara u trenutku sklapanja dogovora vrede sumi
koja bi za tri godine narasla na 40000 dinara po zadatim uslovima
kapitalisanja.
Odnosno vrede dinI
6,317532597,1
4000040000
08,1
400003
%8
3 , pa dakle prvi kupac
u trenutku dogovora nudi .6,617536,3175330000 din
Analogno, drugi kupac u trenutku sklapanja dogovora nudi
.17,7106913,3403204,370374692,1
50000
08,1
4000050000400005
%8
1
%8
dinII
Dakle, za prodaju je povoljnija druga ponuda.
7.3.12. Za koje vreme e iznos od 50000 dinara uložen u banku uz godišnju
kamatnu stopu 8% i polugodišnje kapitalisanje da naraste na 80000 dinara.
Zadatak rešiti racionalnim metodom.
Rešenje:
mm
n
m
m
nt
t
n
tt
m
p
K
K
tt
m
p
t
t
K
K
m
pKK
m
12
2
08,01ln
50000
80000ln
1ln
ln
1lnln1
0
0
0
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
237
Kako je tm=6 meseci (polugodišnje kapitalisanje) to je t=6 godina.
7.3.13. Po etkom svakog semestra se uloži po 5000 dinara u banku koja pla a
4% godišnje kamate i kapitališe šestomese no. Kolika je suma uloga posle 8
godina.
Rešenje:
dinIIIKIIIS nm
m
p
a
n 5,950600121,1950005000 16
%2%
7.3.14. Neko ima u banci na svom ra unu 100000 dinara. Po ev od danas
po etkom svakog semestra podiže po 10000 dinara 4 godine. Koliko e imati
na ra unu posle 15 godina po ev od danas, ako banka ra una 6% godišnje
kamate i kapitališe šestomese no.
Rešenje:
din
IIIIIK n
20,9770538450,271591,9100002668,1100000
10000100000 22
%2
8
%3
8
%3
7.3.15. Upla ivano je u banku po etkom godine: prvih pet godina po 10000
dinara, drugih pet po 15000 dinara, a narednih pet po 20000 dinara. Odrediti
sumu uloga na kraju 15 godine i sadašnju vrednost sume uloga. Kamatna stopa
je 6% i kapitalisanje je godišnje.
Rešenje:
Suma uloga Kn na kraju petnaeste godine je
din
IIIIIIIIIIIK n
87,34645311950620,11994267,107005
9753,5200003382,19753,5150007908,19753,510000
200001500010000 5
%6
5
%6
5
%6
10
%6
5
%6
Sadašnja vrednost sume uloga K0 je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
238
din
IIKI
KKIKKK n
nn
20,1445754173,087,346453
06,01 15
%615
%6
0
15
%60
15
0
7.3.16. Pre 8 godina upla eno je u banku 100000 dinara. Na osnovu toga
narednih 5 godina po ev od danas svakih šest meseci podizano je iz banke po
15000 dinara. Kakvo je stanje imovine posle 10 godina ra unaju i od danas?
Kamatna stopa je 6% i kapitalisanje je polugodišnje.
Rešenje:
.94,517973439,18078,11150001566,2100000
15000100000 10
%3
10
%3
26
%3
din
IIIIIK n
7.3.17. Klijent želi da danas uplati u banku izvesnu sumu novca, na osnovu
koje e narednih pet godina, po ev od danas, krajem svakog polugodišta
podizati po 20000 dinara i kroz osam godina od danas na ra unu imati 50000
dinara. Odrediti tu sumu ako banka ra una kamatu po 16% i kapitališe
polugodišnje.
Rešenje:
din
I
IIII
K
IIIIIK
93,1487981589,2
14866,13200006302,050000
12000050000
50000120000
10
%8
9
%86
%8
6
%8
9
%8
10
%8
7.3.18. Po koliko dinara treba krajem svake godine uplatiti u banku u toku
prvih pet godina da bi se od pete godine po etkom svake godine moglo
podizati po 10000 dinara u toku slede ih šest godina.Kamatna stopa je 6% i
kapitalisanje je godišnje.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
239
Rešenje:
dinIIII
IIIK
IIIIIIIK
61,92464185,116371,4
3938,710000
1
10000
0100001
6
%6
4
%6
6
%6
6
%6
6
%6
4
%6
7.3.19. Po etkom svake godine ulaže se po 8000 dinara uz kamatnu stopu 6% i
godišnje kapitalisanje.Na kraju godine u kojoj je uložen poslednji ulog treba da
se raspolaže sa 120000 dinara. Odrediti vrednost poslednjeg uloga ako on nije
8000 dinara.
Rešenje:
Ako je poslednji ulog 8000 dinara trebalo bi da važi
158000
1200008000120000 %6%6
nn IIIIII
Kako se ova vrednost ne nalazi u tre im kamatnim tablicama ni za jedno n,
kada je p%=6%, ve je 8699,15,9716,13 11
%6
10
%6 IIIIII to
poslednji ulog, koji je u ovom slu aju jedanaesti, mora biti manji od 8000
dinara. Vrednost krajnjeg kapitala na kraju jedanaeste godine je jednaka sumi
prvih deset uloga na kraju desete godine koji se kamate u toku jedanaeste
godine i tom jedanaestom ulogu koji se tako e kamati u toku jedanaeste
godine. Dakle,
1
%611
1
%6
10
%68000120000 IUIIII gde je sa U11 obeležena vrednost
poslednjeg, jedanaestog uloga. Odavde dobijamo
din
IIIIIIIII
U
2,14359716,1380009434,0120000
80001200008000120000 10
%6
1
%6
10
%61
%6
11
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
240
7.3.20. Kolika je tromese na konformna kamatna stopa pk,m ako je godišnja
kamatna stopa 15%.
