Cyan Magenta Yellow Black
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 86-7747-102-2
ZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE • Doc. dr Dušan Joksimović
Doc. dr Dušan Joksimović rođen je
1966. godine u Beogradu.
Megatrend univerzitet primenjenih nauka,
Beograd, 2003.
Prof. dr Dušan Joksimović
ZBIRKA ZADATAKA
IZ POSLOVNE
MATEMATIKE
(treće izdanje)
Megatrend univerzitet primenjenih nauka
Beograd, 2004.
Prof. dr Dušan Joksimović
ZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE
(treće izdanje)
Recenzenti:
Prof. dr Šćepan Ušćumlić,
redovni profesor Tehnološko-metalurškog fakulteta u Beogradu
Prof. 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“ univerzitet
primenjenih nauka - Beograd
Izdavač zadržava sva prava.
Reprodukcija pojedinih delova
ili celine ove publikacije
nije dozvoljena!
ISBN 86-7747-138-3
CIP - Katalogizacija u publikaciji
Narodna biblioteka Srbije, Beograd
51-77:33(075.8)
JOKSIMOVIĆ, Dušan
Zbirka zadataka iz poslovna matematika
/ Dušan Joksimović. 3. izd. - Beograd :
Megatrend univerzitet primenjenih nauka,
2004 (Beograd : Megatrend univerzitet
primenjenih 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
Odlukom Komisije za izdavačku delatnost Megatrend univerziteta
primenjenih nauka broj 91/35 (27.08.2004.) rukopis je odobren za štampu i
upotrebu u nastavi kao udžbenik.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
SADRŽAJ
1. ELEMENTI ALGEBRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1
1.1 Osnovni pojmovi matematičke logike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1
1.2. Skupovi i operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4
2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . .7
2.1 Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7
2.2. Redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .18
2.3 Neke osobine funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .20
2.4. Granična vrednost i neprekidnost funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .26
2.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .33
2.6. Primena izvoda u rešavanju graničnih vrednosti funkcija jedne nezavisno
promenljive-Lopitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .44
2.7. Ispitivanje funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .49
3. FUNKCIJE DVE NEZAVISNO PROMENLJIVE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .129
3.1. Parcijalni izvodi i diferencijali funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . .129
3.2 Ekstremne vrednosti funkcije dve nezavisno promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . .136
4. INTEGRALI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .148
4.1 Nalaženje neodređenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .148
4.2 Nalaženje određenih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .162
5. EKONOMSKE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .173
6. LINEARNA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .187
6.1 Determinante i matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .187
6.2 Rešavanje sistema linearnih algebarskih jednačina pomoću determinanti i matrica
198
7. ELEMENTI FINANSIJSKE MATEMATIKE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .215
7.1 Procentni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .215
7.2. Prost kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .223
7.3. Složen dekurzivan kamatni račun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .231
7.4. Amortizacija kredita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .246
I
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
1.
ELEMENTI ALGEBRE
1.1
Osnovni pojmovi matematiþke logike
Rešeni zadaci:
1.1.1.
Dokazati da su sledeüe formule tautologije:
a)
b)
c)
d)
e)
(pš(q›r)œ((pšq)› (pšr)),
(p›(qšr)œ((p›q)š (p›r)),
(pš(p›r)œp,
(p›(pšr)œp,
(pŸq)œ(™qŸ™p).
Rešenje:
a)
(pš(q›r)œ((pšq)› (pšr))
p
q
r
q›r
pš(q›r)
pšq
pšr
(pšq)›(pšr)
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identiþne, ekvivalencija je dokazana.
1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
(p›(qšr)œ((p›q)š (p›r))
p
q
r
qšr
p› (qšr)
p›q
p›r
(p›q)š (p›r)
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
0
0
0
Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identiþne, ekvivalencija je dokazana.
c)
(pš(p›r)œp
p
1
1
0
0
r
1
0
1
0
p›r
1
1
1
0
pš(p›r)
1
1
0
0
Pošto su u ovoj tablici prva i þetvrta kolona identiþna, ekvivalencija je
dokazana.
d)
(p›(pšr)œp
p
1
1
0
0
r
1
0
1
0
pšr
1
0
0
0
p› (pšr)
1
1
0
0
Pošto su u ovoj tablici prva i þetvrta kolona identiþna, ekvivalencija je
dokazana.
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
e)
(pŸq)œ(™qŸ™p)
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
™p
0
0
1
1
™q
0
1
0
1
pŸq
1
0
1
1
™qŸ™p
1
0
1
1
Pošto su u ovoj tablici peta i šesta kolona identiþna, ekvivalencija je dokazana.
1.1.2. Dokazati ekvivalenciju (pŸ(q›r))œ(™rŸ(pŸq))
Rešenje:
(pŸ(q›r))œ(™rŸ(pŸq))
p
1
1
1
1
0
0
0
0
q
1
1
0
0
1
1
0
0
r
1
0
1
0
1
0
1
0
q›r
1
1
1
0
1
1
1
0
™r
0
1
0
1
0
1
0
1
pŸ(q›r)
1
1
1
0
1
1
1
1
pŸq
1
1
0
0
1
1
1
1
™rŸ(pŸq)
1
1
1
0
1
1
1
1
Pošto su u ovoj tablici peta i osma kolona identiþna, ekvivalencija je dokazana.
1.1.3. Dokazati da je formula (pšq)š™ (p›q) kontradikcija.
Rešenje:
(pšq)š™(p›q)
3
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
pšq
1
0
0
0
p›q
1
1
1
0
™(p›q)
0
0
0
1
(pšq)š™(p›q)
0
0
0
0
Pošto za sve vrednosti istinitosti formula (pšq)š™(p›q) dobija vrednost 0
(šesta kolona), zakljuþujemo da je ona kontradikcija.
Zadaci za vežbu:
1.1.4. Ispi tati da li su sledeüe formule tautologije:
a)
b)
c)
d)
e)
1.2.
((pš™ q)Ÿ™ p)œ(pŸq)
((qŸr)Ÿ((pŸq)Ÿ(pŸr))
(pŸq)œ™ p›q
(pš(((pš™q)Ÿr)š((pš™q)Ÿ™r)))Ÿq
(pœq)œ((pŸq)š(qŸp))
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 taþne?
Rešenje:
Prva relacija nije taþna, druga je taþna.
1.2.2. Odreditit skupove:
A‰B; AˆB; A\B;
ako je
a)
b)
A=^x~2<x<4`;
A=^x~2<xd4`;
B=^x~3dxd5`
B=^x~3dx<5`
4
B\A,
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
a)
A‰B=^x~2<xd5`
AˆB=^x~3dx<4`
A\B=^x~2<x<3`
B\A=^x~4dxd5`
b)
A‰B=^x~2<x<5`
AˆB=^x~3dxd4`
A\B=^x~2<x<3`
B\A=^x~4<x<5`
1.2.3. Naüi partitivni skup P(A) skupa A ako je:
a)
A=^1,2,3`
b)
A=^3,^1,2``
Rešenje:
a)
b)
P(A)=^‡,^1`,^2`,^3`,^1,2`,^1,3`,^2,3`,^1,2,3``
P(B)=^‡,^3`,^^1,2``,^3,^1,2```
1.2.4. Neka su A,B,C proizvoljni skupovi. Dokazati sledeüe relacije:
a)
(A\B)ˆB=‡
b)
A\(B‰C)=(A\B)ˆ(A\C)
Rešenje:
a)
(A\B)ˆB=^x~x(A\B)šxB`=^x~xAšxBšxB`=‡
b)
A\(B‰C)=^x~xAš™(xB›xC`
=^x~xAš (xBšxC)`
=^x~(xAšxB)š(xAšxC)`= (A\B)ˆ(A\C)
5
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Zadaci za vežbu:
1.2.5. Ako je A=^1,2,3` i B=^2,3,4` naüi AˆB, A‰B, (A\B)‰(B\A),
(A\B)ˆ(B\A)
1.2.6. Neka su A, B, C proizvoljni skupovi. Dokazati sledeüe relacije:
a)
b)
c)
d)
A‰(BˆC)=(A‰B)ˆ(A‰C)
Aˆ (B‰C)=(AˆB)‰ (AˆC)
(A\B=C)Ÿ(A=B‰C)
(A=B‰CšBˆC=‡)Ÿ(A\B=C)
6
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2. REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE NEZAVISNO
PROMENLJIVE
2.1 Nizovi
Rešeni zadaci:
2.1.1. Napisati opšti þlan za sledeüe nizove:
a)
b)
c)
d)
^2, 5, 8, 11, 14,…`
­1 1 1 1
½
® , , , , ¾
¯ 2 4 8 16 ¿
­ 1 1 1 1
½
®1, , , , , ¾
2 3 4 5
¯
¿
1
1
­ 1
½
,
,
,...¾
®
¯1 ˜ 3 2 ˜ 4 3 ˜ 5 ¿
Rešenje:
a)
xn=3n-1
b)
xn
1
2n
c)
xn
(1) n 1
n
d)
xn
1
n ˜ (n 2)
2.1.2. Napisati nekoliko þlanova niza þiji je opšti þlan:
a)
xn
2n 1
2n 1
7
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
xn
3n 2 1
5n 2 1
Rešenje:
a)
b)
­1 3 5 ½
® , , ,...¾
¯3 5 7 ¿
­ 13 28 ½
®1, , ,...¾
¯ 19 44 ¿
2.1.3. Ispitati monotonost i ograniþenost sledeüih nizova
a)
xn
b)
xn
n
n 1
n
n!
Rešenje:
a)
xn
x n 1
n
n 1
n 1
(n 1) 1
x n 1 x n
n 1
n2
n 1
n
n 2 n 1
(n 1) 2 n ˜ (n 2)
(n 2) ˜ (n 1)
1
!0
(n 2) ˜ (n 1)
Iz prethodnog sledi da je xn+1>xn , odnosno da je niz monotono rastuüi.
Iz n<n+1 za n>0,
Prvi þlan niza je x1
sledi da je xn<1 za svako n>0.
1
1
,
pa je x n 1 , odnosno niz je
2
2
ograniþen.
8
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
xn
x n 1
n
n!
n 1
(n 1)!
x n 1 x n
n 1
n
(n 1)! n!
n 1 n ˜ (n 1)
(n 1)!
1 n2
0
(n 1)!
za n ! 1
što znaþi da je niz monotono opadajuüi poþev od n=2.
Pošto je x1=1 i xn>0 za svako n>1, zakljuþujemo da važi 0<xnd1.
1
i pozitivan broj H. Odrediti pozitivan
n2 n 1
ceo broj N(H) tako da je ~xn~<H za svako ntN(H).
2.1.4. Dat je niz x n
Rešenje:
Kako je
xn
1
1
n n 1 (n 1) 2
2
za n>1
uslov ~xn~<H je ispunjen ako je
1
1
1
H œ (n 1) 2 ! œ n ! 1 .
2
H
(n 1)
H
ª 1 º
2 « » gde je sa >D@ obeležen celi
¬ H¼
Dakle, za N(H) dobijamo N (H )
deo realnog broja D.
9
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.1.5. Pomoüu definicije graniþne vrednosti niza dokazati da je:
1
0
n ov n
3n 2
lim
n ov n 1
lim
a)
b)
3
Rešenje:
Da bi pomoüu definicije graniþne vrednosti niza dokazali da niz
^xn`oa kad nov, potrebno je pokazati da se za svako H>0 može naüi
prirodan broj N(H),(koji zavisi od H), takav da je ~xn-a~<H, za svako n>N(H).
Neka je H>0 proizvoljno malo. Imamo da je
a)
xn 0
N (H )
1
n
1
1
H Ÿn!
H
n
Pošto po definiciji N(H) mora biti prirodan broj uzmimo da je
1
ª1º
« H » (najveüi prirodan broj koji je manji ili jednak broju H ).
¬ ¼
1
n ov n
Utvrÿujuüi postojanje broja N(H) dokazali smo da je lim
b)
xn 3
Neka je H>0 proizvoljno malo. Imamo da je
3n 2
3
n 1
Sada je dakle, N (H )
5
5
5
H Ÿ n ! 1
H
n 1 n 1
3n 2
ª5 º
« H 1» što znaþi da je lim
n ov n 1
¬
¼
10
3
0
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.1.6. Koristeüi se definicijom graniþne vrednosti, dokazati
2n 2 3
n ov 3n 2 4
lim
2
3
Rešenje:
Neka je H>0. Važi sledeüe
17
2n 3 2
3n 2 4 1
3
H Ÿ
H œ
!
17
H
3n 2 4 3
3n 2 4
3
2
Za n>2 važi:
3n 2 4 !
17
1 12H 7
œ 9Hn 2 ! 12H 17 œ n !
3H
H
3
Sada je dakle, N (H )
2n 2 3
lim 2
n ov 3n 4
ª 1 12H 7 º
«
» , þime smo dokazali da je
H
«¬ 3
»¼
2
.
3
n
2.1.7. Dokazati da je nov 2 n
lim
0
Rešenje:
Po binomnoj formuli važi sledeüe
11
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
§n· § n·
n n2 § n·
n2
(1 1) n 1 n ¨¨ ¸¸ ¨¨ ¸¸ ... 1 1 ¨¨ ¸¸ ... 1 !
2 2 ©3 ¹
2
© 2¹ ©3 ¹
2n
0
odnosno
n 2
1
2
2 Ÿ0 n .
n
n
n
2
2
Pošto za nov važi
2
o 0 imamo da po Teoremi 2.2.3. iz udžbenika
n
važi
lim
n ov
n
2n
0
2.1.8. Dokazati da je niz xn=qn gde je ~q~<1 nula niz.
Rešenje:
Neka je H>0.
Iz ~q~<1 sledi da je ~q~-1 >1, odnosno može se uzeti da je
1
1 D gde je D>0. Važi sledeüe:
q
1
q
n
(1 D ) n
§n·
1
n
1 nD ¨¨ ¸¸D 2 ... D n ! 1 nD Ÿ q 1 nD
©2¹
Ako izaberemo n tako da je 1+nD >H -1 time još pre važi
n
q 1
1
H.
H
Dakle za n takvo da važi 1+nD >H -1, odnosno za
12
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
n ! N H ª1 º
« H 1»
«
»
« D »
¬«
¼»
važi da je ~q~n <H, þime je dokazano da qno0, kada nov, za ~q~<1.
2.1.9. Dokazati da je
lim n
k
n ov
­ v ......(k ! 0) ½
°
°
®0...........(k 0)¾
°1............( k 0 °
¯
¿
Rešenje:
Neka je k>0, a M proizvoljan pozitivan broj.
Da bi dokazali pomoüu definicije graniþne vrednosti niza, da nkov
kad nov treba pokazati da se može naüi prirodan broj N takav da je nk>M za
svako n>N.
Dakle, pošto je n k ! M Ÿ n ! k M , pa za N može uzeti bilo koji
prirodan broj N ! k M , þime je dokazano da nkov kad nov, za k>0.
1
.
nm
Pošto je malopre dokazano da nmov, kada nov, za m>0, po Teoremi
1
2.2.1.2.(f). iz udžbenika, sledi da m o 0 , odnosno nko0 kada nov, za k<0.
n
Neka je k<0. Tada je k= -m, gde je m>0 pa je tada n k
n m
Ako je k=0, onda su svi þlanovi niza jednaki 1, pa je to i njegova
graniþna vrednost.
13
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.1.10. Naüi graniþnu vrednost niza þiji je opšti þlan
xn
a 0 n p a1 n p 1 a 2 n p 2 ... a p
b0 n q b1 n q 1 b2 n q 2 ... bq
kada nov,
gde je a0 ,b0 z0.
Rešenje:
Važi sledeüe:
lim x n
n ov
lim
p
p 1
q
q 1
a 0 n a1 n
n ov
b0 n b1 n
a2 n
p2
... a p
b2 n
q2
... bq
c
n ov n i
S obzirom da je lim
ap
a1 a 2
2 ... p )
n n
n
lim
n ov
b
b b
q
n q (b0 1 22 ... q )
n n
n
n p (a 0 0 za it1, gde je c proizvoljna konstanta,
dobijamo:
lim x n
n ov
a0
˜ lim n p q
b0 nov
2.1.11. Naüi
­
½
° v .......( p ! q) °
°°
°°
®0............( p q ) ¾ (videti prethodni zadatak)
°a
°
° 0 ..........( p q)°
°¯ b0
°¿
2n
.
nov n!
lim
Rešenje:
Važi sledeüe:
14
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2n
0
n!
2 2 2
2
§2·
˜ ˜ ˜ ... ˜ d 2 ˜ ¨ ¸
1 2 3
n
©3¹
n 2
2
§3· §2·
2˜¨ ¸ ˜¨ ¸
©2¹ ©3¹
n
9 §2·
˜¨ ¸
2 ©3¹
n
Dakle, važi:
n
2n 9 § 2 ·
0
d ˜¨ ¸ .
n! 2 © 3 ¹
§2·
Kako je lim¨ ¸
n ov 3
© ¹
n
0 (zadatak 2.1.8) onda po Teoremi 2.2.3. iz
2n
udžbenika sledi da je lim
n ov n!
0.
2.1.12. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:
2 n 1
a)
§ 1·
lim¨1 ¸
n ov
© n¹
b)
§ 5·
lim¨1 ¸
n ov
© n¹
c)
§ n ·
lim¨
¸
n ov n 1
©
¹
d)
§ 6n ·
lim¨
¸
n ov 6 n 5
©
¹
n
n 3
2 n 1
Rešenje:
a)
§ 1·
lim¨1 ¸
n ov
© n¹
2 n 1
2n
§ 1· § 1·
lim¨1 ¸ ¨1 ¸
n ov
© n¹ © n¹
§§ 1 ·n ·
§ 1·
lim¨1 ¸ ˜ lim¨ ¨1 ¸ ¸
n ov
© n ¹ nov¨© © n ¹ ¸¹
b)
15
2
1˜ e2
e2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Uvedimo smenu n=5t, gde važi tov kada nov.
Sada je :
§ 5·
lim¨1 ¸
n ov
© n¹
n
§ 1·
lim¨1 ¸
t ov
© t¹
5t
§ § 1 ·t ·
lim¨ ¨1 ¸ ¸
¸
t ov ¨
©© t ¹ ¹
5
e5
c)
§ n ·
lim¨
¸
n ov n 1
©
¹
§
·
¨ 1 ¸
¸
lim¨
n ov¨
1¸
¨1 ¸
n¹
©
n 3
d)
n3
§ 1·
§ 1·
lim¨1 ¸ ˜ lim¨1 ¸
n ov
© n ¹ nov© n ¹
3
1
e ˜ 13
e 1
Važi sledeüe:
§ 6n ·
lim¨
¸
n ov 6 n 5
©
¹
2 n 1
§
·
¨ 1 ¸
¸
lim¨
n ov¨
5 ¸
¨1
¸
6n ¹
©
Uvedimo smenu , n
·
§
¨ 1 ¸
¸
lim¨
n ov¨
5 ¸
¸
¨1
6n ¹
©
1
n
2 n 1
5
t gde važi tov kada nov.. Sada je:
6
2 n 1
lim
t ov
1
1
§ 1·
¨1 ¸
© t¹
5t
1
3
§ 1·
lim ¨1 ¸
t ov
© t¹
3
16
5t
˜
1
§ 1·
lim¨1 ¸
t ov
© t¹
3
1
1
e5
e ˜ 3 e2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.1.13. Naüi graniþnu vrednost lim n 2 n n .
n ov
Rešenje:
Važi sledeüe:
lim( n 2 n n)
n ov
lim
n ov
n
n
2
n n
lim
n
n ov
2
n
n n ˜
n
2
2
n n
n
1
.
lim
n ov §
· 2
1
n¨¨ 1 1¸¸
n
©
¹
n n
lim
n ov
n2 n n2
n
2
Zadaci za vežbu:
2.1.14. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:
a)
lim
3n 4 2n 6
n ov 4 n 4 2 n 6
b)
lim
c)
3n 5 2n 6
lim 4
n ov 4 n 2 n 6
d)
lim
e)
lim
f)
lim
n ov
n
n2 n n
17
3n 4 2n 6
n ov 4n 5 2 n 6
n ov
2n 3
n2 1
3 n 1 3
n ov 5 ˜ 3 n
n n
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.2. Redovi
Rešeni zadaci:
v
2.2.1. Dokazati da je harmonijski red
1
¦k
1
k 1
1 1 1
... divergentan.
2 3 4
Rešenje:
Važi sledeüe:
1 1
1 1
! 2˜
3 4
4 2
1 1 1 1
1 1
! 4˜
5 6 7 8
8 2
1 1
1
1 1
.... ! 8˜
9 10
16
16 2
.
.
.
1
2
m 1
1
1
2
m 1
2
... 1
1
! 2 m 1 ˜ m
m
2
2
1
2
Dakle, zakljuþujemo da je za n=2m:
n
Sn
1
¦k
k 1
1
1 §1 1· §1 1 1 1·
¨ ¸ ¨ ¸ ...
2 ©3 4¹ ©5 6 7 8¹
1
1 ·
1
§ 1
¨ m 1
m 1
... m ¸ ! 1 m
2
2 ¹
© 2 1 2 2
Odnosno
1
S n ! 1 m za nt2m ,
2
18
odakle sledi:
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
mov Ÿ
1+m/2ov, a pošto je Sn>1+m/2, sledi
nov Ÿ
Snov, tj. harmonijski red je divergentan.
v
1
¦ n ˜ n 1
2.2.2. Izraþunati sumu reda S
n 1
Rešenje:
Za opšti þlan ovog reda važi sledeüe:
1
n ˜ n 1
1
1
pa je dakle suma S jednaka
n n 1
m
Sm
1
¦
n 1 n ˜ n 1
m
§1
1 ·
¦ ¨© n n 1 ¸¹
1
n 1
Na osnovu ovoga je
S
lim S m
m ov
v
2.2.3. Naüi sledeüu sumu S
¦ aq
1 §1 1·
1 ·
1
§1
¨ ¸ ... ¨ ¸ 1
2 © 2 3¹
m 1
© m m 1¹
1 ·
§
lim ¨1 ¸ 1.
m ov
© m 1¹
2 k 1
gde je ~q~<1.
k 1
Rešenje:
v
S
¦ aq
2 k 1
aq aq 3 aq 5 ...
k 1
jer je (videti primer 2.2.3.1. iz udžbenika)
1 q 2 q 4 ...
1
(smena q2=t).
2
1 q
19
aq ˜ 1 q 2 q 4 ...
aq
1 q2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.3 Neke osobine funkcija
Rešeni zadaci:
2.3.1. Naüi oblast definisanosti sledeüih funkcija
a)
y=x5-3x2+x+6
d)
y
x2 x 2
x 2 4x 3
b)
y
e)
y
x 1
x2 4
x
ln
3 x
c)
y
x2 x 2
f)
y
ln x 2 x 2
Rešenje:
a) Oblast definisanosti funkcije (u daljem tekstu üemo je obeležavati sa
D, kao skraüenica od domen) y=x5-3x2+x+6 je skup realnih brojeva R,
odnosno D=^x~xR`. Ovo se može napisati kao x( -v, v).
x 1
je definisana na skupu R osim u taþkama u
x2 4
kojima je x2-4=0, odnosno osim u taþkama x1= -2, i x2=2. Dakle, domen ove
funkcije je odreÿen sa
b) Funkcija y
x(-v, -2)‰ (-2, 2)‰ (2,v).
c) Oblast definisanosti funkcije y
nejednaþine
x 2 x 2 se odreÿuje iz
x2-x-2t0 þije je rešenje -v<xd -1 š 2d x<v . Dakle, domen ove
funkcije je odreÿen sa
x(-v, -1@ ‰ >2,v).
x2 x 2
se odreÿuje kao
d) Oblast definisanosti funkcije y
x 2 4x 3
zajedniþko rešenje nejednaþine x2-x-2t0 i nejednakosti x2-4x+3z0.
20
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Kako je rešenje nejednaþine x2-x-2t0 dato sa x(-v, -1@ ‰ >2,v) , a rešenje
nejednakosti
x2-4x+3z0 je xz1 š xz3, zajedniþko rešenje, tj. presek ova dva rešenja je
x(-v, -1@ ‰ >2,3)‰(3, v), što je u stvari i domen date funkcije.
e) Oblast definisanosti funkcije y
ln
x
je skup svih realnih
3 x
brojeva koji zadovoljavaju nejednaþine
x
! 0 i 3-xz0.
3 x
Rešenje ovih nejednaþina 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 nejednaþinu
þije je rešenje -v<x< -1 š 2< x<v . Dakle, domen ove
x2-x-2>0
funkcije je odreÿen sa
x(-v, -1) ‰ (2,v).
2.3.2. Odrediti nule sledeüih funkcija:
a) y
c) y
x 2 3x 2
x2 2
x 2 9 ˜ e x 3
b) y
x 3 ˜
d) y
ln x 2 3 x 3
e) y=1+lnx
21
x 2 3x 2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
a) Iz y=0 Ÿ x2+3x+2=0 Ÿ x1= -1 , x2= -2 (uobiþajeno nalaženje nula
kvadratne jednaþine). Dakle, taþke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije.
b) Iz y=0 Ÿ x+3=0 š x2+3x+2=0 Ÿ x1= -3 , x2= -1 , x3 = -2. Dakle,
taþke x1= -3, x2= -1 , x3 = -2 su nule funkcije.
c) Iz y=0Ÿx2-9=0 (jer je funkcija ex razliþita od nule za svako x)Ÿ
x1=3, x2=-3. Ove taþke su nule funkcije.
d) Iz y=0Ÿx2+3x+3=1 (jer je lnx=0 za x=1) Ÿ x2+3x+2=0 Ÿ x1= -1 ,
x2= -2. Dakle, taþke x1= -1 i x2= -2 su nule funkcije.
e) Iz y=0Ÿ1+lnx=0Ÿlnx= -1Ÿ x=e-1. Dakle taþka x=e-1 je nula
funkcije.
2.3.3. Naüi inverzne funkcije i njihove oblasti definisanosti sledeüih funkcija:
b) y
a) y=3x+5
3
1 x3
c) y
ln
x
2
Rešenje:
a)
y
3x 5 Ÿ x
1
y 5 pa je inverzna funkcija
3
1
x 5 koja je definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva.
3
Dakle, domen je x(-v ,v).
y
b)
y
3
1 x3 Ÿ x3
1 y3 Ÿ x
3
1 y 3 pa je inverzna
funkcija y 3 1 x 3 (odnosno funkcija je inverzna sama sebi) koja je
definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je
x(-v ,v).
x
Ÿ x 2e y pa je inverzna funkcija y=2ex koja je
2
definisana za sve vrednosti x iz skupa realnih brojeva. Dakle, domen je
x(-v ,v).
c)
y
ln
22
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.3.4. Ispitati parnost i neparnost sledeüih funkcija:
y
a)
x2 4
x2 3
xe x
y
2
2
y
b)
c)
ln x
x
Rešenje:
a)
( x) 2 4
( x) 2 3
f ( x)
x2 4
x2 3
f ( x)
dakle funkcija f(x) je parna.
b)
f ( x)
( x )e ( x )
2
2
xe x
2
2
f ( x)
dakle funkcija f(x) je neparna.
c)
ln( x)
x
f ( x)
ln( x)
Ÿ f ( x) z f ( x) š f ( x) z f ( x)
x
dakle funkcija f(x) nije ni parna ni neparna.
2.3.5. Ispitati monotonost sledeüih funkcija:
a)
f(x)=x2+4
na intervalu
x(1, +v)
b)
y
1
x 1
na intervalu
x(-8, -4)
c)
y=ex-2
na intervalu
x ( - v, + v)
23
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
d)
y=ln(x+4)
na intervalu
x(-2, 6)
Rešenje:
a)
Za proizvoljno x1 , x2(1, +v) takvo da je x2>x1 važi:
f ( x 2 ) f ( x1 ) x 22 4 ( x12 4) x 22 x12 ! 0 za x1 , x2(1, +v), pa
je funkcija monotono rastuüa na tom intervalu.
b)
Za proizvoljno x1 , x2(-8, -4) takvo da je x2>x1 važi:
x1 x 2
1
1
0 za x1 , x2(-8, -4),
x 2 1 x1 1 x 2 1 x1 1
pa je funkcija monotono opadajuüa na tom intervalu.
f ( x 2 ) f ( x1 )
c)
Za proizvoljno x1 , x2(-v, +v) takvo da je x2>x1 važi:
1 x2
e e x1 ! 0 za x1 , x2(-v, +v), pa
2
e
je funkcija monotono rastuüa na tom intervalu.
f ( x 2 ) f ( x1 )
d)
e x2 2 e x1 2
Za proizvoljno x1 , x2(-2, 6) takvo da je x2>x1 važi:
f ( x 2 ) f ( x1 )
ln( x 2 4) ln( x1 4)
ln
x2 4
! 0 jer je
x1 4
x2 4
! 1,
x1 4
pa je funkcija monotono rastuüa na tom intervalu.
za x1 , x2(-2, 6)
24
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Zadaci za vežbu:
2.3.6. Naüi oblasti definisanosti sledeüih funkcija:
a)
y
c)
y
e)
y
x
ln
e
1
3 x
2 x
2x
2 x
x 3
b)
y
d)
y
2 x x2
x2 4
x 2 5x 6
x2 4
f)
y
b)
y=(x2-4x+3)ex-1
d)
y
3
x 2 5x 6
2.3.7. Odrediti nule sledeüih funkcija:
a)
y=x4-10x2+9
c)
y
ln
2x
1 x
x2 1
2x
ln
1 x
2.3.8. Ispitati parnost i neparnost sledeüih funkcija:
a)
y
x 3 x 3
b)
y
ln(
2
c)
y
ln
x 2 5 x 25
x3
x 3
x4 2
d)
25
y
x
2)
x 1
x8
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.4. Graniþna vrednost i neprekidnost funkcija
2.4.1. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:
lim x 2 3 x 6
a)
x o3
b)
lim (2 x x 3 x 5 )
c)
d)
x o v
lim
x o1
x2 1
x 2 3x 2
lim (2 x x 3 x 5 )
xov
Rešenje:
Na osnovu teorema 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika važi:
a)
lim( x 2 3 x 6)
b)
Pošto je
lim x 2 lim 3 x lim 6
x o3
x o3
x o3
lim( x 2 1)
x o1
x o3
32 3 ˜ 3 6
lim( x 2 3 x 2)
x o1
6
0 ne možemo
direktno primeniti teoreme 2.5.1. i 2.5.2. iz udžbenika,(dobijamo oblik
§0·
limesa ¨ ¸ ), veü üemo izvršiti sledeüe transformacije:
©0¹
lim
x o1
x2 1
x 2 3x 2
lim
x o1
x 1x 1
( x 1)( x 2)
lim
x o1
x 1
x2
2 .
c)
lim 2 x x 3 x 5
x o v
lim x 5 (
x o v
2
1
1
4 2 1)
5
x
x
x
( v ) x ( 1)
d)
lim(2 x x 3 x 5 )
x ov
lim x 5 (
x ov
2
1
1
4 2 1) v ˜(1)
5
x
x
x
26
v
v
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.4.2. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:
a)
2 x 2 3x 5
lim 2
x ov 3 x 3 x 4
c)
lim
3x 2 2 x 6
x ov
4
3
b)
§ x 3 3x 2 4 ·
¸
lim¨¨
x ov 2 x 3 x 2 ¸
©
¹
d)
lim 3 x( x 2 1 x)
x 3x 1
x ov
Rešenje:
2
a)
b)
2 x 3x 5
x ov 3 x 2 3 x 4
lim
§ x 3 3x 2 4 ·
¸
lim¨¨
x ov 2 x 3 x 2 ¸
©
¹
3 5
2)
x
x
lim
x ov 2
3 4
x (3 2 )
x x
x 2 (2 3
3 4
§
x 3 (1 3 )
¨
x x
¨ lim
x
ov
1
2
¨
x 3 (2 2 3
¨
x
x
©
lim
3x 2 x 6
x ov
4
x 3x 1
2 6
)
x x2
3
1
1 3 4
x
x
x 2 (3 2
c)
2
3
lim
x ov
x
2
·
¸
¸
¸
¸
¹
3
3
1
§1·
¨ ¸
©2¹
3
1
8
3
d)
lim 3 x( x 2 1 x)
x ov
lim
x ov
3 x( x 2 1 x)( x 2 1 x)
x2 1 x
27
lim
3x
x ov
x( 1 1
1)
x2
3
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.4.3. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:
x 2 3x 2
x ov
x3 2
a)
lim
c)
lim
x a
xa
xoa
x4
x ov x 3 3 x 2 x 5
b)
lim
d)
lim( x 3 x )
x ov
Rešenje:
x 3x 2
x ov
x3 2
a)
lim
b)
lim
3 2
)
x x2
2
x 3 (1 3 )
x
x 2 (1 2
lim
x ov
x4
x ov x 3 3 x 2 x 5
lim
x ov
1
x ov x
lim
0
x4
3 1
5
x (1 2 3 )
x x
x
3
lim x
x ov
c)
x a
xa
lim
lim
( x a )( x a )
( x a)( x a )
xa
1
1
lim
lim
xoa
( x a)( x a ) xoa x a 2 a
xoa
xoa
d)
lim( x 3 x )
x ov
lim
x ov
3
x3 x
lim
x ov
( x 3 x )( x 3 x )
x3 x
0
28
lim
x ov
x 3 x
x3 x
v
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.4.4. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:
a)
§ 1·
lim¨1 ¸
x ov
© x¹
c)
§ x 1·
lim¨
¸
x ov x 1
©
¹
x
b)
3 ·
§
lim¨1 ¸
x ov
© 5x ¹
d)
§ x 3·
lim¨
¸
x ov x 2
©
¹
x
Imajuüi u vidu Primer 2.5.1. iz udžbenika važi:
Rešenje:
a) Uvedimo smenu § 1·
lim¨1 ¸
x ov
© x¹
1
x
x
lim1 t 3 ·
§
lim¨1 ¸
x ov
© 5x ¹
lim1 t §
t ٬x
©
3
5t
1
§
1 t ·¸
¨ lim
o
t
0
©
¹
1
x (1 ) x
x
lim
x ov x
1
x (1 ) x
x
x
1
.
e
e 1
3·
¸ š x ovŸ t o 0 5t ¹
1
t
t o0
x
1·
¸ š x ovŸ t o 0 t¹
1
·
§
1 t t ¸
¨ lim
¹
© t o0
3
5x
x
§ x 1·
lim¨
¸
x ov x 1
©
¹
c)
1
t
t o0
Uvedimo smenu
b)
§
t ٬x
©
3
5
3
e5
x
§ 1·
lim¨1 ¸
x ov
© x¹
x
1·
§
lim¨ x ¸
x ov
x¹
©
e 1
e
d)
§
x ¨1 lim ©
x ov
§
x x ¨1 ©
x
§ x 3·
lim¨
¸
x ov x 2
©
¹
2 x5
3·
¸
x¹
2·
¸
x¹
2 x 5
2 x 5
§
lim¨1 x ov
©
2x
3·
§
¨1 ¸ ˜ lim
x ¹ xov©
2x
3·
¸
x¹
§ 2·
§ 2·
lim¨1 ¸ ˜ lim¨1 ¸
x ov
x ¹ xov©
x¹
©
29
5
5
1
e2
x
2 x 5
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
§
Važi: lim¨1 x ov
©
3·
¸
x¹
Uvedimo smene
5
3
x
§
lim¨1 x ov
©
2·
¸
x¹
5
t , odnosno
1
2
x
t , gde kada xov onda to0.
