Boris Guljas-Matematicka Analiza 1 2

ˇ MATEMATICKA ANALIZA I II &

Boris Guljaˇ s predavanja Zagreb, 1.9.2007.

Uvod Matematiˇcka cka analiza I. & II. su standardni jednosemestralni kolegiji koji se predaju na prvoj godini studija matematike matematike na PMF-Matematiˇ PMF-Matematiˇckom ckom odjelu o djelu Sveuˇciliˇ ciliˇsta sta u Zagrebu. Gradivo tih kolegija izlaˇze ze se sa satnicom od tri sata predavanja i tri ili il i ˇcetiri cetiri sata vjeˇzbi zbi tjedno t jedno u prvom i drugom semestru studija. Program kolegija obuhva´ obuhvaća ca osnovna znanja o funkcijama funkcijama realne varijable, od definicija osnovnih elementarnih funkcija, preko pojma limesa niza i funkcije, neprekidnosti funkcije, funkcije, do diferencijalnog i integralnog raˇcuna. cuna. Izlaganje gradiva podijeljeno po dijeljeno je na ˇsest poglavlja, p oglavlja, od kojih se prva prva tri poglavlja izlaˇzu zu u prvom semestru, a posljednja tri u drugom semestru studija. Ukljuˇ Uklj uˇcena cena su i dva dodat do datka ka koja koj a omogu´ omo gućuju cuju snalaˇ snal aˇzenje zenje u jeziku jezik u matemat mate matiˇ iˇcke cke logike i jeziku skupova koji se koriste u izlaganju. U prvom poglavlju obraduju se osnovni pojmovi o skupovima i funkcijama, na naˇ n aˇcin cin da se s e paˇznja znja posveˇ po sveˇcuje cuje konkretnim konkre tnim skupovima skup ovima priro pri rodni dnih, h, cijelih, cije lih, racionalnih racionalnih i realnih realnih brojeva. brojeva. Prvo Prvo se intuitiv intuitivno no i heuristi heuristiˇˇcki cki opisuju opisuju svojsvojstva tih skupova, da bi u nastavku dali aksiomatiku skupa realnih brojeva. Pojam funkcije funkcije se uvodi kroz ponavljanje poznatih p oznatih pojmov po jmovaa iz srednje ˇskole, skole, a zatim se kroz uvodenje operacije kompozicije i pojma inverzne funkcije, formalno definiraju arcus i area funkcije. Kod definiranja pojmova infimuma i supremuma skupa, upo upozna znajemo jemo studente s strogim s trogim matematiˇckim ckim naˇcinom cinom formuliranja formuliran ja tih pojmova po jmova pomo´ p omoću cu logiˇckih ckih veznika i kvantifikatora. kvantifikatora. Takoder se upo upozna znaju ju s naˇcinom cinom kako razlikovati veliˇcinu cinu beskonaˇcnih cnih skupova kroz pojam prebrojivog i neprebrojivog skupa. Drugo poglavlje je posve´ ceno ceno nizovima realnih brojeva i njihovoj njihovoj konverkonvergenciji. Naroˇcito cito se inzistira na pojmu po jmu konvergencije konvergencije niza, jer to je prvi ozbiljni susret s po jmom koji zahtijeva shva´ shvaćanje canje beskonaˇcnog cnog matematiˇckog ckog procesa. Posebno se inzistira na razumijevanju Cauchyjev Cauchyjevee definicije limesa niza. Na kraju se uvodi skup komplek kompleksnih snih brojeva i konve konvergenc rgencija ija nizova nizova u njemu, te odnos s konvergencijom komponentnih realnih nizova. U tre´ cem cem poglavlju p oglavlju obraduje se limes funkcije funkcije i neprekidnost funkcije, s tim da se ti pojmovi uvode uvode pomoću cu nizov nizova, ali se dokazuj dokazuju u i koriste koriste Cauchyjeve varijante tih pojmova. Pokazuje se veza neprekidnosti i monotonosti iii

iv funkcije, te se dokazuje neprekidnost svih elementarnih funkcija. Drugi semestar poˇcinje cinje s ˇcetvrtim cetvrtim poglavljem pog lavljem o diferencijalnom diferencija lnom raˇcunu cunu i teorijski i praktiˇ cki cki relevantnim relevantnim pojmovima po jmovima u vezi s derivacijom. derivacijom. Posebno, dokazuju se teoremi teo remi srednje sredn je vrijednosti vrijedno sti i primjenjuju p rimjenjuju na probleme pro bleme istraˇ is traˇzivanja zivanja toka funkcije. Takoder pokazujemo p okazujemo neke primjene u numeriˇckoj ckoj matematici. matemati ci. Pojam integrabilnosti u Riemannovom smislu uvodi se u petom poglavlju. Tu dokazujemo dokazujemo integrabilnost elementarnih elementarnih funkcija funkcija pomoću cu njihove neprekid neprekidnosti nosti ili monotonosti monotonosti po p o dijelov dijelovima. ima. Takoder akoder se definira definira primitivn primitivnaa funkcija funkcija i da ju se osnovne tehnike tehnike integralnog raˇcuna. cuna. Obraduju se primjene na nalaˇzenje zenje povrˇsina sina likova likova i volumena tijela, kao i zakrivljenost zakrivljeno st ravninskih krivulja. Posljednje ˇsesto sesto poglavlje pog lavlje je posvećeno ceno redovima brojeva bro jeva i redovima funkcija. Prouˇcava cava se apsolutna apsol utna konvergencija redova i dokazuju se dovoljni uvjeti uvjet i za konvergenciju redova. Od redova funkcija poseban naglasak je na redovima potencija. potencija. Specijalno Specijalno se promatraju promatraju Taylorov aylorovii redovi redovi osnovnih osnovnih funkcija. funkcija. Takoder se ukratko obraduju i osnovne ˇcinjenice cinjenice o Fourierovim redovima perio pe riodiˇ diˇckih ckih funkcija. funkci ja. Dodaci A i B su uvrˇ uvrˇsteni steni zato da studen studentima tima budu na raspolaganju raspolaganju osnovna znanja iz matematiˇ cke cke logike i elementarne elementarne teorije skupova potrebna za svladavanje ovog kolegija.

OBAVEZNA LITERATURA: 1. S. Kurepa, Matematiˇcka cka analiza 1: Diferenciranje i integriranje, integriranje, Tehniˇcka cka knjiga, Zagreb, 1984. 1984 . 2. S. Kurepa, Matematiˇcka cka analiza ana liza 2: Funkcije jedne varijable, Tehniˇcka cka knjiga, knjiga, Zagreb, Zagreb, 1984. DOPUNSKA LITERATURA: LITERATURA: 1. M. H. Protter, C. B. Morrey Morrey,, A First First Course in Real Analysis, Springer Springer Verlag, 1991.

Boris Bo ris Guljaˇ Gu ljaˇs

Sadrˇ za j Uvod

iii

1 Skup ovi i funkcije 1.1 Skup ovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1. 1.1.11 Skupo Skupovi vi N, Z, Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 1.1.2 Prik Prikaz skupo skupov va Q i R na pravcu . . . . . . . . . . . . . 1.1.3 Decimaln alni broje ojevi, apr aproksimaci acija . . . . . . . . . . . . 1.1. 1.1.44 Kart Kartez ezij ijev evaa ravn ravnin ina, a, koordi oordina natn tnii sust sustaav . . . . . . . . . 1.2 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. 1.2.11 Klas Klasifi ifik kacij acijaa rea realn lnih ih funk funkci cija ja pomo pomoću c u graf grafaa . . . . . . . 1.2.2 Linearne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. 1.2.33 Apsol psolu utna tna vrij vrijeednost nost i ud udal aljjenost nost . . . . . . . . . . . . 1.2.4 Kvadratna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.5 Razl azlomljene linearn arne funkcije . . . . . . . . . . . . . . 1.2.6 Polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.7 Racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. 1.2.88 Komp Kompoz ozic icij ijaa funk funkci cija ja,, in inverzn erznaa fun funk kcija cija . . . . . . . . . 1.2.9 Korijeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.10 Eksponenci Eksponencijalna jalna funkcija funkcija na Q, logaritamska funkcija, opća po pottencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.11 Hiper perbol bolne i area funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. 1.2.12 12 Trigo rigono nome metr trij ijsk skee i arku arkuss funk funkci cije je . . . . . . . . . . . . 1.3 1.3 Aksi Aksiom omii polja polja R, supr suprem emum um i infim infimum um,, pot potpu puno nost st . . . . . . . 1.3. 1.3.11 Aksi Aksiom omii polja polja R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. 1.3.22 Sup uprremum i infi infimum skupa kupa,, pot potp pun unos ostt . . . . . . . . . 1.3.3 1.3.3 Ekspon Eksponenc encija ijalna lna funk funkcija cija na R (I.) . . . . . . . . . . . 1.4 Ekvipot potentni skupov povi, prebroji ojivost . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 2 6 7 8 8 10 11 12 14 15 15 16 16 20 20 22 24 28 29 31 35 36

2 Nizovi 41 2.1 Niz i p o dniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.2 2.2 Lime Limess niza niza u R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 v

ˇ SADRZAJ

vi 2.3 Operacije s konvergentnim nizovima . . . . 2.3.1 Primjeri konvergentnih nizova . . . 2.3.2 Eksponencijalne funkcije na R (II.) 2.4 Limes superior i limes inferior . . . . . . . 2.5 Cauchyjev niz . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Polje C, nizovi u C . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Polje kompleksnih brojeva C . . . . 2.6.2 Eksponencijalna funkcija na C . . . 2.6.3 Nizovi u C, limes niza u C . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

3 Limes i neprekidnost funkcije 3.1 Limes funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Limes u R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Jednostrani limes u R . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Neprekidnost funkcije u toˇcki . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Neprekidnost i operacije s funkcijama . . . . . . . . . . 3.2.2 Neprekidnost eksponencijalne funkcije na R . . . . . . 3.2.3 Neprekidnost trigonometrijskih funkcija . . . . . . . . . 3.2.4 Neprekidnost funkcije na segmentu . . . . . . . . . . . 3.3 Neprekidnost i monotonost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Neprekidnost korijena, logaritamske, area i arcus funkcija 3.4 Jednostrana neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Otvoreni skupovi u R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Derivacija 4.1 Motivacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Diferencijabilnost i operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Derivacije elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Potencije i korijeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Trigonometrijske i arcus funkcije . . . . . . . . . . 4.3.3 Eksponencijalna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.4 Hiperbolne i area funkcije . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Teoremi srednje vrijednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Monotonost i derivacija funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Taylorov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6.1 Odredivanje ekstrema pomoću derivacija viˇseg reda 4.6.2 Konveksne funkcije, infleksija . . . . . . . . . . . . 4.6.3 Okomite i kose asimptote na graf funkcije . . . . . 4.6.4 L’Hospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7 Svojstva konveksnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 Primjene derivacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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

45 47 50 51 54 55 55 56 57

61 61 64 65 67 71 72 73 74 76 78 81 83

85 . 85 . 90 . 93 . 93 . 93 . 94 . 95 . 96 . 99 . 102 . 103 . 105 . 109 . 111 . 112 . 114

ˇ SADRZAJ

4.8.1 4.8.2

vii Lagrangeov interpolacijski polinom . . . . . . . . . . . 114 Newtonova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

5 Riemannov integral 5.1 Problem povrˇsine i rada sile . . . . . . . . . . . 5.2 Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Osnovna svojstva . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Integrabilnost monotonih i neprekidnih funkcija 5.5 Primitivna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 Metode integriranja . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1 Direktna integracija . . . . . . . . . . . . 5.6.2 Integracija racionalnih funkcija . . . . . 5.7 Primjene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7.1 Volumen rotacionog tijela . . . . . . . . 5.7.2 Duljina ravninske krivulje . . . . . . . . 5.7.3 Povrˇsina rotacione plohe . . . . . . . . . 5.7.4 Zakrivljenost ravninske krivulje . . . . . 5.8 Nepravi integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8.1 Kriterij konvergencije nepravog integrala 6 Redovi 6.1 Definicija reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Definicija konvergencije reda . . . . . . . . . . 6.3 Usporedivanje redova, apsolutna konvergencija 6.4 Uvjeti za konvergenciju reda . . . . . . . . . . 6.5 Produkt redova . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 Redovi potencija . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7 Taylorovi redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.8 Fourierovi redovi . . . . . . . . . . . . . . . . 6.9 Uniformna konvergencija . . . . . . . . . . . . 6.10 Sumiranje redova u smislu Césara . . . . . . .

. . . . . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

121 . 121 . 122 . 127 . 130 . 134 . 136 . 136 . 142 . 144 . 144 . 144 . 145 . 146 . 147 . 150

. . . . . . . . . .

153 . 153 . 155 . 158 . 161 . 166 . 167 . 171 . 175 . 178 . 182

A Algebra izjava 185 A.1 Izjave i veznici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 A.2 Izjavne funkcije i kvantifikatori . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 B Elementarna teorija skupova B.1 Skupovi i operacije sa skupovima . B.2 Inkluzija i prazan skup . . . . . . . B.3 Zakoni unije, presjeka i oduzimanja B.4 Univerzalni skup i komplement . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

189 . 189 . 191 . 192 . 194

ˇ SADRZAJ

viii

B.5 Kartezijev produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 B.6 Relacije i funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

Index

197

Poglavlje 1 Skupovi i funkcije 1.1

Skupovi

Pojmovi skup i element ili ˇclan skupa predstavljaju osnovne ili primitivne pojmove koji se ne definiraju. Intuitivno, pojam skupa predstavlja cjelinu koju ˇcine elementi ili ˇclanovi tog skupa. Za pisanje ˇcinjenice da je a element skupa A koristimo oznaku a A, a da a nije element skupa A koristimo oznaku a A. Na primjer, postoji skup ˇciji ˇclanovi su svi primitivni bro jevi manji od 10. To je skup od ˇcetiri elementa: 2, 3, 5 i 7. Taj skup moˇzemo oznaˇciti nabra jajući ˇclanove unutar vitiˇcastih zagrada: 2, 3, 5, 7 . Nazovimo ga s A. Neka je B skup svih rjeˇsenja polinomijalne jednadˇzbe x4 17x3 + 101x2 247x + 210 = 0. Moˇzemo provjeriti da skup B ima toˇcno ista ˇcetiri ˇclana 2, 3, 5 i 7. Iz tog razloga skupovi A i B su identiˇcni, tj. A = B. Skup koji nema niti jednog ˇclana zovemo prazan skup i oznaˇcavamo s . Kaˇzemo da je skup A podskup skupa B i piˇsemo A B, ako je svaki element t A ujedno i element skupa B, tj. t, (t A) (t B). Posljednja izjava je napisana pomoću logiˇckih znakova i glasi: ”za svaki t, t element od A povlaˇci (slijedi) t element od B”. Znak (za svaki) je logiˇcki kvantifikator (univerzalni kvantifikator), i on opisuje opseg izjave koja iza njega slijedi. Znak je logiˇcki veznik koji zovemo implikacija. On povezuje dvije izjave i ˇcitamo ga ”slijedi, povlaˇci, ako - onda”. Drug logiˇcki kvantifikator je , kvantifikator egzistencije ili postojanja. Npr. izjava a(a A), ”postoji element a koji je u skupu A”, kazuje da skup A ima barem jedan ˇclan, tj. A = . Pored navedenih kvantifikatora koristimo joˇs slijedeće veznike ili logiˇcke operacije: , & (konjunkcija) koji odgovara jeziˇcnom vezniku ”i”, (disjunkcija)je veznik ”ili”, a (ekvivalencija) ˇcitamo ”ako i samo ako”, ”onda i samo onda” i sliˇcno. Navedeni veznici odgovaraju pojedinim operacijama sa skupovima.