Rešenje:
%55,3%0355,0115,0111 4, k
mmk ppp
7.3.21. Izra unati na koju e sumu da naraste kapital od 38000 dinara za tri
godine i 42 dana uz godišnju kamatnu stopu 8% i neprekidno kapitalisanje.
Rešenje:
dineeKK tp
n 45,4876038000 360
42308,0
0
7.3.22. Uz koji e procenat p% sa neprekidnim kapitalisanjem kapital od 20000
dinara za tri godine da naraste na 30000 dinara.
Rešenje:
%51,13%1351,03
20000
30000lnln
0
0 pt
K
K
peKK
n
tp
n
7.3.23. Za koje e vreme t i neprekidno kapitalisanje kapital od 25000 dinara
da naraste na 40000 uz kamatnu stopu od 8%.
Rešenje:
godinap
K
K
teKK
n
tp
n 87,508,0
25000
40000lnln
0
0 odnosno
5 godina i 2,31336087,0 dana .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
241
7.3.24. Ulagano je u banku krajem svake godine po 5000 dinara u narednih pet
godina. Posle pauze od 4 godine tokom kojih nije bilo ulaganja, nastavljeno je
sa ulaganjem još 8 godina. Odraditi sadašnju vrednost ukupnog kapitala.
Kamatna stopa je 4% i kapitalisanje je godišnje.
Rešenje:
Na kraju sedamnaeste godine ukupan kapital je
1500015000 7
%4
12
%4
4
%4 IIIIIIIKn
Sadašnja vrednost tog kapitala je
din
IIIIIIIIII
KK n
58,459125134,012142,850006010,114163,45000
1500015000 17
%4
7
%4
12
%4
4
%417
%4
0
7.3.25. Kupac nudi prodavcu dve mogu nosti za izmirenje svoje obaveze:
a) da plati 30000 dinara odmah i 125000 dinara posle pet godina
b) da plati odmah 20000 dinara a krajem svake od slede ih pet godina po
25000 dinara. Koja je od ove dve ponude povoljnija za prodavca ako se kamata
ra una po stopi 6% i kapitališe jednom godišnje.
Rešenje:
Za prodavca je povoljnija ona ponuda ija je sadašnja vrednost ve a. Sadašnja
vrednost prve ponude je
dinIIK 5,1234127473,01250003000012500030000 5
%61,0
dok je sadašnja vrednost druge ponude
din
IIIIIK
89,119353
7050,016371,4250002000012500020000 6
%6
4
%62,0
Dakle, neznatno je bolja prva ponuda.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
242
Zadaci za vežbu
7.3.26. Pre osam godina uloženo je 40000 dinara, a danas je podignuto 50000
dinara. Kojom se sumom raspolaže posle 7 godina, 3 meseca i 17 dana od
danas ako je godišnja kamatna stopa 8% uz
a) kapitalisanje kvartalno, primeniti komercijalni i racionalni metod
b) neprekidno kapitalisanje.
7.3.27. Neko lice je pozajmilo 100000 dinara uz 5% godišnje kamate i godišnje
kapitalisanje, a potom je isti novac uložilo uz 6% i tromese no kapitalisanje.
Koliko iznosi ostvarena razlika u kamati posle 10 godina.
7.3.28. Uloženo je u banku 30000 dinara, a posle 4 godine i 5 meseci
podignuto je 20000 dinara. Koliko je stanje uloga posle 8 godina od dana
ulaganja, ako je godišnja kamatna stopa 6% i kapitalisanje
a) šestomese no, primeniti komercijalni i racionalni metod
b) neprekidno.
7.3.29. Uloženo je u banku K dinara. Godišnja kamatna stopa prve dve godine
je 3%, slede e tri je 5%, a narednih pet godina je 4% uz godišnje kapitalisanje.
Kojom stalnom godišnjom kamatnom stopom koja bi važila svih 10 godina uz
polugodišnje kapitalisanje bi se dobio isti krajnji kapital.
7.3.30. Koji kapital uve an kamatom za 5 godina i 7 meseci uz 16% godišnje
kamate i polugodišnje kapitalisanje je jednak dvostrukoj vrednosti kapitala od
40000 dinara uve enog prostim kamatnim ra unom za 9 meseci uz kamatnu
stopu 18%. Zadatak rešiti i komercijalnim i racionalnim metodom.
7.3.31. Dva kapitala iji je zbir 100000 dinara uloženi su: jedan uz prost interes
po stopi 5%, drugi uz složeni interes po stopi 4% i godišnje kapitalisanje.
Odrediti kapitale ako su oni posle dvadeset godina dostigli jednaku vrednost.
7.3.32. Koliko godina mora biti uložen iznos od K dinara uz 8% godišnje
kamate i godišnje kapitalisanje pa da kamata poraste na dvostruki iznos uloga.