Dobijamo:
2x
§
§ 3·
lim¨1 ¸ ˜ lim¨1 x ov
x
ov
x¹
©
©
2x
§
§ 2·
lim¨1 ¸ ˜ lim¨1 x ov
x ¹ xov©
©
3·
¸
x¹
2·
¸
x¹
5
5
1
§
·
1 t t ¸
¨ lim
© t o0
¹
1
t
§
·
1 t ¸
¨ lim
© t o0
¹
6
4
e6
e4
e2
2.4.5. Naüi levu i desnu graniþnu vrednost funkcije:
a)
y
x
x 1
1
u taþki x=1
b)
y
e x u taþki x=0
Rešenje:
a)
tada ho0.
Levi limes:
x
x o1 x 1
lim
Uvedimo smenu x=1-h, gde je h>0, i kada xo1
1 h
ho0 1 h 1
lim
1 h
ho0 h
lim
v
Desni limes: Uvedimo smenu x=1+h, gde je h>0, i kada xo1 tada
ho0.
x
x o1 x 1
lim
b)
tada ho0.
1 h
ho0 1 h 1
lim
Levi limes:
1 h
h o0 h
lim
v
Uvedimo smenu x=0-h, gde je h>0, i kada xo0
30
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
1
lim e x
lim e
x o0 1
h
1
h o0
lim e
1
h
1
ev
0
h o0
Desni limes: Uvedimo smenu x=0+h, gde je h>0, i kada xo0 tada
ho0.
1
1
lim e x
lim e h
x o0 h o0 ev v
2.4.6. Ispitati neprekidnost funkcija:
a)
y
Rešenje:
a)
xe x
b)
1
x
y
Priraštaj ove funkcije 'y iznosi:
'y x 'x e ( x 'x ) xe x
pa je
lim 'y
'x o0
xe x e 'x 'xe x e 'x xe x
lim xe x e 'x 1 'xe x e 'x
'x o0
xe x e 'x 1 'xe x e 'x
0 pa je funkcija neprekidna za
svako x.
b)
Oþigledno da ova funkcija ima jedan prekid u taþki
x=0, jer tu nije definisana. Ispitajmo njenu neprekidnost u taþkama xz0.
Za xz0 važi:
1
1
x 'x x
'x
lim 'y lim
'x o 0
'x o0 x ( x 'x )
taþkama xz0.
'y
'x
x( x 'x)
pa je
0 , što znaþi da je funkcija neprekidna u svim
31
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Zadaci za vežbu:
2.4.7. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:
a)
x 6 64
lim
x o 2 x 2 4
c)
lim
e)
x 9 3
x 16 4
x o0
lim
x ov
x
3x 3 x 2 1
b)
x3 x 7
lim
x o v
6 x2
d)
lim
f)
3x 4
lim
x o v 3 x 4
b)
§ 100 x · x
lim¨
¸
x o0
© 100 ¹
d)
lim x 1 3 x
x o2
x2 4
6 x 2
2.4.8. Naüi sledeüe graniþne vrednosti:
1
2 x
a)
§3 x·
lim¨
¸
x ov
© x ¹
c)
§ x2 9 ·
¸
lim¨¨ 2
x ov x 9 ¸
©
¹
x2
x ov
2.4.9. Naüi levu i desnu graniþnu vrednost funkcije u taþki x=2,
f ( x)
­° x 2 3,....x ! 2½°
® x2
¾
°¯e ,.....x 2 °¿
2.4.10. Odrediti vrednost parametra p tako da data funkcija bude neprekidna:
a)
f ( x)
­e x ,...x 0
®
¯ x p,...x t 0
32
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
1
­°
1 x x ,...x z 0
®
°¯2 p 7,...x 0
f ( x)
2.5. Prvi izvod i diferencijal funkcije
Rešeni zadaci:
Nalaženje prvog izvoda po definiciji.
2.5.1. Naüi po definiciji prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:
x2 ,
a) y
1
,
x2
b) y
c) y
x,
d) y
1
x
.
Rešenje:
a)
f ( x 'x ) f ( x )
y
lim
'x o 0
'x
lim 2 x 'x 2 x.
,
2
x 'x x 2
lim
x o0
'x
x 2 2 x'x 'x x 2
lim
'x o0
'x
2
'x o0
b)
1
y
,
f ( x 'x) f ( x)
lim
'x o 0
'x
lim
'x o0
2 x 'x
x 2 ˜ x 'x 2
lim
'x o0
x 'x 2
'x
2
.
x3
33
1
x2
lim
'x o 0
x 2 x 2 2 x'x 'x 'x ˜ x 2 ˜ x 'x 2
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
y,
lim
'x o0
f x 'x f ( x)
'x
1
x 'x x
lim
'x o0
1
2 x
x 'x x
'x
lim
'x o0
x 'x x
'x o0 'x ˜
x 'x x
lim
.
d)
1
y,
lim
'x o 0
lim
f x 'x f ( x)
lim
'x o 0
'x
x x 'x
'x ˜ x ˜ x 'x ˜
1
1
3.
2x ˜ x
2x 2
'x o0
x 'x
'x
x x 'x
1
x
lim
'x o0
lim
'x o0
x x 'x
'x ˜ x ˜ x 'x
1
x ˜ x 'x ˜
Nalaženje prvog izvoda algebarskog zbira funkcija.\
2.5.2. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:
ax 6 bx 3 a) y
5
c) y
x x x
d) y
e) y
a, b, c, d  R.
3 2
x x
b) y
x3
c
d ln x
x2
x3 x
a ! 0, a  R
a
sin x 3 cos x 2tgx 4ctgx.
4
34
x x 'x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
a)
y
,
c
§ 6
·
3
¨ ax bx 2 d ln x ¸
x
©
¹
,
6ax 5 3bx 2 2c d
x3 x
b)
,
§
3
2·
y ¨¨ 5 x 3 ¸¸
x x¹
©
1 1
1
2
2.
4
4
5
3
5 x
x
x
,
1
§ 15
·
¨ x 3 x 3 2 x 1 ¸
¨
¸
©
¹
,
4
4
1 5
x x 3 2 x 2
5
c)
y
,
§¨ x x x ·¸
©
¹
,
3 ·
§
¨x x2 ¸
¨
¸
©
¹
,
3
§
·
¨x˜ x4 ¸
¨
¸
©
¹
,
§ 74 ·
¨x ¸
¨ ¸
© ¹
,
3
7 4
x
4
74 3
x .
4
d)
§ x3 x ·
¸
y, ¨ 4
¨
a ¸
©
¹
1
1
.
34 a 3 x 2
,
1
1 §¨ 4
x ˜ x3
4
¨
a©
·
¸
¸
¹
,
4
1 §¨ 4 3 ·¸
x
4
¸
a ¨©
¹
,
1
1 §¨ 3 ·¸
x
4
a ¨© ¸¹
,
1
34 a
x
2
3
e)
y,
sin x 3 cos x 2tgx 4ctgx ,
cos x 3 sin x 35
2
4
.
2
cos x sin 2 x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Nalaženje prvog izvoda proizvoda funkcija.
2.5.3. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:
ax
a) y
x 3e x
d) y
x 2 ˜ x ˜ 2 ln x 6 b) y
2
c) y
e) y
sin x ˜ cos x .
bx c ˜ ln x
3x e x
Rešenje:
a)
x e x e
y,
3
x ,
3 ,
x
x3 e x
,
3x 2 e x x 3 e x
x 2 e x (3 x)
b)
ax
y,
2
ax
,
bx c ln x
2ax b ˜ ln x ax
2
2
,
bx c ln x ax 2 bx c ˜ ln x ,
bx c
x
c)
3 e 3 e
x
y,
x ,
x ,
x
3x e x
,
3 x e x ˜ ln 3 1
3 x ln 3 ˜ e x 3 x e x
d)
y
x
,
2
x ˜ 2 ln x 6 ,
§ 52
·
¨ x ˜ 2 ln x 6¸
¨
¸
©
¹
,
3
5
5 2
2
x ˜ 2 ln x 6 x 2 ˜
x
2
3
2
x ˜ 5 ln x 17 e)
y,
sin x ˜ cos x , sin x , ˜ cos x sin x ˜ cos x ,
36
cos 2 x sin 2 x.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Nalaženje prvog izvoda koliþnika funkcija.
2.5.4. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:
a) y
x2 x 1
2 x2 x 1
b) y
d) y
1 ln x
1 ln x
e) y
1 x
1 ex
1 ex
c) y
1 x
sin x cos x
.
sin x cos x
Rešenje:
a)
y
,
§ x2 x 1 ·
¨¨ 2
¸¸
© 2x x 1 ¹
x
,
2
,
2 x
2
2
2
3x 2 2 x 2
x 1
x 1
2 x 1 ˜ 2 x 2 x 1 x 2 x 1˜ 4 x 1
2 x
x 1 ˜ 2x 2 x 1 x 2 x 1 ˜ 2x 2 x 1
2 x
2
2
x 1
2
.
b)
y
,
1 x ˜ 1 x 1 x ˜ 1 x 1 x §
1 ·
1
¸¸
x 1 x ˜ ¨¨ 1
x
© 2 x¹
1 x 1 x x ˜ 1 x §1 x ·
¨
¸
¨1 x ¸
¹
©
1
2 x
1 ,
,
,
2
2
2
37
2
,
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
y
§1 ex
¨¨
x
©1 e
,
·
¸¸
¹
1 e ˜ 1 e 1 e ˜ 1 e 1 e ,
x ,
x
x ,
x
1 e ex ˜ 1 ex 1 ex ˜ ex
x 2
x 2
2e x
1 e x 2
d)
§ 1 ln x ·
¨
¸
© 1 ln x ¹
y,
,
1 ln x , ˜ 1 ln x 1 ln x ˜ 1 ln x ,
1 ln x 2
1
§ 1·
˜ 1 ln x 1 ln x ˜ ¨ ¸
x
© x¹
2
1 ln x 2
x ˜ 1 ln x 2
.
e)
y
§ sin x cos x ·
¨
¸
© sin x cos x ¹
,
,
sin x cos x , ˜ sin x cos x sin x cos x ˜ sin x cos x ,
sin x cos x 2
cos x sin x ˜ sin x cos x sin x cos x ˜ cos x sin x sin x cos x 2
cos x sin x 2 sin x cos x 2
2
2
sin x cos x sin x cos x 2
Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija.
2.5.5. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:
a) y
3x
2
4x 2
4
b) y
1 2 ln x 5
38
c) y
x 1
x 1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
d) y
ln 4 x
g) y
ex
x
1 x3
e) y
ln
h) y
54x
2
4 x 8
f) y
e3x
i) y
ln tgx 1
Rešenje:
a)
3x
y,
2
4x 2
4 ,
3
4 3x 2 4 x 2 ˜ 3x 2 4 x 2
,
3
4 3 x 2 4 x 2 ˜ 6 x 4
b)
y,
1 2 ln x 5 ,
5 ˜ 1 2 ln x 4
2
x
5 ˜ 1 2 ln x ˜ 1 2 ln x 4
,
10
4
˜ 1 2 ln x x
c)
y
,
§ x 1 ·
¨
¸
¨ x 1 ¸
©
¹
1 § x 1·
¨
¸
2 © x 1¹
1 § x 1·
¨
¸
2 © x 1¹
1
2
1
2
,
1 § x 1·
¨
¸
2 © x 1¹
˜
˜
1
2
§ x 1·
˜¨
¸
© x 1¹
,
x 1, ˜ x 1 x 1 ˜ x 1,
x 12
2
x 1
2
1
1
1
2
( x 1) ˜ ( x 1)
d)
y,
ln x 4
,
4 ln 3 x ˜ ln x ,
4 3
ln x.
x
39
3
2
(1 x) ˜ x 2 1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
e)
y
,
x ·
§
¨ ln
3 ¸
© 1 x ¹
,
1 x3 § x ·
˜¨
¸
x © 1 x3 ¹
,
1 x 3 1 x 3 3x 2 ˜ x
˜
2
x
1 x3
1 2 x3
.
x ˜ 1 x3
f)
y,
e
3 x 2 4 x 8
,
6 x 4 ˜ e3 x 4 x8
2
g)
y,
§ 1x ·
¨e ¸
¨ ¸
© ¹
1
,
1
x
§1·
e ˜¨ ¸
©x¹
,
ex
2
x
h)
y,
lntgx ,
y,
5 4x ,
1
,
˜ tgx tgx
1
1
˜
tgx cos 2 x
5 4 x ˜ ln 5 ˜ 4 x ,
1
sin x ˜ cos x
4 ˜ ln 5 ˜ 5 4 x
Nalaženje prvog izvoda složenih funkcija oblika y
gde su f(x) i g(x) diferencijabilne funkcije i gde je f(x)>0.
NAPOMENA: Imajuüi u vidu da je f ( x) g ( x )
40
f ( x) g ( x ) u oblasti
e g ( x )˜ln f ( x ) sledi da je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
f ( x) e
g ( x) ,
g ( x )˜ln f ( x ) ,
e g ( x )˜ln f ( x ) ˜ g ( x) ˜ ln f ( x) ,
e g ( x )˜ln f ( x ) g ( x) ln f ( x) g ( x) ˜ ln f ( x) ,
,
§
·
g ( x)
,
˜ ( f ( x)) , ¸¸.
f ( x) g ( x ) ˜ ¨¨ g ( x) ln f ( x) f ( x)
©
¹
2.5.6. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:
a) y
xx
e) y
§ 1·
¨1 ¸
x¹
©
b) y
x
x
c) y
x
f) y
x sin x
x
cos x sin x
d) y
x
Rešenje:
a)
x
§
,·
x x ˜ ¨ ( x) , ˜ ln( x) ˜ x ¸
x
©
¹
x x ,
y,
x x ˜ ln x 1
b)
x x
y,
x
x
,
x
x
§
˜ ¨¨
©
x ˜ ln x § ln x
1 ·
¸¸
˜ ¨¨
x¹
©2 x
,
x
x
˜x
1
2
x
,·
˜ x ¸¸
x
¹
§ ln x ·
˜¨
1¸
© 2
¹
41
x
x
1
2
§ ln x ·
˜¨
1¸
© 2
¹
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
y
x
,
x
1
xx
2
,
§ 1x ·
¨x ¸
¨ ¸
© ¹
,
1
§
·
¨ 1 ,
¸
§ ·
,
x
¨
x ˜ ¨ ¸ ˜ ln x ˜ x ¸
x
¨© x ¹
¸
¨
¸
©
¹
1
x
1
x
§ 1 ln x ·
x ˜¨ 2 2 ¸
x ¹
©x
˜ 1 ln x d)
y,
cos x sin x ,
cos x sin x ˜ §¨ sin x , ˜ ln(cos x) sin x ˜ cos x , ·¸
cos x
©
¹
2
x·
¸
cos x ¸¹
§
cos x sin x ˜ ¨¨ cos x ˜ lncos x sin
©
e)
y,
§§ 1 ·
¨ ¨1 ¸
¨©
x¹
©
x
·
¸
¸
¹
,
§
·
¨
,¸
x
§ 1·
§ 1· ¨ , § 1·
˜ ¨1 ¸ ¸
¨1 ¸ ˜ ¨ x ˜ ln¨1 ¸ x¹ ¸
x¹
x¹ § 1· ©
©
©
¨1 ¸
¨
¸
x¹
©
©
¹
x
x
2
§ 1 ··
§ 1· § § 1· x
˜ ¨ 2 ¸ ¸¸
¨1 ¸ ˜ ¨¨ ln¨1 ¸ x¹ © ©
x ¹ x 1 © x ¹¹
©
x
1 ·
§ 1· § § 1·
¸
¨1 ¸ ˜ ¨¨ ln¨1 ¸ x¹ © ©
x ¹ x 1 ¸¹
©
f)
y,
x sin x ,
sin x
§
,
,·
˜ x ¸
x sin x ˜ ¨ sin x ˜ ln x x
©
¹
42
sin x ·
§
x sin x ˜ ¨ cos x ˜ ln x ¸
x ¹
©
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Nalaženje diferencijala funkcije.
NAPOMENA: Diferencijal prvog reda funkcije y=f(x) u taþki x, u oznaci dy,
jednak je proizvodu prvog izvoda te funkcije i diferencijala nezavisno
promenljive x, odnosno dy f ' ( x) ˜ dx.
2.5.7. Naüi prvi diferencijal u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:
x 3 2 x ln x e x
a) y
ln x
x
b) y
c) y
x 2 ˜ e x d) y
Rešenje:
a)
dy
x
3
,
2 x ln x e x ˜ dx 3x 2 dx 2dx dx x
e dx
x
b)
,
dy
§ ln x ·
¸ dx
¨
© x ¹
§1
·
¨ x ln x ¸
¨x
¸dx
¨
¸
x2
¨
¸
©
¹
dx ln x
˜ dx
x2 x2
c)
dy
x e dx 2 xe
2
x ,
x
x 2 e x dx
2 xe x dx x 2 e x dx
d)
,
dy
§ tgx ·
¸ dx
¨
© x ¹
§ 1
·
˜ x tgx ¸
¨
2
¨ cos x
¸dx
¨
¸
x2
¨
¸
©
¹
dx
tgx
2 dx
2
x cos x x
43
tgx
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Zadaci za vežbu:
2.5.8. Naüi prvi izvod u proizvoljnoj taþki sledeüih funkcija:
3 3 7
x˜ x 5
a) y
4
3˜ x
x 5 ˜ e x ˜ ln x
b) y
d) y
ln
2
3 x
2x
2
5
7˜ x
3
10
c) y
1
5
x7
ln
2x 2 1
2x 2 1
x2 6
e) y
§ x2 2 ·
¸¸
x ˜ 2 ¨¨
© 4x ¹
2
2
f) y
xx
2
g) y
xx
x
2.6. Primena izvoda u rešavanju graniþnih vrednosti funkcija jedne
nezavisno promenljive-Lopitalovo pravilo
Rešeni zadaci
Odreÿivanje limesa neodreÿenog izraza oblika
2.6.1. Naüi graniþne vrednosti funkcija
x4 1
x o1 x 3 3 x 2
a) lim
5
x 5 a
xoa
xa
ln x
e) lim
x ov x
c) lim
x4 1
x o1 x 3 3 x 2
b) lim
a x 1
x o0
x
2
x
f) lim x
x ov e
d) lim
44
0 v v v v
, ,
,
,
.
0 v v v v
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
ex
x ov ln x
x 3 5x
x o v
3x
g) lim
h) lim
Rešenje:
x4 1
x o1 x 3 3 x 2
lim
4x3
x o1 3 x 2 3
v
x4 1
x o1 x 3 3 x 2
4x3
x o1 3 x 2 3
v
a) lim
b) lim
lim
4
5
c) lim
xoa
1 5
x
lim 5
xoa
1
x 5 a
xa
a x 1
d) lim
x o0
x
e) lim
x ov
ln x
x
x2
f) lim x
x ov e
a x ln a
lim
x o0
1
1
lim x 0
x ov 1
2x
x ov e x
x 3 5x
x o v
3x
ex
x ov ln x
h) lim
ln a
lim
3x 2 5
x o v
3
lim
ex
x ov 1
x
lim
55 a 4
2
x ov e x
lim
g) lim
1
0
v
lim xe x v
x ov
45
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Odreÿivanje limesa neodreÿenog izraza oblika 0˜ v , 0 ˜ v , v v .
2.6.2. Naüi graniþne vrednosti funkcija
§ 1x
·
a) lim x ˜ ¨ e 1¸
¨
¸
x ov
©
¹
2
b) lim x ln x
x o0
1 ·
§ x
¸
x o1 x 1
ln x ¹
©
c) lim¨
Rešenje:
1
1
2 ˜ex
1
§ 1x
·
e 1
x
¨
¸
lim x ˜ ¨ e 1¸ lim
lim
lim e x
x ov
x ov
x ov
x ov
1
1
©
¹
2
x
x
1
ln x
x2
lim x 2 ln x lim 2 lim x 3 lim
0
x o0
x o0 x
x o0 2 x
x o0
2
1
x
a)
b)
1
c)
1 ·
§ x
lim¨
¸
x o1 x 1
ln x ¹
©
ln x
x o1
1
ln x 1
x
lim
§ x ˜ ln x x 1 ·
¸¸
lim¨¨
x o1
© x 1 ln x ¹
lim
x o1
1
x
1
2
1 1
x x2
46
1
ln x 1
x
lim
x o1
x 1
ln x x
x˜
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Odreÿivanje limesa neodreÿenog izraza oblika 0 0 , v 0 ,1v.
2.6.3. Naüi graniþne vrednosti funkcija
1
a) lim x x
b) lim x x
x o0 c) lim x 1 x
x o1
x ov
Rešenje:
a) lim x x
x o0 lim e x˜ln x
x o0 Pošto je
lim x ˜ ln x x o0 ln x
x o0 1
x
lim
1
lim x
x o0 1
2
x
onda je
lim x x
x o0 x
b) lim x
x ov
lim x˜ln x
e xo0
e0
1
x
ln x
x
lim x
x ov
lim e
1
x ov
Pošto je
ln x
lim
x ov x
1
lim x
x ov 1
0
onda je
47
lim x 0
x o0 Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
lim x x
x ov
lim
e x ov
ln x
x
e0
1
d)
ln x
1
lim x 1 x
x o1
lim e 1 x
x o1
Pošto je
ln x
x o1 1 x
lim
1
lim x
x o1 1
1
onda je
1
lim x 1 x
x o1
lim
ln x
e x o11 x
e 1
1
e
Zadaci za vežbu
2.6.4 Naüi graniþne vrednosti funkcija
e x ex
a) lim
x o0 ln(1 x )
1
d) limln x x
x ov
1
b) lim 1 x ln x
x o0 e) lim 1 x 2
x o0 48
1
x
e 1 x x
c) lim
x o0
x
3
f) lim x 4 ln x .
x o0 Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.7. Ispitivanje funkcija
Rešeni zadaci:
2.7.1. Konstruisati grafike sledeüih funkcija:
a)
y
x2 2x 2
x 1
b)
d)
y
f)
y
c)
y
x4 3
x
e)
y
x 2 2x 3
x 2 2x
x
y
§x·
1 ¨ ¸
©2¹
2
x2 x
2
x3
2 x 1
2
Rešenje:
a)
1. Oblast definisanosti
y
Oblast definisanosti funkcije
x 2 2x 2
x 1
je
x-v , 1‰1 , v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x2-2x+2=0.
Kako ova jednaþina nema realnih rešenja,jer je diskriminanta ove jednaþine
x 2 2x 2
manja od nule, zakljuþujemo da funkcija y
nema realnih nula,
x 1
odnosno da grafik ove funkcije nema preseka sa x osom.
Taþka prekida funkcije je x1 = 1.
49
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
3. Parnost, neparnost
S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetriþna u odnosu na
koordinantni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
,
§ x 2 2 x 2 · 2 x 2 ˜ x 1 x 2 2 x 2
¸
y ¨¨
x 1 ¸¹
x 12
©
Ÿ x ˜ x 2 0 Ÿ x 2 0 › x3 2
,
0. Važi
x ˜ x 2
x 12
0Ÿ
Dakle, stacionarne taþke su x2 = 0 i x3 = 2, a prvi izvod nije definisan
u taþki x1 =1, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(-v , 0)
(0 , 1)
(1 , 2)
(2 , v)
y‘
>0 (+)
<0 (-)
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
opada
Tabela 2.7.1.a.1.
50
funkcija
monotono
raste
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.a.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija
diferencijabilna postoje dve taþke ekstremuma i to za:
x2 = 0 taþka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(0) = - 2
x3 = 2 taþka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(2) = 2.
a)
b)
Dakle, taþka M(0, -2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije, a taþka N(2, 2) je
taþka lokalnog minimuma funkcije.
U taþkama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se
te taþke poklapaju sa taþkama u kojima funkcija nije definisana.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y
,,
y , ,
§ x 2 2x ·
¸
¨
¨ x 12 ¸
¹
©
,
2 x 2 ˜ x 12 2x 1 ˜ x 2 2 x x 14
2
2
x 1 x 2 2 x 2˜
3
x 1
x 13
Dakle, drugi izvod je razliþit od nule za svako x iz oblasti definisanosti
funkcije.
Drugi izvod nije definisan u taþki x1=1, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije
definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
51
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
-v , 1)
(1, v)
y''
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je konkavna
funkcija je konveksna
Tabela 2.7.1.a.2.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþki x1 = 1.
Kako je
x 2 2x 2
lim
x o1
x 1
2
x 2x 2
lim
x o1
x 1
v
v
to je prava x = 1 vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
x 2 2x 2
2x 2
lim
v
x ov
x ov
x 1
1
x 2 2x 2
2x 2
lim
lim
v
x o v
x o v
x 1
1
lim
zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu
52
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c) Kosa asimptota
Kako je
x 2 2x 2
x 1
lim
xorv
x
x 2 2x 2
xorv
x2 x
lim
2x 2
x orv 2 x 1
lim
2
x orv 2
lim
1
zakljuþujemo da funkcija ima i desnu i levu kosu asimptotu.
Kako je
§ x 2 2 x 2 x ˜ x 1 ·
¸¸
lim ¨
x o r v¨
x 1
¹
©
·
§ x 2 2x 2
lim ¨
x ¸¸
x o r v¨
x 1
¹
©
§ x 2·
lim¨
¸ 1
xorv
© x 1 ¹
zakljuþujemo da je prava
funkcije.
y=x – 1
i leva i desna kosa asimptota
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.a.
y=x-1
5
4
3
N (2, 2)
2
x
2 x
x
1
2
1
2
4 3
2 11
2
3
4
0 1
2 3
4 5
6 7
8
M(0, -2)
5
x
Slika 2.7.1.a. Grafik funkcije y
53
x 2 2x 2
x 1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
1. Oblast definisanosti
x
y
Oblast definisanosti funkcije
§x·
1 ¨ ¸
©2¹
2
je
x-v , v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x = 0, odnosno
funkcija seþe x osu u taþki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni poþetak.
Ova funkcija je neprekidna.
3. Parnost, neparnost
Kako je
f ( x)
x
§ x·
1 ¨
¸
© 2 ¹
2
x
§ x·
1 ¨ ¸
©2¹
2
f ( x)
zakljuþujemo da je funkcija neparna, odnosno da je njen grafik
simetriþan u odnosu na koordinatni poþetak (0, 0).
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
54
0. Važi
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
§
¨
x
¨
,
y ¨
2
¨ 1 §¨ x ·¸
¨
© ©2¹
Ÿ 4 x 2 16
,
·
¸
,
¸ § 4x · 4 ˜ 4 x 2 2x ˜ 4x
¸ ¨ 4 x2 ¸
2
¹
4 x2
¸ ©
¸
¹
0 Ÿ x1 2 › x 2 2
4 x 2 16
4 x 2 2
0Ÿ
Dakle, stacionarne taþke su x1 = 2 i x2 = -2. Prvi izvod je definisan na
celom skupu realnih brojeva.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(-v , -2)
(-2 , 2)
(2, v)
y‘
<0 (-)
>0 (+)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija monotono
opada
funkcija monotono
raste
funkcija monotono
opada
Tabela 2.7.1.b.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.b.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija
diferencijabilna postoje dve taþke ekstremuma i to za:
a)
b)
x1 = -2 taþka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(-2) = -1
x2 = 2 taþka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(2) = 1.
Dakle, taþka M(-2, -1) je taþka lokalnog minimuma funkcije, a taþka N(2, 1) je
taþka lokalnog maksimuma funkcije.
55
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
,
§ 4 x 2 16 · 8 x ˜ 4 x 2 2 2 ˜ 4 x 2 ˜ 2 x ˜ 4 x 2 16
,,
¨
¸
y
y
4
¨ 4 x2 2 ¸
4 x2
©
¹
8 x ˜ 4 x 2 4 x 4 x 2 16 4 x ˜ 2 x 2 24
0Ÿ
3
3
4 x2
4 x2
, ,
Ÿ 4 x ˜ 2 x 24 2
0 Ÿ x3
0 › x4
2 3 › x5
Dakle, drugi izvod je jednak nuli u taþkama x3
2 3
0 , x4
2 3 , x5
2 3.
Drugi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva.
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
v,2 3 2
3, 0
0,2 3 2
3, v
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 taþke su taþke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer
pri prolasku kroz njih drugi izvod menja znak. U ovim taþkama vrednost
funkcije je:
56
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
f x3
0 0
f x4
2 3
2 3
f x5
(taþka L(0, 0)),
§
3·
¸)
(taþka P¨¨ 2 3 ,
2 ¸¹
©
§
3·
3
¸)
(taþka Q¨¨ 2 3 ,
¸
2
2
©
¹
3
2
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije. Pošto ova funkcija nema konaþne taþke prekida, ona nema ni
vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
lim
x ov
x
2
§ x·
1 ¨ ¸
©2¹
x
lim
2
x o v
§ x·
1 ¨ ¸
©2¹
1
x ov x
lim
1
x o v x
lim
0
0
zakljuþujemo da je prava y = 0 horizontalna asimptota.
c) Kosa asimptota
Kako je
57
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
§x·
1 ¨ ¸
©2¹
lim
xorv
x
2
lim
xorv
1
§ x·
1 ¨ ¸
©2¹
0
2
zakljuþujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.b .