∈

∈

{

∈

∀ ∀

}

∨

1

∅

∃ ∅

∃ ∈

⇔

−

⊆ ∈ ⇒ ∈

⇒

∧

−

2

POGLAVLJE 1. SKUPOVI I FUNKCIJE

∩ ∀ ∈ ∩ ⇔ ∈ ∧ ∈ ∪ ∈ ∪ ⇔ ∈ ∨ ∈ ⇔

Operacija presjek skupova A i B u oznaci A B odgovara vezniku ”i”, a njen rezultat je skup koji sadrˇzi one i samo one ˇclanove koji su ˇclanovi skupa A i skupa B, tj. t (t A B) ((t A) (t B)). Operacija unija skupova A i B u oznaci A B odgovara vezniku ”ili”, a njen rezultat je skup koji sadrˇzi one i samo one ˇclanove koji su ˇclanovi skupa A ili skupa B, tj. t (t A B) ((t A) (t B)). Ako veznik povezuje dvije izjave, onda su one jednako vrijedne, obje su istinite ili su ob je laˇzne. Osnovna znanja o logiˇckim izjavama i skupovima potrebna u daljnjim razmatranjima obradena su u Dodatku A (str. 185.) i B (str. 189.). Sada ćemo se posvetiti konkretnim skupovima kojima ćemo se baviti u ovom kursu.

1.1.1

∀

Skupovi N, Z, Q

U naˇsim razmatranjima posebno vaˇznu ulogu igraju skupovi koji nemaju samo konaˇcno mnogo ˇclanova. Takav je skup prirodnih brojeva ko jeg oznaˇcavamo s N, a njegovi ˇclanovi su prirodni brojevi 1, 2, 3, . . ., tj. zemo usporedivati bro jeve, tj. za svaN = 1, 2, 3, . . . . Na skupu N moˇ ka dva razliˇcita prirodna broja znamo koji je manji a koji je veći, tj. koji je prije kojega u prirodnom poretku. Zapravo, za svaki prirodni broj znamo koji broj dolazi nakon njega, tj. tko mu je sljedbenik. Ako krenemo od prvog prirodnog broja, kojeg oznaˇcavamo s 1, i od svakog broja predemo na njegovog sljedbenika, proći ćemo svim prirodnim brojevima. Sada smo upravo opisali svojstva koja ˇcine Peanove1 aksiome skupa N:

{

}

1. Postoji prvi element u skupu N i oznaˇcavamo ga s 1, tj. 1 jedini element koji nije sljedbenik nekog prirodnog broja. 2. Svaki prirodni broj ima sljedbenika, tj.

∈ N. To je

∀n ∈ N, ∃s(n) ∈ N.

3. Vrijedi aksiom matematiˇcke indukcije : Neka je S

⊆ N takav da vrijedi:

∈ S , 2) ∀n ∈ N, (n ∈ S ) ⇒ (s(n) ∈ S ). 1) 1

Tada je S = N.

Svaki skup za kojeg vrijede Peanovi aksiomi poistovjećujemo sa skupom prirodnih brojeva. Naravno, postoje razliˇcite realizacije skupa N. Naprimjer, 1

Giuseppe Peano (Cuneo [Piemonte], 27. kolovoz 1858. – Turin, 20. travanj 1932.) talijanski matematiˇcar

3

1.1. SKUPOVI

{∅ {∅} {{∅}} {{{∅}}} }

jednu moˇzemo sagraditi od praznog skupa: N = , , , ,... , gdje je sljedbenik definiran sa s(a) = a , a N. Pomoću funkcije sljedbenik moˇzemo na N definirati binarnu operaciju zbrajanja. Za n N stavimo s(n) = n + 1. Sada stavimo

{}∀ ∈

∈

∀ n, m ∈ N,

n + m = s(s(s(. . . s(n) . . .))) = s[m] (n).

   m

∀

∈

Lako se provjeri da je ta operacija asocijativna ( n,m,k N), n+ (m+k) = (n + m) + k, i komutativna ( n, m N), n + m = m + n. Osim operacije zbrajanja, na N moˇzemo definirati relaciju strogog uredaja < tako da kaˇzemo n N, n < s(n), tj. imamo 1 < 2 < 3 <
∀

∈

∀ ∈

···

≤

(n

···

def

≤ m) ⇔ ((n < m) ∨ (n = m)).

Taj uredaj je linearan ili jednostavan, tj. za svaka dva razliˇcita prirodna broja jedan je manji od drugoga, tj. oni su usporedivi. Kaˇzemo da je uredaj na skupu N dobar uredaj jer ima svojstvo da svaki neprazan podskup skupa N ima prvi (najmanji) element. Dakle, na N imamo zadanu algebarsku strukturu i uredaj. Pitanje je sada koliko nam je ta struktura korisna i dostatna. Ve´ c u prvim godinama ˇskolovanja iz matematike uˇci se kako razne probleme matematiˇcki formulirati i potom rjeˇsavati. Već najjednostavniji problemi vode na rjeˇsavanje jednadˇzbe oblika a + x = b, gdje su a, b N. Moˇzemo li tu jednadˇzbu rijeˇsiti u skupu N za svaki izbor brojeva a, b N? Naravno, odgovor je negativan već za izbor a = b = 1. Naime, u skupu N ne postoji broj x sa svojstvom da je x+1 = 1. To slijedi iz 1. Peanovog aksioma. Kada bi takav broj postojao, ˇ onda je iz definicije zbrajanja jasno da bi vrijedilo n N, x + n = n. Sto moˇzemo sada uˇciniti? Uobiˇcajen postupak kod rjeˇsavanja sliˇcnih algebarskih problema je da proˇsirimo (ako je moguće) skup tako da u tom ve´ cem skupu naˇsa jednadˇzba ima rjeˇsenje. Dodajmo, dakle, skupu N element koji oznaˇcavamo s 0 i stavimo ga ispred jedinice jer vrijedi 0 + 1 = 1, tj. 1 = s(0). To je tzv. neutralni element za zbrajanje ili nula, jer pri zbrajanju s 0 svi elementi ostaju nepromijenjeni. Odmah je jasno da niti u skupu 0 N nismo u mogućnosti rijeˇsiti naˇsu jednadˇzbu za bilo koji izbor bro jeva a, b 0 N. Naime, za bilo koji n N jednadˇzba n+x = 0 nema rjeˇsenje u 0 N.Takav x zovemo suprotnim element od n i oznaˇcavamo s n. Dobro, dodajmo sada skupu suprotne elemente za sve n N i poredajmo ih u obratnom poretku od njihovih originala, tj. (n, m N) ((n < m) ( m < n)). Tako smo

∈ ∈

∀ ∈

∈

∈

∈

− ⇒ −

{ }∪ ∈ { }∪ { }∪

−

4


doˇsli do skupa

{

Z = ...,

−n , . . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . . , n , . . .} = −N ∪ {0} ∪ N

kojeg nazivamo skupom cijelih brojeva. Na ˇcitav skup Z moˇzemo takoder proˇsiriti i operaciju zbrajanja. Za m, n N stavimo n + m = (n + m). Za m N, n N promatramo dva sluˇ caja. Ako je (n 0 N, n = m + k, pa stavljamo m + n = k, a u sluˇ caju m) k (m n) 0 N, m = n + k, pa stavljamo m + n = k. Skup Z k sa operacijom + je algebarska struktura sa svojstvima:

−

− ∈− ⇒ ∃ ∈ { }∪ ≥ ⇒ ∃ ∈ { }∪

∈

− − ∈− −

−

−

−

≥

−

∀ a,b,c ∈ Z, a + (b + c) = (a + b) + c (asocijativnost). 2. ∃ 0 ∈ Z, ∀ a ∈ Z, 0 + a = a + 0 = a (neutralni element). 3. ∀ a ∈ Z, ∃ − a ∈ Z, a + −a = −a + a = 0 (suprotni elementi). 4. ∀ a, b ∈ Z, a + b = b + a (komutativnost). 1.

Strukturu (Z, +) koja zadovoljava svojstva 1., 2. i 3. zovemo grupa, ako joˇs vrijedi i svojstvo 4., zovemo je komutativna (Abelova1 ) grupa. To je osnovna algebarska struktura u kojo j je uvijek rjeˇsiva jednadˇzba a + x = b. Na skupu N moˇzemo definirati i drugu binarnu operaciju koju nazivamo mnoˇzenje ako za n, m N stavimo n m = n + n + + n. Tu operaciju

∀

∈

·

 ···  m

− − ∈− − · − − ·

moˇzemo lako proˇsiriti i na skup Z stavljajući za n, m N, ( n) ( m) = N, n N, n ( m) = (n m). Lako se pokaˇ ze da je i n m, a za m ta operacija asocijativna, komutativna i u skupu Z postoji neutralni element za mnoˇzenje 1, tj. n Z, n 1 = 1 n = n. Promatra jmo sada rjeˇsivost jednadˇzbe a x = b za a, b Z. Već za a = n N i b = 1 ta jednadˇzba nema rjeˇsenje u Z. Broj x za koji vrijedi nx = 1 nazivamo reciproˇcni element od n ili inverz od n za operaciju mnoˇzenje i oznaˇcavamo s n−1 = n1 . Ako sada proˇsirimo skup Z sa svim mogućim rjeˇsenjima jednadˇzbe nx = m, gdje je n N i m Z dobivamo skup

·

− ∈− ∈ · − ∀ ∈ · · · ∈

∈

∈

∈

Q=

{ mn ; n ∈ N, m ∈ Z}

koji zovemo skupom racionalnih brojeva. Napominjemo da je prikaz racionalnog broja u obliku m jedinstven ako su brojevi m i n relativno prosti, n tj. nemaju zajedniˇckog djelitelja razliˇcitog od 1 ili 1.

−

1

Niels Henrik Abel (Nedstrand, 5. kolovoz 1802. - Froland, 6. travanj 1829.) norveˇ ski matematiˇcar

5

1.1. SKUPOVI

Operaciju mnoˇzenje na skupu Q definiramo tako da za

∀

m m′ , n n′

∈

m m′ mm Q, stavimo = n n′ nn′

·

∈ Q. ·

Skup racionalnih bro jeva bez nule, s operacijom mnoˇzenja ( Q, ) je takoder komutativna grupa. Nula nema reciproˇ cnog elementa, tj. s nulom nije moguće dijeliti. Operaciju zbra janje je moguće proˇsiriti sa skupa Z na skup Q na slijedeći naˇcin: m m′ m m′ mn′ + m′ n Q, stavimo + ′ = Q. , n n′ n n nn′ Medutim, operacije zbrajanja i mnoˇzenja su povezane svojstvom distributivnosti mnoˇzenja prema zbrajanju, tj. n,m,k Q, n(m + k) = nm + nk. Struktura (Q, +, ) s gore navedenim svojstvima naziva se polje. Uredaj sa skupa Z moˇzemo jednostavno proˇsiriti na skup Q tako da m m m Q, stavimo m , mn′ m′ n. Ta relacija ima slijedeća n n n n svojstva:

∀

∈

∈

∀

·

′

∀

′

∈

≤

′

′

⇔

∈

≤

∀ a ∈ Q, (a ≤ a), (refleksivnost). 2. ∀ a, b ∈ Q, (a ≤ b) ∧ (b ≤ a) ⇒ (a = b), (antisimetriˇcnost). 3. ∀ a,b,c ∈ Q, (a ≤ b) ∧ (b ≤ c) ⇒ (a ≤ c), (tranzitivnost). 4. ∀ a, b ∈ Q, (a ≤ b) ∨ (b ≤ a), (linearnost ili totalnost). 1.

Ako uredaj zadovoljava samo svojstva 1., 2. i 3. zovemo ga parcijalni uredaj. Taj uredaj je u suglasju s operacijama zbrajanja i mnoˇzenja. Vrijedi

∀ a, b ∈ Q, (a ≤ b) ⇒ (∀c ∈ Q (a + c ≤ b + c)). 2. ∀ a, b ∈ Q, (a ≤ b) ⇒ (∀c ≥ 0 (ac ≤ bc)). 2.’ ∀ a, b ∈ Q, ((a ≥ 0) ∧ (b ≥ 0)) ⇒ (ab ≥ 0). 1.

Primjer 1.1. Relacija inkluzije je parcijalni uredaj na partitivnom skupu (U ) nekog skupa U . Vrijedi

P

∀ A ⊆ U, (A ⊆ A), 2. ∀ A, B ⊆ U, (A ⊆ B) ∧ (B ⊆ A) ⇒ (A = B), 3. ∀ A,B,C ⊆ U, (A ⊆ B) ∧ (B ⊆ C ) ⇒ (A ⊆ C ). 1.

Taj uredaj nije linearan, npr. disjunktni skupovi nisu usporedivi.

6


1.1.2

Prikaz skupova Q i R na pravcu

Skup cijelih brojeva prikazujemo na pravcu tako da izaberemo ˇcvrstu toˇcku za ishodiˇste i njoj pridruˇzimo cijeli broj 0. Zatim izaberemo jediniˇcnu duˇzinu i nanosimo ju uzastopno na desnu stranu za pozitivne i na lijevu stranu za negativne cijele brojeve, kao ˇsto je prikazano na slijedećoj slici. 3 2 1

0

Da bismo prikazali racionalni broj m , n 0 < m < n, na pravcu posluˇzimo se Talesovim teoremom o sliˇcnim trokutima. Kao ˇsto se vidi na slici desno, prvo na pomoćnom pravcu nanesemo n jednakih duˇzina, a zatim odredimo traˇzeni broj. Na taj naˇcin je jasno da je ravnalom i ˇsestarom moguće na pravcu konstruirati svaki racionalan broj.

1

2

3

n

m

1

2

0 1  n

m  n

1

Skup racionalnih brojeva Q je gust u sebi, tj. q1 , q2 Q, q1 < q2, q Q, q1 < q < q 2 . Naravno, to je ispunjeno q1 + q2 već za q = . Prirodno pitanje 2 je da li su na taj naˇcin dobivene sve toˇcke na pravcu, tj. da li svaka toˇcka 1 na pravcu predstavlja neki racionalan broj. Konstruirajmo toˇcku koja je od 0 udaljena za duljinu dijagonale kvadrata sa stranicama duljine 1. Iz Pitagorinog pouˇcka slijedi da ta toˇcka odgovara broju ˇciji kvadrat je jednak 2, tj. bro ju 2. Dokaˇzimo da 2 Q. Metoda 2 0 1 kojom dokazujemo tu tvrdnju vrlo je ˇcesta u dokazivanju razliˇcitih matematiˇckih tvrdnji. Jedini naˇcin da logiˇcki toˇcnim zakljuˇcivanjem dobijemo neistinitu tvrdnju je da je polazna pretpostavka neistinita. Dakle, pretpostavimo da vrijedi 2 Q. Tada postoje relativno prosti brojevi m, n N (nemaju zajedniˇ ckih faktora razliˇcitih od 1) takvi da je

∀

∈

√

∃ ∈

√ ∈

∈

√ ∈

7

1.1. SKUPOVI

√

m n

2

= 2, odnosno m = 2, a odatle dobijemo m2 = 2n2 . Poˇsto je desna n2 strana posljednje jednakosti prirodan broj djeljiv s 2, tada je i m2 djeljiv s 2. Tada je i m djeljiv s 2, tj. m = 2m0 za neki m0 N. Naime, kada bi bilo m = 2m0 + 1 slijedilo bi m2 = 4m20 + 4m0 + 1. Sada imamo 4m20 = 2n2 , odnosno 2m20 = n2 . Odatle pak zakljuˇcujemo da je i n = 2n0 za neki n0 N. Dakle, m = 2m0 i n = 2n0 , tj. dobili smo neistinu, odnosno kontradikciju s pretpostavkom da su m i n relativno prosti. Sada je jasno da sve toˇcke na pravcu ne predstavljaju racionalne bro jeve, ve´ c ima (puno viˇse) toˇcaka koje ne predstavljaju racionalne nego tzv. iracionalne brojeve. Sve te toˇcke zajedno predstavljaju skup realnih brojeva koji oznaˇcavamo s R.