7.3.33. Zajam od 100000 dinara dat je uz složen interes. Na kraju prve godine
dužnik je dao poveriocu 50000 dinara. Na kraju druge godine uplatio je 60000
dinara i time vratio sav dug. Po kojoj godišnjoj kamatnoj stopi je ra unat
interes ako je
a) godišnje kapitalisanje
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
243
b) polugodišnje kapitalisanje
c) neprekidno kapitalisanje.
7.3.34. Kapital od 100000 dinara je plasiran za 20 godina uz 5,5% godišnje
kamate. Koju bi drugu sumu trebalo plasirati za tri godine manje po istoj stopi,
kako bi se dobila trostruka vrednost uve anog prvog kapitala. Kapitalisanje je
godišnje.
7.3.35. Koja je ponuda povoljnija za prodavca:
-prvi kupac nudi 500000 dinara posle 5 godina i 5 meseci
-drugi kupac nudi 100000 dinara u gotovu i 400000 dinara posle 3
godine?
Godišnja kamatna stopa je 16%, a kapitalisanje je polugodišnje. Primeniti
komercijalni metod.
7.3.36. Za kupovinu nekog objekta prvi kupac nudi 450000 dinara u gotovu, a
drugi 200000 dinara u gotovu, 200000 posle 4 godine i 200000 posle deset
godina. Koja je ponuda povoljnija za prodavca, ako je godišnja kamatna stopa
7% a kapitalisanje polugodišnje.
7.3.37. Pre sedam godina uloženo je u banku 100000 dinara. Koliko je danas
potrebno još uložiti da bi se na osnovu ukupne sume moglo primati po etkom
svake godine u narednih pet godina po 40000 dinara. Kamatna stopa je 4% i
godišnje kapitalisanje.
7.3.38. Ulagano je krajem svake godine po 10000 dinara u narednih deset
godina. Posle pauze od dve godine tokom kojih nije bilo ulaganja, sa istog
ra una podizano je krajem svake godine u narednih šest godina po K dinara
ime se imovina na ra unu ugasila. Godišnja kamatna stopa je 4% i godišnje
kapitalisanje. Odrediti K.
7.3.39. Uloženo je u banku po etkom godine 10 puta po 20000 dinara uz
godišnju kamatnu stopu 6% i godišnje kapitalisanje.
a) Kolika je vrednost sume uloga 5 godina posle poslednjeg uloga?
b) Posle 6 godina od prvog uloga banka smanjuje interesnu stopu na
5%. Odrediti sumu uloga 7 godina posle poslednjeg uloga.
7.3.40. Ulaga je stavljao 15 godina na svoj ra un u banci po etkom svake
godine po 30000 dinara. Kojom e imovinom raspolagati 8 godina posle
upla enog poslednjeg uloga, ako banka ra una 3,5% godišnje kamate i
kapitališe godišnje.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
244
7.3.41. Upla eno je u banku 300000 dinara pre 4 godine. Na osnovu toga
po ev od danas, podiza e se po etkom svakog polugodišta po 20000 dinara u
toku naradnih 7 godina. Koliko je stanje imovine kroz 10 godina i 4 meseca
po ev od danas, ako je godišnja kamatna stopa 12% i kapitalisanje godišnje.
7.3.42. Upla ivano je u banku krajem svake godine: prvih 5 godina po 10000
dinara, naredne dve godine po 50000 dinara i slede ih 6 godina po 80000
dinara. Izra unati stalan ulog koji bi trebalo ulagati krajem svake godine u toku
svih 13 godina da bi se na kraju 13-te godine raspolagalo istom sumom novca.
Godišnja kamatna stopa je 4% i kapitalisanje godišnje.
7.3.43. Uloženo je u banku 100000 dinara. Na osnovu toga po ev od pete
godine podiza e se krajem svakog polugodišta po 10000 u narednih 6 godina.
Koliko je stanje na ra unu kroz 15 godina i 3 meseca po ev od danas , ako je
kamatna stopa 3% i kapitalisanje godišnje.
7.3.45. Dužnik može da bira da svoju obavezu izvrši:
a) da odmah plati 100000 dinara
b) da plati 70000 dinara posle pet godina i 70000 dinara posle deset
godina
c) da plati u deset rata po 12500 dinara i to posle godinu dana prvu, a
ostale krajem svake slede e godine.
Koja je mogu nost najpovoljnija za dužnika, ako je kapitalisanje godišnje po
godišnjoj stopi 4%.
7.3.46. Dvanaest godina je krajem svake godine ulagano u banku K dinara uz
interes po stopi 5% i godišnje kapitalisanje. Na osnovu sume ovih uloga
korisnik je narednih deset godina krajem svakih šest meseci podizao iz banke
iznos od 10000 dinara. U ovom periodu godišnja kamata je ra unata po stopi
od 6% uz polugodišnje kapitalisanje. Pošto je podigao poslednjih 10000
imovina kod banke je ugašena. Odrediti iznos uloga K.
7.3.47. Pet godina ulagano je krajem godine u banku po 30000 dinara uz
godišnju kamatnu stopu prve tri godine 4%, a posle toga 5% i godišnje
kapitalisanje. Odrditi sumu uloga na kraju osme godine.
7.3.48. Odrediti godišnju kamatnu stopu po kojoj zbir polugodišnjih
dekurzivnih uloga od po 5000 dinara posle deset godina uz polugodišnje
kapitalisanje iznosi 180000 dinara.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
245
7.3.49. Po etkom svakog meseca u toku tri godine ulaže se po 8000 dinara uz
12% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti sumu uloga posle
pet godina.