N
P
2
1
x
ª § x ·2º
« 1 ¨ ¸ »
¬ ©2¹ ¼
10 8
6
4
2
0 2
4
6
8 10
1
2
L
Q
x
M
Slika 2.7.1.b. Grafik funkcije y
x
§x·
1 ¨ ¸
©2¹
58
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
1. Oblast definisanosti
x4 3
x
y
Oblast definisanosti funkcije
je
x-v , 0‰0 , v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Kako jednaþina x4 + 3 = 0 nema realnih rešenja, zakljuþujemo da
x4 3
funkcija y
nema realnih nula, odnosno da grafik ove funkcije nema
x
preseka sa x osom.
Taþka prekida funkcije je x1 = 0.
3. Parnost, neparnost
Kako je
x 4 3
f ( x)
x
x4 3
x
f ( x)
zakljuþujemo da je funkcija neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
§ x 4 3 · 4 x 3 ˜ x x 4 3
¸¸
y ¨¨
x
x2
¹
©
Ÿ 3 x 4 3 0 Ÿ x 2 1 › x3 1
,
,
3x 4 3
x2
59
0Ÿ
0. Važi
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Dakle, stacionarne taþke su x2 = -1 i x3 = 1, a prvi izvod nije definisan
u taþki x1 = 0, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(-v , -1)
(-1 , 0)
(0 , 1)
(1 , v)
y‘
>0 (+)
<0 (-)
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
raste
Tabela 2.7.1.c.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.c.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija
diferencijabilna postoje dve taþke ekstremuma i to za:
a)
b)
x2 = -1 taþka lokalnog maksimuma funkcije koji iznosi f(-1) = -4
x3 = 1 taþka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(1) = 4.
Dakle, taþka M(-1, -4) je taþka lokalnog maksimuma funkcije, a taþka N(1, 4)
je taþka lokalnog minimuma funkcije.
U taþkama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se
te taþke poklapaju sa taþkama u kojima funkcija nije definisana.
60
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y
,,
y , ,
§ 3x 4 3 ·
¨¨
¸¸
2
© x
¹
,
12 x 3 ˜ x 2 2 x ˜ 3 x 4 3
x4
6x 4 6
x3
Kako jednaþina 6x4+6=0 nema realnih rešenja, zakljuþujemo da je drugi izvod
razliþit od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Drugi izvod nije definisan u taþki x1=0, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije
definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
-v , 0)
(0, v)
y''
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je konkavna
funkcija je konveksna
Tabela 2.7.1.c.2.
61
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþki x1 = 0.
Kako je
x4 3
x o0 x
4
x 3
lim
x o0 x
lim
v
v
to je prava x = 0 vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
x4 3
4x3
lim
lim
v
x ov
x ov 1
x
x4 3
4x3
v
lim
lim
x o v
x o v 1
x
zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu
c) Kosa asimptota
Kako je
x4 3
lim x
xorv
x
x4 3
xorv
x2
lim
4x3
xorv 2 x
lim
12 x 2
xorv
2
lim
zakljuþujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
62
v
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.c
N
x
4
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
3
x
3
2
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
1
2
3
x
M
Slika 2.7.1.c. Grafik funkcije y
x4 3
x
d)
1. Oblast definisanosti
y
Oblast definisanosti funkcije
x2 2
x
je
x-v , 0‰0 , v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x3+2=0,
odnosno taþkom x 2 3 2 3 2 .
Dakle, grafik seþe x osu u taþki x 2
3
2
63
3 2 .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Taþka prekida funkcije je x1 = 0.
3. Parnost, neparnost
S obzirom da nule funkcije nisu simetriþne u odnosu na koordinantni
poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
§
y ¨ x2 ©
Ÿ 2x3 2
,
2·
¸
x¹
,
2x 0 Ÿ x3
2
x2
2x3 2
x2
0. Važi
0Ÿ
1
Dakle, stacionarna taþka je x3 = 1, a prvi izvod nije definisan u taþki
x1 =0, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(-v , 0)
(0 , 1)
(1 , v)
y‘
<0 (-)
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija monotono
opada
funkcija monotono
opada
funkcija monotono
raste
Tabela 2.7.1.d.1.
64
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.d.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija
diferencijabilna postoji taþka ekstremuma:
x3 = 1 taþka lokalnog minimuma funkcije koji iznosi f(1) = 3.
Dakle, taþka M(1, 3) je taþka lokalnog minimuma funkcije.
U taþkama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se
te taþke poklapaju sa taþkama u kojima funkcija nije definisana.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y
,,
y , ,
2x3 4
x3
§ 2x3 2 ·
¨¨
¸¸
2
x
©
¹
,
0 Ÿ 2x3 4
6 x 2 ˜ x 2 2 x ˜ 2 x 3 2 x4
0 Ÿ x4
3
2
Dakle, drugi izvod je jednak nula u taþki x 4
funkcije sa x osom.
3 2
x2
3 2 , odnosno u taþki preseka
Drugi izvod nije definisan u taþki x1=0, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije
definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
65
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
v, 2 y''
>0 (+)
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
3
3
2, 0
(0, v)
Tabela 2.7.1.d.2.
Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer pri
prolasku kroz nju drugi izvod menja znak. U ovoj taþki vrednost funkcije je
f x
3 2
(taþka L(3 2 , 0) ).
0
7. Asimptote
d) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþki x1 = 0.
Kako je
2·
§
lim ¨ x 2 ¸
x o0 x¹
©
2·
§
lim ¨ x 2 ¸
x o0 x¹
©
v
v
to je prava x = 0 vertikalna asimptota funkcije.
e) Horizontalna asimptota
Kako je
66
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2·
§
lim¨ x 2 ¸ v
x ov
x¹
©
2·
§
lim ¨ x 2 ¸ v
x o v
x¹
©
zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu
f) Kosa asimptota
Kako je
x2 lim
xorv
2
x
x
2 ·
§
lim ¨ x 2 ¸
xorv
x ¹
©
rv
zakljuþujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.d.
M
20
16
12
8
2
x
4
2
x
5
4
3
2
1
4
0
1
2
3
4
5
8
12
16
L
20
x
Slika 2.7.1.d. Grafik funkcije y
67
x2 2
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
e)
1. Oblast definisanosti
x 2 2x 3
x 2 2x
y
Oblast definisanosti funkcije
je
x-v , 0‰(0 , 2)‰2 , v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x2-2x-3=0,
odnosno taþkama x3 = -1 , i x4 = 3.
Taþke prekida funkcije su x1 = 0 i x2 = 2.
3. Parnost, neparnost
S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetriþna u odnosu na
koordinantni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
y
,
§ x 2 2x 3 ·
¨¨
¸¸
2
© x 2x ¹
,
2 x 2 ˜ x 2 2 x 2 x 2 ˜ x 2 2 x 3
2 x 1 x 2 2 x x 2 2 x 3
x
Ÿ 6 x 1
2x
0 Ÿ x5 1
2
0. Važi
2
x
2
2x
2
6 x 1
x
2
2x
2
0Ÿ
Dakle, stacionarna taþka je x5 = 1, a prvi izvod nije definisan u
taþkama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u taþkama u kojima i funkcija nije
definisana.
68
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(-v , 0)
(0 , 1)
(1 , 2)
(2 , v)
y‘
>0 (+)
>0 (+)
<0 (-)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
opada
Tabela 2.7.1.e.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.e.1 zakljuþujemo da u taþki x5 = 1 funkcija ima
lokalni maksimum koji iznosi f(1) = - 4.
Dakle, taþka M(1, -4) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.
U taþkama u kojima prvi izvod nije definisan funkcija nema ekstremuma, jer se
te taþke poklapaju sa taþkama u kojima funkcija nije definisana.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
69
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
y
,,
§ 6 x 1
¨
¨ x 2 2 x 2
©
y , ,
·
¸
¸
¹
,
6 x 2 2 x 2 x 2 2 x ˜ 2 x 2 ˜ 6 x 1
2
x
2
2x
4
6 x 2 2 x 12 2 x 2 4 x 2
x
2
2x
63 x 2 6 x 4 x
3
2
2x
3
Kako jednaþina 3x2 - 6x+4 = 0 nema realnih rešenja, zakljuþujemo da je drugi
izvod razliþit od nule za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Drugi izvod nije definisan u taþkama x1 =0 i x2 = 2, odnosno u taþkama u
kojima i funkcija nije definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
-v , 0)
(0, 2)
(2, v)
y''
>0 (+)
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.1.e.2.
70
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7. Asimptote
g) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþkama x1 = 0 i x2 = 2.
Kako je
x 2 2x 3
lim
x o0 x 2 2 x
x 2 2x 3
lim
x o0 x 2 2 x
x 2 2x 3
lim
xo2 x 2 2 x
x 2 2x 3
lim
xo2 x 2 2 x
to su prave
v
v
v
v
x=0 i x=2
vertikalne asimptote funkcije.
h) Horizontalna asimptota
Kako je
x 2 2x 3
xorv x 2 2 x
lim
2x 2
xorv 2 x 2
lim
zakljuþujemo da je prava
y = -1
1
horizontalna asimptota funkcije.
i) Kosa asimptota
Kako je
x 2 2x 3
2
lim x 2 x
xorv
x
2
xorv 2
lim
0
71
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
zakljuþujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.e.
8
6
4
2
2
x
2x
2
x
2x
3
5
4
3
2
1
0
1
2
3
4
5
6
7
2
M
4
6
8
x
Slika 2.7.1.e. Grafik funkcije y
72
x 2 2x 3
x 2 2x
8
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
f)
1. Oblast definisanosti
y
Oblast definisanosti funkcije
x3
2
2 x 1
je
x-v ,-1) ‰ (-1, v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x3 = 0, odnosno
funkcija seþe x osu u taþki x1=0, tj. prolazi kroz koordinatni poþetak.
Taþka prekida funkcije je x2 = -1.
3. Parnost, neparnost
S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetriþna u odnosu na
koordinantni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
,
§ x 3 · 3 x 2 ˜ 2 x 12 4 x 1 ˜ x 3
¸
y ¨¨
4
2 ¸
2
x
1
4 x 1
©
¹
Ÿ x 2 ˜ 2 x 6 0 Ÿ x3 3 › x 4 0 x1
,
0. Važi
x 2 ˜ 2 x 6 4 x 1
3
0Ÿ
Dakle, stacionarne taþke su x3 = -3 i x4 = 0.
Prvi izvod nije definisan u taþki x2 = -1, odnosno u taþki u kojoj i funkcija nije
definisana.
73
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(-v , -3)
(-3 , -1)
(-1, 0)
(0, v)
y‘
>0 (+)
<0 (-)
>0 (+)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
raste
funkcija
monotono
raste
Tabela 2.7.1.f.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.1.f.1 zakljuþujemo da u oblasti gde je funkcija
diferencijabilna postoji jedna taþka ekstremuma x3 = -3, u kojoj funkcija ima
27
lokalni maksimum koji iznosi f(-3) = , i da u x1 = 0 funkcija ima prevoj.
8
27
) je taþka lokalnog maksimuma funkcije,
8
a taþka N(0, 0) je taþka prevoja funkcije.
Dakle, taþka M(-3, 74
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y
,,
y , ,
3x
x 14
§ x 2 2 x 6 ·
¨
¸
¨ 4 x 13 ¸
©
¹
0 Ÿ x1
,
16 x
2
12 x ˜ 4 ˜ x 1 12 ˜ x 1 ˜ 2 x 3 6 x 2
3
2
16 x 1
6
0
Dakle, drugi izvod je jednak nuli u taþki x1 = 0.
Drugi izvod nije definisan u taþki x2 = -1, odnosno u taþki u kojoj i funkcija
nije definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(-v, -1)
(-1, 0)
(0, v)
y ,,
>0 (+)
>0 (+)
<0 (-)
y
funkcija je
konveksna
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
Tabela 2.7.1.f.2.
Dakle, prevojne taþka je taþka N(0, 0).
75
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije, odnosno u ovom sluþaju u taþki x2 = -1.
Kako je
x3
x o 1 2 x 12
lim
x3
x o 1 2 x 12
lim
v
to je prava y = -1 vertikalna asimptota .
b) Horizontalna asimptota
Kako je
x3
x ov 2 ˜ x 12
v
lim
x3
lim
x o v 2 ˜ x 12
v
zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu.
c) Kosa asimptota
Kako je
x3
2 ˜ x 1
lim
xorv
x
2
1
2
zakljuþujemo da funkcija ima kosu asimptotu.
Pošto je
76
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
§
1 ·
x3
lim ¨¨
x ¸¸
2
x o r v 2 ˜ x 1
2 ¹
©
zakljuþujemo da prava y
lim
xorv
2x 2 x
2 x 1
2
1
1
x 1 predstavlja kosu asimptotu funkcije.
2
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.1.f .
4
3
2
1
10 9
8
7
6
5
4
3
2
3
x
2 ( x
1)
1
1
0 1
2
3
4
2
2
3
N
4
y
5
1
x 1
2
5
6
7
8
x
M
Slika 2.7.1.e. Grafik funkcije y
77
x3
2 ˜ x 1
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.7.2. Konstruisati grafike sledeüih funkcija:
a) y
x 3 3x 2
b) y
c) y
4x 2 1
x
d) y
x2
x2 2
3
x 1 3 x 1
Rešenje:
a)
1. Oblast definisanosti
y
Oblast definisanosti funkcije
iz uslova x 3 3 x 2 t 0 .
x 3 3x 2
se odreÿuje
Važi
x 3 3 x 2 t 0 Ÿ x 2 ˜ x 3 t 0 Ÿ x 3 t 0 Ÿ x t 3.
Dakle, oblast definisanosti funkcije je
x>-3, v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x3 + 3x2= 0,
odnosno taþkama x1 = -3 , i x2 = 0.
Taþke prekida funkcije je x1 = -3.
78
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
3. Parnost, neparnost
S obzirom da oblast definisanosti funkcije nije simetriþna u odnosu na
koordinantni poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
y,
x 3x 3
2
,
1 3x 2 6 x
˜
2 x 3 3x 2
0. Važi
3 x ˜ x 2
˜
.
2 x 3 3x 2
Dakle, u taþkama x1=-3 i x2 = 0 prvi izvod funkcije nije definisan, dok
je u taþki x3 = -2 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna taþka funkcije.
Primetimo da je u taþki x1=-3 funkcija definisana ali joj je to
istovremeno i taþka prekida, dok je u taþki x2=0 funkcija definisana i
neprekidna.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(-3 , -2)
(-2 , 0)
(0 , v)
y‘
>0 (+)
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija monotono
raste
funkcija monotono
opada
funkcija monotono
raste
Tabela 2.7.2.a.1.
79
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.2.a.1 zakljuþujemo da u taþki x3 = -2 funkcija ima
lokalni maksimum koji iznosi f(-2) = 2, a u taþkama x1=-3 i x2=0 lokalne
minimume koji iznose f(-3)=0 i f(0)=0.
Dakle, taþka M(-2, 2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije, a taþke N(-3, 0) i
L(0, 0) su taþke lokalnih minimuma.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
§ 3 x 2 2x
¨ ˜
¨2
x 3 3x 2
©
,
·
¸
y
y
¸
¹
2
2 x 2 ˜ x 3 3x 2 3 ˜ x 3 2 x 2 ˜ x 2 2 x
2 x 3x
3
˜
3
2
x 3x 2
,,
, ,
3 2 ˜ 2 x 2 ˜ x 3 3 x 2 3 ˜ x 2 2 x
˜
2
2 ˜ x 3 3x 2 x 3 3x 2
2
3
x 4 4x3
˜
4 x 3 3x 2 x 3 3x 2
Drugi izvod nije definisan u taþkama x1 = -3 i x2 = 0.
Drugi izvod nema realnu nulu u oblasti definisanosti ove funkcije (taþka x= -4
ne pripada oblasti definisanosti).
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
80
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
-3 , 0)
(0, v)
y''
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.2.a.2.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije. Pošto je u ovom sluþaju funkcija definisana u taþki prekida x1 = -3,
onda ona nema vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
lim x 3 3 x 2
x ov
v
zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu.
c) Kosa asimptota
Kako je
81
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x 3 3x 2
lim
x ov
x
lim x 3 v
x ov
zakljuþujemo da funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.2.a.
M
10
8
6
4
2
3
x
2
3 x
5
4
3
2
1
2
0
1
2
3
4
5
4
6
N
8
L
10
x
Slika 2.7.2.a. Grafik funkcije y
x 3 3x 2
b)
1. Oblast definisanosti
Kako je x2+2>0 za svako xR , oblast definisanosti funkcije
x2
y
je x(-v, v).
x2 2
82
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije su odreÿene realnim rešenjem jednaþine x+2= 0,
odnosno taþki x1 = -2.
Funkcija je neprekidna u skupu realnih brojeva.
3. Parnost, neparnost
S obzirom da nule funkcije nisu simetriþne u odnosu na koordinatni
poþetak, zakljuþujemo da ova funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
y
§ x2 ·
¨
¸
¨ 2
¸
x
2
©
¹
2 ˜ 1 x ,
x
2
,
2 ˜ x2 2
x2 2 . 0 Ÿ x2
x
2
x 2
2
x 2
0. Važi
˜ x 2
1
Dakle, u taþki x2 = 1 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna taþka
funkcije, dok je prvi izvod definisan za svako x iz skupa realnih brojeva.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
83
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
(-v, 1)
(1, v)
y,
>0 (+)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija monotono raste
funkcija monotono opada
Tabela 2.7.2.b.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.2.b.1 zakljuþujemo da u taþki x2 = 1 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(1) = 3 .
Dakle, taþka M(1, 3 ) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
,
3
1
§
· 2 ˜ x 2 2 2 3 x ˜ x 2 2 2 ˜ 2 ˜ 1 x 2 ˜ 1 x ¨
¸
y ,,
y
3
¨ x2 2 ˜ x2 2 ¸
x2 2
©
¹
4x 2 6x 4
1
2
0
Ÿ
4
x
6
x
4
0
Ÿ
x
› x4 2
3
5
2
2
x 2 2
, ,
Dakle, drugi izvod je jednak nuli u taþkama x3
1
, x4
2
2.
Drugi izvod je definisan na celom skupu realnih brojeva.
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa Tabela 2.7.2.b.2.. Da bismo odredili znak
84
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
drugog izvoda u svakom od bitnih intervala, dovoljno je odrediti znak drugog
izvoda u bilo kojoj, po volji odabranoj, taþki svakog intervala.
x
1·
§
¨ v, ¸
2¹
©
§ 1 ·
¨ , 2¸
© 2 ¹
2 , v y ,,
>0 (+)
<0 (-)
>0 (+)
y
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.2.b.2.
Dakle, prevojne taþke su taþke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer
pri prolasku kroz njih drugi izvod menja znak. U ovim taþkama vrednost
funkcije je:
§
f ¨ x3
©
f x 4
1·
¸ 1
2¹
4
2
6
1
(taþka L( ,1) ),
2
§ 4 ·
¸¸ ).
(taþka P¨¨ 2,
6¹
©
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije. Pošto je u ovom sluþaju funkcija definisana za svako x iz skupa
realnih brojeva, onda ona nema vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
85
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x2
lim
x ov
lim
2
x 2
x ov
x2
lim
x o v
lim
x ov
x2 2
x2
1
2
x ˜ 1 2
x
x2
1
2
x ˜ 1 2
x
zakljuþujemo 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.
L
M
P
2
1
(x
x
2)
2
2
10
8
6
4
2
0
2
4
6
8
1
2
x
Slika 2.7.2.b. Grafik funkcije y
86
x2
x2 2
10
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
1. Oblast definisanosti
4x 2 1
se odreÿuje iz
x
y
Oblast definisanosti funkcije
uslova 4x2-1t 0 š xz 0
Važi
4 x
2
1º ª1 ·
§
1 t 0 š x z 0 Ÿ x  ¨ v, » ‰ « , v ¸
2¼ ¬2 ¹
©
1º ª1 ·
§
x  ¨ v, » ‰ « , v ¸ .
2¼ ¬2 ¹
©
Dakle, oblast definisanosti funkcije je
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije su odreÿene rešenjem jednaþine 4 x 2 1 0 , odnosno
1
1
taþkama x1 = , i x2 = .
2
2
To su istovremeno i taþke prekida funkcije.
3. Parnost, neparnost
Kako je
f ( x)
4 ˜ ( x) 2 1
x
4x 2 1
x
f ( x)
zakljuþujemo da je funkcija neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
87
0.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Pošto je
§ 4x 2 1 ·
¨
¸
¨
¸
x
©
¹
y,
8x
,
2
2 4x 1
˜ x 4x 2 1
x
4x 2 4x 2 1
1
x 2 4x 2 1
x 2 4x 2 1
2
jednaþina y’=0 nema rešenja. Dakle, ova funkcija nema stacionarne taþke.
Prvi izvod funkcije nije definisan u taþkama prekida funkcije.
Pošto je x 2 4 x 2 1 t 0 za svako x iz oblasti definisanosti funkcije, to je
y’>0 za svako x iz oblasti definisanosti, te je funkcija monotono rastuüa u
oblasti definisanosti.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Ova funkcija nema ekstremume.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
,
,
§
· x 2 ˜ 4x 2 1
1
¨
¸
y
y
¨ 2
¸
2
x 4 ˜ 4x 2 1
˜
x
x
4
1
©
¹
8x
2x ˜ 4x 2 1 x 2 ˜
12 x 3 2 x
2 ˜ 4x 2 1
x 4 ˜ 4x 2 1
x 4 ˜ 4x 2 1 ˜ 4x 2 1
,,
, ,
2
12 x 2
x3 ˜ 4x 2 1 ˜ 4x 2 1
Drugi izvod nije definisan u taþkama u kojima i funkcija nije definisana.
88
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Drugi izvod nema realnu nulu u oblasti definisanosti ove funkcije (taþke
1
x1, 2 r
koje su realno rešenje jednaþine 12 x 2 2 0 ne pripadaju
6
oblasti definisanosti).
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
1º
§
¨ v, »
2¼
©
ª1 ·
« 2 , v¸
¬
¹
y''
>0 (+)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
Tabela 2.7.2.c.2.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije. Pošto je u ovom sluþaju funkcija definisana u taþkama prekida, onda
ona nema vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
89
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
lim
x ov
lim
x o v
4x 2 1
x
2
4x 2 1
x
2
zakljuþujemo 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.
3
2
1
2
4 x
x
1
2
1.5
1
0.5
0
0.5
1
1.5
2
1
2
3
x
Slika 2.7.2.b. Grafik funkcije y
90
4x 2 1
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
d)
1. Oblast definisanosti
3
Oblast definisanosti funkcije y
x 1 3 x 1
je x(-v, v).
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Kako jednaþina 3 x 1 3 x 1
nema realnih nula.
0 nema realnih rešenja to ova funkcija
Funkcija je neprekidna u skupu realnih brojeva.
3. Parnost, neparnost
Kako je
f ( x)
3
x 1 3 x 1
3 x 1 3 x 1
f ( x)
zakljuþujemo da je funkcija parna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
y,
3
x 1 3 x 1
Ÿ 3 x 1 3 x 1
2
Ÿ 4x
0 Ÿ x1
1
,
x 1 3 ˜ x 1
2
2
0 Ÿ x 1 x 1 Ÿ x 2 2 x 1
3˜
2
x 12 3 x 12
2
2
3 ˜ 3 x 1 ˜ 3 x 1
3
1
3
2
3
0. Važi
2
0Ÿ
x 2 2x 1 Ÿ
0
Dakle, u taþki x1 = 0 prvi izvod jednak nuli, pa je to stacionarna taþka
funkcije, dok prvi izvod nije definisan u taþkama x2= -1 i x3= 1.
91
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(-v, -1)
(-1, 0)
(0, 1)
(1, v)
y,
>0 (+)
>0 (+)
<0 (-)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija
monotono raste
funkcija
monotono raste
funkcija
monotono
opada
funkcija
monotono
opada
Tabela 2.7.2.d.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.2.d.1 zakljuþujemo da u taþki x1 = 0 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(0) = 2.
Dakle, taþka M(0, 2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y ,,
y , ,
§
1
1
¨
2
2
¨ 3
3 ˜ 3 x 1
© 3 ˜ x 1
·
¸
¸
¹
,
5
5
2
1§ 2
·
¨ x 1 3 x 1 3 ¸
3
3© 3
¹
·
2 §¨
1
1
¸ 0 Ÿ 3 x 15 3 x 15 Ÿ x 1 x 1
5
5
¨
3
9 3 x 1
x 1 ¸¹
©
Pošto poslednja jednaþina nema realnih rešenja to ne postoje nule drugog
izvoda.
Drugi izvod nije definisan u taþkama x2= -1 i x3= 1.
92
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
v,1
1,1
1 , v
y ,,
>0 (+)
<0 (-)
>0 (+)
y
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.2.d.2.
Dakle, prevojne taþke su taþke u kojima drugi izvod nije definisan, jer
je u tim taþkama funkcija definisana i drugi izvod menja znak pri prolasku kroz
njih. U ovim taþkama vrednost funkcije je:
f x2
1
f x 4
1
3
3
(taþka L(1, 3 2 ),
2
(taþka P 1, 3 2 ).
2
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Vertikalna asimptota može postojati samo u konaþnim taþkama prekida
funkcije. Pošto je u ovom sluþaju funkcija definisana za svako x iz skupa
realnih brojeva, onda ona nema vertikalnu asimptotu.
b) Horizontalna asimptota
Koristeüi identitet
a3 b3
a b ˜ a 2 ab b 2 93
dobijamo
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
lim
xorv
lim
3
x 1 3 x 1
x 1 x 1
xorv 3
x 1 3 x 1 ˜ x 1 3 x 12
lim
2
2
xorv 3
x 12
3 x 1 ˜ x 1 3 x 1
0
2
zakljuþujemo 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.
M
3
P
L
2
1
3
(x
1)
3
(x
1)
6
5
4
3
2
1
0
1
2
3
4
5
1
2
x
Slika 2.7.2.d. Grafik funkcije y
94
3
x 1 3 x 1
6
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.7.3. Konstruisati grafike sledeüih funkcija:
1
x
a) y
e
c) y
xe x
2
b) y
ex
d)
ex
1 x
y
Rešenje:
a)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije y
e
1
x
je x  v, 0 ‰ 0 , v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Ova funkcija nema realnih nula.
Taþka prekida funkcije je x1 =0.
3. Parnost, neparnost
Kako je
1
f ( x)
e x
e
1
x
z f ( x) z f ( x)
zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
95
0.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Pošto je
y,
§
¨e
¨
©
1
x
·
¸
¸
¹
1
x
,
e
x2
jednaþina y’=0 nema rešenja.
Dakle, ova funkcija nema stacionarne taþke.
Prvi izvod funkcije nije definisan u taþki prekida funkcije.
1
ex
Pošto je 2 ¢ 0 za svako x iz oblasti definisanosti funkcije, to je y’<0 za
x
svako x iz oblasti definisanosti, te je funkcija monotono opadajuüa u oblasti
definisanosti.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Ova funkcija nema ekstremume.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
1
y ,,
y , ,
1
x
§
¨ e
¨ 2
¨ x
©
·
¸
¸
¸
¹
,
1
ex
2 ˜ x 2 2x ˜ e x
x
x4
Drugi izvod je jednak nuli u taþki x 2
1
x
e 1 2 x x4
0Ÿ x
1
2
1
i nije definisan u taþki u kojoj i
2
funkcija nije definisana x1=0.
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
96
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
1·
§
¨ v, ¸
2¹
©
§ 1 ·
¨ , 0¸
© 2 ¹
0 , v
y''
<0 (-)
>0 (+)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.3.a.2.
Dakle, prevojne taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je:
§
f ¨x
©
1·
¸
2¹
·
§ 1
taþka M ¨ , e 2 ¸ .
© 2
¹
e 2
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
1
lim e x
x o0 lim e
x o0 1
x
v
0
zakljuþujemo da jer prava x=0 desna vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
97
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
1
lim e x
xorv
to je prava y = 1 leva i desna horizontalna simptota
1
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.
3
2.5
2
1
e
1.5
x
1
0.5
4
3
2
M
1
0.5
0
1
2
3
4
x
Slika 2.7.3.a. Grafik funkcije y
98
e
1
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije y
e x je x  v, v .
2
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Ova funkcija nema realnih nula ni taþke prekida.
3. Parnost, neparnost
Kako je
f ( x)
2
e x ex
2
f ( x)
zakljuþujemo da je funkcija parna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
Pošto je
2
,
0.
2
y , e x
2 x ˜ e x
0Ÿ x 0
stacionarna taþka funkcije je x1=0.
Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
99
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
(-v, 0)
(0, v)
y,
>0 (+)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija
monotono raste
funkcija
monotono opada
Tabela 2.7.3.b.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.3.b.1 zakljuþujemo da u taþki x1 = 0 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(0) = 1.
Dakle, taþka M(0, 1) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y 2 xe 2e 2 x ˜ 2 x e
1
2e ˜ 2 x 1 0 Ÿ 2 x 1 0 Ÿ x
, ,
y ,,
x2
x2
2
,
x2
x2
2
2
2
› x3
1
2
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
100
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
1·
§
¨ v, ¸
2¹
©
§ 1 1·
¨ , ¸
© 2 2¹
§1 ·
¨ , v¸
©2 ¹
y''
>0 (+)
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.3.b.2.
Dakle, prevojne taþke su taþke u kojima je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz njih. U ovim taþkama vrednost funkcije je:
§
f ¨x
©
1 ·
¸
2¹
e
§
f ¨x
©
1 ·
¸
2¹
e
1
2
1
e
1
2
1
e
§ 1 1 ·
,
¸¸
taþka L ¨¨ 2 e¹
©
§ 1 1 ·
,
¸¸
taþka P ¨¨
© 2 e¹
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto funkcija nema taþke prekida, ona nema ni vertikalne asimptote.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
lim e x
xorv
2
0 to je prava y = 0 leva i desna horizontalna simptota
101
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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.
M
1
L
e
x
2
P
0.5
3
2
1
0
x
1
Slika 2.7.3.b. Grafik funkcije y
102
2
ex
3
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
1. Oblast definisanosti
xe x je x  v, v .
Oblast definisanosti funkcije y
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nula funkcije je u taþki x1=0.
3. Parnost, neparnost
Kako je
f ( x)
xe x xe x z f ( x) z f ( x)
zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
Pošto je
y , xe x e x x ˜ e x e x (1 x)
stacionarna taþka funkcije je x2=1.
,
0.
0Ÿ x 1
Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
103
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
(-v, 1)
(1, v)
y,
>0 (+)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija
monotono raste
funkcija
monotono opada
Tabela 2.7.3.c.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.3.c.1 zakljuþujemo da u taþki x2 = 1 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(1) = e-1.
Dakle, taþka M(1, e-1) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y ,,
y e ˜ 1 x , ,
x
,
e x ˜ 1 x e x e x ˜ 2 x 0 Ÿ 2 x 0 Ÿ x3
Drugi izvod je jednak nuli u taþki x3
definisanosti funkcije.
2
2 i definisan je u svim taþkama oblasti
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
104
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
v , 2
2 , v
y''
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.3.c.2.
Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je:
f x
2 2e 2
2
e2
§ 2·
taþka L ¨ 2, 2 ¸ .
© e ¹
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto funkcija nema taþke prekida, ona nema ni vertikalne asimptote.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
lim xe x
x ov
lim xe x
x o v
x
x ov e x
v
lim
1
x ov e x
lim
0
to je prava y = 0 desna horizontalna simptota funkcije.
105
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c) Kosa asimptota
Kako je
xe x
lim
x o v
x
lim e x v
x o v
onda funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.3.c.