∈

∈

1.1.3

Decimalni brojevi, aproksimacija

Broj oblika

··· + 10a ), (1.1) gdje je n, a ∈ N i a , a , . . . , a ∈ {0, 1, 2, . . . , 9}, zovemo decimalnim brojem. Svaki decimalni broj je iz Q, jer se moˇze napisati kao kvocijent cijeloga broja m i 10 . Obratno, svaki racionalni broj oblika , gdje je m ∈ Z, k, n ∈ N, 2 5 ±(a

0

1

2

0

+

a1 a2 + 2+ 10 10

n n

n

n

k m

je decimalan broj. Zato ˇsto smo navikli raˇ cunati u decimalnom sustavu (valjda zbog deset prsti na rukama) decimalni brojevi su nam neophodni u svakodnevnom ˇzivotu. No tih brojeva ima manje od realnih brojeva, pa ima smisla pitanje da li je moguće svaki realan broj po volji toˇcno aproksimirati pomoću decimalnih brojeva. Drugim rijeˇcima, da li je moguće naći decimalan broj koji se od zadanog realnog broja razlikuje za manje od unaprijed zadane traˇzene toˇcnosti ε > 0. Mi u ovom trenutku moˇ zemo dati samo geometrijsku ideju dokaza te ˇcinjenice. Neka je d > 0 realan broj koji se nalazi negdje desno od 0 na brojevnom pravcu. Sada uzmimo jediniˇcnu duˇzinu i nanosimo je uzastopno na desno. Nakon konaˇcno koraka broj d će biti pokriven tom duˇzinom. Ta geometrijska tvrdnja naziva se Arhimedov 1 aksiom. Na taj naˇcin smo naˇsli prirodan broj a0 + 1 za koji je a0 d < a0 + 1. Podijelimo sada taj segment na deset jednakih dijelova i toˇcka koja reprezentira broj d će pasti u jedan od 1 a1 a1 njih, tj. postoji a1 0, 1, 2, . . . , 9 tako da je a0 + + . d < a0 + 10 10 10 1 Sada taj segment duljine 10 podijelimo na deset jednakih dijelova i dobijemo 1 a1 a2 a1 a2 broj a2 0, 1, 2, . . . , 9 tako da je a0 + + 2 d < a 0 + + 2 + 2 . 10 10 10 10 10

≤

∈{

∈{

1

}

}

≤

≤

Arhimed (287. pne. – 212. pne.) grˇcki matematiˇcar, fiziˇcar i astronom

8


Prethodni postupak ponavljamo n puta, gdje je brojeva a1 , a2 , . . . , an 0, 1, 2, . . . , 9 za koje je

∈{

a0 +

a1 a2 + 2+ 10 10

}

··· + 10a ≤ d < a n n

0

+

1 10n

< ε. Tako smo doˇsli do

a1 a2 + 2+ 10 10

··· + 10a

n n

+

1 , 10n

tj. naˇsli smo decimalan broj koji zadovoljava traˇzenu toˇcnost aproksimacije.

1.1.4

Kartezijeva ravnina, koordinatni sustav

Uredeni par dva objekta a i b je ureden skup koji oznaˇcavamo s (a, b) i kod kojeg je osim samih elemenata vaˇ zno i na kojem se mjestu oni nalaze. Dva uredena para (a, b) i (c, d) su jednaka, tj. (a, b) = (c, d), ako i samo ako je a = c i b = d. Kartezijev ili Dekartov1 produkt dva skupa A i B je skup kojeg oznaˇcavamo s A B, a sastoji se od svih uredenih parova (a, b), gdje je a A i b B, tj. A B = (a, b); a A, b B . U toˇcki 1.1.2. smo pokazali kako se toˇcke skupova Q i R reprezentiraju na brojevnom pravcu. Sada ćemo sliˇcnu stvar uraditi u ravnini. U ravnini nacrtamo dva okomita brojevna pravca i njihovom sjeciˇstu pridruˇzimo broj 0 na jednom y i na drugom pravcu. Ta dva pravca zovemo koordinatne osi . Sada svakoj toˇcki ravnine moˇzemo T x0,y0 1 y0 pridruˇziti par realnih brojeva koji se dobiju tako da se nacrtaju pravci koji su paralelni sa koordinatnim osima. Svaki od njih na pravcu na koji je okomit jednoznaˇcno u svom sjeciˇstu odreduje rex 1x0 0 alan broj koji to sjeciˇste predstavlja na koordinatnoj osi. Tako smo svakoj toˇcki ravnine T pridruˇzili uredeni par realnih brojeva (x0 , y0 ) kojima je ta toˇcka jednoznaˇcno odredena. Ravninu s okomitim koordinatnim osima zovemo Kartezijeva koordinatna ravnina i moˇzemo je poistovjetiti sa skupom R R = R2 = (x, y); x, y R .

∈

∈

×

×

{

∈

∈ }



×

1.2

{

∈ }

Funkcije

Jedan od najvaˇznijih pojmova u matematici je pojam funkcije. Sada ćemo navesti ne baˇs previˇse formalnu definiciju tog pojma. ˇ René Descartes (Le Haje [danas Descartes], 31. oˇzujak 1596. – Stocholm [ Svedska], 11. veljaˇce 1650.) francuski filozof i matematiˇcar 1



9

1.2. FUNKCIJE

Definicija 1.1. Neka su A i B bilo koja dva neprazna skupa. Funkcija sa skupa A u skup B je pridruˇ zivanje elemenata skupa A elementima skupa B, tako da je svakom elementu iz A pridruˇzen toˇcno jedan element iz B. Tada piˇsemo f : A B, s tim da skup (f ) = A zovemo podruˇcje definicije ili domena funkcije f , skup (f ) = B nazivamo podruˇ cje vrijednosti ili kodomena funkcije f . Slika funkcije f je skup (f ) = f (x); x A (x, f (x)); x (f ) A B je graf funkcije f .

→

A

f B

D

K

R ∈D }⊆ ×

{

→

{

∈ }⊆

B. Skup Γ(f ) =

→ D su jednake toˇcno onda kada vrijedi K(g) = D i ∀x ∈ A, f (x) = g(x).

Dvije funkcije f : A B i f : C A = (f ) = (g) = C , B = (f ) =

D

D

K

D ⊆D

Funkcija g je restrikcija ili suˇzenje funkcije f ako vrijedi (g) (f ) i x (g), g(x) = f (x). Tada piˇsemo g = f D(g) . Takoder se kaˇze i da je f proˇsirenje od g.

∀ ∈D

|

D ⊂

⊆

K

⊆

U sluˇcaju kada je (f ) R i (f ) R, 2 onda je graf Γ(f ) R , tj. moˇzemo ga nacrtati u Kartezijevoj ravnini. Domena se nalazi na osi apscisa (x-osi), a kodomena je na osi ordinata (y-osi). Svojstvo po kojem moˇzemo razlikovati bilo koji podskup Kartezijeve ravnine od grafa funkcije je da u sluˇcaju grafa funkcije, svaki pravac koji je paralelan s osi ordinata sijeˇce graf funkcije u najviˇse jednoj toˇcki. Na taj naˇcin za c (f ) postoji toˇcno jedna toˇcka na grafu oblika (c, f (c)), a onda je jedinstvena i toˇcka f (c) koja je pridruˇzena toˇcki c. Toˇcku f (c) zovemo slikom toˇcke c, a c zovemo originalom od f (c).

y



f c

c,fc



 f

∈D

0

c

x

10

POGLAVLJE 1. SKUPOVI I FUNKCIJE y

Na slici desno je primjer krivulje u Kartezijevoj ravnini koja nije graf funkcije. Pravac paralelan s osi y koji prolazi kroz c sijeˇce krivulju u tri toˇcke. Tako nije moguće na jedinstven naˇcin preko grafa pridruˇziti toˇcki funkcijsku vrijednost f (c). 0

1.2.1

c

x

Klasifikacija realnih funkcija pomo´ cu grafa

Mnoga korisna svojstva realnih funkcija mogu se lako uoˇciti na grafu funkcije.

Definicija 1.2. Za funkciju f : I 1. rastuća na intervalu I

→ R kaˇzemo da je:

⊆ R, ako (∀x , x ∈ I ) (x < x ) ⇒ (f (x ) ≤ f (x )), 2. strogo rastu´ ca na intervalu I ⊆ R, ako (∀x , x ∈ I ) (x < x ) ⇒ (f (x ) < f (x )), 3. padajuća na intervalu I ⊆ R, ako (∀x , x ∈ I ) (x < x ) ⇒ (f (x ) ≥ f (x )), 1

1

1

2

2

2

1

1

1

2

2

2

1

1

1

2

2

2

y

(1.2) 0

(1.3)

∀

( x1 , x2

∈ I ) (x

1

< x2 )

0

x

strogo raste

y

y

(1.4) x

0

x

⊆ R, ako

⇒ (f (x ) > f (x )). 1

x

raste

0

4. strogo padajuća na intervalu I

y

2

(1.5)

pada

strogo pada

Za takve funkcije kaˇzemo da su monotone, odnosno, strogo monotone.

11

1.2. FUNKCIJE

Definicija 1.3. Za funkciju f : kaˇzemo da je:

−a, a → R

−a, a ⊆ R, ako (∀x ∈ −a, a), f (−x) = f (x)), (1.6)

1. parna na intervalu

y

y

x

0

2. neparna na intervalu

−a, a ⊆ R, ako (∀x ∈ −a, a), f (−x) = −f (x)).

x

0

parna

neparna

(1.7)

1.2.2

Linearne funkcije

Ograniˇcimo se sada na funkcije koje se obraduju u srednjoj ˇskoli. To su prije svega funkcije koje su zadane jednostavnim formulama. Funkciju zadanu formulom y = f (x) = kx + l, x R, zovemo linearnom funkcijom (to nije u skladu s definicijom linearnosti u linearnoj algebri). To je funkcija f : R Rˇ ciji graf je pravac. Broj k = tg α u formuli je koeficijent smjera , a broj l je toˇcka na osi y u kojoj pravac sijeˇce os.

y

∈

1

→

n Α

0

m

1

Prisjetimo se nekoliko ˇcinjenica koje se uˇce o pravcima u srednjoj ˇskoli.

i. Jednadˇzba pravca koji prolazi toˇckom (x0 , y0 ) koeficijent smjera k je y = k(x x0 ) + y0

−

2

∈R

i koji ima zadan

ii. Jednadˇzba pravca koji prolazi toˇckama (x0 , y0 ), (x1 , y1 ) y1 y0 je y = (x x0 ) + y0 . x1 x0

− −

−

2

∈ R , x = x , 0

1

x y + = 1, gdje su m, n toˇcke u iii. Segmentni oblik jednadˇzbe pravca je m n kojima pravac sijeˇce osi x i y.

x

12


1.2.3

Apsolutna vrijednost i udaljenost

Kada govorimo o aproksimaciji onda je vaˇzno znati kako se mjeri udaljenost medu objektima. U sluˇcaju kada se radi o realnim brojevima tu vaˇznu ulogu igra funkcija koju zovemo apsolutna vri jednost realnog broja definirana sa:

 −

y 1

x ;x > 0 0 ; x = 0 , (x R). (1.8) x = x ;x < 0 Iz definicije funkcije za svaki a R slijedi nejednakost

||

0

∈

1

∈ −|a| ≤ a ≤ |a|.

ˇ Cesto je potrebno provjeriti nejednakost x ε, gdje je ε broj. Ta nejednakost je ekvivalentna s dvije nejednakosti ε x Za apsolutnu vrijednost imamo slijedeće rezultate.

||≤

≥ 0 realan − ≤ ≤ ε.

1. Apsolutna vrijednost zbroja realnih brojeva je manja ili Teorem 1.1. jednaka od zbroja apsolutnih vrijednosti pribrojnika, tj.

∀ a, b ∈ R, |a + b| ≤ |a| + |b|.

(1.9)

2. Apsolutna vrijednost produkta realnih brojeva je jednaka produktu apsolutnih vrijednosti faktora, tj.

∀ a, b ∈ R, |a · b| = |a| · |b|.

(1.10)

Dokaz: 1. Iz nejednakosti

−|a| ≤ a ≤ |a| −|b| ≤ b ≤ |b| zbrajanjem dobijemo

−(|a| + |b|) ≤ a + b ≤ |a| + |b| ˇsto daje (1.9). 2. Gledamo ˇcetiri sluˇcaja: i) a 0, b 0, ii) a 0, b 0, iii) a 0, b 0, iv) a 0, b 0. U sluˇcaju i) je a = a, b = b pa je a b = ab = ab . U sluˇcaju ii) je ab 0 pa je ab = (ab) = a( b) = a b , itd. Q.E.D.

≤

≤

≤

≥ ≥ ≥ ≤ || || | || | | | − − | || |

≤

≥ | |

x

13

1.2. FUNKCIJE

Nejednakost (1.9) moˇzemo poopćiti na sumu od konaˇcno realnih brojeva a1 , . . . , an R:

∈

  n

k =1

  ≤ | | n

ak

ak .

k=1

Zadatak 1.1. Dokazati prethodnu nejednakost matematiˇckom indukcijom. Korolar 1.1. Za bilo koje a, b

∈ R vrijedi nejednakost ||a| − |b| | ≤ |a − b|.

(1.11)

Dokaz: Vrijedi

|a| = |(a − b) + b| ≤ |a − b| + |b| ⇒ |a| − |b| ≤ |a − b|. Zamjenom a sa b dobijemo

|b| = |(b − a) + a| ≤ |b − a| + |a| = |a − b| + |a| ⇒ |b| − |a| ≤ |a − b|. Dakle,

−|a − b| ≤ |a| − |b| ≤ |a − b|, odakle slijedi nejednakost (1.11).

Q.E.D.

∈ R aproksimiramo s a′ ′∈ R onda je apsolutna greˇska jednaka |a − a′| a relativna greˇska je |a |−a′|a | . Ako a

U numeriˇckoj matematici se u praksi umjesto toˇcnih brojeva upotrebljavaju aproksimacije brojeva iz dosta ograniˇcenog skupa brojeva koje je moguće reprezentirati na raˇcunalu. Tako se zapravo raˇcuna s pogreˇsnim brojevima i ta se greˇska stalno uveˇ cava kod raˇcunskih operacija. Zato je od interesa znati kako se pogreˇska ponaˇsa kod osnovnih operacija s brojevima, kako bi bili u stanju procjenjivati i kontrolirati pogreˇsku u procesu raˇcunanja.

Teorem 1.2. Neka su a′ , b′ R aproksimacije brojeva a, b ε1 , ε2 > 0, tj. a a′ ε1 i b b′ ε2 , onda je

∈ ∈ R s toˇcnosti | − |≤ | − |≤ |a + b − (a′ + b′)| ≤ ε + ε , (1.12) |ab − a′ b′| ≤ ε |a′| + ε |b′| + ε ε . (1.13) 1 2

2

1

1 2

Dokaz: Vrijedi

|a + b − (a′ + b′)| = |(a − a′) + (b − b′)| ≤ |a − a′ | + |b − b′| ≤ ε

1

+ ε2 .

14


Nadalje,

|ab − a′b′| = |a′(b − b′) + (a − a′)b′ + (a − a′)(b − b′)| ≤ ≤ |a′b − b′| + |a − a′||b′| + |a − a′||b − b′| ≤ ε |a′| + ε |b′| + ε ε . 2

1

1 2

Q.E.D. Iz teorema 1.2 moˇzemo zakljuˇciti da se pogreˇska zbrajanja ponaˇsa oˇcekivano, tj. da ona nije veća od zbroja pogreˇsaka pribrojnika. Nasuprot tome, pogreˇska produkta nije manja od produkta pogreˇsaka faktora, već tu bitan utjecaj ima veliˇcine faktora pomnoˇzene s greˇskom kod svakog faktora. Dakle, da bismo smanjili pogreˇsku raˇcunanja, potrebno je u raˇcunanju izbjegavati mnoˇzenje sa suviˇse velikim brojevima o ˇcemu se stvarno u praksi vodi briga.

1.2.4

Kvadratna funkcija

Funkciju zadanu formulom f (x) = ax2 , x R, zovemo kvadratna funkcija. To je funkcija f : R Rˇ ciji graf je parabola. Ako je koeficijent a > 0 onda funkcija ima minimum jednak 0 u toˇcki x0 = 0, a u sluˇcaju a < 0 je maksimum 0 za x0 = 0. Toˇcku T = (0, 0) na grafu zovemo tjeme parabole.

∈

a 1 a 1

→

Opća kvadratna funkcija je zadana formulom f (x) = ax2 + bx + c =. Ona se moˇze napisati 2 2 u obliku f (x) = a x + 2ba + c 4ba . Odatle je vidljivo da je tjeme te parabole u toˇcki b D ), gdje je broj D = b2 4ac T = ( , 2a 4a diskriminanta kvadratne funkcije. Ako je ce os D < 0 onda kvadratna funkcija ne sijeˇ apscisa, tj. funkcija nema realne nultoˇcke. Ako je D 0 onda funkcija ima nultoˇcke b D . x1,2 = 2a

− −

≥√ −±

 

−

0a1

0

a0

y

−

T

0

x

15

1.2. FUNKCIJE

1.2.5

Razlomljene linearne funkcije

Razlomljena linearna funkcija je zadana forax + b mulom f (x) = , gdje su a,b,c,d R. cx + d Prirodno podruˇcje definicije te funkcije je d skup (f ) = R , a slika je (f ) = R c a d a , tj. f : R R . Funkciju je c c c ad a bc− c2 moguće prikazati u obliku f (x) = + , c x + dc odakle je vidljivo da je graf funkcije f moguće dobiti translacijom grafa istostrane hiperboα ad le h(x) = , gdje je α = bc− . Potrebno je c2 x ishodiˇste (0, 0) Kartezijevog sustava translatirati u toˇcku ( dc , ac ).