7.3.50. Krajem svakog meseca u toku pet godina ulaže se po 5000 dinara uz
10% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti sumu uloga posle 8
godina.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
246
7.4. Amortizacija kredita
Rešeni zadaci:
7.4.1. Zajam od 300000 dinara amortizuje se 5 godina jednakim dekurzivnim
godišnjim anuitetima uz 6% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Napraviti
amortizacioni plan.
Rešenje:
Vrednost anuiteta je 92,712182373964,03000005
%60 VKa din.
Amortizacioni plan se pravi u vidu slede e tabele:
k Sk - 1 ik bk
1 300000 18000 53218,92
2 246781,08 14806,86 56412,05
3 190369,02 11422,14 59796,78
4 130572,24 7834,33 63384,58
5 67187,65 4031,26 67187,66
0 ik=56094,59 bk=299999,99
gde je
02,19036905,5641208,246781
05,5641286,1480692,71218
86,1480606,008,24678106,0
08,24678192,53218300000
92,532181800092,71218
1800006,030000006,0
300000
212
22
12
101
11
01
00
bSS
iab
Si
bSS
iab
Si
KS
i tako redom.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
247
Ako je amortizacioni plan ta no ura en, poslednja otplata mora
potpuno da eliminiše dug, zbir svih otplata mora biti jednak zajmu, i zbir svih
kamata mora zadovoljiti slede u jednakost
6,5609430000092,712185Kanik .
Evidentno da je naš amortizacioni plan ta no ura en.
7.4.2. Zajam od 400000 dinara otpla uje se 10 godina jednakim polugodišnjim
anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 4% i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti
amortizacioni plan za poslednju godinu amortizacije.
Rešenje:
Za pravljenje amortizacionog plana potrebno je znati anuitet i stanje duga na
po etku obra unskog perioda za koji treba uraditi amortizacioni plan, što je u
ovom slu aju stanje duga posle osamnaestog anuiteta.
Anuitet iznosi dinVVKa nm
m
p 244800612,0400000400000 20
%2%
0 ,
ostatak duga posle ispla enog osamnaestog anuiteta iznosi
dinIVIVaS nm
m
p 37,475309416,12448024480 2
%2
18
%18
Amortizacioni plan za poslednju godinu amortizacije dat je slede om tabelom:
k Sk - 1 ik bk
19 47530,37 950,61 23529,39
20 24000,98 480,02 23999,98
7.4.3. Zajam se otpla uje 16 godina jednakim godišnjim anuitetima uz 10%
godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Kamata za 10 godinu iznosi 10000
dinara. Napraviti plan amortizacije za poslednju godinu.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
248
Rešenje:
Kako je
dinIVaS
dinVSa
dinp
iSpSi
91,186729091,020540
205402054,0100000
10000010,0
10000
1516
%1015
916
%109
109910
to je amortizacioni plan za poslednju godinu dat slede om tabelom:
k Sk - 1 ik bk
16 18672,91 1867,29 18672,70
7.4.4. Zajam od 100000 dinara amortizuje se godišnjim anuitetima od 8000
dinara uz 4% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Izra unati poslednji
anuitet.
Rešenje:
Pošto je K0 = 100000 dinara, a anuitet a = 8000 dinara, pri p%=4% to imamo
.5,128000
1000000%%0
a
KIVIVaK n
p
n
p
Kako u koloni tablice nIV %4 ni za jedno n ne postoji vrednost 5,12%4
nIV , ve
je 6593,12,1657,12 18
%4
17
%4 IVaIV , zaklju ujemo da e biti 17 anuiteta po
8000 dinara, a poslednji anuitet e biti manji od 8000 dinara.
Stanje duga posle isplate sedamnaestog anuiteta od po 8000 dinara je jednako
razlici glavnice zajma ukama enog za period od sedamnaest godina i sume
dekurzivnih godišnjih uloga od po 8000 dinara tako e za period od
sedamnaest godina, odnosno:
18000 16
%4
17
%4017 IIIIKS .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
249
Pošto se poslednjim anuitetom ispla enim na kraju osmaneste godine mora
razdužiti sav dug, onda je poslednji anuitet jednak stanju duga posle isplate
sedamnaestog anuiteta ukama enog za poslednju osamnaestu godinu, odnosno
osamnaesti anuitet je jednak:
.4,541804,16975,2380009479,1100000
18000 1
%4
16
%4
17
%40
1
%41718
din
IIIIIKISa
7.4.5. Zajam od 80000 dinara amortizuje se godišnjim anuitetima od 24000
dinara. Godišnja kamatna stopa je 5% i kapitalisanje je godišnje. Napraviti
amortizacioni plan.
Rešenje:
Amortizacioni plan je dat slede om tabelom:
k Sk - 1 ik bk ak
1 80000 4000 20000 24000
2 60000 3000 21000 24000
3 39000 1950 22050 24000
4 16950 847,5 16950 17797,5
ik=9797,5 bk=80000 ak=89797,5
7.4.6. Zajam se amortizuje sa 10 jednakih anuiteta. Koli nik izme u tre e i
prve otplate je jednak 1,0816. Razlika izme u tre e i prve otplate je 500 dinara.