M
L
1
2
1
0
1
2
3
4
1
x˜ e
x
2
3
4
x
Slika 2.7.3.c. Grafik funkcije y
106
xe x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
d)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije y
ex
je x  v,1 ‰ 1, v .
1 x
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Ova funkcija nema nule, a prekidna je u taþki x1=1.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetriþna u odnosu na koordinatni
poþetak zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
Pošto je
y
,
§ ex ·
¨¨
¸¸
©1 x ¹
,
e x 1` x e x 1 x 2
e x 2 x 1 x 2
0Ÿ x
0.
2
stacionarna taþka funkcije je x2=2.
Prvi izvod nije definisan u taþki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
107
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
(-v, 1)
(1, 2)
(2, v)
y,
>0 (+)
>0 (+)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija
monotono raste
funkcija
monotono raste
funkcija
monotono opada
Tabela 2.7.3.d.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.3.d.1 zakljuþujemo da u taþki x2 = 2 funkcija ima lokalni
maksimum koji iznosi f(2) = - e2.
Dakle, taþka M(2, -e2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
x
y §¨¨ e 2 x2 ·¸¸
y
© 1 x ¹
x 2 4x 5
,,
, ,
,
1 x 2 ˜ e x 2 x , 2 ˜ 1 x ˜ 1 ˜ e x 2 x 1 x 4
1 x 3
Pošto jednaþina x2-4x+5=0 nema realna rešenja to ne postoje nule drugog
izvoda.
Drugi izvod nije definisan u taþki u kojoj i funkcija nije definisana.
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
108
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
v ,1
1, v
y''
>0 (+)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija je
konveksnaa
funkcija je
konkavna
Tabela 2.7.3.d.2.
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
ex
x o1 1 x
ex
lim
x o1 1 x
lim
v
v
zakljuþujemo da je prava x=1 vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
ex
lim
lim e x
x ov 1 x
x ov
x
e
lim
0
x o v 1 x
v
to je prava y = 0 leva horizontalna simptota funkcije.
109
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c) Kosa asimptota
Kako je
ex
x ov x ˜ 1 x lim
ex
x ov 1 2 x
lim e x
lim
x ov
v
onda funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.3.d.
10
7
4
ex
1 x
3
2
1
1 2 0
1
2
3
4
5
5
8
11
14
17
20
x
Slika 2.7.3.c. Grafik funkcije y
110
ex
1 x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2.7.4. Konstruisati grafike sledeüih funkcija:
a) y
x ˜ ln x c) y
1 ln x
1 ln x
2
b) y
d)
y
ln x
x
ln
x3
2x
Rešenje:
a)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije y x ˜ ln x je x  0, v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
2
Funkcija ima prekid u taþki x1=0.
Nule funkcije dobijamo rešavanjem jednaþine
(lnx)2 = 0 Ÿ x=e0 =1, odnosno nula funkcije je u taþki x2=1.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetriþna u odnosu na koordinatni
poþetak zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y , 0. Kako je
2 ,
ln x 2 2 ˜ x ˜ ln x ln x ˜ ln x 2 0 Ÿ ln x 0 › ln x 2
y , xln x x
0
2
Ÿ x e 1› x e
zakljuþujemo da se jedna stacionarna taþka funkcije poklapa sa nulom
funkcije x 2 1 , a da je druga stacionarna taþka x3 e 2 .
111
0Ÿ
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(0, e-2)
(e-2,1)
(1,v)
y,
>0 (+)
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija
monotono raste
funkcija
monotono opada
funkcija
monotono raste
Tabela 2.7.4.a.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.4.a.1 zakljuþujemo da za x2 = 1 funkcija ima lokalni
minimum koji iznosi f(1) = 0, dok za x3 e 2 funkcija ima lokalni maksimum
koji iznosi f (e 2 )
4 ˜ e 2 .
Dakle, taþka M(1,0) je taþka lokalnog minimuma funkcije, a taþka
N(e-2,4e-2) je taþka lokalnog maksimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y ,,
2˜
y ln x ˜ ln x 2
, ,
ln x 1
x
,
ln x 2 ln x
x
x
0 Ÿ ln x 1 0 Ÿ x 4
Drugi izvod je jednak nuli u taþki x 4
oblasti definisanosti funkcije.
e 1
e 1 i definisan je u svim taþkama
112
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
0 , e e
y''
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
1
1
,v
Tabela 2.7.4.a.2.
Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je:
f x
e 1 e 1
taþka L e 1 , e 1 .
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
lim x ˜ ln x x o0 2˜
lim
x o0 1
x
1
x2
2
ln x 2
lim
x o0 lim 2 x
x o0 1
x
2 ln x ˜
lim
x o0 1
x2
1
x
2 ln x
x o0 1
x
0
zakljuþujemo da funkcija nema vertikalnu asimptotu.
113
lim
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b) Horizontalna asimptota
Kako je
lim x ˜ ln x 2
x ov
v
zakljuþujemo da funkcija nema horizontalnu asimptotu.
c) Kosa asimptota
Kako je
x ˜ ln x x ov
x
2
lim
limln x 2
x ov
v
onda funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.4.a.
4
3
L
2
x˜ ( ln ( x) )
2
1
N
0
1
2
3
1
x
M
Slika 2.7.4.a. Grafik funkcije y
114
x ˜ ln x 2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije y
ln x
je x  0, v .
x
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Funkcija ima prekid u taþki x1=0.
Nule funkcije dobijamo rešavanjem jednaþine
(lnx) = 0 Ÿ x=e0 =1, odnosno nula funkcije je u taþki x2=1.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetriþna u odnosu na koordinatni
poþetak zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan, intervali i
karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
Kako je
,
0.
1
˜ x ln x
x
x2
1 ln x
§ ln x ·
0 Ÿ ln x 1 Ÿ
¨
¸
x2
© x ¹
Ÿ x e1 e
zakljuþujemo da je stacionarna taþka funkcije x3 e .
y,
Prvi izvod je definisan za svako x iz oblasti definisanosti funkcije.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
115
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
(0, e)
(e,v)
y,
>0 (+)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija
monotono raste
funkcija
monotono opada
Tabela 2.7.4.b.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Analizom Tabele 2.7.4.b.1 zakljuþujemo da za x3
1
maksimum koji iznosi f (e)
.
e
e funkcija ima lokalni
Dakle, taþka M(e,e-1) je taþka lokalnog minimuma funkcije.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y ,,
y , ,
2 ln x 3
x3
§ 1 ln x ·
¨
¸
2
© x
¹
,
0 Ÿ 2 ln x 3
1 2
˜ x 2 x ˜ 1 ln x x
x4
0 Ÿ x4
e
3
2
3
Drugi izvod je jednak nuli u taþki x 4
oblasti definisanosti funkcije.
e 2 i definisan je u svim taþkama
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
116
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
3
§
·
¨0,e 2 ¸
¨
¸
©
¹
§ 32 ·
¨ e , v¸
¨
¸
©
¹
y''
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
Tabela 2.7.4.b.2.
Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je:
§
f ¨¨ x
©
3
·
e 2 ¸¸
¹
3
2e
3
2
§ 3
3
¨
taþka L ¨ e 2 , 3
¨
2e 2
©
·
¸
¸¸ .
¹
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
ln x
x o0 x
lim
v
zakljuþujemo da je prava x=0 desna vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
117
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
lim
x ov
ln x
x
lim
x ov
1
x
0
zakljuþujemo 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.
M
L
1
0 2
4
6
8 10 12 14 16 18 20
( ln( x) )
x
1
2
3
x
Slika 2.7.4.b. Grafik funkcije y
118
ln x
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije y
1 ln x
dobijamo rešavanjem
1 ln x
sistema
x ! 0 š 1 ln x z 0 Ÿ x ! 0 š x z e 1 .
Dakle, oblast definisanosti je odreÿena sa x  0, e 1 ‰ e 1 , v .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije dobijamo rešavanjem jednaþine
1-lnx = 0 Ÿ x=e1, odnosno nula funkcije je u taþki x1=e.
Funkcija ima prekid u taþkama x2=0 i x3=e-1.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetriþna u odnosu na koordinatni poþetak
zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
Važi
119
0.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
y,
§ 1 ln x ·
¨
¸
© 1 ln x ¹
,
1
1
˜ 1 ln x ˜ 1 ln x x
x
1 ln x 2
2
.
2
x ˜ 1 ln x Kako jednaþina y , 0 nema realnih rešenja u oblasti definisanosti funkcije,
zakljuþujemo da ova funkcija nema stacionarnih taþaka.
Prvi izvod nije definisan u taþkama u kojima i funkcija nije definisana.
Intervale i vrstu monotonosti üemo odrediti pomoüu znaka prvog
izvoda, kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
x
(0, e-1)
(e-1,v)
y,
<0 (-)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija monotono
opada
funkcija monotono
opada
Tabela 2.7.4.c.1.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Pošto je funkcija diferencijabilna u oblasti definisanosti i pošto nema
stacionarne taþke, onda ona nema ni taþke ekstremuma.
120
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
,
y ,,
§
·
2
¨
¸
2
¨ x1 ln x ¸
©
¹
3 ln x
0 Ÿ 3 ln x
3
2
x ˜ 1 ln x y , ,
1 ln x 2 x ˜ 2 ˜ 1 ln x ˜ 1
x
x ˜ 1 ln x 2
0 Ÿ x4
Drugi izvod je jednak nuli za x 4
funkcija nije definisana.
e
3
4
e 3
i nije definisan u taþkama u kojima i
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
e
0 , e y''
>0 (+)
<0 (-)
>0 (+)
Zakljuþak
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
funkcija je
konveksna
3
3
, e 1 e
x
1
,v
Tabela 2.7.4.c.2.
Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju. U ovoj taþki vrednost funkcije je:
f x
e 3 2
taþka L e 3 ,2 .
121
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
1 ln x
x o0 1 ln x
lim
1
lim x
x o0 1
x
lim
1 ln x
1 ln x
v
lim
1 ln x
1 ln x
v
1
xo e
1
xo e
1
zakljuþujemo da je prava x=e-1 vertikalna asimptota funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Kako je
1 ln x
x ov 1 ln x
lim
1
lim x
x o0 1
x
1
zakljuþujemo 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.
122
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.4.c.
3
2
1
( 1 ln( x) )
3
1 ln( x)
2
1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
L
4
x
Slika 2.7.4.c. Grafik funkcije y
1 ln x
1 ln x
d)
1. Oblast definisanosti
Oblast definisanosti funkcije y
sistema
123
ln
x3
dobijamo rešavanjem
2 x
10
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x3
! 0 š 2 x z 0 Ÿ x 3 ! 0 š 2 x ! 0 › x 3 0 š 2 x 0 š x z 2 Ÿ
2 x
x ! 3 š 2 ! x › x 3 š 2 x š x z 2 Ÿ x  2 , 3
.
Dakle, oblast definisanosti je odreÿena sa x  2 , 3. .
2. Nule funkcije i taþke prekida funkcije
Nule funkcije dobijamo rešavanjem jednaþine
ln
x3
2 x
0Ÿ
x3
2 x
1Ÿ x 3
2 x Ÿ 2x
5Ÿ x
5
2
odnosno nula funkcije je u taþki x1=2,5.
Funkcija ima prekid u taþkama x2=2 i x3=3.
3. Parnost, neparnost
Kako oblast definisanosti nije simetriþna u odnosu na koordinatni
poþetak zakljuþujemo da funkcija nije ni parna ni neparna.
4. Stacionarne taþke, taþke u kojima prvi izvod nije definisan,
intervali i karakter monotonosti
Stacionarne taþke dobijamo rešenjem jednaþine y ,
Važi
124
0.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
y
,
§ x 3·
¨ ln
¸
© 2 x¹
,
2 x 2 x x3
˜
x3
2 x 2
1
.
x 3 ˜ 2 x Kako jednaþina y , 0 nema realnih rešenja u oblasti definisanosti funkcije,
zakljuþujemo da ova funkcija nema stacionarnih taþaka.
Prvi izvod nije definisan u taþkama u kojima i funkcija nije definisana.
Kako u oblasti definisanosti funkcije važi x 3 ˜ 2 x ! 0 to je prvi izvod manji od nule
za svako x iz oblasti definisanosti, odnosno funkcija je monotono opadajuüa.
5. Taþke ekstremuma i vrste ekstremuma
Pošto je funkcija diferencijabilna u oblasti definisanosti i pošto nema
stacionarne taþke, onda ona nema ni taþke ekstremuma.
6. Nule drugog izvoda, taþke u kojima drugi izvod nije definisan, intervali
konkavnosti i konveksnosti, prevojne taþke
y
,,
y , ,
§
·
1
¨¨ ¸¸
3
2
˜
x
x
©
¹
,
5 2x
x 3 ˜ 2 x 2
0 Ÿ 5 2x
0 Ÿ x4
5
, odnosno u taþki u kojoj je i nula
2
funkcije , i nije definisan u taþkama u kojima i funkcija nije definisana.
Drugi izvod je jednak nuli za x 4
Intervale konveksnosti i konkavnosti üemo odrediti pomoüu znaka drugog
izvoda , kao što pokazuje sledeüa 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, taþki svakog intervala.
125
5
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x
§ 5·
¨2, ¸
© 2¹
§5 ·
¨ , 3¸
©2 ¹
y''
>0 (+)
<0 (-)
Zakljuþak
funkcija je
konveksna
funkcija je
konkavna
Tabela 2.7.4.d.2.
Dakle, prevojna taþka je taþka u kojoj je drugi izvod jednak nuli, jer drugi
izvod menja znak pri prolasku kroz nju.
5
Dakle taþka L( , 0) je prevojna taþka.
2
7. Asimptote
a) Vertikalna asimptota
Pošto je
x3
v
xo2
2x
x3
v
lim ln
x o3 2x
lim ln
zakljuþujemo da su prave x=2 i x=3 vertikalne asimptote funkcije.
b) Horizontalna asimptota
Funkcija nema horizontalnu asimptotu.
126
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c) Kosa asimptota
Funkcija nema kosu asimptotu.
8. Grafik funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 2.7.4.d.
4
3
2
1
§ x3 ·
ln¨
¸
© 2x ¹
1
2
3
4
1
2
3
4
x
Slika 2.7.4.d. Grafik funkcije y
127
ln
x3
2 x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Zadaci za vežbu
2.7.5. Konstruisati grafike sledeüih funkcija:
x2 4
x 4 2
a) y
x2 x 6
x2
d) y
g)
y
j)
y
x
x 2
2
2
m) y
ex
p) y
1·
§
ln¨ e ¸
x¹
©
s)
y
e) y
x 4 x h)
3
x 2 2x 3
2x x 2
b) y
8 x 14
ln x 2 1 k)
y
y
3x 4 1
x3
c) y
x 1
x 1
f) y
x 3 3x
i)
x 2e x
2 x e
q) y
ln 1 e
2
1
x 1
x
x2
128
x2 1 1
x
y
ln
y
ln x 2
t) y
2
8
x ˜ x2 4
ex
y
x 1
o)
r)
2x 2 x3
y
l)
n) y
3
x
1 ln x
x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
3. FUNKCIJE DVE NEZAVISNO PROMENLJIVE
3.1. Parcijalni izvodi i diferencijali funkcije dve nezavisno promenljive
Rešeni zadaci:
3.1.1. Naüi parcijalne izvode prvog reda sledeüih funkcija
a)
z
x y
x y
b)
z
c)
z
xy
d)
z
ln x x 2 y 2
e)
z
e x˜ y
f)
z
ex
x
x2 y2
2
y 2 xy
Rešenje:
a)
wz
wx
wz
wy
x y x y 2y
2
x y x y 2
x y x y 2x
2
x y x y 2
b)
x2 y2 wz
wx
wz
wy
x
2
2x
2 x2 y2
y2
x˜ y
x
2
y
3
2 2
129
˜x
y2
x
2
y
3
2 2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
wz
wx
wz
wy
y ˜ x y 1
x y ln x
d)
1
wz
wx
2x
2 x2 y2
2
x x y
wz
wy
x y
2
x 2
x x2 y2
2
2
1
2
x y ˜ x y
2
x y2 ˜ x2 y2
e)
wz
wx
y ˜ e xy
wz
wy
x ˜ e xy
f)
wz
wx
wz
wy
2
2
2 x y ˜ e x y xy
2 y x ˜ e x y xy
2
2
3.1.2. Naüi parcijalne izvode drugog reda sledeüih funkcija:
a)
c)
x2 y2
z
z
e
xy 2
b)
d)
130
z
ln x 2 y
z
x2
2 y
2
x y2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
a)
Kako je
wz
wx
wz
wy
x
2
x y
2
x
2
x y2
x
2
w z
wxwy
2
2
˜y
x2 y2
y2
y2
x
y
x2 y2 w2z
wy 2
˜x
2
y2
to je
x y2
x
x2 y2 w2z
wx 2
y
2
y2
3
2
x2
x
2
y
3
2 2
x˜ y
x
2
y2
3
2
b)
Kako je
wz
wx
w2z
wx 2
w2z
wxwy
2 ˜ x 2 y 4x 2
x
2
w z
wy 2
wz
wy
2x
x y
2
2
y
x
y
2
2x
x
2
y
2
131
to je
2 ˜ y x2
x
2
1
2
1
x y
2
2
y
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
Kako je
wz
wx
w2z
wx 2
w2z
wy 2
y 2 e xy
wz
wy
2
y 4 e xy
2
to je
2
2
2 xe xy 2 xy e xy
w2z
wxwy
2 xye xy
2
2
2
2 ye xy y 2 ˜ 2 xye xy
2
2 xe xy ˜ 1 2 xy 2
2
2
2 ye xy ˜ 1 xy 2
d)
Kako je
wz
wx
2x
2y 1
w2z
wx 2
w2z
wy 2
w2z
wxwy
wz
wy
2
2y 1
8x 2
2 y 13
4x
2 y 12
132
2x 2
2 y 12
to je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
3.1.3. Naüi totalni diferencijal prvog reda sledeüih funkcija:
a)
z
yx y
b)
z
§x y·
¸¸
ln¨¨
© y ¹
c)
z
x2 y3
d)
z
ln x 2 y 2
Rešenje:
a)
dz
wz
wz
dx dy
wx
wy
y 2 x y 1dx x y yx y ln x dy
dz
wz
wz
dx dy
wy
wx
dx
xdy
x y y ˜ x y dz
wz
wz
dx dy
wx
wy
2 xy 3 dx 3 x 2 y 2 dy
dz
wz
wz
dx dy
wy
wx
2
˜ xdx ydy x y2
b)
c)
d)
2
3.1.4. Naüi totalni diferencijal drugog reda sledeüih funkcija:
a)
z
e xy
b)
z
x3 y 2
c)
z
x ln y
d)
z
x 2 y 2 ln x ln y
133
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
d 2z
w2z 2
w2z
w2z 2
dx
dxdy
2
dy
wxwy
wx 2
wy 2
a)
Kako je
wz
wx
ye xy
wz
wy
w2z
wy 2
xe xy
to je
w2z
wx 2
y 2 e xy
d 2z
y 2 e xy dx 2 21 xy e xy dxdy x 2 e xy dy 2
x 2 e xy
w2z
wxwy
1 xy e xy
b)
Kako je
wz
wx
3x 2 y 2
wz
wy
2x3 y
to je
w2z
wx 2
6 xy 2
w2z
wy 2
2x3
w2z
wxwy
d 2z
6 xy 2 dx 2 12 x 2 ydxdy 2 x 3 dy 2
134
6x 2 y
pa je
pa je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
Kako je
wz
wx
wz
wy
ln y
w2z
wx 2
x
y
to je
w2z
x
2
0
2
wy
y
x
2
2 dy 2 dxdy
y
y
d 2z
w2z
wxwy
1
y
pa je
0
pa je
d)
Kako je
wz
wx
2x 1
x
wz
wy
w2z
wy 2
2y 1
y
to je
w2z
wx 2
1
2 2
x
1 w2z
2 2
y wxwy
d 2z
1 · 2 §
1 · 2
§
¨ 2 2 ¸dx ¨¨ 2 2 ¸¸dy
x ¹
y ¹
©
©
Zadaci za vežbu
3.1.5. Naüi parcijalne izvode prvog i drugog reda i totalne diferencijale prvog i
drugog reda sledeüih funkcija
a)
c)
e)
z
y ˜ ln x 2 y 2
x
y
z
xy ye
z
y·
§
¨ xy ¸
x¹
©
b)
z
2x 5 y
3x 4 y
d)
z
y ˜ ln
z
x2 y2
x2 y2
2
f)
135
x
y
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
3.2 Ekstremne vrednosti funkcije dve nezavisno promenljive
Rešeni zadaci:
3.2.1. Naüi ekstremne vrednosti sledeüih funkcija
a)
z
x 2 xy y 2 3 x 6 y
b)
z
c)
z
x
d)
z
2
2 y 2 ˜ e x y
1 x y
1 x2 y2
x 12 2 y 2
Rešenje:
a)
Naÿimo stacionarne taþke date funkcije iz uslova
Dobijamo sistem jednaþina
wz
wx
wz
wy
2x y 3
0
x 2y 6
0
þije je rešenje x=0, y=3.
Dakle, taþka M(0,3) je stacionarna taþka funkcije.
Naÿimo sada druge parcijalne izvode:
w2z
wx 2
w2z
wy 2
w2z
wxwy
2
A
2
C
1
B
136
wz
wx
0š
wz
wy
0.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Kako je izraz '=AC-B2= 2 ˜ 2 1 3 ! 0 za svako (x,y) iz oblasti definisanosti,
pa i u taþki M(0,3) to funkcija u toj taþki ima lokalni ekstremum, i to lokalni
minimum, jer je A=2!0, koji iznosi
z min
z 0,3 9 .
b)
Naÿimo stacionarne taþke date funkcije iz uslova
wz
wx
0š
wz
wy
0 . Dobijamo
sistem jednaþina
x
1 x2 y2 wz
wx
1 x2 y2
˜ 1 x y 1 x2 y2
y 2 xy x 1
1 x
2
y
3
2 2
0 Ÿ y 2 xy x 1 0
1 x2 y2 wz
wy
y
1 x2 y2
˜ 1 x y 1 x2 y2
x 2 xy y 1
1 x
2
y
3
2 2
0 Ÿ x 2 xy y 1 0
Ako drugu jednaþinu oduzmemo od prve dobijamo da je
x2-y2+x+y =0Ÿ(x-y)˜ (x+y)+x+y=0Ÿ(x+y)˜ (x-y+1) =0Ÿx= -y › x=y-1.
Sada za x= -y imamo iz druge jednaþine y2-y2+y+1=0Ÿy=-1 pa vraüajuüi u
x=-y dobijamo da je x=1 pa je stacionarna taþka M(1, -1).
Vraüajuüi x=y-1 u drugu jednaþinu dobijamo jednaþinu y2 –y+1=0 koja nema
realna rešenja.
Dakle, jedina stacionarna taþka je taþka M(1, -1).
Naÿimo sada druge parcijalne izvode:
137
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
§
·
w ¨ y 2 xy x 1 ¸
3 ¸
wx ¨¨
2
2 2 ¸
x
y
1
©
¹
3
1
y 1 ˜ 1 x 2 y 2 2 3 ˜ 1 x 2 y 2 2 ˜ 2 x ˜ y 2 xy x 1
2
1 x 2 y 2 3
w2z
wx 2
y 3 2 x 2 y 2 2 x 2 y 3 xy 2 y 3 x 1
1 x
2
y
5
2 2
2
x 1
y 1
3 3
A
§
·
w ¨ x 2 xy y 1 ¸
3 ¸
wy ¨¨
2
2 2 ¸
© 1 x y ¹
3
1
x 1 ˜ 1 x 2 y 2 2 3 ˜ 1 x 2 y 2 2 ˜ 2 y ˜ x 2 xy y 1
2
1 x 2 y 2 3
w2z
wy 2
x 3 x 2 2 y 2 3 x 2 y 2 xy 2 x 3 y 1
1 x
2
y
5
2 2
x 1
y 1
2
3 3
C
§
·
w ¨ y 2 xy x 1 ¸
3 ¸
wy ¨¨
2
2 2 ¸
x
y
1
©
¹
3
1
2 y x ˜ 1 x 2 y 2 2 3 ˜ 1 x 2 y 2 2 ˜ 2 y ˜ y 2 xy x 1
2
1 x 2 y 2 3
w2z
wxwy
x 3 y 3 2 xy 2 2 x 2 y 3 xy x y
1 x
2
y
5
2 2
x 1
y 1
Dakle, u stacionarnoj taþki je
§
2 · §
2 · §
1 ·
¸¸ ˜ ¨¨ ¸¸ ¨¨ '=AC-B = ¨¨ ¸¸
3
3
3
3
3
3
©
¹ ©
¹ ©
¹
2
138
2
1
!0
9
1
3 3
B
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
pa funkcija u njoj ima ekstremum i to, zbog A
2
3 3
0 lokalni maksimum
koji iznosi
z max
1 1 1
z 1,1
1 1 1
2
2
3
c)
Naÿimo stacionarne taþke date funkcije iz uslova
wz
wx
0š
wz
wy
sistem jednaþina
wz
wx
wz
wy
x
2
2 x 2 y 2 ˜ e x y
0
x
2
4 y 2 y 2 ˜ e x y
0
Ovaj sistem je ekvivalentan sistemu
x
x
2
2
2x 2 y 2 0
4y 2y2 0
þije je rešenje (x=0, y=0) i (x= -4, y= -2).
Dakle, taþke M(0,0) i N( -4, -2) su stacionarne taþke funkcije.
Naÿimo sada druge parcijalne izvode:
139
0 . Dobijamo
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
w2z
wx 2
w2z
wy 2
w2z
wxwy
x
2
4 x 2 y 2 2 ˜ e x y
x
2
8 y 2 y 2 4 ˜ e x y
x
2
A
C
4 x 4 y 2 y 2 2 ˜ e x y
B
Kako je u taþki M(0,0) izraz '=AC-B2= 2 ˜ 4 2 funkcija nema ekstremum.
2
12 0 to u njoj
2
68 ˜ e 4 ! 0
U taþki N( -4, -2) je '=AC-B2= 6 ˜ e 2 ˜ 12 ˜ e 2 2 ˜ e 2
to u njoj funkcija ima ekstremum i to lokalni maksimum jer je u njoj
A 6 ˜ e 2 0 .
z 4,2 8 ˜ e 2 .
Taj maksimum iznosi z max
d)
Naÿimo stacionarne taþke date funkcije iz uslova
sistem jednaþina
wz
wx
wz
wy
2( x 1)
4y
0Ÿ x 1
0Ÿ y
0
Dakle, jedina stacionarna taþka je taþka M(1,0).
Naÿimo sada druge parcijalne izvode:
140
wz
wx
0š
wz
wy
0 . Dobijamo
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
w2z
wx 2
w2z
wy 2
w
2( x 1) 2
wx
w
4 y 4 C
wy
w2z
wxwy
A
w
2( x 1) 0
wy
B
Kako je u M(1,0) '=AC-B2=8!0 zakljuþujemo da je to taþka lokalnog
ekstremuma funkcije i to lokalnog minimuma, jer je A=2!0, koji iznosi
zmin=z(1,0)=0.
3.2.2. Naüi uslovne ekstremume sledeüih funkcija
a)
b)
c)
d)
z
z
z
z
6 4x 3y
x2 y2
xy
x2 3y 2
pri
pri
pri
pri
uslovu
uslovu
uslovu
uslovu
x2 y2 1
x y 1
x y 1
4x y 7
Rešenje:
a)
Lagranžeova funkcija je
F(x,y)=6-4x-3y+O(x2+y2-1)
pa je
wF
wx
wF
wy
4 2Ox
3 2Oy .
Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na sledeüi sistem
jednaþina
141
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
-4+2Ox=0
-3+2Oy=0
x2+y2=1
Rešenje ovog sistema su skupovi taþaka
O1
5
2
O2
x1
4
5
5
2
y1
x2
3
5
4
5
i
y2
3
5
Kako je
w2F
wx 2
2O
w2F
wxwy
d 2F
2O dx 2 dy 2
Kada je
5
O1
2
x1
w2F
wy 2
0
2O
to je
4
5
y1
3
5
§ 4 3·
tada je d2F!0, pa u toj taþki M 1 ¨ , ¸ funkcija ima uslovni minimum koji
© 5 5¹
iznosi
z min
6
16 9
5 5
1.
142
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Kada je
O2
5
2
x2
4
5
y2
3
5
§ 4 3·
tada je d2F0, pa u toj taþki M 2 ¨ , ¸ funkcija ima uslovni maksimum
© 5 5¹
koji iznosi
z max
6
16 9
5 5
11.
b)
Lagranžeova funkcija je
F(x,y)=x2+y2+O(x+y-1)
wF
wx
wF
wy
2x O
pa je
2y O .
Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na sledeüi sistem
jednaþina
2x+O=0
2y+O=0
x+y=1
Rešenje ovog sistema su skupovi taþaka
O
1
x
1
2
y
143
1
2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Kako je
w2F
wx 2
2
w2F
wxwy
d 2F
2 dx 2 dy 2
w2F
wy 2
0
2
to je
§1 1·
pa je d2F!0, odnosno u toj taþki M ¨ , ¸ funkcija ima uslovni minimum koji
© 2 2¹
iznosi
2
z min
§1· §1·
¨ ¸ ¨ ¸
© 2¹ © 2¹
2
1
.
2
c)
Lagranžeova funkcija je
F(x,y)=xy+O(x+y-1) pa je
wF
wx
yO
wF
wy
xO .
Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na sledeüi sistem
jednaþina
y+O=0
x+O=0
x+y=1
Rešenje ovog sistema su skupovi taþaka
144
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
O
1
2
x
1
2
y
1
2
Kako je
w2F
wx 2
0
d 2F
2dxdy
w2F
wxwy
1
w2F
wy 2
to je
0
Pošto je
x y 1
d 2F
2dxdy
dx dy
to je
0
odnosno
dy
dx
pa je
2dx 0
2
§1 1·
odnosno u toj taþki M ¨ , ¸ funkcija ima uslovni maksimum koji iznosi
© 2 2¹
z max
1 1
˜
2 2
1
.
4
d)
Lagranžeova funkcija je
F(x,y)=x2+3y2+O(4x+y-7)
wF
wx
2 x 4O
wF
wy
pa je
6y O .
Potrebni uslovi za postojanje uslovnih ekstremuma svode se na sledeüi sistem
jednaþina
2x+4O=0
145
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6y+O=0
4x+y=7
Rešenje ovog sistema su skupovi taþaka
O
6
7
x
12
7
y
1
7
Kako je
w2F
wx 2
2
w2F
wxwy
d 2F
2dx 2 6dy 2
w2F
wy 2
0
6
to je
§ 12 1 ·
pa je d2F!0, odnosno u toj taþki M ¨ , ¸ funkcija ima uslovni minimum
© 7 7¹
koji iznosi
2
z min
§ 12 ·
§1·
¨ ¸ 3˜¨ ¸
©7¹
©7¹
2
3 .
146
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Zadaci za vežbu
3.2.3. Naüi ekstremume sledeüih funkcija:
a)
z
x
b)
z
xy 2 ˜ 1 x y c)
z
2 x 3 2 y 3 30 xy
d)
z
xy 1 x 2 y 2
2
y 2 ˜ e x
2
y2
3.2.4. Naüi sledeüe uslovne ekstremume:
a)
z
b)
z
c)
d)
z
z
x2 y2 5
x y
x2 y2
pri uslovu
1
2 3
xy
pri uslovu
3x 2 y 7
x 2 ˜ y 3 pri uslovu x y 1
x 2y
pri uslovu
147
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
4.