∈

{}

D

\{− } R \{− } → \{ }

y

\

x

0

−

1.2.6

Polinomi

∈

Polinom stupnja n N je funkcija zadana formulom P n (x) = a0 + a1 x + 2 n + an x , gdje su a0 , a1 , a2 , . . . , an R i an = 0. Prirodno podruˇcje a2 x + definicije polinoma kao realne funkcije je skup R, tj. P n : R R. Ako je stupanj polinoma P n veći ili jednak od stupnja polinoma Qm , onda je P n (x) = P n−m (x)Qm (x)+ R p(x), gdje je stupanj polinoma R p strogo manji od stupnja divizora Qm , a stupanj od P n−m je razlika stupnjeva P n i Qm . Odatle slijedi da za realnu nultoˇcku α polinoma P n vrijedi P n (x) = (x α)P n−1(x). Naime, po prethodnom vrijedi P n (x) = P n−1 (x)(x α) + r, gdje je ostatak r polinom stupnja 0, tj. konstanta. Iz 0 = P n (α) = r slijedi tvrdnja. Naravno, polinom s realnim koeficijentima moˇzemo shvatiti i kao polinom C. U tom sluˇcaju vrijedi P n (x) = P n (x), x C. Ako je z C P n : C nultoˇcka od P n , onda je i z nultoˇcka, tj. 0 = P n (z) = P n (z). Dakle, ako su z, z nultoˇcke od P n , onda je on djeljiv s linearnim polinomima x z i x z s koeficijentima u C, odnosno s kvadratnim polinomom x2 (z + z)x + zz = x2 2Re(z)x + z 2 s realnim koeficijentima. Svaki polinom nad C moˇze rastaviti na produkt linearnih polinoma (”osnovni teorem algebre”). To ima za posljedicu da se polinom s realnim koeficijentima moˇ ze faktorizirati u obliku:

···

∈



→

−

−

→

−

P n (x) = an (x gdje je n = k1

∀ ∈

−

||

k1

kp

2

l1

2

lm m x + cm ) ,

− x ) · (x − x ) (x + b x + c ) ··· (x + b + ··· + k + 2(l + ··· + l ). 1

p

p

1

1

1

m

−

∈ −

(1.14)

16


1.2.7

Racionalne funkcije

P (x) , gdje su P, Q poliQ(x) nomi nad R. Prirodno podruˇcje definicije racionalne funkcije skup R bez nultoˇcaka nazivnika Q. Poˇsto je broj takvih nultoˇcaka manji ili jednak stupnju polinoma Q, to je domena (f ) = R x1 , , xn , gdje je Q(xk ) = 0, (k = 1, . . . , n). Racionalna funkcija je prava racionalna funkcija ako je stupanj polinoma u brojniku manji od stupnja polinoma u nazivniku. Svaku racionalnu funkciju je moguće prikazati kao sumu polinoma i prave racionalP (x) R(x) ne funkcije, tj. = P 1 (x) + , gdje je stupanj polinoma R strogo Q(x) Q(x) manji od stupnja polinoma Q. Racionalna funkcija zadana je formulom f (x) =

D

1.2.8

\ { ··· }

Kompozicija funkcija, inverzna funkcija

Prirodna operacija s funkcijama, koja ne ovisi o tome kakve su strukture zadane na skupovima, je dana u slijedećoj definiciji.

→ ∀ ∈

→

R ⊆ →

Definicija 1.4. Neka su funkcije f : A B i g : C D. Ako je (f ) (g), onda je formulom h(x) = g[f (x)], x A, definirana funkcija h : A D. Tu funkciju nazivamo kompozicijom funkcija f i g, te koristimo oznaku h = g f .

D

◦

Kompozicija funkcija je asocijativna operacija.

Teorem 1.3. Neka su f,g,h tri funkcije. Ako su definirane kompozicije g f , h g, h (g f ) (h g) f , onda vrijedi h (g f ) = (h g) f .

◦

◦ ◦

◦ ◦

◦ ◦

◦

◦ ◦

Dokaz: Da bismo dokazali jednakost funkcija, prvo dokaˇ zimo da su im do-

D ◦ ◦ D D ◦ ◦ D ◦ K ◦ ◦ K ◦ K K ◦ ◦ K ∀ ∈D ◦ ◦ ◦ { ◦ ◦

D

mene jednake. Naime, ((h g) f ) = (f ) i (h (g f )) = (g f ) = (f ). Nadalje je ((h g) f ) = (h g) = (h) i (h (g f )) = (h). Sada, za pravila vrijedi x (f ), [h (g f )](x) = h[(g f )(x)] = h g[f (x)] = (h g)[f (x)] = [(h g) f ](x). Q.E.D.

◦

}

Primjer 1.2. Kompozicija nije općenito komutativna operacija. To se lako vidi na primjeru funkcija f, g : R R, gdje je x R, f (x) = 2x + 1 i 2 R, ali (g f )(0) = g(x) = x + 2. Oˇcito postoje funkcije g f, f g : R g[f (0)] = g(1) = 3 = (f g)(0) = f [g(0)] = f (2) = 5, tj. g f = f g.

→

 ◦

◦

∀ ∈ ◦ →

◦ ◦  ◦

Kao kod svake binarne operacije ima smisla pitanje o postojanju neutralnih elemenata za tu operaciju. Lako se provjeri da funkcija iA : A A definirana s x A, iA (x) = x i funkcija iB : B B definirana s y B,

∀ ∈

→

→ ∀ ∈

17

1.2. FUNKCIJE

∀

→

◦

◦ ◦

iB (y) = y, imaju svojstvo f : A B, iB f = f i f iA = f . Dakle, iA je desni, a iB je lijevi neutralni element za operaciju i oni su općenito razliˇciti. Kada imamo lijevi i desni neutralni element za operaciju , po analogiji s operacijama zbrajanja i mnoˇzenje, ima smisla pitanje o postojanju inverznog elementa za neku funkciju f : A B.

◦

→

Definicija 1.5. Neka je zadana funkcija f : A B. Kaˇzemo da je funkcija g:B A inverzna funkcija od funkcije f ako vrijedi g f = iA i f g = iB , odnosno, x A, g[f (x)] = x i y B, f [g(y)] = y. Tada koristimo oznaku g = f −1 .

→

→

∀ ∈

◦

∀ ∈

y

Graf Γf 1 funkcije f −1 simetriˇcan je grafu Γf funkcije f s obzirom na pravac y = x koji raspolavlja 1. i 4. kvadrant Kartezijevog koordinatnog sustava. Naime, vrijedi −

Γf

= (y, f −1 (y)); y

x,fx 1

1

{



 f

fx,x

1

∈ D(f − )} = = {(f (x), x); x ∈ D (f )} = Γ ,

−

◦

0

 

 f

1

f

1

x

gdje je Γf simetriˇcna slika grafa Γf s obzirom na pravac y = x. Jedinstvenu oznaku za inverznu funkciju f −1 funkcije f moˇzemo koristiti zato ˇsto je inverzna funkcija, ako postoji, jedinstvena. Naime kada bi postojale funkcije g1 i g2 koje ispunjavaju zahtjeve iz definicije 1.5, imali bismo y B, g1 (y) = g1 f [g2 (y)] = (g1 f )[g2 (y)] = g2 (y), tj. g1 = g2 . Prije nego odgovorimo na pitanje za koje funkcije postoji inverzna funkcija, definira jmo slijedeće pojmove.

∀ ∈

{

}

◦

→ B injekcija ako vrijedi = x ) ⇒ (f (x ) = f (x ))), (1.15)

Definicija 1.6. Kaˇzemo da je funkcija f : A

∀ x , x ∈ A, ((x 1

2

1

2

1

2

ili ekvivalentno

∀ x , x ∈ A, ((f (x ) = f (x )) ⇒ (x 1

2

1

2

1

= x2 )).

(1.16)

Dakle, kod funkcije koja je injektivna, razliˇciti elementi domene se preslikaju u razliˇ cite slike. Kod funkcije koju nazivamo konstantnom funkcijom situacija je potpuno razliˇcita. Tamo se svi elementi domene preslikaju u jedan element kodomene. Primijetimo da suprotne implikacije od (1.15) i (1.15) zadovoljava svaka funkcija.

18


Svojstvo injektivnosti kod funkcija iz R u R najlakˇse moˇzemo ustanoviti ako imamo nacrtan graf funkcije. Tada svaki pravac koji je paralelan s osi x smije sjeći graf funkcije u najviˇse jednoj toˇcki. Na taj naˇcin za svaku toˇcku iz slike funkcije postoji toˇcno jedna odgovarajuća toˇcka na grafu, a s tim i toˇcno jedan original u domeni funkcije. Svojstvo strogog rasta ili strogog pada funkcije je vaˇzno zbog slijedećih posljedica.

Propozicija 1.1. Neka je funkcija f : I I R. Tada je ona injekcija.

⊆

→ R strogo monotona na intervalu

Dokaz: Neka je funkcija strogo rastuće na I . Uzmimo bilo koje x1 , x2



∈ I ,

x1 = x2 . Tada je x1 < x2 ili je x2 < x1 . Tada u prvom sluˇcaju sli jedi f (x1 ) < f (x2 ), a u drugom f (x2 ) < f (x1 ). U svakom sluˇcaju je Q.E.D. f (x1 ) = f (x2 ).



Definicija 1.7. Kaˇzemo da je funkcija f : A B surjekcija ako je slika funkcije jednaka kodomeni funkcije, tj. (f ) = B, odnosno ako vrijedi y B, x A, (y = f (x)).

∀ ∈

R

∃ ∈

→

Ako znamo koji skup je slika funkcije, onda moˇzemo jednostavno uzeti taj skup za kodomenu i postigli smo da je dana funkcija surjekcija. U pravilu nije lako pogoditi skup koji je slika funkcije, a tada je joˇs teˇ ze dokazati tu ˇcinjenicu.

Definicija 1.8. Kaˇzemo da je funkcija f : A ona injekcija i surjekcija, tj.

→ B bijekcija ili 1-1 ako je

∀ ∈ B) (∃!x ∈ A) (y = f (x)).

( y

(1.17)

Dakle, za svaki element kodomene postoji i jedinstven je njegov original. Sada smo u stanju odgovoriti na pitanje o postojanju inverzne funkcije.

Teorem 1.4. Za funkciju f : A ako i samo ako je f bijekcija.

1

→ B postoji inverzna funkcija f −

:B

→A

Dokaz: Neka postoji f −1 : B

1

→ A. Tada za svaki y ∈ B postoji x = f − (y) sa svojstvom f (x) = f [f − (y)] = y, tj. f je surjekcija. Sada, (f (x ) = f (x )) ⇒ (f − [f (x )] = f − [f (x )]) ⇔ (x = x ), tj. f je injekcija. Dakle, f je bijekcija. Neka je sada f bijekcija. Uvjet (1.17) kazuje da je svakom y ∈ B na jedinstven (funkcijski) naˇcin pridruˇzen x ∈ A, y = f (x). Tada je dobro 1

2

1

1

1

1

2

1

2

19

1.2. FUNKCIJE

→

→ ∀ ∈

definirana funkcija g : B A, g : y x. Pokaˇzimo da ta funkcija zadovoljava uvjete iz definicije 1.5. Naime, x A, g[f (x)] = g(y) = x i y B, Q.E.D. f [g(y)] = f (x) = y. Dakle, g = f −1 .

∀ ∈

Propozicija 1.2. Neka je funkcija f : I R strogo rastuća (padajuća) surjekcija na intervalu I R. Tada ona ima inverznu funkciju koja je strogo rastuća (padajuća) na (f ).

R

→

⊆

→ ⊆ R → Pokaˇzimo da za bilo koje y , y ∈ R(f ), (y < y ) ⇒ (f − (y ) < f − (y )). U suprotnom bi vrijedilo da postoje y , y ∈ R(f ), y < y i f − (y ) < f − (y ). − −

Dokaz: Ako je funkcija f : I R strogo rastuća surjekcija na intervalu I R, onda je po propoziciji 1.1. f bijekcija, te postoji f −1 : (f ) I . 1

2

1

1

2

1

2

1

2

1 1

1

2

1

2 1

1

1

No tada bismo zbog strogog rasta funkcije f imali f [f (y2 )] < f [f (y1 )], tj. y2 < y 1 , ˇsto je suprotno pretpostavci. Q.E.D.

Primjer 1.3. Linearna funkcija zadana formulom f (x) = kx + l, k = 0, je bijekcija R. Naime, za bilo koji y R posf : R y l toji jedinstven x = R, njegov orik ginal. Iz ovoga je odmah vidljivo da vrijedi 1 l . f −1 (x) = x k k−1 Grafovi of f i f su simetriˇcni na pravac y = x.



→

− ∈

∈

y 1 f

0

f1

−

1

x

ax + b , cx + d R ima inverznu funkciju zadanu formulom f −1 (x) =

Primjer 1.4. Razlomljena linearna funkcija zadana formulom f (x) =

∈

gdje su a,b,c,d dx + b , koja je isto razlomljena linearna funkcija. Lako se vidi da je cx a skup svih razlomljenih linearnih funkcija (nekomutativna) grupa s obzirom na kompoziciju kao grupnu operaciju i identitetu (a = d = 1, c = b = 0) kao neutralni element.

−

−

20


1.2.9

Korijeni

Neparne potencije su funkcije zadane formulom f (x) = x2n+1 , x R, n N. To su bijekcije s R na R i imaju inverze f −1 (x) = 2n+1 x, x R, neparne korijene. To su neparne i strogo rastuće funkcije na R. Za razliku od neparnih potencija, parne potencije zadane formulom f (x) = x2n , x R, [0, + , n N, su parne funkcije f : R pa tako nisu injekcije te nemaju inverze.

∀ ∈

√ ∀ ∈

y

∈

1 f1

0

f x

1

∀ ∈ → ∞

∈

y

| ∞ → ∞ ∞ → ∞ | −∞ →

Medutim, njihove restrikcije f + = f [0,+∞ su strogo rastuće bijekcije f + : [0, + [0, + . One 1 − imaju inverzne funkcije f + : [0, + [0, + . Moguće je uzeti i druge restrikcije f − = f −∞,0] koje su strogo padajuće funkcije f − : , 0] [0, + i koje imaju inverzne funkcije f −−1 : [0, + , 0] .

∞ ∞→−∞

1

f  1

0

f 1

1.2.10

x

Eksponencijalna funkcija na Q, logaritamska funkcija, op´ ca potencija

Neka je a

∈ R, a > 0 i a = 1. Definiramo:

a1 = a an+1 = an a, n

· ∀ ∈ N.

Na ovaj naˇcin smo definirali funkciju f : N R+ , f (n) = an , n N. Ako definiramo f (0) = a0 = 1, onda smo proˇsirili funkciju do f : N 0 R+ . 1 Funkcija se lako proˇsiruje dalje do f : Z R+ , stavljanjem f ( n) = n , a n N. Zbog n, m N, an am = an+m funkcija f : Z R+ zadovoljava:

→

∀ ∈ ∪{ } → −

→

∀ ∈

∀

∈

→

(i) f (0) = 1, f (1) = a, (ii) f (n + m) = f (n)f (m),

∀ n, m ∈ Z.