Izra unati
a) kamatnu stopu po kojoj je obra unata kamata
b) prvu otplatu
c) anuitet
d) iznos zajma
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
250
Rešenje:
a)
%4%04,10816,10816,12
1
2
1
1
3 prrb
rb
b
b
b)
dinbrbbrbbb 45,61270816,0
5005001 1
2
11
2
113
c)
dinIba 85,90694802,145,612710
%41
d)
dinIVaK 67,735641109,885,906910
%40
7.4.7. Zajam se otpla uje jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje
kapitalisanje. Poslednji interes za otplatu tog zajma je in= 5250 dinara a
pretposlednji in-1=10250 dinara. Razlika izme u prvog i drugog interesa je
i1-i2=3384,20 dinara. Odrediti:
a) godišnju kamatnu stopu
b) anuitet
c) vreme otpla ivanja zajma
d) prvu otplatu
e) poslednju otplatu
f) zajam.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
251
Rešenje:
Imaju i u vidu da je `1
%1 kn
pk IIai imamo
a)
111
111
2
1
2
2
%
12
%1
1
%
1
%
r
ir
II
iaIIai
r
ir
II
iaIIai
n
p
npn
n
p
npn
odakle je
%5%05,1525010250
5250
11 12
1
2
pii
ir
r
ir
r
ir
nn
nnn
Godišnja kamatna stopa je 5%
b)
dinr
ir
II
ia nn 110250
05,0
05,15250
11 1
%5
Anuitet je 110250 dinara.
c)
10ln
1ln
11
111
21
21
1
1%5
1
%5
1
%5%521
r
r
r
ii
a
nr
r
ii
ar
r
r
r
aIIIIaIIaIIaii
n
n
nnnn
Vreme otpla ivanja zajma je 10 godina.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
252
d)
dinI
ab 7129,67683
6289,1
11025010
%5
1
Prva otplata je 67683,7129 dinara.
e)
dinIbb 74,1049975513,17129,676839
%5110
Poslednja otplata je 104997,74 dinara.
f)
.425,8513177217,711025010
%50 dinIVaK
Zajam je iznosio 851317,425 dinara.
7.4.8. Zajam se otpla uje godišnjim anuitetima od 7373,52 dinara uz godišnje
kapitalisanje. Prva otplata je 4373,52 dinara ,a šesta otplata je 5321,06 dinara.
Izra unati
a) godišnju kamatnu stopu
b) iznos zajma
c) broj anuiteta.
Rešenje:
a)
Iz ik
pik Ibb % sledi
%4%04,121665,121665,152,4373
06,53215
1
65 prb
br
Godišnja kamatna stopa je 4%.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
253
b)
Prvi interes 11 bai je upravo godišnji interes na iznos zajma pa je
dinp
ba
p
iKipK 75000
04,0
52,437352,737311010
Iznos zajma je 75000 dinara.
c)
32,1304,1ln
52,4373
52,7373ln
04,1ln
ln
04,1 11%41
b
a
nbIbann
Zajam e se amortizovati sa 13 godišnjih anuiteta od 7373,52 dinara i
etrnaestim anuitetnim ostatkom.
7.4.9. Zajam od 300000 dinara se otpla uje 10 godina jednakim polugodišnjim
anuitetima uz 4% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Koliko iznosi
ostatak duga na po etku sedmog perioda otplate.
Rešenje:
Za ovakve uslove vra anja zajma, anuitet iznosi
.183600612,030000020
%20 dinVKa
Ostatak duga na po etku sedmog perioda otplate je jednak stanju duga posle
šeste otplate, odnosno
.83,2222691062,1218360620
%26 dinaraIVaS
7.4.10. Zajam se amortizuje sa petnaest godišnjih anuiteta od 8000 dinara i
šesnaestim anuitetnim ostatkom od 5000 dinara uz 6% godišnje kamate i
godišnje kapitalisanje. Koliko iznosi
a) zajam
b) ostatak duga za poslednje tri godine.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
254
Rešenje:
a)
Zajam je jednak zbiru sadašnje vrednosti sume petnaest dekurzivnih uloga od
po 8000 dinara i sadašnje vrednosti poslednjeg dekurzivnog uloga od 5000
dinara (videti zadatak 7.4.6.). Odnosno
.6,796724173,012760,2280003936,05000
180005000 15
%6
14
%6
16
%60
din
IIIIIIIK
b)
Ostatak duga za poslednje tri godine je u stvari stanje duga posle trinaeste
otplate, a to je razlika iznosa zajma ukama enog trinaest godina i sume
trinaest dekurzivnih uloga od po 8000 dinara, odnosno
din
IIIIKS
89,18876
8821,1880001329,26,7967218000 12
%6
13
%6013
7.4.11. Deseti interes zajma koji otpla uje jednakim godišnjim anuitetima 18
godina uz 8% i godišnje kapitalisanje, iznosi 8000 dinara. Odrediti anuitet i
ostatak duga na po etku pretposlednje godine.
Rešenje:
Iz jednakosti 1
%
1
%1
1kn
p
kkn
pkII
iaIIai dobijamo
.4,160065002,01
8000
1 9
%8
10 dinII
ia
Ostatak duga na po etku pretposlednje godine je jednak stanju duga posle
šesnaeste otplate, odnosno
.22,285447833,14,160062
%816 dinaraIVaS
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
255
7.4.12. Sedma otplata jednog zajma koji se amortizuje 8 godina jednakim
polugodišnjim anuitetima uz 16% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje
iznosi 6000 dinara. Koliko je sadržano interesa u prvih deset anuiteta?