INTEGRALI
4.1
Nalaženje neodreÿenih integrala
4.1.1 Direktna (neposredna) integracija
Rešeni zadaci:
4.1.1.1. Izraþunati:
³ 3x
a)
3
x 2 4 x 2 dx
b)
³
d)
³ 2
f)
x2
³ x 2 1dx
x 3 x dx
3
x 1
dx
x
c)
³
e)
ex
x §
¨
˜
e
1
³ ¨© x 2
·
¸¸dx
¹
x
2
3 x dx
Rešenje:
a)
³ 3x
3
x 2 4 x 2 dx
3˜
x 4 x3
x2
4˜
2x C
4
3
2
b)
³
3
x x dx
³x
1
2
1
3
dx ³ x dx
1
1
2
1
1
3
x
x
C
1
1
1
1
2
3
148
3
4
2 2 3 3
x x C
3
4
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
³
§ 32
·
¨ x 3x 3 x 1¸
¨
¸
©
¹ dx
³
x
3
x 1
dx
x
1
1
2
1
1
2
1
§ 12
1·
2
¨
¸dx
x
x
3
3
³ ¨©
x ¸¹
3
x
x
3x 3
ln x C
1
1
1
1
2
2
1
2 2
x 3x 6 x 2 ln x C
3
d)
³ 2
x
³ 2
2
3 x dx
2x
2 ˜ 2 x 3 x 3 2 x dx
³ 4
x
2 ˜ 6 x 9 x dx
6x
9x
4x
2
C
ln 6 ln 9
ln 4
e)
§ ex
³ e ˜ ¨¨©1 x 2
x
·
¸¸dx
¹
§ x 1 ·
³ ¨© e x 2 ¸¹dx
x 21
e C
2 1
x
e x x 1 C
f)
x2
³ x 2 1 dx
x2 11
³ x 2 1 dx
§
³ ¨©1 x
1 ·
¸dx
1¹
x arctgx C
2
Zadaci za vežbu
4.1.1.2. Izraþunati:
a)
§ 1
³ ¨¨
3
© x
5
1 ·
¸dx
x ¸¹
b)
149
³3
x
˜ 7 x dx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
³
x 2 ˜ x x 1 dx
x
a
xb
dx
2
e)
³
g)
2
§ 23
·
3 ¸
¨
2
x
³¨
¸ dx
©
¹
x
³
d)
f)
³
h)
³
3
x
2
3
x2
a b
ax
Rešeni zadaci:
4.1.2.1. Izraþunati:
³ 7 x 5
c)
³e
e)
g)
10
2x
5
dx
b)
dx
d)
x
³ x 2 2 dx
x
³ x 2 dx
f)
h)
x 2 6 ˜ xdx
³
³
³
e
x
x
dx
x2
2 3x 3
1
³ e x 1 dx
5
dx
Rešenje:
a)
Smenom
7x 5
t Ÿ 7 dx
dt Ÿ dx
150
dt
7
dx
3
x ˜ x a ˜ x b dx
x
4.1.2 Integracija metodom smene
a)
dx
1 ˜ x2 3
dobijamo
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
10
10 dt
7
x
5
dx
t
³
³ ˜7
7 x 511 C
1 t 11
˜
C
7 11
1 10
t dt
7³
77
b)
x2 6
Smenom
2
³
x 6 xdx
t Ÿ 2 xdx
1
1
2
dt
t˜
2
³
dt
dobijamo
2
dt Ÿ xdx
3
1 t
C
21
1
2
1 2
t C
3
1 2
x 6
3
3
2
C
c)
2x
5
2
t Ÿ dx
5
dt Ÿ dx
5
³ e t dt
2
5
et C
2
5 e 5 C
2
Smenom
³e
2x
5
dx
5
dt
2
dobijamo
2x
d)
Smenom
³
x
tŸ
dx
dt Ÿ
2 x
dx
x
2dt
dobijamo
x
e
x
dx
2 ³ e t dt
2e t C
2e
x
C
e)
Smenom
³x
2
x
dx
2
x2 2
1 dt
2³ t
t Ÿ 2 xdx
1
ln t C
2
dt Ÿ xdx
dt
dobijamo
2
1
ln x 2 2 C
2
151
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
f)
2 3x 3
Smenom
³
x
5
2
2 3x 3
t Ÿ 9 x 2 dx
1
1
5
dt
9
4
1 t
C
9 1
1
5
1 1
dt
9³5 t
dx
dt Ÿ x 2 dx
5 5
t C
36
dobijamo
5 5
2 3x 3
36
4
C
g)
x2
Smenom
tŸx
t 2 š dx
1
x
³
x2
dx
³
t2
t
dt
dobijamo
dt
1
·
§ 12
2 ¸
¨
t
t
2
³ ¨©
¸dt
¹
1
1
1
3
t2
t 2
2
1
1
1
1
2
2
1
2 2
t 4t 2 C
3
3
1
2
x 2 2 4x 2 2 C
3
h)
Smenom
³e
x
1
dx
1
x
§
ln t Ÿ ¨ dx
©
1
t
³ 1 dt
1
t
³
dt
t 1
dt
š ex
t
t 1 Ÿ t
ln t 1 C
·
e x ¸
¹
dobijamo
ln e x 1 C
Zadaci za vežbu
4.1.2.2. Izraþunati:
a)
³ x ˜ 3x 2
15
dx
b)
152
1 x
³1
x
dx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
e x dx
c)
³ 1 e e)
³ x ln x
g)
³x
x 2
dx
x 2 2 ˜ dx
ln x
dx
x
d)
³
f)
³ 2x
h)
³ x 3
2
3
e x dx
x 2 ˜ dx
4.1.3. Integracija metodom parcijalne integracije
Rešeni zadaci
4.1.3.1. Izraþunati:
a)
³ xe
2x
c)
³e
x
2
e 2 x dx
b)
³x
dx
d)
³ x 1e
e)
³ ln xdx
f)
³ x ln xdx
g)
³ ln
2
h)
³
dx
xdx
Rešenje:
a)
Podintegralni izraz razdvajamo na
153
x
dx
x ln 2 xdx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
u
x
du
i
dx
dv
e 2 x dx
v
³ dv ³ e
pa je
2x
dx
1 2x
e
2
Sada je
³ xe
2x
dx
1 2x
1
xe ³ e 2 x dx
2
2
1 2x 1 1 2x
xe ˜ e C
2
2 2
1 2x §
1·
e ¨x ¸C
2 ©
2¹
b)
Podintegralni izraz razdvajamo na
x2
u
du
i
2 xdx
dv
e 2 x dx
v
³ dv ³ e
pa je
2x
dx
1 2x
e
2
Sada je
³x
2
1 2 2x
1
x e ³ e 2 x 2 xdx
2
2
1 2 2x 1 2x §
1·
x e e ¨x ¸C
³ xe 2 x dx
2
2 ©
2¹
e 2 x dx
1 2 2x
x e
2
1 2x § 2
1·
e ¨x x ¸C
2 ©
2¹
c)
x
Prvo izvršimo smenu
x
dobijamo
³e
Integral
³ te dt
u
t
t Ÿ du
dx
tŸ
dx
dt Ÿ dx
2 x
2 x dt
2tdt
2 ³ te t dt .
rešavamo metodom parcijalne integracije gde je
dt š dv
e t dt Ÿ v
154
t
³ e dt
et
pa je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
³e
x
2³ te t dt
dx
2 te t ³ e t dt
2e t (t 1) C
2e
x
x 1 C
d)
Podintegralni izraz razdvajamo na
e x dx
u
x 1
i
dv
du
dx
v
³ dv ³ e
x
pa je
e x
dx
Sada je
³ ( x 1)e
x
dx
( x 1)e x ³ e x dx
( x 1)e x e x C
e)
Podintegralni izraz razdvajamo na
u
du
ln x
i
dv
dx
dx
x
v
³ dv ³ dx
pa je
x
Sada je
³ ln xdx
x ln x ³ x
dx
x
x ln x x C
155
( x 2)e x C
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
f)
Podintegralni izraz razdvajamo na
u
du
ln x
i
dx
x
v
dv
³ dv
xdx
pa je
x2
2
³ xdx
Sada je
³ x ln xdx
x2
x 2 dx
ln x ³
2
2 x
x2
1
ln x x 2 C
4
2
g)
Podintegralni izraz razdvajamo na
ln 2 x
u
du
2 ln x
dx
x
i
dv
dx
v
³ dv ³ dx
pa je
x
Sada je
³ ln
2
xdx
x ln 2 x 2 x ln x x C
x ln 2 x 2 ³ ln xdx
h)
Podintegralni izraz razdvajamo na
u
du
ln 2 x
2 ln x
i
dx
x
dv
x dx
1
v
³ dv
³ x 2 dx
156
pa je
2x x
3
x ln 2 x 2 x ln x 2 x C
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Sada je
x ln 2 xdx
³
Integral
4
2x x 2
ln x ³ x ln xdx
3
3
³
x ln xdx
rešavamo takoÿe parcijalnom integracijom gde
je
u
ln x
du
i
dx
x
v
dv
³ dv ³ x
x dx
1
2
dx
pa je
2x x
3
tako da dobijamo
³
x ln xdx
2 x x dx
2x x
ln x ³
3 x
3
4x x
2x x
ln x C.
9
3
Dakle, dobijamo
³
x ln 2 xdx
4
2x x 2
ln x ³ x ln xdx
3
3
4x x ·
4 § 2x x
2x x 2
¸C
ln x ln x ˜ ¨¨
9 ¸¹
3 © 3
3
8·
4
2x x § 2
¨ ln x ln x ¸ C
9¹
3
3 ©
Zadaci za vežbu
4.1.3.2. Izraþunati:
a)
³x
2
e x dx
b)
157
3 x
³x e
dx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
³ xe
e)
³
2 x
ln x
x
dx
dx
d)
³
x ln xdx
f)
³x
2
b)
x 2 2x 6
³ x 1x 2x 4dx
ln xdx
4.1.3. Integracija racionalnih funkcija
Rešeni zadaci:
4.1.4.1. Izraþunati:
a)
c)
x3 2x 6
³ x 2 dx
x2 1
³ x 1 x 3 dx
d)
3
x3 2x
³ x
2
1
2
dx
Rešenje:
a)
x3 2x 6
³ x 2 dx
10 ·
§ 2
³ ¨© x 2 x 2 x 2 ¸¹dx
158
x3
x 2 2 x 10 ln x 2 C
3
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
x2 2x 6
A
B
C
x 1x 2x 4 x 1 x 2 x 4
A x 2 x 4 B x 1 x 4 C x 1x 2 x 1x 2x 4
x 2 A B C x 6 A 5B 3C 8 A 4 B 2C
x 1x 2x 4
Izjednaþavajuüi koeficijente uz x dobijamo sledeüi sistem jednaþina
A BC
1
6 A 5 B 3C
8 A 4 B 2C
2
6
Rešenje ovog sistema je
je
x 2 2x 6
³ x 1x 2x 4 dx
A
B
3,
§ 3
7
7
C
5 pa
5 ·
³ ¨© x 1 x 2 x 4 ¸¹dx
3 ln x 1 7 ln x 2 5 ln x 4 C
c)
x2 1
x 13 x 3
A3
A1
A2
B
2
3
x 1 x 1 x 1
x3
A1 x 1 x 3 A2 x 1 x 3 A3 x 3 B x 1
2
x2 1
3
odakle je
x 13 x 3
2
3
A1 x 1 x 3 A2 x 1x 3 A3 x 3 B x 1
Koeficijente A1, A2, A3, B možemo izraþunati i na sledeüi naþin. Kako
jednaþina
x2 1
A1 x 1 x 3 A2 x 1 x 3 A3 x 3 B x 1 važi za svako
2
3
159
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
1
.
2
x to stavljajuüi x=1 dobijamo 2=4A3 , odnosno A3
5
.
32
Izjednaþavanjem koeficijenata uz x3 dobijamo A1+B=0 odakle je
5
A1 B
.
32
Za x=-3 dobijamo 10=-64B, odnosno B
Koeficijent A2 dobijamo stavljajuüi bilo koju vrednost za x osim x=1, i x=-3,
recimo x=0.
Za x=0 dobijamo
1 3 A1 3 A2 3 A3 B
odakle je A2
3
.
8
Sada je
§ 5 1
3 1
1 1
5
1 ·
¨
2
3
³ x 1 x 3 ³ ¨© 32 x 1 8 x 1 2 x 1 32 x 3 ¸¸¹dx
5
3
1
5
ln x 1 ln x 3 C
2
32
8 x 1 4 x 1
32
x2 1
3
dx
d)
x3 2x
x
2
1
2
A1 x B1 A2 x B2
2
x2 1
x2 1
A1 x B1 x 2 1 A2 x B2
x
2
1
2
A1 x 3 B1 x 2 A1 A2 x B1 B2
x
2
1
2
Izjednaþavajuüi koeficijente uz jednake stepene x dobijamo sistem
160
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
A1
1
B1
0
A1 A2
2
B1 B2
0
þije je rešenje A1
je
x3 2x
³ x
2
1
2
dx
B1
1,
0,
3 ,
A2
B2
0 pa
§ xdx
3xdx ·¸
¨
³ ¨ x2 1 x2 1 2 ¸
©
¹
Smenom
x 2 1 t,
2 xdx
dt
§ xdx
3 xdx ·¸
¨
³ ¨ x2 1 x2 1 2 ¸
©
¹
dobijamo
dt
3dt
³ 2t ³ 2t
2
1
3
ln t C
2
2t
1
3
ln x 2 1 C.
2
2
2 x 1
Zadaci za vežbu
4.1.4.2. Izraþunati:
a)
x 5 3x 3 2 x 1
dx
³
x3 x
c)
dx
³ x 4 6x3 9x 2
b)
d)
161
x2 1
³ x 1
3
³x
dx
x 12
3
2x 2 x
dx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
4.2
Nalaženje odreÿenih integrala
4.2.1 Direktna (neposredna) integracija
Rešeni zadaci:
4.2.1.1. Izraþunati:
e2
2
x5 x
³1 x dx
a)
3
³ x
c)
2
³
b)
e
dx
x
1
e x dx
³ x
d)
3
4 dx
1
2
Rešenje:
a)
4
·
§
5
³1 ¨¨1 x ¸¸dx
©
¹
2
2
x5 x
³1 x dx
2
1 2
5
2 1 55 2 5 1
x | 5x |
1
1
b)
e2
dx
³e x
e2
ln x |
ln e 2 ln e
2 ln e ln e
2 1 1
e
c)
3
³
x e x dx
2
2
x3 3 x 3
| e |
2 2
2
§ 33 2 3 ·
¨¨ ¸¸ e 3 e 2
2¹
© 2
162
1 5 5 2 5 1
27
4 e 2 e3
2
55 2
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
d)
1
³ x
3
§ 14 14 ·
¨ ¸ 41 1 8 .
¨4
¸
4
©
¹
1
x4 1
| 4x |
4 1
1
4 dx
1
4.2.2 Integracija metodom smene
Rešeni zadaci:
4.2.2.1. Izraþunati:
4
1
a)
³
2 x dx
³
b)
2
0
0
c)
³
1
dx
2x 1
2
xdx
ex 1
³1 e x dx
d)
4 x2
1
4
e)
2
ln 3 x
³2 x dx
f)
ex
³1 x 2 dx
dt
dobijamo za
Rešenje:
a)
Smenom
2 x t Ÿ dx
x 0Ÿt 2
x 1Ÿ t
1
³
0
2 x dx
dt Ÿ dx
pa je
1
1
1
2
³ t dt
³ t 2 dt
2
1
3
2 22
t |
3 1
163
2
3
2
3
13
23 8 1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
Smenom
2 x 1 t Ÿ 2dx
x
2Ÿt
5
x
4Ÿt
9 pa je
4
dx
1 dt
2 ³5 t
³
9
9
2x 1
2
dt
2
dt Ÿ dx
dobijamo za
1 9
2
1
1 2
t dt
2 ³5
t |
5
9 5
3 5
c)
Smenom
4 x2
t Ÿ 2 xdx
x
1 Ÿ t
x
0Ÿt
0
xdx
³
1
4 x2
dt Ÿ xdx
dt
2
dobijamo za
3
4 pa je
4
³ 2
3
4
dt
t
1
1 ³ t 2 dt
23
1 4
2
t |
3
164
4 3
2 3 32
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
d)
Smenom
ex
t Ÿ e x dx
x 1Ÿ t
2Ÿt
x
2
³
ex 1
ex
1
dt
dobijamo za
t
e
e2
e2
dx
dt
ex
dt Ÿ dx
³
pa je
t 1dt
t t
e
e2
3
·
§ 12
³e ¨¨ t t 2 ¸¸dt
©
¹
§ 1
1 ·
¸
2 e 2 e 2¨¨
¸
2
e
© e
¹
1 e2
2
2t | 2 t
e
§
1
1 ·
2¨¨ e e ¸¸
e
e¹
©
e)
Smenom
x
dx
dt
x
2 Ÿ t ln 2
x
4Ÿt
ln x
4
tŸ
ln 3 x
³2 x dx
ln 4
ln 4
³t
ln 2
3
dt
dobijamo za
pa je
t 4 ln 4
|
4 ln 2
1 4
ln 4 ln 4 2
4
165
1 e2
2
|
e
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
f)
Smenom
1
dx
tŸ 2
x
x
x 1Ÿ t 1
2
1
x
e
³1 x 2 dx
dx
x2
dt
dobijamo za
1
pa je
2
2Ÿt
x
dt Ÿ
1
2
t
³ e dt
1
1
2
e t |
e e
1
Zadaci za vežbu
Izraþunati:
4.2.2.2.
3
a)
2
dx
³2
0
b)
x
³
3
x
e 1dx
d)
0
5
e)
³
2
x 2 5dx
3
3
c)
³x
dx
³ x2 ln x 1
0
dx
f)
ex 1
³
1
166
dx
3
2x 1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
4.2.3. Parcijalna integracija
Rešeni zadaci:
4.2.3.1. Izraþunati:
e2
3
³ lnx 1dx
a)
³
b)
1
e
2
x
dx
0
x
³ xe dx
c)
ln x
³ xe
d)
x
dx
3
1
Rešenje:
a)
Podintegralni izraz razdvajamo na
ln x 1
dx
du
x 1
u
i
dv
dx
v
³ dv ³ dx
pa je
x
Sada je
3
3
³ lnx 1dx
3
x ln x 1 | ³
1
1
1
3
3
1
1
x ln x 1 | x ln x 1 |
xdx
x 1
3
3
1 ·
§
x ln x 1 | ³ ¨1 ¸dx
1
x
1
©
¹
1
3 ln 4 ln 2 3 ln 4 1 ln 2 4 ln 4 2 ln 2 2
3 ln 4 2
167
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
Podintegralni izraz razdvajamo na
u
ln x
i
dx
x
v
du
1
dv
x
1
³ dv ³
dx
pa je
dx
x
2 x
Sada je
e2
³
ln x
x
e
e2
dx
e2
x dx
2 x ln x | ³ 2
x
e
e
e2
2 x ln x | 2 ³
e
2 e 2 ln e 2 2 e ln e 4 e 2 4 e
Podintegralni izraz razdvajamo na
x
du
i
dx
dv
e x dx
v
³ dv ³ e
pa je
x
dx
e x
Sada je
2
x
³ xe dx
xe
x
e 2e
2
e
2
| ³ e x dx
1
1
1
2
2
e
1
2
2
1
1
xe x | e x |
1
1
2e 3e
e
dx
x
e2
2
168
e2
2 x ln x | 4 x |
4e 2 e 4e 4 e
c)
u
e2
e
2 e
e
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
d)
Podintegralni izraz razdvajamo na
u
x
du
i
dv
dx
v
e x dx
³ dv ³ e
pa je
x
ex
dx
Sada je
0
x
³ xe dx
3
x
0
0
xe | ³ e x dx
3
3
0
0
3
3
xe x | e x |
3e 3 e 0 e 3
4e 3 1
Zadaci za vežbu
4.2.3.2.
Izraþunati:
4
a)
2
2 x
³ 2 x e dx
b)
1
5
2
³ x ln xdx
d)
2
³x
³
x ln xdx
3
e
e)
dx
2
2
c)
3 x
³x e
1
2
2
ln xdx
f)
1
³ 1 x e
0
169
x
dx
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
4.2.4. Nesvojstveni integrali
Rešeni zadaci:
4.2.4.1. Izraþunati:
v
v
dx
³1 x 2
a)
v
b)
4
xdx
d)
3
0
³
0
1
dx
dx
4x
1
dx
³2 x
e)
x
0
³ 1 x c)
³3
³ ln xdx
f)
0
Rešenje:
a)
v
b
dx
³1 x 2
lim ³ x 2 dx
b ov
1
§ 1 ·b
lim¨ ¸ |
b ov
© x ¹1
§ 1·
lim¨1 ¸ 1
b ov
© b¹
b)
v
³3
b
x
x
lim ³ 3 dx
dx
b ov
0
0
§ 3 x · b
¸¸ |
lim¨¨ b ov
© ln 3 ¹ 0
1 ·
§ 1
b
lim¨
¸
b ov ln 3
3 ln 3 ¹
©
1
ln 3
c)
Pošto je za 1+x=t , dx=dt, x=t-1
xdx
³ 1 x ³
3
t 1dt
t
3
³ t
2
t 3 dt
1 1
2 C
t 2t
170
1
21 x 2
1
C
1 x
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
to je
v
b
xdx
³ 1 x 3
0
lim ³
b ov
0
§
1
1 ·b
¸|
lim¨¨
¸0
b ov 21 x 2
1
x
¹
©
xdx
1 x 3
§
1
1
1 ·
lim¨¨
1¸¸
b ov 21 b 2
1
b
2
¹
©
1
2
d)
Podintegralna funkcija nije definisana za x=4, pa je
4
³
0
4 H
dx
4 x
lim
H o0 ³
0
lim 2 H 2 4
H o0
dx
H o0 4 x
4 H
lim 2 4 x |
0
lim 2 4 4 H 2 4
H o0 4.
e)
Podintegralna funkcija nije definisana za x=0, pa je
1
dx
³2 x
H
1
dx
dx
lim
lim ³
H o0 ³ x
H o0 H x
2
§ H
·
lim ¨ ln ln 2 ln 1¸
H o0
© H
¹
1
H
§
·
lim ¨ ln x | ln x | ¸
H o0 ©
H¹
2
lim ln H ln 2 ln 1 ln H H o0
ln 2.
f)
Podintegralna funkcija nije definisana za x=0, pa je
171
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
1
1
³ ln xdx
0
1
lim x ˜ ln x x |
lim ³ ln xdx
H o0 H o0
H
§ 1
¨
1 lim ¨ H
H o0 ¨
1
¨ 2
© H
§
·
¨ ln H ¸
¸
1 lim ¨
H o0 ¨ 1 ¸
¨
¸
© H ¹
H
·
¸
¸
¸
¸
¹
lim 1 ln 1 1 H ln H H H o0 1 lim H 1.
H o0 Zadaci za vežbu
4.2.4.2.
Izraþunati:
v
a)
³ xe
e
x2
dx
b)
0
e)
6
dx
³0 x 5
v
³ xe
2
xdx
0
7
c)
³ x ln
d)
³
2
1
x2
f)
dx
v
172
xdx
3
x 2 16
dx
x
v
³
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
5. EKONOMSKE FUNKCIJE
5.1. Odrediti cenu pri kojoj se postiže ravnoteža izmeÿu tražnje i ponude
2
ako je funkcija tražnje x p 2 a funkcija ponude y 2 p 1.
Rešenje:
Oblast definisanosti funkcije tražnje odreÿujemo iz uslova za koje važi
p ! 0 š x ! 0 š x' 0 Ÿ p ! 0 š p 22 ! 0 š 2 p 2 0 Ÿ
Ÿ p ! 0 š p  R š p 2 Ÿ p  0,2
a oblast definisanosti funkcije ponude iz uslova za koje važe implikacije
p ! 0 š y ! 0 š y ' ! 0 Ÿ p ! 0 š 2 p 1 ! 0 š 2 ! 0 Ÿ
1
§
·
§1 ·
Ÿ ¨ p ! 0 š p ! š p  R ¸ Ÿ p  ¨ , v ¸.
2
©
¹
©2 ¹
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
0,2 ˆ §¨ 1 , v ·¸
©2
¹
§1 ·
¨ ,2 ¸.
©2 ¹
Izjednaþavajuüi funkcije tražnje i ponude dobijamo:
x
y Ÿ p 2
2
2 p 1 Ÿ p2 6 p 5
0 Ÿ p1
1 › p2
5.
§1 ·
Kako rešenje p2=5 ne pripada intervalu ¨ ,2 ¸ , to ga odbacujemo, dok
©2 ¹
§1 ·
p1 1  ¨ ,2 ¸, pa se dakle ravnoteža na tržištu postiže za vrednost cene p=1.
©2 ¹
173
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
5.2. Data je funkcija graniþnog prihoda Px'
troškova C '
a)
b)
c)
3 x 230 i funkcija graniþnih
2 x 30 . Odrediti
funkciju ukupnog prihoda koristeüi uslov P(0)=0
funkciju ukupnih troškova uz uslov C(0)=500
dobit pri proizvodnji od 100 jedinica proizvoda
Rešenje:
a)
dP
dx
Kako je Px'
to je
P( x)
'
³ Px dx
³ dP
³ 3x 230dx
3
x2
230 x C
2
Iz P(0)=0 dobijamo
P(0)
C
pa je P
0
x2
3 230 x
2
b)
Kako je C '
dC
dx
to je
C ( x)
³ dC ³ C dx ³ 2 x 30dx
'
x 2 30 x C
Iz C(0)=500 dobijamo
C (0)
C
500
pa je C
174
x 2 30 x 500
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
Funkcija ukupnog prihoda je definisana za x=100, jer je
3
100 2 230 ˜ 100 8000 ! 0
i
x 100 ! 0
2
a takodje je za x=100 definisana i funkcija ukupnih troškova, jer je
P (100)
C (100) 100 2 30 ˜ 100 500
'
C (100)
2 x 30za x 100
7500 ! 0
170 ! 0
i
x 100 ! 0.
i
Kako je dobit D=P-C to je dobit pri proizvodnji od 100 jedinica
proizvoda jednaka
3
D(100) P (100) C (100) 100 2 230 ˜ 100 100 2 30 ˜ 100 500
2
8000 7500 500
p
4
20
5.3 Funkcija tražnje jedne robe data je u obliku x 20 ˜ e
. Odrediti
koliþinu i cenu pri kojima üe ukupan prihod pri prodaji ove robe biti
maksimalan. Koliko iznosi maksimalan prihod?
Rešenje:
Oblast definisanosti funkcije tražnje odreÿujemo iz uslova za koje važi
§
p ! 0 š x ! 0 š x' 0 Ÿ ¨¨ p ! 0 š 20 ˜ e
p
4
20
! 0 š e
p
4
20
©
Ÿ p ! 0 š p  R š p  R Ÿ p  0, v .
Pošto je P p ˜ x 20 pe
maksimum dobijamo iz
P
'
0 Ÿ 20e
p
4
20
pe
p
4
20
p
4
20
·
0 ¸¸ Ÿ
¹
to cenu pri kojoj funkcija ukupnog prihoda ima
e
p
4
20
(20 p )
0Ÿ p
20  0, v Kako je za p  0,20 Ÿ P ' ! 0 a za p  20, v Ÿ P ' 0
175
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
to zakljuþujemo da za cenu p=20 funkcija ukupnog prihoda ima maksimum koji
iznosi
20 ˜ 20e
Pmax
20
4
20
400e 3
Koliþina pri kojoj se postiže maksimalan prihod je x(20)
20e
20
4
20
20e 3 .
a, b, c, ! 0 .
5.4. Data je funkcija proseþnih troškova C ax 2 bx c
Odrediti minimum proseþnih troškova. Pokazati da u taþki minimuma važi
C
C'.
Rešenje:
Kako je
§·
¨C ¸
© ¹
'
2ax b
to za x
§·
¨C ¸
© ¹ min
0Ÿ x
b
2a
i
§·
¨C ¸
© ¹
''
2a ! 0 jer je a ! 0 b
funkcija proseþnih troškova ima minimum koji iznosi
2a
2
§ b ·
C¨ ¸
© 2a ¹
b
§ b ·
c
a ˜¨ ¸ b˜
2a
© 2a ¹
b 2 2b 2
c
4a 4a
c
b2
.
4a
Pošto je
C
C˜ x
§ b ·
C'¨ ¸
© 2a ¹
ax 3 bx 2 cx
odakle je
2
C'
3b 2 4b 2
c
4a
4a
b
§ b ·
3a¨ ¸ 2b
c
2a
© 2a ¹
odnosno u taþkim minimuma je C
C'.
176
3ax 2 2bx c
c
b2
4a
pa je
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
5.5. Funkcija ukupnih troškova je C 6 x 2 50 , a funkcija tražnje je
p
x 15 . Odrediti proizvodnju i cenu pri kojima se postiže maksimalna
4
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 odreÿujemo iz uslova za koje
važi
C ! 0 š C
'
! 0 š x ! 0 Ÿ 6 x 2 50 ! 0 š 12 x ! 0 š x ! 0 Ÿ
Ÿ x  R š x ! 0 š x ! 0 Ÿ x  0, v .
Oblast definisanosti funkcije tražnje odreÿujemo iz uslova za koje važi
p ! 0 š x ! 0 š x' 0 Ÿ §¨ p ! 0 š p 15 ! 0 š 1 0 ·¸ Ÿ
4
4
©
Ÿ p ! 0 š p 60 š p  R Ÿ p  0,60 Ÿ x  0,15.
¹
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
x  0, v ˆ 0,15
x  0,15
p  0,60 .
Kako je P=p˜x, a iz x
p
15
4
sledi
177
p
4 x 60 to važi
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
D'
4 x 60 ˜ x 6 x 2 50
20 x 60 0 Ÿ x 3  0,15
D ''
20 0
D
PC
pa za x=3, odnosno za p
maksimum, koji iznosi
4 ˜ 3 60
D3 10 ˜ 3 2 60 ˜ 3 50
Dmax
10 x 2 60 x 50
48  0,60 funkcija dobiti ima
40 .
Da bi odredili gornju i donju granicu rentabilnosti proizvodnje izjednaþimo
funkciju ukupnog prihoda sa funkcijom ukupnih troškova:
P
CŸD
0 Ÿ 10 x 2 60 x 50
0 Ÿ x1
1  0,15 › x 2
5  0,15
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 proseþni troškovi minimalni. Za koliko
sa razlikuje ta dobit od maksimalne dobiti.
Rešenje:
Kako je
C
C
x
Ÿ x1
§·
¨C ¸
© ¹
''
'
6 x 2 50
50
50
§·
Ÿ ¨C ¸ 6 2
6x x
x
x
© ¹
5
5
 0,15 › x 2  0,15
3
3
100
x3
pa za x1
5
3
§·
¨C ¸
© ¹
''
0 Ÿ x2
50
6
25
Ÿ
3
900 3
!0
75
to zakljuþujemo da su proseþni troškovi minimalni za x
5
3
.
Dobit pri proizvodnji za koju su proseþni troškovi minimalni iznosi
178
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
§ 5 ·
D¨¨
¸¸
© 3¹
2
§ 5 ·
5
10¨¨
¸¸ 60 ˜
50
3
© 3¹
§ 5 ·
Dmax D¨¨
¸¸
© 3¹
40 100 ˜ 3 3 4
3
100 ˜ 3 3 4
3
pa je,
520 300 3
.
3
5.7. Data je funkcija tražnje x 2 p 30 . Naüi cenu pri kojoj tražnja ima
jediniþnu elastiþnost. Odrediti interval u kome se može kretati cena da tražnja
bude elastiþna, odnosno neelastiþna. Elastiþnost tražnje prikazati na grafiku.
Rešenje:
Oblast definisanosti funkcije tražnje odreÿujemo iz uslova za koje važi
p ! 0 š x ! 0 š x' 0 Ÿ p ! 0 š 2 p 30 ! 0 š 2 0 Ÿ
Ÿ p ! 0 š p 15 š p  R Ÿ p  0,15.
Elastiþnost funkcije tražnje je definisana u oblasti u kojoj je definisana i
funkcija tražnje, dakle u oblasti p(0,15).
Elastiþnost funkcije tražnje je
p '
p
2p
2
x
x
2 p 30
2 p 30
pa cenu pri kojoj tražnja ima jediniþnu elastiþnost nalazimo rešavanjem
jednaþine
E x, p
E x, p
1 Ÿ
2p
2 p 30
1 Ÿ p
30
4
15
 0,15 .