Proˇsirimo funkciju f na skup racionalnih brojeva Q. Neka je q = m Q, gdje n su m Z, n N, pa definiramo vrijednost funkcije s f (q) = f ( m ) = n am . n

∈

∈

∈ √

21

1.2. FUNKCIJE

→ R′ koja i dalje zadovoljava funkcijsku ∀ q, q ∈ Q. Naime, √ mn′ + m′ n

Tako smo dobili funkciju f : Q jednadˇzbu f (q + q′ ) = f (q)f (q′ ),

+

m m′ ′ f (q + q ) = f ( + ′ ) = f ( n n =

√

nn′

amn′

√

nn′

am′ n

nn′

√ √ = a a n

m

n′

m′

′

∈

′

′

amn +m n = ′

′

m m′ = f ( )f ( ′ ) = f (q)f (q′ ). n n

Pokaˇzimo da je za a > 1 funkcija f : Q 0, + strogo rastuća na Q. Uzm mimo q = n , q′ = m Q, q < q ′ , tj. n mn′ < m′ n. Tada je amn < am n , pa nn zbog strogog rasta funkcije x x nn nn na R+ imamo amn < am n , odn nosno n am < am , tj. f (q) < f (q′ ).

→  ∞

nn′

)=

y

0 a  1

a 1

′

√ →  √ ′

√ √ ′

√

′

′

′

1

′

x

0

′

Teorem 1.5. Postoji toˇcno jedna bijekcija f : R 0, + f (0) = 1, f (1) = a > 0 i f (x + y) = f (x)f (y), x, y R.

→  ∞ tako da vrijedi ∀ ∈

Bijekciju iz teorema 1.5. zovemo eksponencijalna funkcija s bazom 0, + . Sada funkcionalna a i oznaˇcavamo s f (x) = exp a(x) = ax , x jednadˇzba ima oblik ax+y = ax ay , x, y R.

∀ ∈  ∞ ∀ ∈

Eksponencijalna funkcija ima inverznu funkciju ca za a > 1 f −1 : 0, + R koja je strogo rastu´ i strogo padaju´ ca za 0 < a < 1. Tu funkciju zovemo logaritamska funkcija s bazom a i oznaˇcavamo s f −1 (x) = loga x, x 0, + . Vrijedi loga 1 = 0 i loga a = 1 za sve 0 < a = 1. Funkcionalna jednadˇzba za logaritamsku funkciju ima oblik

y 0 a1

 ∞ →

∀ ∈  ∞ 

loga (xy) = loga x + loga y,

a1

0

∀x, y ∈ 0, +∞.

To slijedi iz injektivnosti eksponencijalne funkcije i aloga (xy) = xy = aloga x aloga y = aloga x+loga y .

Zadatak 1.2. Za a, b > 0 dokazati da vrijedi loga x =

logb x , x logb a

∀ ∈ 0, +∞.

1

x

22


Rjeˇsenje: Formula slijedi iz injektivnosti eksponencijalne funkcije i loga x

blogb x = x = aloga x = blogb a

= bloga x logb a .

≈

Specijalno, za a = e 2.71828182 oznaˇcavamo loge = ln i zovemo prirodni logaritam , a za a = 10 piˇsemo log 10 = log i zovemo Briggsov1 ili dekadski logaritam. cu potenciju f : 0, + Sada je moguće definirati op´ R kao funkciju def zadanu formulom f (x) = xα = eα ln x .

 ∞ →

1.2.11

Hiperbolne i area funkcije

Pomoću eksponencijalne funkcije definiramo hiperbolne funkcije slijedećim formulama: shx = chx =

− e− , ∀x ∈ R 2 e + e− , ∀x ∈ R 2 shx e −1 = , ∀x ∈ R chx e +1 chx e +1 = , ∀x ∈ R \ {0} shx e −1 ex

x

x

x

(sinus hiperbolni),

(1.18)

(kosinus hiperbolni), (1.19)

2x

thx =

2x

(tangens hiperbolni), (1.20)

2x

cthx =

2x

(kotangens hiperbolni).(1.21) y

y

cth

ch

1 1 1 2

 e

x

0

x

th

0

sh

1

Henry Briggs (Worley Wood, veljaˇ ca 1561. – Oxford, 26. sijeˇcanj 1630.) engleski matematiˇcar

x

23

1.2. FUNKCIJE

Funkcije sh, th, cth su neparne, a ch je parna funkcija. Osnovna formula koja vrijedi za hiperbolne funkcije je ch 2 x sh2 x = 1 i slijedi direktno iz definicija za ch (1.18) i za sh (1.19). Takoder vrijede adicione formule

−

sh(x + y) = shx chy + chx shy, ch(x + y) = chx chy + shx shy.

(1.22) (1.23)

Za primjer pokaˇzimo (1.22): 1 shx chy + chx shy = [(ex 4 1 = (ex+y + ex−y 4

− e− )(e x

x+y

− e− − e− −

x y

y

+ e−y ) + (ex + e−x )(ey

+ ex+y + e−x+y

− e− )] = y

− e − − e− − ) = x y

x y

1 = (ex+y e−(x+y) ) = sh(x + y). 2 Iz ovih osnovnih formula lako se dobivaju mnoge druge formule za sumu ili produkt hiperbolnih sinusa i kosinusa, kao i za hiperbolni tangens i kotangens. Funkcije sh, ch i th strogo rastu na [0 , + , a cth strogo pada na 0, + . Naime, ex i e−x strogo rastu, pa sh kao suma strogo rastućih je strogo rastuće funkcija na R. Iz ch2 x = 1 + sh2 x 1 slijedi da je (ch) [1, + . Odatle za x, y > 0 imamo ch(x + y) = chx chy + shx shy > chx chy > chx, pa ch strogo raste na [0, + . Zbog parnosti ch strogo pada na , 0]. Za x, y > 0 je

−

∞ ≥

−

∞

th(x + y)

 ∞ R ⊆ ∞ −∞

− ch(x + y)shx = sh(y) > 0, − thx = sh(x + y)chx ch(x + y)chx ch(x + y)chx

tj. thx < th(x + y), odnosno th strogo raste na R+ , a zbog neparnosti strogo raste i na R. Nadalje, zbog cthx = 1 slijedi da cth strogo pada na 0, + . thx Zbog neparnosti je cth strogo padajuća i na , 0 . Odatle i iz propozicije 1.1. slijedi da su navedene funkcije injekcije. Uz pretpostavku da je (exp) = 0, + (dokazati ćemo u korolaru 3.7.), moˇ zemo dokazati da su funkcije sh : R R, t h : R 1, 1 , cth : R 0 R [ 1, 1] i ch [0,+∞ = Ch : [0, + [1, + bijekcije. − x x e e Neka je y (sh), tj. x R, y = shx = . Tada je ex e−x 2 2y = 0, odnosno, uz zamjenu u = ex dobijemo jednadˇzbu u2 2yu 1 = 0. Moguće rjeˇsenja te jednadˇzbe su u = y y 2 + 1. Zbog u = ex > 0 jedino rjeˇsenje je u = ex = y + y 2 + 1. Odatle je x = ln(y + y 2 + 1), gdje

R

\{ }→ \ − ∈R

| ∃ ∈



−∞   ∞ → ∞ → −

 ±

 ∞

∞ −



→ −  − −

−

24


 

je funkcija y ln(y + y 2 + 1) definirana na R. Sada uzmimo bilo koji y R i neka je x = ln(y + y 2 + 1). Jasno je da odatle slijedi y = sh x, tj. (sh) = R. Dakle, inverzna funkcija sh −1 : R R je definirana formulom − 1 sh x = ln(x + x2 + 1), x R.

→

∈ R

√

→

∀ ∈ e −1 Neka je y ∈ R(th) ⊆ −1, 1, tj. ∃x ∈ R, y = thx = . Odatle je e +1 1 1+y (1 − y)e = 1 + y, odnosno x = ln . Kao u prethodnom sluˇcaju 2 1−y zakljuˇcujemo R(th) = −1, 1 i da je inverzna funkcija th − : −1, 1 → R 1 1+x definirana formulom th− x = ln , ∀x ∈ −1, 1. 2 1−x Zbog cthx = th , ∀x ∈ R \{0}, je R(cth) = { ; t ∈ −1, 1} = R \ [−1, 1]. Takoder slijedi da je cth − : R \ [−1, 1] → R \{0} zadana formulom cth− x = 1 x+1 ln , ∀x ∈ R \ [−1, 1]. 2 x−1 e + e− Neka je y ∈ R(Ch) ⊆ [1, +∞, tj. ∃x ∈ [0, +∞, y = Chx = . 2 Tada dobijemo jednadˇzbu e − 2ye + 1 = 0, odnosno e = y ± y − 1. No, x ≥ 0 ⇒ e ≥ 1 pa je jedino rjeˇsenje e = y + y − 1, tj. x = ln(y+ y − 1). Odatle dobivamo R(Ch)√= [1, +∞ i funkcija Ch − : R → R je definirana formulom Ch− x = ln(x + x − 1), ∀x ∈ [1, +∞. 2x 2x

   

2x

1

1

1

1

x

t

1

1

 

x

2x

x

x

2

2

1

2

1.2.12

  x

x



x

1

2

Trigonometrijske i arkus funkcije

Neka je u Kartezijevom koordinatnom sustavu zadana kruˇ znica polumjera 1 (trigonometrijska kruˇznica ) i na njoj srediˇsnji kut α s vrhom u ishodiˇstu, a prvi krak mu je pozitivni dio osi x. Kutu α pridruˇzujemo realan broj koji odgovara duljini luka na kruˇ znici koji odsjecaju krakovi kuta α. Ako je drugi krak odmaknut od prvoga u pozitivnom smjeru (suprotnom od smjera kazaljke na satu), onda je kut pozitivan, a u suprotnom je negativan. Tu mjeru kuta nazivamo radijan. Dakle, puni kut je 2π radijana, a pravi kut je π radijana. Sa slike je jasno da je pridruˇzivanje koje realnim brojevima koji 2 odgovara ju radijanima pripadnih srediˇsnjih kutova pridruˇzuje toˇcke jediniˇcne kruˇznice K , α0 : [0, 2π K , bijekcija. Tu funkciju je moguće proˇsiriti do funkcije α : R K , α(x) = α0 (rx ), gdje je x = 2kπ +rx , k Z, 0 rx < 2π.

→

→

∈

≤

25

1.2. FUNKCIJE y

Sada ćemo geometrijski definirati trigonometrijske funkcije sinus (sin), kosinus (cos), tangens (tg ) i kotangens (ctg ) tako da pridruˇzimo koordinate A = (cos α, sin α), B = (1, tg α) i C = (ctg α, 1). Iz sliˇcnosti pripadsin α nih pravokutnih trokuta vrijedi tg α = cos α cos α i ctg α = . sin α

Definicija 1.9. Za funkciju f : τ > 0 ako vrijedi

1 C A B Α

x

D 0

D(f ) → R kaˇzemo da je periodiˇcka perioda

∀x ∈ D(f ) ⇒ x + τ ∈ D(f ), 2) f (x + τ ) = f (x), ∀x ∈ D (f ). 1)

Ako postoji najmanji period τ 0 > 0 onda njega zovemo temeljni period funkcije f . Primijetimo, ako je τ > 0 period funkcije f , onda je nτ takoder period od f , n N. S druge strane postoje periodiˇcke funkcije koje nemaju temeljnog perioda kao npr. f : R R definirana s f (x) = 1 za x Q i f (x) = 0 za x Q. Svaki τ Q+ je njen period, pa ta j skup nema minimum veći od 0.

∀ ∈ ∈

∈

→

∈

1 y

sin Π

→−

Π 0  2

Π

→− − ∀ ∈

x

cos

Funkcije sin : R [ 1, 1] i cos : R [ 1, 1] su periodiˇcke s temeljnim periodom 2π, tj. vrijedi sin(x + 2π) = sin x i cos(x + 2π) = cos x, x R. Iz slike je jasno da vrijedi sin x = cos(x π2 ), x R, odnosno, cos x = π sin(x + 2 ), x R. Nadalje, sin je neparna, a cos parna funkcija. Sa trigonometrijske kruˇznice je vidljivo da vrijedi

∀ ∈

cos2 x + sin2 x = 1, x

∀ ∈ R,

ˇsto je osnovna trigonometrijska jednakost.

∀ ∈

(1.24)

26


Sada ćemo geometrijski dokazati osnovni adicioni teorem za funkciju kosinus: cos(x + y) = cos x cos y sin x sin y, (1.25) x, y R.

−

∀

∈

y

Na slici desno istaknute su toˇcke A = (cos β,

1

D

− sin β ),

C

B = (1, 0),

Β

C = (cos α, sin α),

0

Α

D = (cos(α + β ), sin(α + β )).

△

B x

Β

A

△

Iz sliˇcnosti trokuta OAC i OBD slijedi jednakost duljina d(A, C ) = d(B, D). tj. (cos β cos α)2 + ( sin β sin α)2 = (1

−

−

−

cos2 β

2

− cos(α + β ))

2

+ (0

2

2

− sin(α + β )) ⇒ 2

− 2cos β cos α + cos α + sin β + 2 sin β sin α + sin α = = 1 − 2cos(α + β ) + cos (α + β ) + sin (α + β ) ⇒ 2 − 2cos α cos β + 2 sin α sin β = 2 − 2cos(α + β ) ⇒ (1.25). 2

2

Iz (1.25) lako slijedi adicioni teorem za funkciju sinus: sin(α+β ) = cos(

π π π α β ) = cos( α)cos β +sin( α)sin β = sin α cos β +cos α sin β. 2 2 2

−−

−

−

Iz prethodnih formula lako dobijemo 1 [sin(x + y) + sin(x y)], 2 1 cos x cos y = [cos(x + y) + cos(x y)], 2 1 sin x sin y = [cos(x y) cos(x + y)]. 2

− −

sin x cos y =

(1.26)

− −

Funkcije tg : R

\{

π

+ kπ; k

∈ Z} → R i ctg

\{

: R kπ; k sin(x + π) osnovni period π. To slijedi iz tg (x + π) = = cos(x + π) ctg x = tg1 x . Funkcije tg i ctg su neparne. 2

∈ Z} → R imaju − sin x = tg x i − cos x

27

1.2. FUNKCIJE

y

y

tg

ctg

1

1

Π  

0

2

Π 

Π Π  

x

2

Π 

0

2

Π x

2

Periodiˇcke funkcije nisu injekcije, pa zato nemaju inverzne funkcije. Me dutim, njihove restrikcije na dijelove podruˇcja definicije na kojem su strogo monotone, jesu injekcije. Tako definiramo Sin = sin [− π2 , π2 ] , Cos = cos [0,π], Tg = tg − π2 , π2  i Ctg = ctg 0,π . Dakle, parovi inverznih funkcija su:

|

|

|

−

π

π

Sin−1 = arcsin : [ 1, 1]

→ [−1, 1], Cos : [0, π] → [−1, 1], Tg : − ,  → R, Ctg : 0, π → R, Sin : [

2, 2

π

π

2

2

]

y Π  2

π

2

2

1

1

π

π

2

2

1

y

Π

Sin arccos

1

π

− → [− , ], Cos− = arccos : [−1, 1] → [0, π], Tg− = arctg : R → − , , Ctg− = arcctg : R → 0, π.

arcsin

1

Π   2

|

0

1

Π  2 1

Π x  2 1

0

1

Π  2

x Cos

28

POGLAVLJE 1. SKUPOVI I FUNKCIJE y

y

Tg

Ctg

Π 

2

Π 

21

1

arctg Π  

Π 

0

2

arcctg

x

0

2

Π 

x

2

Π  

2

∈

Naravno, to nisu jedine restrikcije koje su bijekcije. Za svako n Z π π je sin [− π2 +nπ, π2 +nπ] = Sinn : [ 2 + nπ, 2 + nπ] [ 1, 1] bijekcija. Njena 1 − π π inverzna funkcija Sin n : [ 1, 1] [ 2 + nπ, 2 + nπ] moˇze se dobiti kao 1 1 − − n Sinn (x) = ( 1) Sin (x) + nπ, x [ 1, 1]. Isto tako je cos [nπ,(n+1)π] = Cosn : [nπ, (n + 1)π] [ 1, 1] bijekcija i za 1 1 − njenu inverznu funkciju Cos n : [ 1, 1] [nπ, (n + 1)π] vrijedi Cos − n (x) = ( 1)n (Cos−1 (x) π2 ) + nπ + π2 , x [ 1, 1]. Joˇs je jednostavniji sluˇcaj inverznih funkcija restrikcija od tg i ctg . Za 1 −1 (x) + nπ, x R i analogno tg − π2 +nπ, π2 +nπ = Tgn vrijedi Tg − n (x) = Tg −1 (x) + nπ, x R. 1 za ctg nπ,(n+1)π = Ctgn vrijedi Ctg− n (x) = Ctg

|

−

−

−

−

|

−

→−

→− ∀ ∈− − → ∀ ∈−

→−

|

∀ ∈ | ∀ ∈ Zadatak 1.3. Rijeˇsimo jednadˇzbe sin x = b i cos y = b za b ∈ [−1, 1]. Rjeˇsenje: Za svako n ∈ Z je x = Sin− (b) = (−1) Sin− (b) + nπ i  y = Cos− (b) = (−1) (Cos− (b) − ) + nπ + . n

1

n

n

1

n π

1

n

1

π

2

Zadatak 1.4. Rijeˇsimo nejednadˇzbu a

n

2

≤ sin x ≤ b za −1 < a < b < 1.