Rešenje:
Važi slede e:
dinII
b
II
baIIab
kn
p
kkn
pk 37,129534632,0
60001716
%8
7
1
%
1
%
Kako je 1
%1 kn
pk IIai to je
.7,7475914866,134259,3
37,1295337,1295310110
110101
9
%816
%8
92
16
10
1
116
%
10
1
116
%
10
1
dinIIII
aa
rrrr
aaIIaaIIai
k
k
p
k
k
p
k
k
7.4.13. Po zajmu koji se otpla uje za 25 godina jednakim godišnjim anuitetima
uz 6% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje, iznos duga na po etku desete
godine je 200000 dinara. Odrediti anuitet, prvu otplatu, otpla eni deo duga
po ev od petog i zaklju no sa dvadesetim pla enim anuitetom
Rešenje:
.49,1437006371,47856,354,4613
11
4,46132330,019800
198000990,0200000
4
%6
19
%61
4
%61
19
%61520
25
%61
925
%69
din
IIIIIIbIIIbIIIbOO
dinIIab
dinVSa
7.4.14. Zajam od 300000 dinara otpla uje se 12 godina jednakim godišnjim
anuitetima uz 6% godišnje kamata i godišnje kapitalisanje. Na traženje dužnika
posle 7 pla enih anuiteta poverilac je smanjio interesnu stopu na 4%, a vreme
za amortizaciju je ostalo isto. Odrediti
a) anuitet za prvih 7 godina
b) ostatak duga posle 7 godina
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
256
c) anuitet posle promene uslova amortizacije.
Rešenje:
a)
dinVKa 357901193,030000012
%60
b)
dinIVaS 8,1507612124,435790712
%67
c)
dinVSanovo 1,338612246,08,1507615
%47
7.4.15. Zajam od 200000 dinara treba da se otplati za 10 godina jednakim
godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 8% i godišnje kapitalisanje.
Tri meseca po isplati šestog anuiteta stranke su se dogovorile da se kamatna
stopa smanji za 2% i da dužnik plati ostatak duga u narednih 8 godina. Odrediti
novi anuitet po kom e dužnik otpla ivati ostatak duga.
Rešenje:
dinIVaS
dinVKa
58,987003121,329800
298001490,0200000
610
%86
10
%80
Kroz tri meseca stanje duga je naraslo na
dinS
S 6,10067412
08,03158,98700
12
08,036
6 pa novi anuitet za
promenjene uslove kreditiranja iznosi
.6,162081610,06,1006746,100674 8
%6 dinVanovo
7.4.16. Peta otplata zajma koji se amortizuje deset godina godišnjim anuitetima
uz 4% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje iznosi 82822,83 dinara. Posle 6
godina smanjena je interesna stopa za 1% s tim da se dug izmiri u odre enom
vremenu. Dužnik je i pored smanjene interesne stope nastavio da pla a iste
anuitete sve do poslednje godine. Odrediti koliki je bio poslednji anuitet kojim
je dug potpuno izmiren?
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
257
Rešenje:
dinIVaS
dinIba
3803986299,373,104795
.73,1047952653,183,82822
610
%46
1510
%45
Na po etku poslednje desete godine stanje duga je jednako razlici stanja duga
posle šeste godine ukama enog tri godine po novim kamatnim uslovima i sume
godišnjih dekurzivnih uloga za tri godine po novim kamatnim uslovima.
din
IIIaISS
78,91747
10909,273,1047950927,138039812
%3
3
%369
Poslednji anuitet je jednak stanju duga na po etku desete godine ukama enog
za period od godinu dana (u toku desete godine).
.2,9450003,178,917471
%39 dinISa poslednji
7.4.17. Kod banke je 1.VII 1995. godine podignut zajam od 500000 dinara uz
obavezu korisnika da zajam isplati za vreme od 10 godina jednakim
polugodišnjim anuitetima uz 24% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje.
Banka ra una kamatu 30. juna i 31. decembra. 30. oktobra 2002. godine
promenjeni su uslovi otpla ivanja i to godišnja kamatna , stopa je smanjena za
2%, a vreme amortizacije je produženo za godinu dana. Izra unati anuitet pre
30. oktobra 2002. godine i posle tog datuma.
Rešenje:
Anuitet pre konverzije zajma (pre 30. oktobra 2002. godine) je iznosio
.669501339,0500000500000 20
%12 dinVa
Stanje duga 1.VII 2002.god. je stanje duga posle etrnaest anuiteta, odnosno
.23,2752581114,4669501420
%1214 dinIVaS
Novi anuitet se izra unava za nove kamatne uslove:
.67,534821943,023,2752588
%1114 dinVSanovo
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
258
Anuitet koji e se isplatiti 31.XII 2002. godine e biti uve an za period od 30.
juna 2002. godine do 30. oktobra 2002. i to za iznos razlike kamata od 24% i
22% na S14 za taj period. Odnosno, taj anuitet e iznositi
.7,55317360
12002,023,27525867,53482
360
12002,014.2002.31 din
Saa novoXII
7.4.18. Najve a kreditna sposobnost u toku meseca za neku stranku iznosi
10000 dinara. Koliki se zajam može podi i u banci na osnovu ovoga na period
od dvadeset godina ako banka
a) obra unava kamatu jednom godišnje po godišnjoj kamatnoj stopi od
12%
b) obra unava kamatu mese no po godišnjoj kamatnoj stopi od 12%.