2
Interval cene u kome je tražnja neelastiþna nalazimo rešavanjem sledeüe
nejednaþine u oblasti definisanosti funkcije tražnje
1 E x , p 0 Ÿ 1 2p
15
§ 15 ·
0Ÿ0 p
Ÿ p  ¨ 0, ¸  0,15.
2 p 30
2
© 2¹
179
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Interval cene u kome je tražnja elastiþna nalazimo rešavanjem sledeüe
nejednaþine u oblasti definisanosti funkcije tražnje
2p
15
1 Ÿ p ! .
2 p 30
2
Kako je oblast definisanosti funkcije tražnje p(0,15), to je interval cene u
kome je tražnja elastiþna dat sa
E x , p 1 Ÿ
§ 15 ·
§ 15 ·
p  ¨ , v ¸ ˆ 0,15 Ÿ p  ¨ ,15 ¸.
©2 ¹
©2
¹
Pošto je
E '
x, p
§ 2p ·
¨¨
¸¸
© 2 p 30 ¹
'
2 ˜ 2 p 30 2 p ˜ 2 60
2 p 30
2 p 302
2
0
to je elastiþnost funkcije tražnje u oblasti definisanosti opadajuüa funkcija i
nema ekstremnih vrednosti.
Pošto je
E ''
x, p
·
§
60
¸
¨
¨ 2 p 30 2 ¸
¹
©
'
60 ˜ 2 ˜ 2 p 30 ˜ 2 240
2 p 30
2 p 303
4
to je u oblasti definisanosti elastiþnosti funkcije tražnje E x , p 0 , pa je
''
elastiþnost funkcije tražnje konkavna u celoj oblasti definisanosti.
Kako je
lim E x , p
x o0 lim E x , p
x o15
2p
0
x o 0 2 p 30
2p
v
lim
x o15 2 p 30
lim
180
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
to je prava x=15 vertikalna asimptota.
Na osnovu ovoga grafik elastiþnosti funkcije tražnje je
0
3.75
7.5
11.25
15
2
( 2˜p )
4
2˜p 30
6
8
10
p
5.8. Dokazati da je elastiþnost proseþnih troškova za jedan manja od
EC , x 1.
elastiþnosti ukupnih troškova, odnosno da važi E C ,x
Rešenje:
Pošto je C
E
C ,x
C
x
x §·
˜ C¸
¨
C © ¹
'
onda važi
x §C·
˜¨ ¸
§C· © x ¹
¨ ¸
©x¹
,
x2
C
§C' ˜ x C ·
¸¸
˜ ¨¨
x2
©
¹
x
˜ C ' 1
C
E C , x 1.
5.9. Dokazati da je proizvodnja pri kojoj su proseþni troškovi minimalni,
jednaka proizvodnji za koju ukupni troškovi imaju jediniþnu elastiþnost.
Dokazati da su minimalni proseþni troškovi jednaki graniþnim
troškovima.
181
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
Pronaÿimo proizvodnju pri kojoj su proseþni troškovi minimalni:
C
C
§·
Ÿ ¨C ¸
x
© ¹
'
C'x C
x2
0 Ÿ C'x C
0Ÿ x
C
C'
za
C
§·
0 x ' Ÿ ¨C ¸
C
© ¹
dok za
C
§·
vŸ
x
¨C ¸
C'
© ¹
'
'
C'x C
0
x2
C'x C
! 0.
x2
Pošto prvi izvod funkcije proseþnih troškova menja znak od – ka + pri
C
prolasku kroz stacionarnu taþku x
, to zakljuþujemo da je to taþka
C'
C
minimuma funkcije proseþnih troškova, odnosno za proizvodnju x
C'
proseþni troškovi su minimalni.
Elastiþnost funkcije ukupnih troškova u toj taþki je:
x
C C'
˜C'
˜
1 , dakle za proizvodnju pri kojoj su proseþni troškovi
C
C' C
minimalni, ukupni troškovi imaju jediniþnu elastiþnost.
EC , x
Minimum proseþnih troškova iznosi
§C·
C¨ ' ¸
©C ¹
C
§C·
¨ '¸
©C ¹
graniþnim troškovima.
C min
C ' , dakle minimum proseþnih troškova je jednak
182
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
5.10. Data je funkcija tražnje x p 2 e 2 p 2 . Ispitati kako poveüanje cene sa
nivoa p 2 utiþe na ukupan prihod.
Rešenje:
Kako je
p '
˜x
x
E x, p
p
2
p e
2 p 2
p
2
p e
p
˜ p 2 e 2 p 2 '
2 p 2
2
p e
2 p 2
˜ 2 p ˜ e 2 p 2 p 2 e 2 p 2 2 ˜ 2 pe 2 p 2 1 p 2 ˜ 1 p to je
E x, p p
2 2  v,1 pa ukupan prihod opada sa porastom cene.
x
5.11.Data je funkcija ukupnih troškova C 15e 3 . Ispitati kako poveüanje
proizvodnje sa nivoa x=2 utiþe na proseþne troškove.
Rešenje:
Kako je
EC , x
x '
C
C
x
x
15e
x
3
1
˜ 15 ˜ e 3
3
x
3
to za
x
2 Ÿ EC , x
2
 0,1
3
pa poveüanje proizvodnje sa nivoa x=2 izaziva smanjenje proseþnih troškova.
x 2 40
5.12.Data je elastiþnost proseþnih troškova E . Odrediti
C,x
x 2 3 x 40
funkciju ukupnih troškova znajuüi da fiksni troškovi iznose 40 jedinica
proizvoda, odnosno C(0)=40.
183
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
Imajuüi u vidu rešenje zadatka 5.8. važi:
x 2 40
2 x 2 3x
1
C,x
x 2 3 x 40
x 2 3 x 40
x
x dC
EC , x
˜C'
˜
pa je
C
C dx
x dC
2 x 2 3x
dC
2 x 2 3x
2x 3
˜
Ÿ
dx
dx Ÿ
2
2
2
C dx x 3 x 40
C
x ˜ x 3 x 40
x 3 x 40
dC
2x 3
Ÿ³
dx Ÿ ln C ln x 2 3 x 40 ln C1 Ÿ
2
³
C
x 3 x 40
Ÿ ln C ln C1 ˜ x 2 3x 40 Ÿ C C1 x 2 3 x 40
E 1
EC , x
gde smo integracionu konstantu predstavili u obliku lnC1.
Kako je po uslovu zadatka C(0)=C1 ˜ 40=40 to je C1=1 pa je
C
x 2 3x 40.
Zadaci za vežbu:
5.13. Data je funkcija tražnje x
p
120 i funkcija ukupnih troškova
6
x2
2500. Odrediti razliku maksimalne dobiti i dobiti pri
4
proizvodnji za koju su proseþni troškovi minimalni.
C
5.14. Data je funkcija tražnje x 1,8 p 35,2.
a) Ispitati kako poveüanje cene sa nivoa p=5 utiþe na ukupan prihod.
b) Ispitati kako poveüanje realizacije sa nivoa x=13,6 utiþe na ukupan
prihod.
5.15 Data je funkcija tražnje x 20 p 3 e p . Odrediti oblast definisanosti
funkcije ukupnog prihoda i iznos maksimalnog ukupnog prihoda.
184
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
5.16. Data je funkcija tražnje x
p
10000 i funkcija proseþnih troškova
2
9 ˜ 10 6
. Kolika je maksimalna dobit? Da li je rentablina proizvodnja
x
za koju ukupni troškovi imaju jediniþnu elastiþnost?
C
2x 5.17. Graniþni prihod za neki proizvod je Px'
200
x
. Odrediti funkciju
ukupnog prihoda ako je P(10)=100.
3 4e x . Odrediti proseþne troškove
5.18. Dati su graniþni troškovi C '
koristeüi uslov C(0)=80.
5.19. Data je funkcija tražnje x
jediniþnu elastiþnost.
p 2 e 2 p 6 . Odrediti cenu za koju tražnja ima
5.20. Data je funkcija tražnje x ˜ p a
elastiþnost ove funkcije konstantna.
b
(a, b su konst ). Pokazati da je
5.21. Data je funkcija ukupnih troškova C
3 x 2 5 x 4 . Ispitati kako
poveüanje proizvodnje sa nivoa x=1 utiþe na proseþne troškove.
3
5.22. Data je funkcija ukupnih troškova C 20 ˜ 1 x 2 . Odrediti proizvodnju
pri jediniþnoj elastiþnosti funkcije ukupnih troškova. Odrediti minimalne
proseþne troškove.
5.23. Funkcija tražnje je :
a)
x
200 4 p
p
6
2
x 10 pe
.
b)
Odrediti intervale cena u kojima je tražnja elastiþna odnosno neelastiþna.
5.24. Data je funkcija tražnje x
80 5 p . Odrediti proizvodnju i cenu pri
kojima je ukupan prihod maksimalan.
185
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
1
5.25. Data je funkcija ukupnih troškova C
proseþni troškovi?
5.26. Funkcija graniþnih troškova je P '
x 2 e x . Koliko iznose minimalni
3 x 270
, a funkcija proseþnih
2
9
45 150
. Odrediti cenu pri kojoj se ostvaruje maksimalna
x
2
2
x
dobit, pri þemu treba imati u vidu da je P(0)=0.
troškova C
x
6
5.27. Data je funkcija proseþnog prihoda p 5e 2 i funkcija proseþnih
1000
. Odrediti maksimalnu dobit i proizvodnju za koju se ona
troškova C
x
postiže.
186
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6.
LINEARNA ALGEBRA
6.1. Determinante i matrice
Rešeni zadaci:
6.1.1. Izraþunati determinante:
a)
2
3
2
1
3
2
1
3
2
4
5
2
3
b)
c)
x2 x 1
x3
1
x 1
d)
ab
c
1
bc
ca
a
b
1
1
Rešenje:
a)
2
2
3
1
3
2
1
3
2
4
5
2
3
2 ˜ 1 3 ˜ 2 8
b)
3 ˜ 4 ˜ 3 2 ˜ 2 ˜ 2 3 ˜ 5 ˜ 1 2 ˜ 4 ˜ 1 3 ˜ 2 ˜ 5 3 ˜ 2 ˜ 3 3
187
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
x2 x 1
x
1
3
x 1
x
2
x 1 ˜ x 1 x 3
x3 1 x3
1
d)
ab
c
1
bc
a
1
ca
b
1
a b ˜ a c a ˜ c b c ˜ b c a ˜ a a b ˜ b b c ˜ c 0
6.1.2. Date su matrice:
A
ª2
« 1
«
«¬1
1º
1 »» ,
0 »¼
1
0
2
B
ª3
«2
«
«¬ 2
1º
0 »» .
3 »¼
1
1
0
Naüi A B, A B, 3 ˜ A.
Rešenje:
1
A B
ª2
« 1
«
«¬1
1
A B
ª2
« 1
«
«¬1
0
2
0
2
1º ª3
1 »» ««2
0 »¼ «¬ 2
1
1º ª3
1 »» ««2
0 »¼ «¬ 2
1
1
0
1
0
188
1º
0 »»
3 »¼
ª5
«1
«
«¬ 1
1º
0 »»
3 »¼
ª 1
« 3
«
«¬3
2
1
2
0
1
2
2º
1 »»
3 »¼
0 º
1 »»
3»¼
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
ª2
3 ˜ «« 1
«¬1
3˜ A
1º
1 »»
0 »¼
1
0
2
ª6
« 3
«
«¬3
3º
3 »»
0 »¼
3
0
6
6.1.3. Naüi A˜B ako je:
a)
A
1
ª1
«3
«
«¬0
2
2
ª1
« 1
«
«¬3
2º
0 »»
1 »¼
0 º
1»»
1 »¼
B
ª1
«0
«
«¬ 1
2º
1 »» .
0 »¼
1
0
0º
2»¼
ª0
«1
«
«¬2
2 º
2 »»
1»¼
b)
A
B
ª1
« 1
¬
c)
A
>1
3@
2
B
Rešenje:
a)
A˜ B
ª1
«4
«
«¬ 1
1º
8 »»
2»¼
189
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
A˜ B
ª 1
« 1
«
«¬2
1
>8
1@
4º
0 »»
2»¼
1
3
c)
A˜ B
6.1.4. Naüi inverzne matrice sledeüih matrica:
a)
A
ª1
«3
¬
2º
4»¼
ª1
«1
«
«¬2
2
b)
A
1
0
1 º
0 »»
1»¼
Rešenje:
a)
Kako je det A
46
A-1 koju dobijamo kao A 1
2 z 0 to ova matrica A ima inverznu matricu
1
adjA .
det A
Važi sledeüe:
190
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
š
A 11
š
A 12
š
A 21
š
A 22
(1)11 x 4
4
(1)1 2 x 3
3
(1) 2 1 x 2
2
(1) 2 2 x 1
1
pa je
š
A
ª4
« 2
¬
3º
1 »¼
Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica
Aˆ T matrice A, pa je
adjA
Aˆ T
ª4
« 3
¬
2º
1 »¼
pa je
A
1
1 ª4
«
2 ¬ 3
2º
1 »¼
ª 2
«3
«
¬2
1 º
1 »»
2¼
b)
Kako je det A
Važi sledeüe:
1 2 2 1 to data matrica ima inverznu matricu.
191
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
š
A 11
š
A 12
š
A 13
š
A 21
š
A 22
š
A 23
š
A 31
š
A 32
š
A 33
(1)11 x
1
0
0
1
1
0
2
1
1
1
2
0
2
1
0
1
1
1
2
1
1
2
2
0
2
1
1
0
1
1
1
0
1
2
1
1
(1)1 2 x
(1)13 x
(1) 21 x
(1) 2 2 x
(1) 23 x
(1) 31 x
(1) 3 2 x
(1) 33 x
1
1
2
2
3
4
1
1
1
pa je
š
A
ª 1
«2
«
«¬ 1
1
3
1
2º
4 »».
1»¼
Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica
Aˆ T matrice A, pa je
192
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Aˆ
adjA
T
ª 1
«1
«
«¬ 2
1º
1 »»
1»¼
2
3
4
pa je
A 1
ª 1
1«
«1
1
«¬ 2
1º
1 »»
1»¼
2
3
4
ª1
« 1
«
«¬2
2
3
4
1 º
1»».
1 »¼
6.1.5. Odrediti matricu X iz jednaþina:
A˜X=B,
a)
X˜A=B,
b)
ako je
A
ª0
«2
«
«¬1
1
3
0
2º
4»»
1 »¼
B
ª1
«0
«
«¬1
1
2
0
0º
1 »»
1 »¼
Rešenje:
a)
A˜ X
Važi
B Ÿ A 1 ˜ A ˜ X
Kako je det A
Važi sledeüe:
A 1 ˜ B Ÿ I ˜ X
A 1 ˜ B Ÿ X
A 1 ˜ B .
4 6 2 4 to data matrica ima inverznu matricu.
193
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
š
A 11
š
A 12
š
A 13
š
A 21
š
A 22
š
A 23
š
A 31
š
A 32
š
A 33
3
4
0
1
2
4
1
1
2
3
1
0
1
2
0
1
0
2
1
1
0
1
1
0
1
3
2
4
0
2
2
4
0
1
2
3
(1)11 x
(1)1 2 x
(1)13 x
(1) 2 1 x
(1) 2 2 x
(1) 23 x
(1) 31 x
(1) 3 2 x
(1) 33 x
3
2
3
1
2
1
2
4
2
pa je
š
A
ª3
« 1
«
«¬ 2
2
2
4
3º
1 »».
2»¼
Adjungovana matrica (adjA) kvadratne matrice A je transponovana komatrica
Aˆ T matrice A, pa je
194
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Aˆ
adjA
T
1
ª3
«2
«
«¬ 3
2º
4 »»
2»¼
2
1
pa je
A
1
ª3
1«
«2
4
«¬ 3
1
2º
4 »».
2»¼
2
1
Sada je
1
A ˜B
X
ª1
1«
«6
4
«¬ 5
b)
1
2
1
ª3
1«
«2
4
«¬ 3
1
2
1
2º ª1
4 »» ««0
2»¼ «¬1
1
2
0
0º
1 »»
1 »¼
3º
2 »»
1»¼
Važi
X ˜A
B Ÿ X ˜ A ˜ A 1
ŸX
ª1
«0
«
«¬1
1
2
0
B ˜ A 1 Ÿ X ˜ I
0º
ª3
§ 1· «
»
1 » ˜ ¨ ¸ ˜ «2
© 4¹
«¬ 3
1 »¼
195
B ˜ A 1 Ÿ X
1
2
1
2º
4 »»
2»¼
B ˜ A 1 Ÿ
ª5
1 «
˜ «1
4
«¬0
3
3
0
2 º
6 »»
4»¼
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6.1.6. Odrediti matricu X iz jednaþine X˜ (A-2I)=A+I gde je
A
ª0
«2
«
«¬1
1
3
0
2º
4»» .
1 »¼
Rešenje:
Važi X ˜ A 2 I A I Ÿ X
A I ˜ A 2 I 1 .
Pošto je
I
ª1
«0
«
«¬0
A 2I
0
0º
0»»
1 »¼
1
0
ª 2
«2
«
«¬1
1
1
0
to je
A I
ª1
«2
«
«¬1
1
4
0
2º
4»» i
2»¼
2 º
4 »» .
1»¼
Kako je det A 2 I 2 4 2 2 6 z 0 to postoji inverzna matrica
matrice A 2 I koju nalazimo kao
1
adj A 2 I .
det A 2 I A 2 I 1
Uobiþajenom procedurom dobijamo
A 2 I 1
ª 1
1 «
6
6 «
«¬ 1
1
0
1
2 º
12 »» pa je
4 »¼
196
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
X
A I ˜ A 2I 1
ª3
1 «
˜ 18
6 «
«¬ 3
3
6
3
ª1
«2
«
«¬1
2º
ª 1
1 «
»
4 » ˜ ˜ «6
6
«¬ 1
2»¼
1
4
0
6 º
36 »».
6»¼
Zadaci za vežbu:
6.1.7. Rešiti sledeüe matriþne jednaþine
a)
b)
c)
X ˜ A 3A 2 ˜ X
3˜ X 2 ˜ A X ˜ A
I A ˜ X I
gde je
A
ª0
«3
«
«¬1
1
3
2
2º
1 »».
3 »¼
197
1
0
1
2 º
12 »»
4»¼
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6.2. Rešavanje sistema linearnih algebarskih jednaþina pomoüu
determinanti i matrica
Rešeni zadaci:
6.2.1. Primenom determinanti rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina:
a)
3x y 2 z
3
x 2y z
4
2x y z
1
3x 2 y 5 z
1
b)
x y 2z
0
7x 4 y 2z
11
Rešenje:
a)
Pošto je determinanta sistema
'
3
1
2
1
2
1
2
1
1
3 ˜ 2 ˜ 1 1 ˜ 1 ˜ 2 1 ˜ 1 ˜ 2 2 ˜ 2 ˜ 2 1 ˜ 1 ˜ 1 1 ˜ 1 ˜ 3 10 z 0
to sistem ima jedinstveno rešenje.
Kako je
'x
3
1
2
4
1
2
1
1
1
3 ˜ 2 ˜ 1 1 ˜ 1 ˜ 1 4 ˜ 2 ˜ 1 2 ˜ 2 ˜ 1 3 ˜ 1 ˜ 1 4 ˜ 1 ˜ 1 10
198
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
'y
3
3
2
1
4
1
2
1
1
3 ˜ 4 ˜ 1 3 ˜ 1 ˜ 2 1 ˜ 2 ˜ 1 2 ˜ 4 ˜ 2 3 ˜ 1 ˜ 1 3 ˜ 1 ˜ 1 20
'z
3
1
1
2
3
4
2
1
1
3 ˜ 2 ˜ 1 1 ˜ 4 ˜ 2 3 ˜ 1 ˜ 1 3 ˜ 2 ˜ 2 3 ˜ 4 ˜ 1 1 ˜ 1 ˜ 1 10
to je jedinstveno rešenje sistema
x
y
z
'x
'
'y
10
1
10
20
2
10
10
1
10
'
'z
'
b)
Pošto je determinanta sistema
'
3
2
5
1
1
2
7
4
2
3 ˜ 1 ˜ 2 2 ˜ 2 ˜ 7 5 ˜ 1 ˜ 4 5 ˜ 1 ˜ 7 3 ˜ 2 ˜ 4 2 ˜ 1 ˜ 2 1 z 0
to sistem ima jedinstveno rešenje.
Kako je
199
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
'x
1
2
5
0
1
2
11
4
2
1 ˜ 1 ˜ 2 2 ˜ 2 ˜ 11 5 ˜ 0 ˜ 4 5 ˜ 1 ˜ 11 1 ˜ 2 ˜ 4 2 ˜ 0 ˜ 2 1
'y
3
1
5
1
0
2
7
11
2
3 ˜ 0 ˜ 2 1 ˜ 2 ˜ 7 5 ˜ 1 ˜ 11 5 ˜ 0 ˜ 7 3 ˜ 2 ˜ 11 1 ˜ 1 ˜ 2 1
'z
3
2
1
1
1
0
7
4
11
3 ˜ 1 ˜ 11 2 ˜ 0 ˜ 7 1 ˜ 1 ˜ 4 1 ˜ 1 ˜ 7 3 ˜ 0 ˜ 4 2 ˜ 1 ˜ 11 0
to je jedinstveno rešenje sistema
x
y
z
'x
'
'y
'
'z
'
1
1
1
1
1
1
0
0
1
200
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6.2.2. Primenom determinanti rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina:
a)
2x 2 y 2z
2 x y 3z
4
9
3x 2 y 4 z
11
4x 2 y 2z
2
b)
x 2y z
3x y 2 z
4
3
Rešenje:
a)
'
Pošto je determinanta sistema
2
2
2
2
1
3
3
2
4
2 ˜ 1 ˜ 4 2 ˜ 3 ˜ 3 2 ˜ 2 ˜ 2 2 ˜ 1 ˜ 3 2 ˜ 3 ˜ 2 2 ˜ 2 ˜ 4 0
i
201
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
'x
4
2
2
9
1
3
11
2
4
4 ˜ 1 ˜ 4 2 ˜ 3 ˜ 11 2 ˜ 9 ˜ 2 2 ˜ 1 ˜ 11 4 ˜ 3 ˜ 2 2 ˜ 9 ˜ 4 0
'y
2
4
2
2
9
3
3
11
4
2 ˜ 9 ˜ 4 4 ˜ 3 ˜ 3 2 ˜ 2 ˜ 11 2 ˜ 9 ˜ 3 2 ˜ 3 ˜ 11 4 ˜ 2 ˜ 4 0
'z
2
2
4
2
1
9
3
2
11
2 ˜ 1 ˜ 11 2 ˜ 9 ˜ 3 4 ˜ 2 ˜ 2 4 ˜ 1 ˜ 3 2 ˜ 9 ˜ 2 2 ˜ 2 ˜ 11 0
to sistem ima beskonaþno mnogo rešenja.
2
2
2 4 2 z 0 to se dalje
2
1
rešavanje sistema svodi na rešavanje sledeüeg sistema jednaþina po x i y
Kako je poddeterminanta sistema
2x 2 y
2x y
4 2z
9 3z
gde je z slobodna (nezavisna promanljiva).
Pošto je za ovaj sistem
202
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
'
2
2
2
1
4 2 z 2
'x
9 3 z 1
'y
2
4 2 z ˜ 1 9 3z ˜ 2
2
4 2z
2
9 3z
14 4 z
2 ˜ 9 3 z 2 ˜ 4 2 z 10 2 z
to je
x
y
'x
'
'y
'
14 4 z
2
10 2 z
2
7 2z
5 z
Dakle, ovaj sistem ima beskonaþno mnogo rešenja oblika
x
7 2D
y
5 D
z
D
b)
'
Pošto je determinanta sistema
4
2
2
1
3
2
1
1
2
4 ˜ 2 ˜ 2 2 ˜1 ˜ 3 2 ˜1 ˜1 2 ˜ 2 ˜ 3 4 ˜1 ˜1 2 ˜ 1 ˜ 2 i
203
0
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
'x
2
2
2
4
2
1
3
1
2
2 ˜ 2 ˜ 2 2 ˜ 1 ˜ 3 2 ˜ 4 ˜ 1 2 ˜ 2 ˜ 3 2 ˜ 1 ˜ 1 2 ˜ 4 ˜ 2
'y
4
2
2
1
4
1
3
3
2
0
4 ˜ 4 ˜ 2 2 ˜ 1 ˜ 3 2 ˜ 1 ˜ 3 2 ˜ 4 ˜ 3 4 ˜ 1 ˜ 3 2 ˜ 1 ˜ 2 0
'z
4
2
2
1
2
4
3
1
3
4 ˜ 2 ˜ 3 2 ˜ 4 ˜ 3 2 ˜ 1 ˜ 1 2 ˜ 2 ˜ 3 4 ˜ 4 ˜ 1 2 ˜ 1 ˜ 3 0
to sistem ima beskonaþno mnogo rešenja.
4
2
8 2 10 z 0 to se dalje
1
2
rešavanje sistema svodi na rešavanje sledeüeg sistema jednaþina po x i y
Kako je poddeterminanta sistema
4x 2 y
x 2y
2 2 z
4 z
gde je z slobodna (nezavisna promanljiva).
Pošto je za ovaj sistem
204
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2
2
4
1
'
10
2 2z
4 z
'x
'y
2
2
4
2 2 z
1
4z
2 2 z ˜ 2 4 z ˜ 2
4 6z
4 ˜ 4 z 1 ˜ 2 2 z 18 2 z
to je
x
y
'x
'
'y
'
4 6 z 2 3z
10
5
18 2 z 9 z
10
5
Dakle, ovaj sistem ima beskonaþno mnogo rešenja oblika
x
y
z
2 3D
5
9 D
5
D
6.2.3. Primenom determinanti rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina:
a)
3x 5 y 2 z
0
5x 6 y z
4
2 x y 3z
5
x 2 y 3z
3
b)
2x y z
8 x y 3z
1
2
205
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
a)
Kako je determinanta sistema
'
3
5
2
5
6
1
2
1
3
3 ˜ 6 ˜ 3 5 ˜ 1 ˜ 2 2 ˜ 5 ˜ 1 2 ˜ 6 ˜ 2 3 ˜ 1 ˜ 1 5 ˜ 5 ˜ 3 0
a
'x
0
5
2
4
5
6
1
1
3
0 ˜ 6 ˜ 3 5 ˜ 1 ˜ 5 2 ˜ 4 ˜ 1 2 ˜ 6 ˜ 5 0 ˜ 1 ˜ 1 5 ˜ 4 ˜ 3
17 z 0
to je ovaj sistem protivreþan, odnosno nema rešenja.
b)
Kako je determinanta sistema
'
1
2
3
2
1
1
8
1
3
1 ˜ 1 ˜ (3) 2 ˜ 1 ˜ 8 3 ˜ 2 ˜ 1` 3 ˜ 1 ˜ 8 1 ˜ 1 ˜ 1 3 ˜ 2 ˜ 2 0
a
'x
3
1
2
1
3
1
2
1
3
3 ˜ 1 ˜ (3) 2 ˜ 1 ˜ 2 3 ˜ 1 ˜ 1 3 ˜ 1 ˜ 2 1 ˜ 1 ˜ 3 3 ˜ 1 ˜ 2 7 z 0
to je ovaj sistem protivreþan, odnosno nema rešenja.
206
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
6.2.4. Diskutovati i rešiti sledeüe sisteme jednaþina:
a)
2mx 4 y 2 z
2
x m 1 y 2 z
2 x 2 y 3z
5
6
b)
x ky 2 z
1
x 2k 1 y 3 z
x ky k 3z
1
2k 1
Rešenje:
a)
'
Determinanta sistema je
2m
4
1
2
m 1 2
2
3
2
2m ˜ m 1 ˜ 3 4 ˜ 2 ˜ 2 2 ˜ 1 ˜ 2 2 ˜ 2 ˜ m 1 2 ˜ 2 ˜ 2m 4 ˜ 1 ˜ 3
6 ˜ m 2 3m 2
6 ˜ m 1 ˜ m 2 a
207
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
'x
2
4
2
5
6
m 1 2
2
3
2 ˜ m 1 ˜ 3 4 ˜ 2 ˜ 6 2 ˜ 5 ˜ 2 2 ˜ m 1 ˜ 6 2 ˜ 2 ˜ 2 4 ˜ 5 ˜ 3 6 ˜ m 1
'y
2m
1
2
5
2
2
2
6
3
2m ˜ 5 ˜ 3 2 ˜ 2 ˜ 2 2 ˜ 1 ˜ 6 2 ˜ 5 ˜ 2 2m ˜ 2 ˜ 6 2 ˜ 1 ˜ 3 6 ˜ m 1
'z
2m
4
1
m 1 5
2
2
2
6
2m ˜ m 1 ˜ 6 4 ˜ 5 ˜ 2 2 ˜ 1 ˜ 2 2 ˜ m 1 ˜ 2 2m ˜ 5 ˜ 2 4 ˜ 1 ˜ 6 12 ˜ m 2 3m 2
12 ˜ m 1 ˜ m 2 Za 'z0 , odnosno za mz1 i mz2 sistem ima jedinstveno rešenje dato sa
x
y
z
'x
'
6 ˜ m 1
6 ˜ m 1 ˜ m 2 1
2m
'y
'
6 ˜ m 1
6 ˜ m 1 ˜ m 2 1
m2
'z
'
12 ˜ m 1 ˜ m 2 6 ˜ m 1 ˜ m 2 2
Za m=1 važi ' ' x ' y ' z 0 pa sistem ima beskonaþno mnogo
rešenja. Nalazimo ih na sledeüi naþin.
Za m=1 sistem postaje
208
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
2x 4 y 2z
x
2z
2
5
2 x 2 y 3z
6
2
4
0 4 4 z 0 to se dalje
1
0
rešavanje sistema svodi na rešavanje sledeüeg sistema jednaþina po x i y
Kako je poddeterminanta sistema
2x 4 y
x
2 2z
gde je z slobodna (nezavisna promanljiva).
5 2z
z4
z proizvoljno ,
2
odnosno za m=1 sistem ima beskonaþno mnogo rešenja oblika
Rešenje ovog sistema je x
x
y
z
5 2 z,
y
5 2D
D 4
2
D
Za m=2 determinanta sistema je jednaka nuli, a determinanta 'y=6z0 pa je
sistem protivreþan, odnosno nema rešenja.
b)
'
Determinanta sistema je
1
k
1
1
2k 1 3
k
k 3
2
k 2 1
k 1 ˜ k 1
a
'x
1
1
k
2
2k 1 3
2k 1 k
k 2 6k 5
k 3
209
k 1 ˜ 5 k Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
'y
'z
1
1
2
1
1
3
1
2k 1 k 3
1
k
1
1
2k 1 1
k
2k 1
2 ˜ k 1
1
2 k 2 4k 2
2 ˜ k 1
2
Za 'z0, odnosno za kz1 i kz -1 sistem ima jedinstveno rešenje dato sa
x
y
z
'x
'
k 1 ˜ 5 k k 1 ˜ k 1
5k
k 1
'y
'
2 ˜ k 1
k 1 ˜ k 1
2
k 1
'z
'
2 ˜ k 1
k 1 ˜ k 1
2 ˜ k 1
k 1
2
Za k=1 važi '
'x
'y
'z
0 pa sistem ima beskonaþno mnogo rešenja.
Nalazimo ih na sledeüi naþin.
Za k=1 sistem postaje
x y 2z
1
x y 3z
1
x y 4z
1
1
2
3 2 1 z 0 to se dalje
1
3
rešavanje sistema svodi na rešavanje sledeüeg sistema jednaþina po x i z
Kako je poddeterminanta sistema
210
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
x 2z
1 y
x 3z
1 y
gde je y slobodna (nezavisna promanljiva).
y proizvoljno
Rešenje ovog sistema je x 1 y,
za k=1 sistem ima beskonaþno mnogo rešenja oblika
z
0 , odnosno
x 1D
y D
z
0
Za k= -1 determinanta sistema je jednaka nuli, a 'y=4z0 pa je sistem
protivreþan, odnosno sitem nema rešenja.