1 ce za parRjeˇsenje: Treba uzeti u obzir da su funkcije Sin − n strogo rastu´ ne i strogo padajuće za neparne n Z. Zato za n = 2m, m Z, imamo Sin−1 (a) + 2mπ Sin−1 (b) + 2mπ, a za n = 2m 1, m Z, je x 1 1 − − Sin (b) + (2m 1)π x Sin (a) + (2m 1)π. 

≤ ≤ − ≤ ≤

1.3

∈

−

−

∈

∈

Aksiomi polja R, supremum i infimum, potpunost

U ovoj toˇcki uvodimo aksiomatiku skupa realnih bro jeva koja karakterizira sva njegova svojstva s obzirom na algebarsku strukturu i uredaj na njemu.

1.3. AKSIOMI POLJA R, SUPREMUM I INFIMUM, POTPUNOST

1.3.1

Aksiomi polja R

R je komutativna grupa s obzirom na operaciju zbrajanje + : R

× R → R.

A 1. Asocijativnost zbrajanja:

∀x , y , z ∈ R, x + (y + z) = (x + y) + z. A 2. Postoji neutralni element 0 (nula):

∃!0 ∈ R, ∀x ∈ R 0 + x = x + 0 = x. A 3. Svaki element iz R ima inverz za zbrajanje (suprotni):

∀x ∈ R, ∃!(−x) ∈ R, x + (−x) = (−x) + x = 0. A 4. Komutativnost zbrajanja:

∀x, y ∈ R, x + y = y + x. R

29

\ {0} je komutativna grupa s obzirom na mnoˇzenje · : R × R → R.

A 5. Asocijativnost mnoˇzenja:

∀x , y , z ∈ R, x(yz) = (xy)z. A 6. Postoji jedinstven neutralni element 1 (jedinica):

∃!1 ∈ R, 1 = 0, ∀x ∈ R 1 · x = x · 1 = x. A 7. Svaki element iz R \ {0} ima inverz za mnoˇzenje (reciproˇcni): ∀x ∈ R \ {0}, ∃!x− = x1 ∈ R, x x1 = x1 x = 1. 1

A 8. Komutativnost zbrajanja:

∀x, y ∈ R, xy = yx. A 9. distributivnost mnoˇzenja prema zbrajanju:

∀x,y,z ∈ R, x(y + z) = xy + xz. Uredenu trojku ( R, +, ·) nazivamo poljem.

30


Primjer 1.5. Iz aksioma dokaˇzimo neka poznata svojstva operacija zbrajanja i mnoˇzenja. 1. 0 je jedinstven neutralni element za zbrajanje i 1 je jedinstven neutralni broj za mnoˇzenje.

∈ 



∀ ∈

Kada bi postojao broj a R, a = 0 sa svojstvo da x R a + x = x + a = x, imali bi a = a +0 = 0, a to je kontradikcija. Analogno, kada bi postojao broj b R, b = 1 sa svojstvo da x R bx = xb = x, imali bi b = b1 = 1.

∈

∀ ∈

2. Suprotni i reciproˇcni brojevi su jedinstveni.

∈

∈ − − −

Neka je a R i c R, c = a njegov suprotni broj, tj. a+c = c+a = 0. Tada bi vrijedilo a = a + 0 = a + (a + c) = ( a + a) + c = 0 + c = c, ˇsto je kontradikcija. Dokaz jedinstvenosti reciproˇcnog broja je analogan.

−

∀ ∈ R, −(−x) = x.

−

3. Vrijedi x

− −−

−−

−

Po definiciji suprotnog elementa je x+( ( x)) = ( ( x))+( x) = 0 i x + x = x + ( x) = 0. Iz jedinstvenosti elementa s danim svojstvom za x, slijedi x = ( x).

− −

−

4. Pokaˇzimo da je

∈

−−

−0 = 0.

−

−

Za svaki x R vrijedi x + ( 0) = x + 0 + ( 0) = x + 0 = x i 0 + x = 0 + 0 + x = 0 + x = x, pa zbog jedinstvenosti nule vrijedi 0 = 0.

− −

−

5. Za svako x

∈ R vrijedi x0 = 0x = 0.

·



Naime, 0x = (0 + 0)x = 0x + 0x = 2 0x. Kad bi bilo 0x = 0, onda bi taj element imao inverz, pa bi slijedilo 1 = 2, a odatle 0 = 1. To se protivi zahtjevu iz A6.

− − Imamo (−1)(−1) + (−1) = (−1)(−1) + (−1)1 = (−1)((−1) + 1) = (−1)0 = 0 i isto tako ( −1) + (−1)(−1) = 0. Odatle je ( −1)(−1) = −(−1) = 1. Pokaˇzimo (ab = 0) ⇔ ((a = 0) ∨ (b = 0)).  0 onda a ima reciproˇcni element, pa je Neka vrijedi ab = 0. Ako je a = − −  0, onda je a = 0. b = 1 · b = a ab = a 0 = 0. Analogno, ako je b =

6. Vrijedi ( 1)( 1) = 1.

7.

1

1

Obratna tvrdnja slijedi iz 5.




Na skupu R je zadan linearan (totalan) uredaj

31

≤.

A 10. Linearnost uredaja:

∀x, y ∈ R, (x ≤ y) ∨ (y ≤ x). A 11. Antisimetriˇcnost uredaja:

∀x, y ∈ R, ((x ≤ y) ∧ (y ≤ x)) ⇒ (x = y). A 12. Tranzitivnost uredaja:

∀x,y,z ∈ R, ((x ≤ y) ∧ (y ≤ z)) ⇒ (x ≤ z). Uredaj je u skladu s operacijama zbrajanja i mnoˇzenja. A 13. Uskladenost zbrajanja: (x

≤ y) ⇒ (∀z, (x + z ≤ y + z)).

A 14. Uskladenost mnoˇzenja: ((x

≥ 0) ∧ (y ≥ 0)) ⇒ (xy ≥ 0).

·≤

(R, +, , ) je uredeno polje.

Primjer 1.6. Vrijedi monotonost mnoˇzenja: ((x

≤ y) ∧ (z ≥ 0)) ⇒ (xz ≤ yz). Imamo x ≤ y ⇒ y − x ≥ 0 ⇒ (y − x)z ≥ 0 ⇒ yz − xz ≥ 0 ⇒ xz ≤ yz.  Primjer 1.7. (Q, +, , ) je uredeno polje.

·≤

1.3.2

Supremum i infimum skupa, potpunost

⊂ ∅ ∀ ∈ ≤

Definicija 1.10. Kaˇzemo da je S R, S = , omeden odozgo u R, ako postoji broj M R takav da vrijedi x S , x M . Broj M zovemo gornja meda ili majoranta skupa S . Kaˇzemo da je S R, S = , omeden odozdo u R, ako postoji broj m R takav da vrijedi x S , m x. Broj m zovemo donja meda ili minoranta skupa S . Skup S R, S = , je omeden u R, ako je omeden odozdo i odozgo u R.

∈

⊂

∈

⊂

∅

∅ ∀ ∈ ≤

32


Jasno, ako S ima majorantu, onda on ima beskonaˇ cno mnogo majoranti. Naime, svaki ve´ ci broj je takoder majoranta. U tom svjetlu ima smisla slijedeća definicija.

Definicija 1.11. Broj L R koji je najmanja majoranta nepraznog odozgo omedenog skupa S R nazivamo supremum skupa S i piˇsemo L = sup S .

⊂

∈

L = sup S je karakteriziran slijedećim svojstvima:

∀x ∈ S , x ≤ L. (ii.) ∀a ∈ R, a < L, ∃x ∈ S , a < x. (i.)

ˇ Cesto je praktiˇcno uvjet (ii.) pisati u obliku:

(ii.)′

∀ε > 0, ∃x ∈ S , L − ε < x.

Supremum koji je u skupu nazivamo maksimum, tj. ako je L = sup S onda je L = max S .

∈ S

Sada smo u mogućnosti zadati posljednji aksiom skupa R. A 15. Aksiom potpunosti: Svaki neprazan odozgo omeden podskup S

⊂ R ima supremum u R.

Uredeno polje koje zadovoljava i A 15. zovemo uredeno potpuno polje. Dakle (R, +, , ) je uredeno potpuno polje.

·≤

Teorem 1.6 (Arhimedov aksiom). U skupu R vrijedi tvrdnja:

∀ a, b ∈ R, a > 0, b > 0, ∃n ∈ N, na > b. Dokaz: Pretpostavimo da tvrdnja teorema nije istinita, tj. neka vrijedi:

∃ a, b ∈ R, a > 0, b > 0, ∀n ∈ N, na ≤ b. To znaˇci da je skup A = {na; n ∈ N} odozgo ograniˇcen skup u R. Sada po A15. postoji c = sup A, tj. ∀n, na ≤ c i ∀ε >, ∃n ∈ N, c − ε < na. Sada za ε = a > 0 dobijemo c − a < na, odnosno c < (n + 1)a ∈ A, ˇsto je kontradikcija s ˇcinjenicom da je c gornja meda od S .

Q.E.D.

Zadatak 1.5. Pokaˇzite bez upotrebe A 15. da Arhimedov aksiom vrijedi u skupu Q.

33


∀ ∀ ∈

∈ ∃ ∈ ≤ ∀ ∈ ≤ ∈

N, n N, nk > m. U suRjeˇsenje: Dovoljno je pokazati da k, m protnom bismo imali k, m N, n N, nk m. Tada za n = m imamo mk m k = 1. No tada bi vrijedilo n N, n m, ˇsto nije istina već za n = m + 1. Sada za svaki q = m Q, m,k,m′ , k ′ N, postoji , q′ = m k k n N takav da je nmk′ > m′ k, odnosno nq > q ′ . 

∈

≤ ⇒

′

∈

′

∈

Zadatak 1.6. Utvrdite da li postoji i ako postoji odredite supremum skupa n ;n N . S = n+1

{

∈ }

n Rjeˇsenje: Skup S je odozgo ograniˇcen s 1, tj. n N, n+1 1. Pokaˇzimo da je 1 = sup S . Uzmimo bilo koji ε > 0. Trebamo naći n N tako da vrijedi

∀ ∈

≤

∈

− ε < n +n 1 ⇔ (1 − ε)(n + 1) < n ⇔ −nε + 1 − ε < 0 ⇔ 1 < (n + 1)ε. Iz Arhimedovog aksioma slijedi postojanje m ∈ N, mε > 1. Uzmimo sada  n = m − 1 i imamo tvrdnju. 1

Primjer 1.8. Polje Q nije potpuno. Neka je S = q Q; 1 < q, q 2 < 2 . Oˇ cito je S odozgo omeden s 2 Q. Skup S nema maksimalan element. Naime, za bilo koji q S po Arhimedovom aksiomu za brojeve 2 q2 > 0 i 2q + 1 > 0 postoji n N tako da je n(2 q2 ) > 2q + 1. Tada je n2 (2 q 2 ) > n(2q + 1) = 2nq + n 2nq + 1 (q + n1 )2 < 2. Dakle, postoji q ′ = q + n1 S , q′ > q. Pokaˇzimo da vrijedi: a Q, a > 0, je majoranta od S a2 > 2. Neka je a Q, a > 0, majoranta od S . Tada je a2 = 2 ( 2 Q). Kada bi 2 bilo a < 2, onda bi a bio maksimum od S , a takvog nema. Dakle, mora biti a2 > 2. Obratno, ako je 0 < a i a2 > 2, onda za svaki q S imamo q 2 < 2 < a2 q < a, tj. a je majoranta od S . Pokaˇzimo da ne postoji najmanja majoranta skupa S u Q. Neka je a bilo koja majoranta skupa S . Tada po Arhimedovom aksiomu za brojeve a2 2 > 0 i 2a > 0 postoji n N takav da vrijedi n(a2 2) > 2a. Odatle je 2 2 2a 1 1 2 2 2
{ ∈

∈

}

−

−

⇒

∈

−

∈

∈

∈ ⇔ √  ∈

∈

⇒

−

−

− ∈

−

 ∈ ⇒  − 

−

Zadatak 1.7. Dokaˇzite da je Q gust u R, tj.

∀ε > 0, ∀x ∈ R, x − ε, x + ε ∩ Q = ∅.

∈

≥

34


∃ ≤ −

∃ ∈ ≤

∀ ∈ − ∈

R, q Q, Rjeˇsenje: U suprotnom sluˇcaju bi vrijedilo ε > 0, x (q x ǫ) (x + ε q). Neka je q1 x ǫ i x+ε q2 . Uzmimo k n N tako da vrijedi 2nε > q2 q1 i odredimo αk = q1 + n (q2 q1 ) Q (k = 0, 1, . . . , n 1, n). Neka je 1 k0 < n najveći od indeksa za koje je 2ε, ˇsto je αk x ǫ. Zbog x + ε αk0 +1 vrijedi q2−n q1 = αk0 +1 αk0 kontradikcija s izborom broja n. 

≤ − ∨ ∈ − ≤ −

≤

−

≤

≤

−

≥

Definicija 1.12. Broj ℓ R koji je najveća minoranta nepraznog odozdo omedenog skupa S R nazivamo infimum skupa S i piˇsemo ℓ = inf S .

∈

⊂

ℓ = inf S je karakteriziran slijedećim svojstvima: (i.)

∀x ∈ S , ℓ ≤ x. (ii.) ∀a ∈ R, a > ℓ, ∃x ∈ S , x < a. (ii.)′ ∀ε > 0, ∃x ∈ S , x < ℓ + ε. Infimum koji je u skupu nazivamo minimum, tj. ako je ℓ = inf S onda je ℓ = min S .

Teorem 1.7. Neka je S ℓ = inf S R.

∈

⊂ R, S = ∅, odozdo ograniˇcen skup.

∈

S

Tada postoji

{−

∈ S }. Skup S je odozdo omeden u R, tj. ∈ ∀ ∈ S , m ≤ x. Tada je ∀− x ∈ S −, −x ≤ −m, tj. skup S − je odozgo omeden u R. Prema A 15. postoji L = sup S − ∈ R, tj. ∀ − x ∈ S − , −x ≤ L i ∀ε > 0, ∃ − x ∈ S − , L − ε < −x. To moˇzemo napisati i na slijedeći naˇcin: ∀x ∈ S , −L ≤ x i ∀ε > 0, ∃x ∈ S , x < −L + ε. To kazuje da je ℓ = −L = inf S , tj. postoji infimum skupa S . Q.E.D. Dokaz: Neka je S − = x; x postoji m R tako da vrijedi x

Zadatak 1.8. Neka je A sup B i inf A inf B.

≥

⊆ B ⊂ R i B ograniˇcen skup.

Tada je sup A

≤

Rjeˇsenje: Svaka majoranta skupa B ujedno je i majoranta skupa A. Tako je i sup B majoranta za A. Poˇsto je supremum od A najmanja majoranta skupa A, to vrijedi sup A sup B. Analogno, svaka minoranta skupa B ujedno je i minoranta skupa A, pa je infimum od B minoranta za A. Odatle za infimum skupa a kao na jveću minorantu od A vrijedi inf A inf B. 

≤

≥

Aksiom A 15. karakterizira svojstvo potpunosti koje razlikuje polje R od polja Q. Slijedeći teorem opisuje to svojstvo na prihvatljiviji naˇcin.


35

N imamo segmente Teorem 1.8. (Cantorov1 aksiom) Neka za svaki n [an , bn ] R takve da vrijedi [an+1 , bn+1 ] [an , bn ], n N. Tada postoji x R takav da je x [an , bn ], n N.