Rešenje:
a)
Mese na konformna kamatna stopa je
%95,0%0095,1112,112kk pp .
Zajam koji se može podi i na period od dvadest godina iznosi
.9410000095,00095,1
10095,110000
1
1240
240
,,
,
0 dinrr
raK
mk
nm
mk
nm
mk
b)
Zajam koji se može podi i pod ovim uslovima na period od dvadeset
godina je
.83,90819301,001,1
101,110000
1
1
240
240
0 din
rr
r
aK
m
p
nm
m
p
nm
m
p
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
259
7.4.19. Zajam se amortizuje 10 godina jednakim polugodišnjim anuitetima od
20000 dinara uz 6% godišnje kamatne stope i godišnje kapitalisanje. Izra unati
ukupno pla enu kamatu u toku amortizacije zajma.
Rešenje:
Ukupno pla ena kamata je razlika izme u koli ine novca date polugodišnjim
anuitetima i iznosa zajma. Polugodišnja konformna kamatna stopa za godišnju
kamatnu stopu od 6% iznosi %96,2%0296,0106,1 kk pp pa
zajam iznosi
.75,2986390296,00296,1
10296,120000
1
120
20
,,
,
0 dinrr
raK
mk
nm
mk
nm
mk
Ukupno ispla ena kamata je
.25,10136075,298639200002020
1
dinik
k
7.4.20. Zajam se amortizuje 15 godina jednakim godišnjim anuitetima uz
godišnju kamatnu stopu 6% i godišnje kapitalisanje. Peta otplata je 4000
dinara. Posle desetog pla enog anuiteta kamatna stopa je pove ana za 2%, a
vreme amortizacije je produženo za dve godine. Odrediti anuitete pre i posle
promene uslova amortizacije.
Rešenje:
Anuitet pre promene uslova amortizacije iznosi
.2,75938983,140001515
%65 dinIba
Stanje duga posle desetog pla enog anuiteta iznosi
.6,319852124,42,75931015
%610 dinIVaS
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
260
Novi anuitet iznosi
.43,61441921,06,319867
%810 dinVSanovo
Zadaci za vežbu
7.4.21. Dug od K dinara treba da se isplati sa deset godišnjih anuiteta od po
50000 dinara uz godišnju kamatnu stopu 8% i godišnje kapitalisanje. Umesto
ovog, dužnik se odlu uje za drugu mogu nost, da dug oduži sa pet godišnjih
anuiteta uz ostale jednake uslove. Koliko iznosi novi anuitet?
7.4.22. Zajam se otpla uje za 4 godine jednakim šestomese nim anuitetima od
po 8000 dinara uz 8% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti
a) prvu otplatu
b) tre u otplatu
c) iznos zajma
d) ukupno ispla enu kamatu.
7.4.23. Zajam se otpla uje 10 godina jednakim šestomese nim anuitetima uz
6% godišnje kamate i polugodišnjim kapitalisanjem. Prva otplata iznosi 10000
dinara.Odrediti koliko je otpla eno po ev od sedmog zaklju no sa petnaestim
anuitetom.
7.4.24. Zajam od 1 000 000 dinara otpla uje se za 20 godina jednakim
šestomese nim anuitetima uz 4% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje.
Izraditi amortizacioni plan za poslednja tri perioda otpla ivanja.
7.4.25. Ostatak duga zajma koji se amortizuje dvadeset godina jednakim
godišnjim anuitetima sa 5% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje, posle
petnaestog pla enog anuiteta iznosi 100000 dinara. Napraviti amortizacioni
plan za prve tri godine.
7.4.26. Po zajmu koji se otpla uje 15 godina jednakim šestomese nim
anuitetima uz 10% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje, osma otplata
iznosi 5000 dinara.. Odrediti dvanaestu otplatu i izraditi amortizacioni plan za
deseti, jedanaesti dvanaesti period otpla ivanja.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
261
7.4.27. Deseti interes zajma koji se amortizuje deset godina jednakim
polugodišnjim anuitetima uz 12% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje
iznosi 4000 dinara. Odrediti amortizacioni plan za poslednja tri perioda.
7.4.28. Zajam se amortizuje dvadeset godina jednakim godišnjim anuitetima uz
5% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Ostatak duga posle trinaest
pla enih anuiteta je 80000 dinara. Napraviti amortizacioni plan za prve tri
godine amortizacije.
7.4.29. Zajam se otpla uje 12 godina jednakim polugodišnjim anuitetima od
7000 dinara uz 8% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti
koliko je otpla eno zajma po ev od petog zaklju no sa osamnaestim anuitetom.
7.4.30. Zajam od 500000 dinara amortizuje se dvadeset godina jednakim
godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 4% i godišnje kapitalisanje.
Tri meseca po isplati petog anuiteta stranke su se dogovorile da se kamatna
stopa smanji za 1%, a da se zajam otplati u narednih deset godina. Izra unati
novi anuitet.
7.4.31. Dužnik otpla uje kod banke dva zajma. Prvi od 100000 dinara na 15
godina uz 6% godišnje kamate jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje
kapitalisanje. Drugi od 200000 dinara na 20 godina uz istu kamatnu stopu, ali
uz polugodišnje kapitalisanje, ispla uje polugodišnjim anuitetima. Posle sedam
godina oba zajma se spajaju u jedan i tako novoformirani zajam treba da se
amortizuje u narednih deset godina jednakim godišnjim anuitetima i godišnje
kapitalisanje uz godišnju kamatnu stopu 4%. Izra unati anuitet kojim se
amortizuje novi zajam.