6.2.7. Rešiti sledeüe sisteme jednaþina pomoüu inverzne matrice:
a)
x yz
6
2x y z
3
x y 2z
5
b)
2x 3y z
3x 5 y 2 z
x 2 y 3z
11
19
14
Rešenje:
a)
A
ª1
«2
«
«¬1
Ovaj sistem jednaþina se može prikazati u matriþnom obliku
A ˜ X B gde je
1
1
1
1º
1 »»
2»¼
X
ªx º
« y»
« »
«¬ z »¼
211
B
ª6 º
«3 »
« »
«¬5 »¼
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Pošto je
det A
1
1
1
2
1
1
1
1
2
5z0
zakljuþujemo da matrica A ima inverznu matricu A-1,pa važi X
A 1 ˜ B .
Uobiþajenim postupkom nalaženja inverzne matrice dobija se
A
X
ª1
1«
1
5«
«¬1
1
2º
1 »» pa je sada
3 »¼
3
1
2
ª1
1«
1
5«
«¬1
3
1
2
2º ª6º
1 »» ˜ ««3 »»
3 »¼ «¬5 »¼
ª5 º
1«
10»»
«
5
«¬15 »¼
ª1 º
« 2»
« »
«¬3 »¼
Dakle rešenje sistema je x = 1, y = -2, z = 3.
b)
A
Ovaj sistem jednaþina se može prikazati u matriþnom obliku
A ˜ X B gde je
ª2
«3
«
«¬1
3
1º
2»»
3 »¼
5
2
X
ªx º
« y»
« »
«¬ z »¼
B
ª11º
«19»
« »
«¬14»¼
Pošto je
det A
1
1
1
2
1
1
1
1
2
2z0
zakljuþujemo da matrica A ima inverznu matricu A-1,pa važi X
Uobiþajenim postupkom nalaženja inverzne matrice dobija se
212
A 1 ˜ B .
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
A
X
1
ª11
1«
7
2«
«¬1
ª11
1«
7
2«
«¬1
7
1 º
1»» pa je sada
1 »¼
5
1
7
1 º ª11º
1»» ˜ ««19»»
1 »¼ «¬14»¼
5
1
ª2º
1« »
4
2« »
«¬6 »¼
ª1 º
«2»
« »
«¬3 »¼
Dakle rešenje sistema je x = 1, y = 2, z = 3.
Zadaci za vežbu:
6.2.8. Primenom determinanti rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina:
a)
b)
2 x 4 y 3z
x 5y 7z
0
8
3 x 6 y 11z
6
c)
3x 3 y 2 z
2
4x 5 y 2z
1
5x 6 y 4 z
3
2x 3 y 6z
2
3x 2 y z
3
5x 3 y 7 z
4
d)
x 2y z
5x y 2 z
0
0
6 x 2 y 3z
0
6.2.9. Diskutovati i rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina:
a)
b)
ax 4 y 3 z 1
2 x k 1 y z
2x 6 y 2z
2kx y z 1
4kx 5 y z 11
3x 2 y z
a 1
3
213
5
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c)
d)
2x y z
2
ax y z
1
ax 2 y 3 z
a
x ay z
a
8 x ay 3 z
4a
x y az
a2
6.2.10. Koristeüi inverznu matricu rešiti sledeüe sisteme linearnih jednaþina:
a)
b)
x y 5z
x 3z
5
3x y 3z
5x 2 y 5z
2
3x y z
5
3
c)
2x 3y 2z
4
1
d)
3x 4 y z
2 x 3 y 3z
4x y 2z
1
2
2x 3y z
0
x 2 y 3z
1
3x 4 y
3
214
2z
1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.
ELEMENTI FINANSIJSKE MATEMATIKE
7.1. Procentni raþun
Rešeni zadaci:
7.1.1. Posle poskupljenja od 11% roba se prodaje za 1000 dinara. Izraþunati
a) za koliko je dinara poveüana cena
b) koliko bi iznosila prodajna cena da je poveüanje iznosilo 18% od
prvobitne cene
c) za koliko bi procenata bila poveüana cena da se roba posle poveüanja
cene prodaje za 15 000 dinara?
Rešenje:
Obeležimo sa x poþetnu cenu robe. Tada je:
a)
1000
900,9
1,11
Poþetna cena je bila 900,9 dinara, pa je cena poveüana za
1000din-900,9din=99,1din
x ˜ 1,11 1000 Ÿ x
b)
900,9 ˜ 1,18 1063,06
Posle poveüanja od 18% cena bi iznosila 1063,06 dinara.
c)
900,9 ˜ 1 p 15000 Ÿ p
15000
1 15,65 Ÿ p %
900,9
Cena bi bila poveüana za 1565%.
215
p ˜ 100% Ÿ p % 1565%
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.1.2. Cena nekog proizvoda se u toku nekog perioda menjala na sledeüi naþin:
poveüana je 7%, pa smanjena 18%, poveüana je 8%, pa smanjena 12% i na
kraju poveüana 4%. Posle tih promena, cena proizvoda iznosi 9770 din.
a) Kolika je bila poþetna cena proizvoda?
b) Da li se ovakvim postupkom poþetna cena poveüala ili smanjila i za
koliko je ukupno procenata izvršeno to poveüanje (ili smanjenje) poþetne
cene?
Rešenje:
Obeležimo sa x poþetnu cenu proizvoda. Tada je:
a)
9770
11265,67
1,07 ˜ 0,82 ˜1,08 ˜ 0,88 ˜1,04
Poþetna cena proizvoda je bila 11265,67 dinara.
x ˜1,07 ˜ 0,82 ˜1,08 ˜ 0,88 ˜1,04 9770 Ÿ x
b)
Kako je 1,07 ˜ 0,82 ˜ 1,08 ˜ 0,88 ˜ 1,04 0,8672 zakljuþujemo da se
ovakvim postupkom poþetna cena smanjila za 1 0,8672 ˜ 100% 13,28%.
1
1
je prodata sa zaradom od 8%. Na je
4
3
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?
7.1.3. Od ukupne koliþine robe
Rešenje:
Obeležimo sa x poþetnu vrednost ukupne koliþine robe.
§ § 1 1 ··
Tada poþetna vrednost ostatka robe iznosi ¨¨1 ¨ ¸ ¸¸ ˜ x
© © 4 3 ¹¹
Po uslovu zadatka je
5
˜ x ˜ 0,86 100000 Ÿ x
12
279069,77 din
216
5
˜ x.
12
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Sada je na
1
1
robe ostvarena zarada od ˜ 279069,77 ˜ 0,08
4
4
5581,4din ,
1
1
robe ostvarena zarada je ˜ 279069,77 ˜ 0,18 16774,19din , a na ostatku
3
3
5
˜ 279069,77 ˜ 0,14 16279,07 din.
je ostvaren gubitak od
12
na
Ukupno ostvarena zarada u dinarima iznosi
5581,4 16774,19 16279,07
6076,52 dinara.
U procentima ukupna zarada iznosi
6076,52
˜ 100%
279069,77
2,18%.
1
2
je prodata sa zaradom 12%. Na
robe je
5
7
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?
7.1.4. Od ukupne koliþine robe
Rešenje:
Obeležimo sa x poþetnu vrednost ukupne koliþine robe.
§ § 1 2 ··
Tada poþetna vrednost ostatka robe iznosi ¨¨1 ¨ ¸ ¸¸ ˜ x
© © 5 7 ¹¹
Po uslovu zadatka je:
18
˜x.
35
1
2
18
˜ x ˜ 0,12 ˜ x ˜ 0,06 ˜ x ˜ 0,09 28000din Ÿ
5
7
35
7 ˜ 0,12 5 ˜ 2 ˜ 0,06 18 ˜ 0,09 ˜ x 28000din Ÿ x 526881,72din.
35
Ukupna zarada izražena u procentima je
217
28000
˜ 100%
526881,72
5,31%.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
1
1
2
robe ostvarena zarada je ˜ 526881,72 ˜ 0,12 12645,16 din , na robe
5
5
7
2
ostvaren gubitak je ˜ 526881,72 ˜ 0,06 9032,26 din , a na ostatku je
7
18
˜ 526881,72 ˜ 0,09 24387,1 din.
ostvarena zarada
35
Na
7.1.5. Planirana proizvodnja u tri pogona jednog preduzeüa iznosi 800 000
dinara, i to:
I pogon 320 000 dinara, II pogon 160 000 dinara, III pogon ostatak. Izraþunati:
a) sa kojim procentom uþestvuje svaki pogon u planu preduzeüa
b) koliko iznosi ukupno ostvareni plan preduzeüa, ako je I pogon
ispunio plan sa 120%, II pogon sa 90%, a III pogon sa 105%
c) procentualni prebaþaj ili podbaþaj ukupnog plana proizvodnje?
Rešenje:
a)
I pogon uþestvuje sa
320000
˜ 100%
800000
II pogon uþestvuje sa
160000
˜ 100%
800000
III pogon uþestvuje sa
40%
20%
800000 320000 160000 ˜ 100%
800000
u planu preduzeüa.
b)
Realizacija I pogona je 320000 ˜ 1,2 384000 din ,
realizacija II pogona je 160000 ˜ 0,9 144000 din , a
realizacija III pogona je
800000 320000 160000 ˜ 1,05
Ukupno ostvareni plan preduzeüa je
384000 144000 336000 864000 din.
c)
218
336000 din.
40%
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Ukupan plan proizvodnje je premašen za 864000-800000=64000 dinara,
64000
˜ 100% 8%.
odnosno za
800000
7.1.6. Kolika je stopa inflacije za jednu godinu ako je meseþni rast cena u toj
godini iznosio 6,3%?
Rešenje:
Obeležimo sa x cenu nekog proizvoda na poþetku godine. Cena tog istog
proizvoda na kraju godine iznosi x ˜ 1,06312 . Godišnja stopa inflacije
predstavlja ukupnu procentualnui promenu cene za godinu dana i ako je
obeležimo sa p važi
x ˜ 1 p x ˜ 1,06312 Ÿ p 1,06312 1 1,0816 Ÿ p% 108,16%.
Dakle, godišnja stopa inflacije je 108,16%.
7.1.7. Fabriþka cena nekog proizvoda je 3200din. Kolika je prodajna cena tog
proizvoda, ako je fabriþka cena poveüana za dve razliþite vrste poreza þije su
stope 8% i 12%, obe raþunate na istu osnovicu koja iznosi 75% fabriþke cene?
Rešenje:
Osnovica na koju su porezi izraþunati je 0,75 ˜ 3200 2400 din.
Poveüane cene usled prvog poreza iznosi 0,08 ˜ 2400 192 din, a usled drugog
iznosi 0,12 ˜ 2400 288 din. Ukupno poveüanje fabriþke 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 poþetnu
cenu?
Rešenje:
Obeležimo sa x poþetnu cenu proizvoda.
219
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Nova cena proizvoda je x ˜ 1,08 ˜ 1,12 ˜ 1,06 . Ukoliko sada smanjimo ovu novu
cenu za p procenata dobijamo cenu x ˜ 1,08 ˜ 1,12 ˜ 1,06 ˜ 1 p koja je po uslovu
zadatka jednaka poþetnoj ceni x.
Dakle
x ˜ 1,08 ˜ 1,12 ˜ 1,06 ˜ 1 p x Ÿ p 1
1
1,08 ˜ 1,12 ˜ 1,06
0,22 Ÿ p%
22%
Novu cenu treba smanjiti za 22% da bi se dobila poþetna 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 poveüati da bi on dobio
poþetnu cenu?
Rešenje:
Obeležimo sa x poþetnu cenu proizvoda.
Nova cena proizvoda je x ˜ 0,92 ˜ 0,88 ˜ 0,94 . Ukoliko sada poveüamo ovu novu
cenu za p procenata dobijamo cenu x ˜ 0,92 ˜ 0,88 ˜ 0,94 ˜ 1 p koja je po
uslovu zadatka jednaka poþetnoj ceni x.
Dakle
x ˜ 0,92 ˜ 0,88 ˜ 0,94 ˜ 1 p xŸ p
1
1 0,3140 Ÿ p %
0,92 ˜ 0,88 ˜ 0,94
31,4%
Novu cenu treba poveüatii za 31,4% da bi se dobila poþetna cena.
7.1.10. Preduzeüe 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. Treüa radna organizacija je premašila svoj
proizvodni plan za 15% i proizvela robe u vrednosti od 3 450 000 dinara.
Izraþunati ukupan plan preduzeüa i ukupnu proizvodnju u procentima u odnosu
na ukupan plan.
220
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
Plan prvog pogona je bio
2 380 000
0,85
2 800 000 dinara, plan drugog
2880000
3 200 000 dinara, dok je plan treüeg pogona bio
0,90
3450000
3 000 000 dinara.
1,15
Ukupan plan preduzeüa 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,
8710000
˜ 100% 96,78% ukupnog proizvodnog plana.
što iznosi
9000000
Zadaci za vežbu:
2
2
je prodata sa zaradom 22%. Na
robe je
5
7
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?
7.1.11. Od ukupne koliþine robe
7.1.12. Ukupna nabavna vrednost robe iznosi 800 000 dinara. Jedna þetvrtina
nabavljene robe prodata je sa zaradom od 9%. Tri osmine je prodato sa
gubitkom od 16%, a na ostatku prodate robe zarada iznosi 5%. Izraþunati
koliko procenata iznosi ukupna zarada ili gubitak na celokupnoj prodatoj robi.
7.1.13. Dve devetine robe je prodato po ceni koja je 5% veüa od nabavne.
Jedna treüina 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. Izraþunati kolika je nabavna vrednost robe.
7.1.14. Ako je godišnja stopa pada standarda 25%, kolika je tromeseþna stopa
pada standarda uz pretpostavku da je u sva þetiri kvartala ista?
221
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.1.15. Ako je u jednoj godini stopa ukupnog rasta cena 60%, kolika je tada
stopa meseþnog rasta cena, pod pretpostavkom da je ona iz meseca u mesec
jednaka?
7.1.16. Neka je jednoj uslužnoj organizaciji dozvoljeno godišnje poveüane cena
usluga, u tri rate, za 180%. Ako ova organizacija u prvoj rati poveüa cene za
90%, u drugoj rati za 40%, za koliko procenata još može ova organizacija
poveüati cene da bi dostigla dozvoljeni nivo od 180%?
7.1.17. Posle poskupljenja od 15% roba se prodaje za 1000 dinara. Izraþunati
a) za koliko je dinara poveüana cena
b) koliko bi iznosila prodajna cena da je poveüanje iznosilo 22% od
prvobitne cene
c) za koliko bi procenata bila poveüana cena da se roba posle poveüanja
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 veüa 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 poveüati dobijenu cenu da bi se
ostvariolo ukupno poveüanje od 45%?
222
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.2. Prost kamatni raþun
Rešeni zadaci
7.2.1. Izraþunati na koju vrednost üe narasti poþetni kapital i koliki je interes
ukoliko su uslovi kreditiranja
a)
b)
c)
d)
8% na sumu od 15 000 dinara za 6 godina
6% na sumu od 20 000 dinara za 8 meseci
5% (k,360) na sumu od 25 000 dinara za 43 dana
10% (k,365) na sumu od 30 000 dinara za vreme od 3 godine i 18
dana.
Rešenje:
a)
Interes je
I
K ˜ p ˜ tg
KI
narasti na
15000 ˜ 0,08 ˜ 6
15000 7200
7200 din a kapital üe
22200 dinara.
b)
Interes je
narasti na
K ˜ p ˜ t m 20000 ˜ 0,06 ˜ 8
800 din a kapital üe
12
12
K I 20000 800 20800 dinara.
I
c)
Interes je
kapital üe narasti
K ˜ p ˜ t d k ,360 25000 ˜ 0,05 ˜ 43
149,3 din a
360
360
K I 25000 149,3 25149,3 dinara.
I
d)
Za vreme od 3 godine i 18 dana je t d (k ,365)
3 ˜ 365 18 1113 pa
K ˜ p ˜ t d k ,365 30000 ˜ 0.10 ˜ 1113
9147,95 din a kapital
365
365
üe narasti na K I 30000 9147,95 39147,95 dinara.
je interes
I
223
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.2.2. Izraþunati:
a) kapital koji üe uz 8% kamate za vreme od 7 godina narasti na 124800
dinara
b) kapital koji üe uz 6% kamate za vreme od 8 meseci doneti 6 400
dinara kamate
c) kapital koji üe uz 10% (k,360) kamate za vreme od 270 dana narasti
na 53 750 dinara
d) kapital koji üe uz 12% (k,365) kamate za vreme od 2 godine i 73
dana doneti 15 840 dinara kamate
Rešenje:
a)
KI
K ˜ 1 pt g Ÿ K
KI
1 pt g
124800
1 0,08 ˜ 7
80000 din
Poþetni kapital je 80 000 dinara
b)
K ˜ p ˜ tm
12 ˜ I 12 ˜ 6400
ŸK
12
pt m
0,06 ˜ 8
Poþetni kapital je 160 000 dinara.
I
160000 din
c)
p ˜ td ·
§
K ˜ ¨1 ¸Ÿ K
360 ¹
©
KI
p ˜ td
1
360
Poþetni kapital je 50 000 dinara.
KI
53750
0,10 ˜ 270
1
360
50000din
d)
K ˜ p ˜ td
365 ˜ I
365 ˜ 15840
ŸK
365
p ˜ td
0,12 ˜ 2 ˜ 365 73
Poþetni kapital je 60 000 dinara.
I
224
60000 din
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.2.3. Koliko je godina dugovan iznos od 72 000 dinara, pa je dužnik na ime
6% kamate platio 12 960 dinara?
Rešenje:
I
12960
p ˜ K 0,06 ˜ 72000
Iznos je dugovan 3 godina.
I
K ˜ p ˜ tg Ÿ tg
3 god
7.2.4. Izraþunati kamatnu stopu po kojoj üe kapital od 100000 dinara za 8
meseci doneti na ime kamate 6 000 dinara.
Rešenje:
K ˜ p ˜ tm
Ÿp
12
Kamata je 9%.
I
12 ˜ I
K ˜ tm
12 ˜ 6000
8 ˜ 100000
0,09
7.2.5. Dva kapitala se razlikuju za 2500 dinara. Veüi kapital je ukamaüen 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 veüi kapital, a sa K1 manji kapital. Tada važi:
K 2 K1
2500
K 2 ˜ 0,06 ˜ 8
12
K 1 ˜ 0,05 ˜ 6
12
K
Kako je iz druge jednaþine 2
K1
dobijamo
K 2 K1
2˜
§K
·
2500 Ÿ K 1 ˜ ¨¨ 2 1¸¸
© K1
¹
2 ˜ 0,05 ˜ 6
0,06 ˜ 8
2500 Ÿ K 1
225
1,25 to iz prve jednaþine
2500
K2
1
K1
2500
10000din
1,25 1
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
a K 2 K 1 2500 12500 din.
Dakle, veüi kapital je 12500 dinara, a manji 10 000 dinara.
7.2.6. Dva kapitala þiji 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 üe biti 4104 dinara. Odrediti oba kapitala i
obe stope.
Rešenje:
Obeležimo sa K1 prvi, a sa K2 drugi kapital. Takoÿe sa p1 obeležimo veüu, a sa
p2 manju kamatnu stopu. Tada po uslovu zadatka važe sledeüe jednaþine:
K1 K 2
84000
p1 p 2
0,002
K 1 p1 K 2 p 2
4128
K 2 p1 K 1 p 2
4104
Ako zamenimo p2=p1 – 0,002 iz druge jednaþine u treüu i þetvrtu dobijamo:
K 1 p1 K 2 p1 0,002 4128 Ÿ p1 K 1 K 2 0,002 K 2
4128
K 2 p1 K 1 p1 0,002 4104 Ÿ p1 K 1 K 2 0,002 K 1
4104
Ako sada oduzmemo poslednje dve jednaþine dobijamo:
0,002K 1 K 2 24 Ÿ
K 1 K 2 12000
što zajedno sa jednaþinom K 1 K 2 84000 þini rešiv sistem dve jednaþine
sa dve nepoznate, þija su rešenja K1=48000 dinara , K2=36000 dinara.
Dalje iz p1 K 1 K 2 0,002 K 2
p1
p2
4128 dobijamo
4128 0,002 K 2 4128 0,002 ˜ 36000
K1 K 2
84000
p1 0,002 0,048 Ÿ p 2 % 4,8%.
226
0,05 Ÿ p1 %
5% i naravno
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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 üe se oba
iznosa uveüana kamatom izjednaþiti?
Rešenje:
Po uslovu zadatka važi
50000 ˜ 0,06 ˜ t d k ,360 48000 ˜ 0,08 ˜ t d k ,360 48000 Ÿ
360
360
50000 48000 ˜ 360
Ÿ t d k ,360 857,14
48000 ˜ 0,08 50000 ˜ 0,06
50000 Dakle, posle 858 dana, raþunata po kalendaru, oba iznosa uveüana kamatom
üe se izjednaþiti.
7.2.8. Oroþeno 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 oroþena suma u banci narasla je zajedno
sa kamatom na 303000 dinara. Koliko iznosi ukupna oroþena suma u banci?
Rešenje:
Obeležima sa K ukupnu oroþenu sumu u banci. Po uslovu zadatka važi:
§ 0,06 ˜ 60 ·
§ 0,04 ˜ 90 ·
§ 0,045 ˜ 80 ·
0,30 ˜ K ˜ ¨1 ¸ 0,20 ˜ K ˜ ¨1 ¸
¸ 0,50 ˜ K ˜ ¨1 360 ¹
360 ¹
360 ¹
©
©
©
303000
odakle je
K
303000 ˜ 360
0,3 ˜ 360 0,06 ˜ 60 0,5 ˜ 360 0,04 ˜ 90 0,2 ˜ 360 0,045 ˜ 80 300000 din
Ukupna oroþena suma je 300 000 dinara.
7.2.9. Preduzeüe je eskontovalo 15.II 2003. god. kod neke banke menicu od
420 000 dinara sa rokom dospeüa 16.IV 2003. god. Izraþunati eskontovanu
227
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
vrednost menice a) komercijalnim i b) racionalnim metodom, ako je eskontna
stopa 7%.
Rešenje:
a)
K 0,k
dp ·
§
K n ¨1 ¸
© 360 ¹
§ 60 ˜ 0,07 ·
420000 ˜ ¨1 ¸
360 ¹
©
415100 din
Komercijalno eskontovana vrednost menice iznosi 415100 dinara.
b)
K 0,r
Kn
dp
1
360
420000
60 ˜ 0,07
1
360
415156,5 din
Racionalno eskontovana vrednost menice iznosi 415156,5 dinara.
7.2.10. Dve menice nominalnih vrednosti 300000 din i 400000 din i rokovima
dospeüa za 38 i 52 dana zamenjujemo jednom menicom þiji je rok dospeüa 75
dana. Izraþunati nominalnu vrednost treüe menice ako je eskontna stopa 15%.
Obraþun izvršiti a) komercijalnim i b) racionalnim metodom.
Rešenje:
Zbir eskontovanih vrednosti poznatih menica na dan zamene menica, mora biti
jednak eskontovanoj vrednosti nepoznate menice, takoÿe na dan zamene
menica. Tako da važi:
a)
K 1,0,k K 2, 0,k
K 3, 0 , k Ÿ
§ 38 ˜ 0,15 ·
§ 52 ˜ 0,15 ·
300000 ˜ ¨1 ¸ 400000 ˜ ¨1 ¸
360 ¹
360 ¹
©
©
Ÿ K n 3 708731,18 din
§ 75 ˜ 0,15 ·
K n 3 ¨1 ¸Ÿ
360 ¹
©
Nominalna vrednost treüe menice raþunata komercijalnim metodom je
708731,18 dinara.
228
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
K 1,0,r K 2, 0,r
K 3, 0 , r Ÿ
300000
400000
52 ˜ 0,15
38 ˜ 0,15
1
1
360
360
K n3
Ÿ K n3
75 ˜ 0,15
1
360
708304,96 din
Nominalna vrednost treüe menice raþunata 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 hoüe da
podmiri ceo dug odjednom. Posle koliko dana je to moguüe uþiniti?
Rešenje:
n
¦K
ts
k
pk t k
k 1
n
¦K
k
pk
5000 ˜ 0,09 ˜ 8 8000 ˜ 0,12 ˜ 15 22000 ˜ 0,05 ˜ 33
5000 ˜ 0,09 8000 ˜ 0,12 22000 ˜ 0,05
21,63
k 1
Dužnik može da plati ceo dug posle 22 dana.
Zadaci za vežbu
7.2.12. Za koje üe 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 veüi 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). Izraþunati koji je to kapital i koliko
iznose pojedine rate.
229
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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 vraüen dug?
7.2.16. Izraþunati kapital koji üe od 15. III 2003.god do 25.V 2003.god doneti
duplo više kamate od kamate koju donesu sledeüi 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%. Uveüani kapital je
50000 dinara. Ako se taj isti kapital uloži 25 dana uz stopu veüu 5%, uveüani
kapital je 45 000 dinara. Odrediti stopu i kapital.
7.2.18. Razlika izmeÿu kamate na iznos od K dinara obraþunate pomoüu
(k,360) i kamate obraþunate pomoüu (k,365) za 70 dana uz 8% kamate iznosi 5
dinara. Koji je to iznos?
7.2.19. Menicu od 500000 dinara sa rokom dospeüa kroz 32 dana zamenjujemo
drugom menicom þiji je rok dospeüa 45 dana. Izraþunati a) komercijalnim
metodom i b) racionalnim metodom, nominalnu vrednost druge menice ako je
eskontna stopa 15%.
7.2.20. Preduzeüe duguje banci 1000 000 dinara sa rokom 31.XII 2003. god.
Radi izmirenja duga preduzeüe 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 treüu menicu sa rokom dospeüa 28.IX 2003.god. Izraþunati
na koju sumu glasi treüa 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?
230
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.3. Složen dekurzivan kamatni raþun
Rešeni zadaci:
7.3.1. Uloženo je u banku 30 000 dinara. Na koliko dinara üe se uveüati ulog
zajedno sa kamatom za vreme od 8 godina ako je godišnja kamatna stopa 12%
i ako je kapitalisanje
a)
godišnje
b)
polugodišnje
c)
tromeseþno
d)
neprekidno
Rešenje:
a)
Kn
K 0 1 p n
30000 ˜ 1,12 8
30000 ˜ I 128 %
30000 ˜ 2,476
74280 din
b)
Kn
p·
§
K 0 ¨1 ¸
© m¹
m˜ n
30000 ˜ 1,0616
30000 ˜ I 616%
30000 ˜ 2,5404
30000 ˜ 1,0332
30000 ˜ I 332%
30000 ˜ 2,5751 77253 din
30000 ˜ e 0,12˜8
78350,9 din
76212 din
c)
Kn
p·
§
K 0 ¨1 ¸
© m¹
d)
Kn
m˜ n
K 0 e pt
231
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.3.2. Uplaüeno 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 raþuna 8% kamate pri šestomeseþnom kapitalisanju.
Rešenje:
Kn
40000 ˜1,04
12
50000 ˜ 1,04 8
40000 ˜ I
12
4%
50000 ˜ I 48%
19215,14din
Posle deset godina raspolaže se sumom od 19215,14 dinara.
7.3.3. Suma od 50 000 dinara ukamaüena je u banci za vreme od 7 godina 5
meseci i 14 dana uz 10% godišnje kamate (30,360) i godišnje kapitalisanje.
Izraþunati uveüani kapital pomoüu a) komercijalnog b) racionalnog metoda.
Rešenje:
a)
0,1 ˜ 5 ˜ 30 14 ·
7 §
50000 ˜ 1,10 ˜ ¨1 ¸
360
¹
©
50000 ˜ 1,9481 ˜ 1,046 101842,34 din
Kn
b)
Kako je vreme t ( god )
Kn
50000 ˜ 1,10 7 , 46
5
14
7,46 god to je
12 360
101802,73 din
7
7.3.4. Koji je iznos ukamaüen pre 8 godina uz 5% godišnje kamate i
tromeseþno kapitalisanje poveüan za 20 000 dinara.
Rešenje:
32
I
Kn K
§ 0.05 ·
K ¨1 ¸ K
4 ¹
©
232
§ § 0.05 · 32 ·
K ¨ ¨1 ¸ 1¸¸ Ÿ
¨©
4
¹
©
¹
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
I
K
32
§ 0,05 ·
¨1 ¸ 1
4 ¹
©
20000
0,4881
40972,65 din
7.3.5. Uloženo je u banku 100 000 dinara uz 8% godišnje kamate. Posle 3
godine ulagaþ je podigao 40 000 dinara, a posle sledeüe tri godine 30 000.
Koliko iznosi ostatak posle 10 godina od dana kada je novac uložen.
Kapitalisanje je polugodišnje.
Rešenje:
100000 ˜ I
K ostatak
6
4%
40000 ˜ I 46% 30000 ˜ I 48%
108785,1 din
7.3.6. Iznos od K dinara uplaüen je u banku koja plaüa 5% godišnje kamate i
kapitališe dva puta godišnje. Koliko godina je potrebno da se taj iznos
utrostruþi.
Rešenje:
Iz uslova K n
3K dobijamo
n
§ 0,05 ·
3 K K ¨1 ¸ gde je n broj polugodišta.
2 ¹
©
Sada je
ln 3
ln 1,025
22 godine, 2 meseca i 27 dana.
3
1,025n Ÿ n
1,0986
0,0247
233
44,478 polugodišta, odnosno
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.3.7. Na uložen iznos od 10000 dinara banka raþuna godišnju kamatu po
stopi:prve godine 2%, druge godine 4%, treüe godine 6% i þetvrte godine 8% i
kapitališe polugodišnje. Koliko iznosi uveüani kapital krajem þetvrte godine?
Koja bi bila stalna godišnja kamatna stopa po kojoj bi se ostvario isti složeni
interes, ali pri
a) godišnjem kapitalisanju, b) þetvoromeseþnom kapitalisanju, c) meseþnom
kapitalisanju, d) neprekidnom kapitalisanju.
Rešenje:
Kn
100000 ˜ I 12% ˜ I 22% ˜ I 32% ˜ I 42%
100000 ˜ 1,0201 ˜ 1,0404 ˜ 1,0609 ˜ 1,0816 121782,31 din
a)
100000 ˜ 1 p 4
121782,31 Ÿ p
4
121782,31
1 0,05 Ÿ p %
100000
5%
b)
p·
§
100000 ˜ ¨1 ¸
3¹
©
Ÿ p%
12
121782,31 Ÿ p
§ 121782,31 ·
3 ˜ ¨¨ 12
1¸¸
100000
©
¹
0,0496 Ÿ
4,96%
c)
p·
§
100000 ˜ ¨1 ¸
© 12 ¹
Ÿ p%
48
§ 121782,31 ·
121782,31 Ÿ p 12 ˜ ¨¨ 48
1¸¸
100000
©
¹
0,0494 Ÿ
4,94%
d)
100000 ˜ e p˜4
121782,31 Ÿ p
1 121782,31
ln
4
100000
0,0493 Ÿ p %
4,93%
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:
Kn
40000 ˜ I 812% 30000 ˜ I 87%
40000 ˜ 2,5182 30000 ˜ 1,7138 152142 din .
234
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.3.9. Uloženo je K dinara u banku koja plaüa 15% godišnje kamate uz
godišnje kapitalisanje. Po kojoj tromeseþnoj kamatnoj stopi bi se dobio isti
krajnji kapital ali uz tromeseþno kapitalisanje.
Rešenje:
Tromeseþna konformna kamatna stopa godišnjoj kamatnoj stopi od
15% iznosi p k , 4 4 1,15 1 0,036 Ÿ p k , 4 % 3,6%
7.3.10. Koliko treba danas uložiti u banku koja plaüa 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)
24
§ 0,14 · § 0,14 ˜ 18 ·
100000 K 0 ¨1 ¸ ˜ ¨1 ¸Ÿ
2 ¹ ©
360 ¹
©
100000
19577,13 din
Ÿ K0
24
§ 0,14 · § 0,14 ˜ 18 ·
¸
¸ ˜ ¨1 ¨1 2 ¹ ©
360 ¹
©
b)
100000
18 ·
§
¨ 24 ¸
180 ¹
§ 0,14 · ©
K 0 ¨1 ¸
2 ¹
©
100000
Ÿ K0
§ 0,14 ·
¨1 ¸
2 ¹
©
18 ·
§
¨ 24 ¸
180 ¹
©
19581,73 din
c)
100000
K 0e
18 ·
§
0 ,14˜¨ 12 ¸
360 ¹
©
100000
Ÿ K0
e
235
18 ·
§
0 ,14˜¨ 12 ¸
360 ¹
©
18507,55 din
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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 veüa 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.