⊂

∈

∈

⊂

∀ ∈

Dokaz: Oznaˇcimo s A =

∈ ∀ ∈

{a ; n ∈ N} i B = {b ; n ∈ N}. Skupovi A i B su ograniˇceni (odozdo s a i odozgo s b ) pa postoje sup A i inf B. ˇ Zelimo pokazati da vrijedi [sup A, inf B] ⊆ [a , b ], ∀n ∈ N. Za sve n ∈ N ≤ b . Dokaˇzimo da vrijedi oˇcigledno vrijedi a ≤ b , a ≤ a i b ∀n, m ∈ N, a ≤ b . Ako je n = m onda je to jasno. Ako je n < m, onda n < n + 1 < ··· < m − 1 < m povlaˇci a ≤ ·· · ≤ a ≤ b , tj. a ≤ b . analogno vrijedi za m < n. Odatle zakljuˇcujemo ∀n ∈ N je a donja meda za skup B, dakle, ∀n ∈ N, a ≤ inf B. Sada je inf B gornja meda za skup A, pa vrijedi sup A ≤ inf B. Q.E.D. n

n

1

1

n

n

n

n

n+1

n

n

n+1

n

m

n

m

m

n

m

n

n

Napomena 1.1. Druga moguća aksiomatika polja R se dobije ako aksiom A 15. zamijenimo s Arhimedovim aksiomom (teorem 1.6) Cantorovim aksiomom (teorem 1.8).

1.3.3

Eksponencijalna funkcija na R (I.)

U ovoj toˇcki ćemo proˇsiriti eksponencijalnu funkciju do skupa R i tako se uvjeriti da je teorem 1.5. istinit.

⊂ ∈

Zadatak 1.9. Neka su A, B R odozgo ograniˇceni neprazni skupovi. Tada je skup A + B = x + y ; x A, y B odozgo ograniˇcen i vrijedi sup(A + B) = sup A + sup B.

{

∈ }

Rjeˇsenje: Zbog x sup A, x A, i y sup B, y B, vrijedi x + y sup A + sup B, x A, y B, tj. sup A + sup B je gornja meda skupa A + B. Neka je ε > 0 odabran po volji. Postoje x A i y B takvi da je ε ε sup A 2 < x i sup B 2 < y. Tada je x + y > sup A 2ε + B 2ε = sup A + sup B ε, tj. sup A + sup B ε nije gornja meda skupa A + B. 

≤ ∀ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈

−

−

≤

∀ ∈

∈

−

−

⊂

∞

≤

∈ −

−

0, + odozgo ograniˇceni neprazni skuZadatak 1.10. Neka su A, B povi. Tada je skup AB = xy ; x A, y B odozgo ograniˇcen i vrijedi sup(AB) = sup A sup B.

{

1

∈

∈ }

Georg Ferdinand Ludwig Philipp Cantor (Saint Petersburg [Russia], 3. oˇzujak 1845. - Halle, 6. sijeˇcanj 1918.) njemaˇcki matematiˇcar

36


≤ ∀ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈

≤

∀ ∈

sup A, x sup B, y Rjeˇsenje: Zbog x A, i y B, vrijedi xy sup A sup B, x A, y B, tj. sup A sup B je gornja meda skupa AB. B B Neka je 0 < ε (sup A ε0 )(sup B ε0 ) = ε20 (sup A + sup B)ε0 +sup A sup B > sup A sup B ε. Dakle, sup A sup B ε nije gornja meda. Zato ˇsto je ε > 0 odabran po volji, vrijedi sup(AB) = sup A sup B. 

−

−

−

−

→  ∞

Sada eksponencijalnu funkciju proˇsirujemo do funkcije f : R 0, + . q Za a > 1 i x R definiramo f (x) = sup a ; q Q, q < x . Zbog zadatka 1.10. imamo

∈

{

∈

}

q′

{ ∈ Q, q < x} sup{a ; q′ ∈ Q, q′ < y} = = sup{a ; q, q′ ∈ Q, q < x, q ′ < y } = = sup{a ; q, q′ ∈ Q, q + q ′ < x + y} = f (x + y).

f (x)f (y) = sup aq ; q

q +q ′

q +q ′

1.4

Ekvipotentni skupovi, prebrojivost

Ako imamo dva skupa A i B s konaˇcnim brojem elemenata, teorijski je lako ustanoviti imaju li oni jednak broj elemenata. Naime, provodimo slijedeći postupak: uzmimo element skupa A i element skupa B, sparimo ih. Nastavimo li tako sparivati nesparene elemente skupa A s nesparenim elementima skupa B, nakon konaˇcno koraka doći ćemo do jedne od slijedećih situacija: 1. Niti u skupu A, niti u skupu B nema nesparenih elemenata. 2. U skupu B nema nesparenih elemenata. 3. U skupu A nema nesparenih elemenata. U sluˇcaju 1. konstruirali smo obostrano jednoznaˇcno preslikavanje sa skupa A na skup B (bijekciju) i jasno je da skupovi A i B imaju jednak broj elemenata. U sluˇcaju 2. konstruirali smo injekciju sa skupa B u skup A i jasno je da skup A ima viˇse elemenata od skupa B. U sluˇcaju 3. konstruirali smo injekciju sa skupa A u skup B i jasno je da skup B ima viˇse elemenata od skupa A. Ovo je motivacija za slijedeću definiciju i u sluˇcaju kada skupovi nemaju konaˇcan broj elemenata.

Definicija 1.13. Za skupove A i B kaˇzemo da imaju jednak broj elemenata, tj. da su jednakobrojni ili ekvipotentni ako postoji bijekcija f : A B.

→

1.4. EKVIPOTENTNI SKUPOVI, PREBROJIVOST

37

Tada joˇs kaˇzemo da A i B imaju jednak kardinalni broj i piˇsemo k(A) = k(B) ili A B. Ako postoji injekcija f : A B onda kaˇzemo da A ima manje ili jednako elemenata od B, tj. k(A) k(B).

∼

≤

→

Zadatak 1.11. Pokaˇzite da je ekvipotentnost relacija ekvivalencije, tj. da vrijedi

∼ A, (ii) (A ∼ B) ⇒ (B ∼ A), (iii) (A ∼ B) ∧ (B ∼ C ) ⇒ (A ∼ C ). (i) A

Rjeˇsenje:

→ A je bijekcija, (ii) f : A → B bijekcija ⇒ (f − : B → A) bijekcija, (iii) f : A → B ∧ g : B → C bijekcije ⇒ g ◦ f : A → C je bijekcija. (i) Identiteta iA : A

1



Slijedeći teorem u konkretnim situacijama bitno olakˇsava utvrdivanje ekvipotentnosti skupova, a navodimo ga bez dokaza.

Teorem 1.9 (Cantor-Bernstein1 -Banach2). Ako postoje injekcije f : A i g : B A, onda je A B, odnosno

→

∼

((k(A)

→B

≤ k(B)) ∧ (k(B) ≤ k(A))) ⇒ (k(A) = k(B)).

Primijetimo da prethodni teorem govori o antisimetriˇcnosti uredaja medu kardinalnim brojevima.

Definicija 1.14. Kaˇzemo da je beskonaˇcan skup S prebrojiv ako je ekvipotentan skupu prirodnih brojeva N. U suprotnom sluˇcaju kaˇ zemo da je taj skup neprebrojiv. Zadatak 1.12. Pokaˇzite da vrijedi 1. N 1

∼ 2N.

Sergej Natanoviˇc Bernstein (Odessa, 5. oˇzujak 1880. – – Moskva, 26. listopad 1968.) ukra jinski matematiˇcar 2 Stefan Banach (Krakow, 30. oˇzujak 1892. – Lowow, August 31 kolovoz 1945.) poljski matematiˇcar

38


∼ 2N + 1. 3. N ∼ Z. 4. ∀a,b,c,d ∈ R, a < b, c < d, je a, b ∼ c, d i [a, b] ∼ [c, d]. 5. ∀a, b ∈ R, a < b, je [a, b] ∼ a, b. 6. ∀a, b ∈ R, a < b, je R ∼ a, b. 7. N ∼ N × N. 2. N

Rjeˇsenje:

 2n, ∀n ∈ N, je bijekcija. → 2. Preslikavanje n → 2n + 1, ∀n ∈ N, je bijekcija. 3. Preslikavanje f : N → Z definirano s f (2n) = n + 1, f (1) = 0 i f (2n + 1) = −n, ∀n ∈ N je bijekcija. 4. f : a, b → c, d definirano s f (x) = −− (x − a) + c je bijekcija. 5. Identiteta je injekcija s a, b u [a, b]. Po 4. postoji bijekcija s [a, b] na bilo koji segment u a, b, npr. na [ ]. Tada je to injekcija s , [a, b] u a, b. Sada po teoremu 1.9 slijedi tvrdnja. 6. T g − : R → a, b je bijekcija. 7. Konstruiramo preslikavanje f : N × N → N 1. Preslikavanje n

d c b a

3a+b a+3b 4 4

1

n

kako je grafiˇcki prikazano na slici desno. Svakom uredenom paru prirodnih brojeva jednoznaˇcno je odreden poredak na putanji oz- 4 naˇceno j na slici. Funkcija f je definirana formulom: 3 f ((m, n)) =

   

m+n

2

m+n

2

 −  −1 1

+ n;

m+n

− 1 neparan

2 1

+ m;

m+n

− 1 paran 0

1

2

3

4

Propozicija 1.3. Skup racionalnih brojeva Q je prebrojiv. Dokaz: Skup Q = m ; n N, m Z, su relativno prosti , pa postoji n injekcija sa Q u N N. Nadalje, komponiramo tu injekciju s bijekcijom sa N N na N iz zadatka 1.12. i dobijemo injekciju s Q u N. S duge strane identiteta je injekcija s N u Q, pa po teoremu 1.9. imamo Q N. Q.E.D.

×

×

{

∈

∈

}

∼

m

39

1.4. EKVIPOTENTNI SKUPOVI, PREBROJIVOST

Propozicija 1.4. Neprazan podskup prebrojivog skupa je konaˇcan ili prebro jiv. Dokaz: Neka je A

∼ N, f : A → N bijekcija, i B ⊆ A. Ako je B konaˇcan onda je tvrdnja oˇcita. Ako B nije konaˇcan, onda je identiteta i : B → A, i(x) = x, ∀x ∈ B, injekcija s B u A. Tada je f ◦ i : B → N injekcija. Konstruirajmo injekciju g : N → B na slijedeći naˇcin: Uzmimo bilo koji b ∈ B i stavimo g(1) = b. Pretpostavimo da smo za neki n ∈ N definirali g(k) = b ∈ B, 1 ≤ k ≤ n, gdje su svi b , . . . , b raz∈ B takav da je b = b , liˇciti. Poˇsto skup B nije konaˇcan, to postoji b 1 ≤ k ≤ n, pa stavimo g(n + 1) = b . Takvim postupkom definiramo g(n), ∀n ∈ N, a funkcija g je po konstrukciji injekcija. Po teoremu 1.9. slijedi Q.E.D. B ∼ N. 1

k

n+1

n

n+1

k

n+1

Teorem 1.10. Neka su a, b skup.

∈ R, a < b.

Segment [a, b]

⊂ R je neprebrojiv

Dokaz: Kada bi vrijedilo suprotno, tj. da je [a, b] prebrojiv, postojala bi bijekcija f : N [a, b] takva da je [a, b] = (f ) = f (n); n N . Stavimo

→

≤

a1 +b1

R

{

a1 +3b1

∈ }

stavimo a2 = i b2 = b1 , a u a1 = a, b1 = b. Ako je f (1) 2 4 3a1 +b1 a1 +b1 sluˇca ju f (1) stavimo a2 = a1 i b2 = 4 . U oba sluˇcaja vrijedi 2 f (1) [a2 , b2 ] i [a2 , b2 ] [a1 , b1 ]. Na isti naˇcin, zamjenom a1 a2 i b1 b2 , nademo f (2) itd. Na taj naˇcin dobivamo segmente [an , bn ], n N, sa svojstvom [an , bn ] [an+1 , bn+1 ] i f (n) [an+1 , bn+1 ], n N. Po teoremu 1.8. o potpunosti skupa R postoji x [a, b] tako da je x [an , bn ], n N. Zbog pretpostavke o bijektivnosti funkcije f : N [a, b], postoji m N tako da je x = f (m). No, po konstrukciji vrijedi f (m) [am+1 , bm+1 ], ˇsto je kontradikcija s izborom toˇcke x. Q.E.D.

∈

≥

⊃

⊂

∈

∈

→ ∈

∀ ∈ ∈

↔ ↔ ∀ ∈ ∀ ∈ ∈

Korolar 1.2. Skup realnih brojeva R je neprebrojiv. Dokaz: Kada bi R bio prebrojiv, tada bi po propoziciji 1.4. i segment [a, b] R bio prebrojiv, a to se kosi s tvrdnjom teorema 1.10. Q.E.D.

⊂

40


Poglavlje 2 Nizovi 2.1

Niz i podniz

→

Funkciju a : N S zovemo niz u S . U ovom sluˇcaju odstupamo od uobiˇcajenog naˇcina oznaˇcavanja funkcijskih vrijednosti, pa za n N piˇsemo a(n) = an i nazivamo n-tim ˇclanom niza. Uobiˇcajena oznaka za niz je (an )n∈N ili (an )n ili samo (an ). Kodomena niza moˇ ze biti bilo koji neprazan skup. Nas će najviˇse zanimati sluˇcajevi kada je taj skup R, C, ili skup realnih ili kompleksnih funkcija. Evo nekoliko primjera nizova:

∈

1. Niz (an )n s an = n1 , n

∀ ∈ N, je niz u R. 2. Niz (a ) s a = n + , ∀n ∈ N, je niz u C. 3. Niz (a ) je niz realnih funkcija, gdje je ∀n ∈ N, a definirana s a (x) = sin nx, ∀x ∈ R. n n

n

i n

n n

n

n

:R

→ R funkcija

Kao i kod drugih funkcija, monotonost je vaˇzno svojstvo koje niz moˇze zadovoljavati. Za to je neophodno da je niz u skupu na kojem je definiran uredaj.

Definicija 2.1. Neka je (an )n u R.

∀ n ∈ N, a ≤ a . je strogo rastući ako ∀ n ∈ N, a < a je padajući ako ∀ n ∈ N, a ≥ a . je strogo pada jući ako ∀ n ∈ N, a > a

Niz (an )n je rastući ako Niz (an )n Niz (an )n Niz (an )n

n+1

n

n+1 .

n

n

n+1 n

41

n+1 .

42

POGLAVLJE 2. NIZOVI

Pokaˇzimo da je ta definicija, iako se ˇcini slabijom, ekvivalentna s definicijom monotonosti niz kao funkcije. Naime, niza kao funkcija je rastući ako vrijedi: n, m N, (n < m) (an am ). Jasno je da iz toga slijedi da je niz rastući u smislu definicije 2.1. Dokaˇzimo da vrijedi obrat. Neka su n, m N takvi da je n < m. Tada je n < n + 1 < < m 1 < m pa iz definicije 2.1. slijedi an an+1 am−1 am, tj. an am .

∀

∈

⇒

∈

≤

···

≤

−

≤···≤ ≤ ≤ Definicija 2.2. Za niz b : N → S kaˇzemo da je podniz niza a : N → S , ako postoji strogo rastući niz p : N → N u N takav da je b = a ◦ p. U oznakama (b ) i (a ) za nizove pisali bismo b = b(n) = (a ◦ p)(n) = n n

n n

n

a[ p(n)] = a p(n) = a pn . Vaˇzno je uoˇciti da podniz nekog niza dobijemo tako da izbacimo neke ˇclanove polaznog niza, a preostali ˇclanovi zadrˇzavaju prijaˇsnji medusobni poredak.

Zadatak 2.1. Neka je ( pn )n strogo rastući niz u N. Tada vrijedi n pn .

≤

∀ n ∈ N,

Rjeˇ senje: Dokaˇ zimo tvrdnju matematiˇckom indukcijom. Jasno je da vrijedi 1 p1 tako da imamo bazu indukcije. Pretpostavimo da za n N vrijedi

n

≤

≤ p . Tad je p

n+1

n

2.2

> pn

≥ n, tj. p

n+1

> n, pa mora biti pn+1

∈

≥ n + 1.