7.4.32. Zajam od 150000 dinara amortizuje se dvanaest godina jednakim
godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 8% i godišnje kapitalisanje.
Prve etiri godine dužnik je redovno pla ao anuitete, a posle toga slede ih
etiri godine dužnik nije platio nijedan anuitet. Tada su se stranke dogovorile
da dužnik nastavi da pla a redovno anuitete uz kamatnu stopu 9% i u
predvi enom roku otplati dug. Izra unati novi anuitet.
7.4.33. Zajam se amortizuje deset godina jednakim polugodišnjim anuitetima
uz 6% godišnje kamatne stope i polugodišnje kapitalisanje. Osma otplata iznosi
10000 dinara. Sedamnaest dana po isplati sedmog anuiteta kamatna stopa je
smanjena za 2%, a dužnik se obavezuje da zajam otplati u narednih pet godina
jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje kapitalisanje. Odrediti novi anuitet.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
262
7.4.34. Zajam od 200000 dinara treba da se otplati za 18 godina jednakim
godišnjim anuitetima uz 5,5% godišnje kamatne stope i godišnje kapitalisanje.
Posle 10 godina kamatna stopa je smanjena za 2%. Odrediti anuitet pre i posle
konverzije zajma.
7.4.35. Zajam od 300000 dinara treba da se otplati za sedam godina jednakim
godišnjim anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 3,5% i godišnje kapitalisanje.
Posle tri godine stopa je smanjena na 3%, a vreme amortizacije je produženo
još za dve godine. Odrediti anuitet pre i posle konverzije zajma.
7.4.36. Koliki je mese ni anuitet na zajam od 100000 dinara koji treba otplatiti
za deset godina uz godišnju kamatnu stopu 8% i
a) godišnje kapitalisanje
b) polugodišnje kapitalisanje.
7.4.37. Zajam od 120000 dinara amortizuje se pet godina jednakim mese nim
anuitetima uz 9% godišnje kamatne stope.Odrediti anuitet ako je
a) godišnje kapitalisanje
b) polugodišnje kapitalisanje
c) mese no kapitalisanje.
7.4.38. Zajam od 300000 dinara se amortizuje 20 godina jednakim mese nim
anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 12% i godišnje kapitalisanje. Koliko je
pla eno ukupno kamate za prvih, a koliko za drugih deset godina?
7.4.39. Zajam od 400000 dinara se amortizuje 10 godina jednakim mese nim
anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 10% i godišnje kapitalisanje. Koliko je
otpla eno zajma po ev od desetog zaklju no sa pedesetim anuitetom?
7.4.40. Zajam od 200000 dinara se amortizuje 15 godina jednakim mese nim
anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 15% i godišnje kapitalisanje. Koliko je
stanje duga posle sedme godine?
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
263
LITERATURA
1. Michael W. Klein, Mathematical Methods for Economics; ADDISON-
WESSLEY, 2002
2. Peter Hess, Using Mathematics in Economic Analysis, PRENTICE-HALL,
2002.
3. Alpha C. Chiang, Fundamental Methods of Mathematical Economics;
McGREW-HILL International Edition, 1984
4. M.Hoy et all.., Mathematics for Economics; ADDISON-WESSLEY 1996
5. Demidovi , Zadaci i rešeni primeri iz više matematike, Tenhi ka knjiga,
1978.
6.Dr. Miodrag Ivovi , Finansijska matematika, Ekonomski fakultet Beograd,
1999
7. Dr Luka Filipovi , Matematika za ekonomiste, Viša poslovna škola
Beograd, 1998.
8. Dr. Rajko Ralevi , Matematika za ekonomiste-Zbirka zadataka, Viša škola
za ekonomiju, Beograd, 1990
9. Dr. Dragoslav Mitrinovi , Matematika u obliku metodi ke zbirke zadataka
sa rešenjima I deo, Gra evinska knjiga, Beograd 1977.
10. Dr. Dragoslav Mitrinovi , Matematika u obliku metodi ke zbirke zadataka
sa rešenjima II deo, Gra evinska knjiga, Beograd 1977.
DODATAK
KAMATNE (INTERESNE)TABLICE
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
266
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
267
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
268
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
269
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
270
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
271
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
272
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
273
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
274
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
275
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
ZBIR
KA
ZAD
ATA
KA
IZ POSLO
VN
E MA
TEMA
TIKE •
Doc. dr D
ušan Joksimović
Cyan Magenta Yellow Black
Doc. dr Dušan Joksimović rođen je 1966. godine u Beogradu.
Diplomirao je na Elektrotehničkom fakultetu u Beogradu 1991. godine. Na istom fakultetu je magistrirao 1995.
godine i doktorirao 2001. godine.
Učesnik je više domaćih i inostranih kongresa i konferencija i ima preko trideset objavljenih radova u domaćim i međunarodnim stručnim publikacijama.
Naučni je saradnik Instituta za fiziku, i docent na Fakultetu za poslovne studije Megatrend univerziteta primenjenih nauka za predmete Poslovna matematika i Poslovna statistika.
ISBN 86-7747-102-2Megatrend univerzitet primenjenih nauka,
Beograd, 2003.