40000 40000 40000
31753,6 din , pa dakle prvi kupac
Odnosno vrede
1,2597
1,08 3
I 83%
u trenutku dogovora nudi 30000 31753,6 61753,6 din.
Analogno, drugi kupac u trenutku sklapanja dogovora nudi
40000 50000
5
I 81%
I 8%
40000 50000
1,08 1,4692
37037,04 34032,13
71069,17 din.
Dakle, za prodaju je povoljnija druga ponuda.
7.3.12. Za koje vreme üe 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:
t
Kn
K
p · tm
§
K 0 ¨1 ¸ Ÿ ln n
K0
© m¹
Ÿt
Kn
K0
tm
p·
§
ln¨1 ¸
© m¹
ln
t
p·
§
ln¨1 ¸ Ÿ
tm © m ¹
80000
50000
tm
§ 0,08 ·
ln¨1 ¸
2 ¹
©
ln
12t m
236
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Kako je tm=6 meseci (polugodišnje kapitalisanje) to je t=6 godina.
7.3.13. Poþetkom svakog semestra se uloži po 5000 dinara u banku koja plaüa
4% godišnje kamate i kapitališe šestomeseþno. Kolika je suma uloga posle 8
godina.
Rešenje:
S na
KIII mp ˜n
m
%
5000 ˜ III 216%
5000 ˜ 19,0121 95060,5 din
7.3.14. Neko ima u banci na svom raþunu 100000 dinara. Poþev od danas
poþetkom svakog semestra podiže po 10000 dinara 4 godine. Koliko üe imati
na raþunu posle 15 godina poþev od danas, ako banka raþuna 6% godišnje
kamate i kapitališe šestomeseþno.
Rešenje:
Kn
100000 ˜ I
8
3%
10000 ˜ III 38% ˜ I 222%
100000 ˜ 1,2668 10000 ˜ 9,1591 ˜ 27,8450
977053,20 din
7.3.15. Uplaüivano je u banku poþetkom 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
Kn
10000 ˜ III 65% ˜ I 610% 15000 ˜ III 65% ˜ I 65% 20000 ˜ III 65%
10000 ˜ 5,9753 ˜ 1,7908 15000 ˜ 5,9753 ˜ 1,3382 20000 ˜ 5,9753
107005,67 119942,20 119506 346453,87 din
Sadašnja vrednost sume uloga K0 je
237
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Kn
K 0 1 0,06 15
Kn
I 615%
K 0 ˜ I 615% Ÿ K 0
K n ˜ II 615%
346453,87 ˜ 0,4173 144575,20 din
7.3.16. Pre 8 godina uplaüeno je u banku 100000 dinara. Na osnovu toga
narednih 5 godina poþev od danas svakih šest meseci podizano je iz banke po
15000 dinara. Kakvo je stanje imovine posle 10 godina raþunajuüi od danas?
Kamatna stopa je 6% i kapitalisanje je polugodišnje.
Rešenje:
Kn
100000 ˜ I
26
3%
15000 ˜ III 310% ˜ I 310%
100000 ˜ 2,1566 15000 ˜ 11,8078 ˜ 1,3439
51797,94 din.
7.3.17. Klijent želi da danas uplati u banku izvesnu sumu novca, na osnovu
koje üe narednih pet godina, poþev od danas, krajem svakog polugodišta
podizati po 20000 dinara i kroz osam godina od danas na raþunu imati 50000
dinara. Odrediti tu sumu ako banka raþuna kamatu po 16% i kapitališe
polugodišnje.
Rešenje:
K ˜ I
10
8%
20000 ˜ III 89% 1 ˜ I 86%
50000
20000 ˜ III 89% 1
6
I 8%
I 810%
ŸK
50000 Ÿ
50000 ˜ 0,6302 20000 ˜ 13,4866 1
148798,93 din
2,1589
7.3.18. Po koliko dinara treba krajem svake godine uplatiti u banku u toku
prvih pet godina da bi se od pete godine poþetkom svake godine moglo
podizati po 10000 dinara u toku sledeüih šest godina.Kamatna stopa je 6% i
kapitalisanje je godišnje.
238
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
K III 64% 1˜ I 66% 10000 ˜ III 66%
K
10000 ˜ III 66%
III 64% 1˜ I 66%
0Ÿ
10000 ˜ 7,3938
4,6371 1 ˜1,4185
9246,61 din
7.3.19. Poþetkom 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
120000
15
8000
Kako se ova vrednost ne nalazi u treüim kamatnim tablicama ni za jedno n,
III 610% 13,9716,
III 611% 15,8699 to
kada je p%=6%, veü je
poslednji ulog, koji je u ovom sluþaju 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 takoÿe kamati u toku jedanaeste
godine. Dakle,
120000
8000 ˜ III 6n% Ÿ III 6n%
120000 8000 ˜ III 610% ˜ I 61% U 11 ˜ I 61%
gde je sa U11 obeležena vrednost
poslednjeg, jedanaestog uloga. Odavde dobijamo
U 11
120000
8000 ˜ III 610%
1
I 6%
120000 ˜ II 61% 8000 ˜ III 610%
120000 ˜ 0,9434 8000 ˜ 13,9716 1435,2 din
239
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.3.20. Kolika je tromeseþna konformna kamatna stopa pk,m ako je godišnja
kamatna stopa 15%.
Rešenje:
p k ,m
m
1 p 1
4
1 0,15 1 0,0355 Ÿ p k %
3,55%
7.3.21. Izraþunati na koju üe sumu da naraste kapital od 38000 dinara za tri
godine i 42 dana uz godišnju kamatnu stopu 8% i neprekidno kapitalisanje.
Rešenje:
Kn
K0e
p˜t
38000e
42 ·
§
0 , 08˜¨ 3
¸
© 360 ¹
48760,45 din
7.3.22. Uz koji üe procenat p% sa neprekidnim kapitalisanjem kapital od 20000
dinara za tri godine da naraste na 30000 dinara.
Rešenje:
ln
Kn
K 0 e p˜t Ÿ p
Kn
K0
t
ln
30000
20000
3
0,1351 Ÿ p % 13,51%
7.3.23. Za koje üe vreme t i neprekidno kapitalisanje kapital od 25000 dinara
da naraste na 40000 uz kamatnu stopu od 8%.
Rešenje:
ln
Kn
K 0 e p˜t Ÿ t
5 godina i 0,87 ˜ 360
Kn
K0
p
ln
40000
25000
0,08
5,87 godina odnosno
313,2 dana .
240
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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
Kn
5000 ˜ III 44% 1 ˜ I 412% 5000 ˜ III 47% 1
Sadašnja vrednost tog kapitala je
K0
Kn
I 417%
5000 ˜ III
4
4%
1 ˜ I 412% 5000 ˜ III 47% 1 ˜ II 417%
5000 ˜ 4,4163 1 ˜ 1,6010 5000 ˜ 8,2142 1 ˜ 0,5134
45912,58 din
7.3.25. Kupac nudi prodavcu dve moguünosti 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 sledeüih pet godina po
25000 dinara. Koja je od ove dve ponude povoljnija za prodavca ako se kamata
raþuna po stopi 6% i kapitališe jednom godišnje.
Rešenje:
Za prodavca je povoljnija ona ponuda þija je sadašnja vrednost veüa. Sadašnja
vrednost prve ponude je
K 0,1
30000 125000 ˜ II 65%
30000 125000 ˜ 0,7473 123412,5 din
dok je sadašnja vrednost druge ponude
K 0, 2
20000 25000 ˜ III 64% 1 ˜ II 66%
20000 25000 ˜ 4,6371 1 ˜ 0,7050
119353,89 din
Dakle, neznatno je bolja prva ponuda.
241
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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 tromeseþno 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) šestomeseþno, primeniti komercijalni i racionalni metod
b) neprekidno.
7.3.29. Uloženo je u banku K dinara. Godišnja kamatna stopa prve dve godine
je 3%, sledeüe 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 uveüan kamatom za 5 godina i 7 meseci uz 16% godišnje
kamate i polugodišnje kapitalisanje je jednak dvostrukoj vrednosti kapitala od
40000 dinara uveüenog prostim kamatnim raþunom za 9 meseci uz kamatnu
stopu 18%. Zadatak rešiti i komercijalnim i racionalnim metodom.
7.3.31. Dva kapitala þiji 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 raþunat
interes ako je
a) godišnje kapitalisanje
242
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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 uveüanog 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 poþetkom
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
raþuna podizano je krajem svake godine u narednih šest godina po K dinara
þime se imovina na raþunu ugasila. Godišnja kamatna stopa je 4% i godišnje
kapitalisanje. Odrediti K.
7.3.39. Uloženo je u banku poþetkom 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. Ulagaþ je stavljao 15 godina na svoj raþun u banci poþetkom svake
godine po 30000 dinara. Kojom üe imovinom raspolagati 8 godina posle
uplaüenog poslednjeg uloga, ako banka raþuna 3,5% godišnje kamate i
kapitališe godišnje.
243
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.3.41. Uplaüeno je u banku 300000 dinara pre 4 godine. Na osnovu toga
poþev od danas, podizaüe se poþetkom svakog polugodišta po 20000 dinara u
toku naradnih 7 godina. Koliko je stanje imovine kroz 10 godina i 4 meseca
poþev od danas, ako je godišnja kamatna stopa 12% i kapitalisanje godišnje.
7.3.42. Uplaüivano je u banku krajem svake godine: prvih 5 godina po 10000
dinara, naredne dve godine po 50000 dinara i sledeüih 6 godina po 80000
dinara. Izraþunati 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 poþev od pete
godine podizaüe se krajem svakog polugodišta po 10000 u narednih 6 godina.
Koliko je stanje na raþunu kroz 15 godina i 3 meseca poþev 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 sledeüe godine.
Koja je moguünost 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 raþunata 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.
244
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.3.49. Poþetkom 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.
245
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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 a
K 0 ˜ V65%
300000 ˜ 0,2373964
71218,92 din.
Amortizacioni plan se pravi u vidu sledeüe tabele:
k
1
2
3
4
5
Sk - 1
300000
246781,08
190369,02
130572,24
67187,65
0
ik
18000
14806,86
11422,14
7834,33
4031,26
¦ ik=56094,59
bk
53218,92
56412,05
59796,78
63384,58
67187,66
¦ bk=299999,99
gde je
S0
K0
300000
i1
S 0 ˜ 0,06
300000 ˜ 0,06 18000
b1
a i1
S1
S 0 b1
300000 53218,92
i2
S1 ˜ 0,06
246781,08 ˜ 0,06 14806,86
b2
a i2
S2
S1 b2
71218,92 18000
53218,92
71218,92 14806,86
246781,08
56412,05
246781,08 56412,05 190369,02
i tako redom.
246
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Ako je amortizacioni plan taþno uraÿen, poslednja otplata mora
potpuno da eliminiše dug, zbir svih otplata mora biti jednak zajmu, i zbir svih
kamata mora zadovoljiti sledeüu jednakost
¦ ik n ˜ a K 5 ˜ 71218,92 300000 56094,6 .
Evidentno da je naš amortizacioni plan taþno uraÿen.
7.4.2. Zajam od 400000 dinara otplaüuje 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
poþetku obraþunskog perioda za koji treba uraditi amortizacioni plan, što je u
ovom sluþaju stanje duga posle osamnaestog anuiteta.
Anuitet iznosi a
K 0 ˜ V pm˜n
m
%
400000 ˜ V220
%
400000 ˜ 0,0612
24480din ,
ostatak duga posle isplaüenog osamnaestog anuiteta iznosi
S18
a ˜ IV pm˜n 18
m
%
24480 ˜ IV22%
24480 ˜ 1,9416
47530,37 din
Amortizacioni plan za poslednju godinu amortizacije dat je sledeüom tabelom:
k
19
20
ik
950,61
480,02
Sk - 1
47530,37
24000,98
bk
23529,39
23999,98
7.4.3. Zajam se otplaüuje 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.
247
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
Kako je
i10
a
S15
S9 ˜ p Ÿ S9
S 9 ˜ V1016%9
16 15
10%
a ˜ IV
i10
p
10000
0,10
100000 ˜ 0,2054
100000 din
20540 din
20540 ˜ 0,9091 18672,91 din
to je amortizacioni plan za poslednju godinu dat sledeüom tabelom:
k
16
ik
1867,29
Sk - 1
18672,91
bk
18672,70
7.4.4. Zajam od 100000 dinara amortizuje se godišnjim anuitetima od 8000
dinara uz 4% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje. Izraþunati poslednji
anuitet.
Rešenje:
Pošto je K0 = 100000 dinara, a anuitet a = 8000 dinara, pri p%=4% to imamo
K 0 100000
12,5.
8000
a
Kako u koloni tablice IV4n% ni za jedno n ne postoji vrednost IV4n%
K0
a ˜ IV pn% Ÿ IV pn%
12,5 , veü
je IV417% 12,1657 , a IV418% 12,6593 , zakljuþujemo da üe biti 17 anuiteta po
8000 dinara, a poslednji anuitet üe biti manji od 8000 dinara.
Stanje duga posle isplate sedamnaestog anuiteta od po 8000 dinara je jednako
razlici glavnice zajma ukamaüenog za period od sedamnaest godina i sume
dekurzivnih godišnjih uloga od po 8000 dinara takoÿe za period od
sedamnaest godina, odnosno:
S17
K 0 ˜ I 417% 8000 ˜ III 416% 1 .
248
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Pošto se poslednjim anuitetom isplaüenim na kraju osmaneste godine mora
razdužiti sav dug, onda je poslednji anuitet jednak stanju duga posle isplate
sedamnaestog anuiteta ukamaüenog za poslednju osamnaestu godinu, odnosno
osamnaesti anuitet je jednak:
a18
S17 ˜ I 41%
K
0
˜ I 417% 8000 ˜ III 416% 1 ˜ I 41%
100000 ˜ 1,9479 8000 ˜ 23,6975 ˜ 1,04
5418,4 din.
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 sledeüom tabelom:
k
1
2
3
4
Sk - 1
80000
60000
39000
16950
ik
4000
3000
1950
847,5
¦ ik=9797,5
bk
20000
21000
22050
16950
¦ bk=80000
ak
24000
24000
24000
17797,5
¦ak=89797,5
7.4.6. Zajam se amortizuje sa 10 jednakih anuiteta. Koliþnik izmeÿu treüe i
prve otplate je jednak 1,0816. Razlika izmeÿu treüe i prve otplate je 500 dinara.
Izraþunati
a) kamatnu stopu po kojoj je obraþunata kamata
b) prvu otplatu
c) anuitet
d) iznos zajma
249
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
a)
b3
b1
b1 r 2
b1
r2
1,0816 Ÿ r
1,0816
1,04 Ÿ p %
500 Ÿ b1
500
0,0816
4%
b)
b3 b1
b1 r 2 b1
b1 r 2 1
6127,45 din
c)
a
b1 ˜ I 410%
6127,45 ˜ 1,4802
9069,85 din
d)
K0
a ˜ IV410%
9069,85 ˜ 8,1109
73564,67 din
7.4.7. Zajam se otplaüuje jednakim godišnjim anuitetima uz godišnje
kapitalisanje. Poslednji interes za otplatu tog zajma je in= 5250 dinara a
pretposlednji in-1=10250 dinara. Razlika izmeÿu prvog i drugog interesa je
i1-i2=3384,20 dinara. Odrediti:
a) godišnju kamatnu stopu
b) anuitet
c) vreme otplaüivanja zajma
d) prvu otplatu
e) poslednju otplatu
f) zajam.
250
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
a 1 II pn % k 1` imamo
Imajuüi u vidu da je ik
a)
in 1
a 1 II p2 % Ÿ a
r ˜in
odakle je
r 2 ˜in 1
r 1
r 2 1
Ÿ r
r ˜ in
r 1
in
1 II 1p %
a 1 II 1p % Ÿ a
in
r 2 ˜ in 1
r 2 1
in 1
1 II p2%
in
5250
in 1 in
10250 5250
1,05 Ÿ p %
Godišnja kamatna stopa je 5%
b)
a
in
1 II 51%
r ˜ in
r 1
5250 ˜ 1,05
0,05
110250 din
Anuitet je 110250 dinara.
c)
i1 i2
Ÿ r n 1
a § r 1·
¸Ÿ
¨
r n 1 © r ¹
a § r 1·
ln
¸
¨
i1 i2 © r ¹
a § r 1·
10
¨
¸ Ÿ n 1
i1 i2 © r ¹
ln r
a 1 II 5n% a 1 II 5n%1 a II 5n%1 II 5n% Vreme otplaüivanja zajma je 10 godina.
251
5%
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
d)
b1
a
I
10
5%
110250
1,6289
67683,7129 din
Prva otplata je 67683,7129 dinara.
e)
b10
b1 ˜ I 59%
67683,7129 ˜ 1,5513 104997,74 din
Poslednja otplata je 104997,74 dinara.
f)
K0
a ˜ IV510%
110250 ˜ 7,7217
851317,425 din.
Zajam je iznosio 851317,425 dinara.
7.4.8. Zajam se otplaüuje godišnjim anuitetima od 7373,52 dinara uz godišnje
kapitalisanje. Prva otplata je 4373,52 dinara ,a šesta otplata je 5321,06 dinara.
Izraþunati
a) godišnju kamatnu stopu
b) iznos zajma
c) broj anuiteta.
Rešenje:
a)
Iz bk
bi ˜ I pk %i sledi
b6 5321,06
1,21665 Ÿ r
b1 4373,52
Godišnja kamatna stopa je 4%.
r5
5
1,21665
252
1,04 Ÿ p %
4%
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
b)
a b1 je upravo godišnji interes na iznos zajma pa je
i1 a b1 7373,52 4373,52
K 0 ˜ p i1 Ÿ K 0
75000din
p
p
0,04
Iznos zajma je 75000 dinara.
Prvi interes i1
c)
a
7373,52
ln
b1
4373,52
n
a b1 ˜ I 4n% b1 ˜ 1,04 Ÿ n
13,32
ln 1,04
ln 1,04
Zajam üe se amortizovati sa 13 godišnjih anuiteta od 7373,52 dinara i
þetrnaestim anuitetnim ostatkom.
ln
7.4.9. Zajam od 300000 dinara se otplaüuje 10 godina jednakim polugodišnjim
anuitetima uz 4% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Koliko iznosi
ostatak duga na poþetku sedmog perioda otplate.
Rešenje:
Za ovakve uslove vraüanja zajma, anuitet iznosi
a K 0 ˜ V220
300000 ˜ 0,0612 18360din.
%
Ostatak duga na poþetku sedmog perioda otplate je jednak stanju duga posle
šeste otplate, odnosno
6
S 6 a ˜ IV220
18360 ˜ 12,1062 222269,83 dinara.
%
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.
253
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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
K0
5000 ˜ II 616% 8000 ˜ III 614% 1 ˜ II 615%
5000 ˜ 0,3936 8000 ˜ 22,2760 1 ˜ 0,4173
79672,6din.
b)
Ostatak duga za poslednje tri godine je u stvari stanje duga posle trinaeste
otplate, a to je razlika iznosa zajma ukamaüenog trinaest godina i sume
trinaest dekurzivnih uloga od po 8000 dinara, odnosno
S13
K 0 ˜ I 613% 8000 ˜ III 612% 1
79672,6 ˜ 2,1329 8000 ˜ 18,8821
18876,89 din
7.4.11. Deseti interes zajma koji otplaüuje jednakim godišnjim anuitetima 18
godina uz 8% i godišnje kapitalisanje, iznosi 8000 dinara. Odrediti anuitet i
ostatak duga na poþetku pretposlednje godine.
Rešenje:
Iz jednakosti ik
a
i10
1 II 89%
a 1 II pn %k 1 Ÿ a
8000
1 0,5002
ik
dobijamo
1 II pn % k 1
16006,4 din.
Ostatak duga na poþetku pretposlednje godine je jednak stanju duga posle
šesnaeste otplate, odnosno
S16
a ˜ IV82%
16006,4 ˜ 1,7833
28544,22 dinara.
254
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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 sledeüe:
bk
a ˜ II pn % k 1 Ÿ a
¦i
k 1
10
k
¦ a1 II
16 k 1
p%
a
I
16
8%
II
7
16 7 1
8%
6000
0,4632
10
k 1
10a a ˜ ¦ II 16
p%
k 1
10a II
b
n k 1
p%
12953,37din
a 1 II pn %k 1 to je
Kako je ik
10
bk
III
9
8%
10a k 1
1
a
1 r r2 r9
16
r
12953,37
13,4866 1 74759,7 din.
3,4259
10 ˜ 12953,37 7.4.13. Po zajmu koji se otplaüuje za 25 godina jednakim godišnjim anuitetima
uz 6% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje, iznos duga na poþetku desete
godine je 200000 dinara. Odrediti anuitet, prvu otplatu, otplaüeni deo duga
poþev od petog i zakljuþno sa dvadesetim plaüenim anuitetom
Rešenje:
a
b1
9
S 9 ˜ V625
%
a ˜ II 625%
O20 O5
200000 ˜ 0,0990 19800 din
19800 ˜ 0,2330
4613,4 din
b1 ˜ III 619% 1 b1 ˜ III 64% 1
b1 ˜ III 619% III 64%
4613,4 ˜ 35,7856 4,6371 143700,49 din.
7.4.14. Zajam od 300000 dinara otplaüuje se 12 godina jednakim godišnjim
anuitetima uz 6% godišnje kamata i godišnje kapitalisanje. Na traženje dužnika
posle 7 plaüenih 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
255
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
c) anuitet posle promene uslova amortizacije.
Rešenje:
a)
a
K 0 ˜ V612%
300000 ˜ 0,1193 35790 din
b)
S7
a ˜ IV612%7
35790 ˜ 4,2124 150761,8 din
c)
a novo
S 7 ˜ V45%
150761,8 ˜ 0,2246
33861,1 din
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 üe dužnik otplaüivati ostatak duga.
Rešenje:
a
K 0 ˜ V810%
S6
a ˜ IV810%6
200000 ˜ 0,1490
29800 din
29800 ˜ 3,3121 98700,58 din
Kroz tri meseca stanje duga je naraslo na
S 6 ˜ 3 ˜ 0,08
§ 3 ˜ 0,08 ·
98700,58 ˜ ¨1 ¸ 100674,6 din pa novi anuitet za
12
12 ¹
©
promenjene uslove kreditiranja iznosi
S6 a novo
100674,6 ˜ V68%
100674,6 ˜ 0,1610 16208,6 din.
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 odreÿenom
vremenu. Dužnik je i pored smanjene interesne stope nastavio da plaüa iste
anuitete sve do poslednje godine. Odrediti koliki je bio poslednji anuitet kojim
je dug potpuno izmiren?
256
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Rešenje:
b5 ˜ I 410%51
a
a ˜ IV410%6
S6
82822,83 ˜ 1,2653 104795,73 din.
104795,73 ˜ 3,6299
380398 din
Na poþetku poslednje desete godine stanje duga je jednako razlici stanja duga
posle šeste godine ukamaüenog tri godine po novim kamatnim uslovima i sume
godišnjih dekurzivnih uloga za tri godine po novim kamatnim uslovima.
S
S9
6
˜ I 33% a ˜ III 32% 1
380398 ˜ 1,0927 104795,73 ˜ 2,0909 1
91747,78 din
Poslednji anuitet je jednak stanju duga na poþetku desete godine ukamaüenog
za period od godinu dana (u toku desete godine).
a poslednji S 9 ˜ I 31% 91747,78 ˜ 1,03 94500,2 din.
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 raþuna kamatu 30. juna i 31. decembra. 30. oktobra 2002. godine
promenjeni su uslovi otplaüivanja i to godišnja kamatna , stopa je smanjena za
2%, a vreme amortizacije je produženo za godinu dana. Izraþunati anuitet pre
30. oktobra 2002. godine i posle tog datuma.
Rešenje:
Anuitet pre konverzije zajma (pre 30. oktobra 2002. godine) je iznosio
a
500000 ˜ V1220%
500000 ˜ 0,1339
66950 din.
Stanje duga 1.VII 2002.god. je stanje duga posle þetrnaest anuiteta, odnosno
S14
a ˜ IV1220%14
66950 ˜ 4,1114
275258,23 din.
Novi anuitet se izraþunava za nove kamatne uslove:
a novo
S14 ˜ V118 %
275258,23 ˜ 0,1943
53482,67 din.
257
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Anuitet koji üe se isplatiti 31.XII 2002. godine üe biti uveüan 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 üe iznositi
a31. XII 2002.
a novo S14 ˜ 0,02 ˜ 120
360
53482,67 275258,23 ˜ 0,02 ˜ 120
360
55317,7 din.
7.4.18. Najveüa kreditna sposobnost u toku meseca za neku stranku iznosi
10000 dinara. Koliki se zajam može podiüi u banci na osnovu ovoga na period
od dvadeset godina ako banka
a) obraþunava kamatu jednom godišnje po godišnjoj kamatnoj stopi od
12%
b) obraþunava kamatu meseþno po godišnjoj kamatnoj stopi od 12%.
Rešenje:
a)
Meseþna konformna kamatna stopa je
pk
12
1,12 1 1,0095 Ÿ p k %
0,95% .
Zajam koji se može podiüi na period od dvadest godina iznosi
K0
a˜
rkm,m˜n 1
rkm,m˜n ˜ rk ,m 1
10000 ˜
1,0095 240 1
1,0095 240 ˜ 0,0095
941000 din.
b)
Zajam koji se može podiüi pod ovim uslovima na period od dvadeset
godina je
r pm˜n 1
K0
a˜
m
§
·
r pm˜n ˜ ¨¨ r p 1¸¸
m
© m
¹
10000 ˜
1,01240 1
1,01240 ˜ 0,01
258
908193,83 din.
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
7.4.19. Zajam se amortizuje 10 godina jednakim polugodišnjim anuitetima od
20000 dinara uz 6% godišnje kamatne stope i godišnje kapitalisanje. Izraþunati
ukupno plaüenu kamatu u toku amortizacije zajma.
Rešenje:
Ukupno plaüena kamata je razlika izmeÿu koliþine novca date polugodišnjim
anuitetima i iznosa zajma. Polugodišnja konformna kamatna stopa za godišnju
kamatnu stopu od 6% iznosi p k
1,06 1 0,0296 Ÿ p k % 2,96% pa
zajam iznosi
K0
a˜
rkm,m˜n 1
rkm,m˜n ˜ rk ,m 1
20000 ˜
1,0296 20 1
1,0296 20 ˜ 0,0296
298639,75 din.
Ukupno isplaüena kamata je
20
¦i
k
20 ˜ 20000 298639,75 101360,25 din.
k 1
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 plaüenog anuiteta kamatna stopa je poveüana 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
a
b5 ˜ I 615%51
4000 ˜ 1,8983
7593,2 din.
Stanje duga posle desetog plaüenog anuiteta iznosi
S10
a ˜ IV615%10
7593,2 ˜ 4,2124
31985,6 din.
259
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
Novi anuitet iznosi
a novo
S10 ˜ V87%
31986,6 ˜ 0,1921 6144,43 din.
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 odluþuje za drugu moguünost, da dug oduži sa pet godišnjih
anuiteta uz ostale jednake uslove. Koliko iznosi novi anuitet?
7.4.22. Zajam se otplaüuje za 4 godine jednakim šestomeseþnim anuitetima od
po 8000 dinara uz 8% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti
a) prvu otplatu
b) treüu otplatu
c) iznos zajma
d) ukupno isplaüenu kamatu.
7.4.23. Zajam se otplaüuje 10 godina jednakim šestomeseþnim anuitetima uz
6% godišnje kamate i polugodišnjim kapitalisanjem. Prva otplata iznosi 10000
dinara.Odrediti koliko je otplaüeno poþev od sedmog zakljuþno sa petnaestim
anuitetom.
7.4.24. Zajam od 1 000 000 dinara otplaüuje se za 20 godina jednakim
šestomeseþnim anuitetima uz 4% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje.
Izraditi amortizacioni plan za poslednja tri perioda otplaüivanja.
7.4.25. Ostatak duga zajma koji se amortizuje dvadeset godina jednakim
godišnjim anuitetima sa 5% godišnje kamate i godišnje kapitalisanje, posle
petnaestog plaüenog anuiteta iznosi 100000 dinara. Napraviti amortizacioni
plan za prve tri godine.
7.4.26. Po zajmu koji se otplaüuje 15 godina jednakim šestomeseþnim
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 otplaüivanja.
260
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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
plaüenih anuiteta je 80000 dinara. Napraviti amortizacioni plan za prve tri
godine amortizacije.
7.4.29. Zajam se otplaüuje 12 godina jednakim polugodišnjim anuitetima od
7000 dinara uz 8% godišnje kamate i polugodišnje kapitalisanje. Odrediti
koliko je otplaüeno zajma poþev od petog zakljuþno 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. Izraþunati
novi anuitet.
7.4.31. Dužnik otplaüuje 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, isplaüuje 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%. Izraþunati 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 þetiri godine dužnik je redovno plaüao anuitete, a posle toga sledeüih
þetiri godine dužnik nije platio nijedan anuitet. Tada su se stranke dogovorile
da dužnik nastavi da plaüa redovno anuitete uz kamatnu stopu 9% i u
predviÿenom roku otplati dug. Izraþunati 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.
261
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
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 meseþni 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 meseþnim
anuitetima uz 9% godišnje kamatne stope.Odrediti anuitet ako je
a) godišnje kapitalisanje
b) polugodišnje kapitalisanje
c) meseþno kapitalisanje.
7.4.38. Zajam od 300000 dinara se amortizuje 20 godina jednakim meseþnim
anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 12% i godišnje kapitalisanje. Koliko je
plaüeno ukupno kamate za prvih, a koliko za drugih deset godina?
7.4.39. Zajam od 400000 dinara se amortizuje 10 godina jednakim meseþnim
anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 10% i godišnje kapitalisanje. Koliko je
otplaüeno zajma poþev od desetog zakljuþno sa pedesetim anuitetom?
7.4.40. Zajam od 200000 dinara se amortizuje 15 godina jednakim meseþnim
anuitetima uz godišnju kamatnu stopu 15% i godišnje kapitalisanje. Koliko je
stanje duga posle sedme godine?
262
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
LITERATURA
1. Michael W. Klein, Mathematical Methods for Economics; ADDISONWESSLEY, 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. Demidoviþ, Zadaci i rešeni primeri iz više matematike, Tenhiþka knjiga,
1978.
6.Dr. Miodrag Ivoviü, Finansijska matematika, Ekonomski fakultet Beograd,
1999
7. Dr Luka Filipoviü, Matematika za ekonomiste, Viša poslovna škola
Beograd, 1998.
8. Dr. Rajko Raleviü, Matematika za ekonomiste-Zbirka zadataka, Viša škola
za ekonomiju, Beograd, 1990
9. Dr. Dragoslav Mitrinoviü, Matematika u obliku metodiþke zbirke zadataka
sa rešenjima I deo, Graÿevinska knjiga, Beograd 1977.
10. Dr. Dragoslav Mitrinoviü, Matematika u obliku metodiþke zbirke zadataka
sa rešenjima II deo, Graÿevinska knjiga, Beograd 1977.
263
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
DODATAK
KAMATNE (INTERESNE)
TABLICE
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
266
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
267
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
268
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
269
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
270
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
271
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
272
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
273
Dodatak – Kamatne (interesne) tablice
274
Zbirka zadataka iz Poslovne matematike
275
Cyan Magenta Yellow Black
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 86-7747-102-2
ZBIRKA ZADATAKA IZ POSLOVNE MATEMATIKE • Doc. dr Dušan Joksimović
Doc. dr Dušan Joksimović rođen je
1966. godine u Beogradu.
Megatrend univerzitet primenjenih nauka,
Beograd, 2003.
Download

ZBIRKA ZAD A TAKA IZ POSLO VNE MA TEMA TIKE