Limes niza u R

Intuitivno poimanje konvergencije ili teˇzenja ˇclanova niza (an )n u R k nekom broju a R sastoji se u tome da je ”puno” ˇclanova niza po volji blizu bro ju a, a samo ”malen” broj ˇclanova daleko. U situaciji kada radimo s beskonaˇcnim (prebrojivim) skupom, onda je prihvatljivo pod ”puno” shvaćati beskonaˇcno mnogo ˇclanova, a pod ”malo” samo konaˇcno njih. U tom smislu fraza ”gotovo svi ˇclanovi” znaˇci ”svi ˇclanovi osim eventualno njih konaˇcno mnogo”. Dakle, moˇzemo reći da niz (an )n konvergira ili teˇzi broju a ako su gotovo svi ˇclanovi po volji blizu broju a. Prethodna definicija se realizira u skupu R tako da blizinu realnih brojeva mjerimo pomoću razdaljinske funkcije d(x, y) = x y . Ako je zadan ε > 0, onda brojevi x koji su od a udaljeni za manje od ε zadovoljavaju x a < ε, tj. oni se nalaze u intervalu a ε, a + ε . Pojam konvergencije u R ima slijedeći oblik:

∈

| − |

 −



| −|

Definicija 2.3. Niz realnih brojeva (an )n konvergira ili teˇzi k realnom bro ju a R ako svaki otvoreni interval polumjera ε oko toˇcke a sadrˇzi gotovo sve ˇclanove niza, tj.

∈

∀

∃ ∈ N), (∀n ∈ N), ((n > n ) ⇒ (|a − a| < ε)).

( ε > 0), ( nε

ε

n

(2.1)

43

2.2. LIMES NIZA U R

Tada a zovemo graniˇ cna vrijednost ili limes niza (an )n i piˇsemo a = lim an ili a = limn an . n

→∞

aΕ a1

aΕ

a



a4 a6

a5

a3



a2

Ako niz ne konvergira onda kaˇzemo da on divergira . Jedan sluˇcaj divergencije niza moˇzemo podvesti pod pojam konvergencije. U tu svrhu definiramo okoline od + kao intervale oblika E, + , gdje je E > 0.

∞



Definicija 2.4. Kaˇzemo da niz (an )n u R konvergira k + od + sadrˇzi gotovo sve ˇclanove niza, tj.

∞

∀

∞ ako svaka okolina

∃ ∈ N), (∀n ∈ N), ((n > n ) ⇒ (a

( E > 0), ( nε

∞

ε

n

> E )).

(2.2)

−∞ ∞ −∞

U tom sluˇcaju govorimo o konvergenciji niza (an )n u R = [ , + ] i piˇsemo lim an = + . Analogno moˇzemo definirati lim an = . n

∞

→∞

→∞

n

Provjeravanje da li definicija 2.3 vrijedi za neki konkretan niz i konkretan limes sastoji se u tome da se za po volji zadani ε > 0 pronade ili barem dokaˇze postojanje prirodnog broja nε takvog da svi ˇclanovi s indeksima većim od nε leˇze u intervalu a ε, a + ε .

 −



Primjer 2.1. Pokaˇzimo da niz ( n1 )n konvergira i limn n1 = 0. Uzmimo ε > 0 po volji. Iz Arhimedovog aksioma u teoremu (1.6) slijedi postojanje m N tako da vrijedi mε > 1. Sada za n > m vrijedi nε > mε > 1. Dakle nε = m je traˇzeno rjeˇsenje. Naime, n N,

∈

∀ ∈ 1 (n > n ) ⇒ (nε > n ε > 1) ⇒ <ε ⇒ n ε

ε

Teorem 2.1.

   −   1 n

0

< ε.

1. Konvergentan niz u R ima samo jednu graniˇcnu vrijednost. 2. Konvergentan niz u R je ograniˇcen. Dokaz: 1. Pretpostavimo da konvergentan niz (an )n ima dvije graniˇcne vrijednosti a, b R, a = b. Tada bi za ε = a b > 0 zbog (2.1) postojali na , nb N takvi da vrijedi

∈

∈

(n > na )



| −|

⇒ (|a − a| < 2ε ) i (n > n ) ⇒ (|a − b| < 2ε ). n

b

n

44

POGLAVLJE 2. NIZOVI

{ } ε ε (n > n ) ⇒ (|a − b| ≤ |a − a | + |a − b| < + = ε = |a − b|), 2 2

Sada za nε = max na , nb imamo ε

n

n

ˇsto je oˇcita neistina. Dakle, limes mora biti jedinstven. 2. U definiciji (2.1) uzmimo ε = 1, pa postoji nε N tako da (n > n ε ) ( an a < 1). Sada za n > nε imamo an 1 + a . Neka an a + a je M = max a1 , . . . , anε , 1 + a . Tada vrijedi n N, an M , tj. niz je ograniˇcen.

| − |

{| |

| |

∈ | | ≤| − | | | ≤ | | ∀ ∈ | |≤

| |}

⇒

Primjer 2.2. Sama ograniˇcenost nije dovoljna za konvergenciju niza. Niz definiran s an = ( 1)n , n N, je oˇcigledno ograniˇcen, ali niti jedan realan broj nije mu graniˇcna vrijednost. Naime, za 0 < ε < 12 i bilo koji a R izvan otvorenog intervala a ε, a + ε uvijek se nalazi beskonaˇcno ˇclanova niza. Dakle, taj interval ne sadrˇzi gotovo sve ˇclanove niza.

−

∀ ∈  − 

∈

Za oˇcekivati je da podnizovi niza nasljeduju dobra svojstva originalnog niza.

Teorem 2.2. Svaki podniz konvergentnog niza u R i sam je konvergentan i ima istu graniˇcnu vrijednost kao i niz. Dokaz: Neka je (an )n konvergentan niz u R, a = limn an , i neka je (a pn )n

bilo koji njegov podniz. Uzmimo bilo koji ε > 0. Tada iz a = limn an i (2.1) postoji nε N takav da (n > nε ) ( an a < ε). Zbog toga ˇsto je niz ( pn )n strogo rastući niz u N i zadatka 2.1. imamo n N, pn n. Odatle slijedi ( n N), (n > n ε ) ( pn > n ε ) ( a pn a < ε),

∈

⇒ | − |

∀ ∈

⇒

∀ ∈ ⇒| − |

≥

dakle, a = limn a pn .

Q.E.D.

Od interesa je naći jednostavno provjerive dovoljne uvjete za konvergenciju niza.

Teorem 2.3. Svaki ograniˇcen i monoton niz u R je konvergentan.

∀n ∈ N, a ≤ a . Ograniˇcenost rastućeg niza znaˇci ograniˇcenost skupa A = {a ; n ∈ N} odozgo, pa postoji a = sup A ∈ R. Iz definicije supremuma skupa A imamo: 1. ∀n ∈ N, a ≤ a, 2. ∀ε > 0, ∃n ∈ N, a − ε < a . Dokaz: Neka je niz (an )n rastu´ ci, tj.

n

n

n

ε

nε

n+1

Q.E.D.

45

2.3. OPERACIJE S KONVERGENTNIM NIZOVIMA

∀

∃ ∈ N, ∀ n ∈ N, (n > n ) ⇒ (a − ε < a ≤ a ≤ a < a + ε) ⇒ (|a − a| < ε). Dakle, lim a = sup{a ; n ∈ N}. Analogno se za padajući niz pokaˇ ze →∞ lim a = inf {a ; n ∈ N}. Q.E.D. →∞ Iz 1. i 2. i rasta niza (an )n imamo ε > 0, nε ε

n

n

n

n

nε

n

n

n

n

n Primjer 2.3. Monotonost nije nuˇzna za konvergenciju niza. Npr. niz (−n1) konvergira k 0, a nije monoton.

O

Na desnoj slici prikazan je odnos svojstava monotonosti (M) i ograniˇcenosti (O) nizova u odnosu na konvergentne (K) nizove u R.

K M

2.3

Operacije s konvergentnim nizovima

Za nizove u R kao funkcije s vrijednostima u R moˇzemo definirati sve operacije po toˇckama. U sluˇcaju nizova to znaˇci da je suma (razlika) nizova (an )n i (bn )n niz oblika (an bn )n , tj. (an )n (bn )n = (an bn )n . Isto tako je produkt nizova (an )n i (bn )n niz oblika (an bn )n , tj. (an )n (bn )n = (an bn )n . Specijalno, za λ R je λ(an )n = (λan )n , pa je skup nizova vektorski prostor (algebra). Sada ćemo prouˇciti kako se limes ponaˇsa kod navedenih operacija s nizovima.

±

±

∈

±

·

·

·

Teorem 2.4. Neka su (an )n i (bn )n konvergentni nizovi u R. Tada vrijedi: 1. Niz (an 2. Niz (an

± b ) je konvergentan i lim (a ± b ) = lim a ± lim b . →∞ →∞ →∞ · b ) je konvergentan i lim (a · b ) = lim a · lim b . →∞ →∞ →∞ n n

n

n

n n

n

n

n

n

n

n

∀ ∈ N, b = 0, i lim = 0, onda je i niz b  →∞

3. Ako je n



an n→∞ bn

i lim

| |

n

=

n

n

limn→∞ an . limn→∞ bn

| | |



|

4. Niz ( an )n je konvergentan i lim an = lim an .

→∞

n

→∞

n

n

n

an bn

n

n

n

n

konvergentan n

46

POGLAVLJE 2. NIZOVI

Dokaz: Neka su lim an = a i lim bn = b.

→∞

→∞

n

n

∈ N takvi da vrijedi ∀n ∈ N, ε ε (n > n ) ⇒ (|a − a| < ) i (n > n ) ⇒ (|b − b| < ). 2 2 Sada za n = max{n , n } imamo (n > n ) ⇒ (|a + b − (a + b)| ≤ |a − a| + |b − b| < ε). 1. Za ε > 0 zbog (2.1) postoje n1 , n2 1

2

n

1

ε

ε

n

2

n

n

n

n

2. Prije svega, zbog toga ˇsto je konvergentan, niz (an )n je ograniˇcen, tj. postoji M > 0 takav da n N, an M . Sada za ε > 0 zbog (2.1) postoje n1 , n2 N takvi da vrijedi n N,

∀ ∈ | |≤ ∈ ∀ ∈ ε ε (n > n ) ⇒ (|a − a| < ) i (n > n ) ⇒ (|b − b| < ). M + |b| M + |b| 1

2

n

n

{ } (n > n ) ⇒ (|a b − ab| ≤ |a ||b − b|| + |a − a||b| < ε). 1 1 3. Pokaˇzimo da vrijedi lim = . Za ε = | | > 0 imamo n ∈ N tako da →∞ b b ∀n ∈ N , |b| |b| (n > n ) ⇒ (|b − b| < ) ⇒ (|b | ≥ ). 2 2 Sada za ε > 0 postoji n ∈ N tako da ∀n ∈ N vrijedi 2ε (n > n ) ⇒ (|b − b| < |b| ). Sada za nε = max n1 , n2 imamo ε

n n

n

n

n

b

n

n

0

0

2

n

n

1

1

{

}

n

2

∀ ∈ N imamo |b − b| < ε). 1 1 − ≤ (n > n ) ⇒ ( |b ||b| b b

Uzmimo nε = max n1 , n2 , pa n ε



n



n

n

Odatle pomoću 2. slijedi 3. 4. Tvrdnja slijedi jednostavno pomoću nejednakosti (1.11), (n > n ε )

⇒ ||a | − |a| | ≤ |a − a| < ε. n

n

Q.E.D.

Korolar 2.1. Neka su lim an = a i lim bn = b. Tada je za bilo koje λ, µ n→∞ n→∞ niz (λan + µbn )n konvergentan i lim (λan + µbn ) = λa + µb.

→∞

n

∈R

47

2.3. OPERACIJE S KONVERGENTNIM NIZOVIMA Dokaz: Za bilo koji λ

∈ R uzmimo konstantni niz b

∀ ∈

= λ, n N. Tada iz teorema 2.4 2. slijedi lim λan = λa. Odatle i iz aditivnosti limesa imamo n→∞ linearnost. Q.E.D. n

Napomena 2.1. Skup svih konvergentnih nizova u R je vektorski prostor (algebra). Osim operacija na skupu R imamo zadan uredaj je u skladu s tim uredajem.

≤. Konvergencija nizova

Teorem 2.5 (teorem o sendviˇcu) . Neka su (an )n i (bn )n konvergentni nizovi u R. 1. Ako je

∀ n ∈ N, a ≤ b , onda je

≤ lim b . →∞ niz za kojeg vrijedi ∀ n ∈ N, a ≤ c ≤ b n

2. Ako je (cn )n

n

lim an

→∞

n

n

n

n

n

n

lim bn = c, onda je (cn)n konvergentan i lim cn = c.

→∞

i lim an =

→∞

n

→∞

n

n

∀ ∈ N| ,| c ≥| 0.| = c ≥ 0. Kada bi bilo c < 0, onda bi u okolini c − , c + 

Dokaz: 1. Neka je niz (cn )n konvergentan i takav da vrijedi n

Tada je lim cn

→∞

n

n

c

c

2

2

bili gotovo svi ˇclanovi niza, ˇsto nije moguće zbog c + |2c| < 0. Sada za cn = bn an , n N, i teorema 2.4. 1. slijedi tvrdnja. 2. Za ε > 0 zbog (2.1) postoje n1 , n2 N takvi da vrijedi n N,

−

∀ ∈

∈

∀ ∈

⇒ (|a − c| < ε) i (n > n ) ⇒ (|b − c| < ε). Sada za n = max{n , n } imamo (n > n ) ⇒ (c − ε < a ≤ c ≤ b < c + ε) ⇒ (|c − c| < ε). (n > n1 )

1

ε

ε

2

n

n

2

n

n

n

n

Q.E.D.

2.3.1

Primjeri konvergentnih nizova

Propozicija 2.1. Neka je b > 0 realan broj. Tada postoji a > 0 takav da je b = a2 , tj. a = b (surjektivnost kvadratne funkcije).

√

Dokaz: Pretpostavimo da je b > 1. Neka je niz (xn )n definiran rekurzijom



1 b xn = xn−1 + 2 xn−1

∀ ,

n

∈ N,

(2.3)

48

POGLAVLJE 2. NIZOVI

uz poˇcetnu vrijednost x0 = b > 1. Dokaˇzimo indukcijom da je niz (xn )n padajući i odozdo omeden s 1. Prvo uoˇcimo da iz (2.3) imamo x2n xn

= (xn xn−1 )2 , ( n N), x2n−1 b = , ( n N). 2xn−1

−b

−

−x −

−

−

n 1

∀ ∈ ∀ ∈

(2.4) (2.5)

Baza indukcije slijedi iz x1 = 12 (b + 1) 1. Pretpostavimo da vrijedi 1 < xk < x k−1 , k = 1, . . . , n 1. Sada iz (2.4) imamo x2n−1 b > 0, a onda iz (2.5) slijedi xn xn−1 < 0. Iz (2.3) i 0 < (xn−1 1)2 +b 1, n N, slijedi xn > 1. Dakle, postoji a = limn xn . Iz (2.3) imamo a = 12 a + ab , odakle slijedi b = a2 . Za 0 1, pa postoji c > 1, 1b = c2 . Sada je za a = 1c imamo tvrdnju. Q.E.D.

−

−

Primjer 2.4. Vrijedi lim

→∞

n

− − ∀ ∈

−

 

√n = 1. n

Za bilo koji ε > 0 po binomnom teoremu imamo:

− 1) ε + ··· + ε > n n − 1 ε . 2 2 ∈ N za koji vrijedi (n − 1)ε > 2. Tada vrijedi n−1 n −1 (n > n ) ⇒ (1 + ε) > n ε >n ε > n,

(1 + ε)n = 1 + nε + Uzmimo nε

n(n

2

2

ε

ε

2

n

ε

2

n

2

2

2

odnosno n

⇒ 1 < n < (1 + ε) . √ Zbog strogog rasta funkcije x → x na 0, +∞ slijedi √ (n > n ) ⇒ 1 < n < 1 + ε. √ Primjer 2.5. Za a > 0 vrijedi lim a = 1. (n > n ε )

n

n

ε



n

→∞

n

∈

U sluˇcaju 1 < a je 1 < a < n za gotovo sve n N, odakle imamo n n 1 < a < n za gotovo sve n N. Sada tvrdnja slijedi iz teorema 2.5. 2. Ako je a < 1 onda je a1 > 1, pa je

√

√

∈

lim

→∞

n

√a =

1

n

lim

→∞

n

 n

1 a

= 1.



49

2.3. OPERACIJE S KONVERGENTNIM NIZOVIMA

 

1 Primjer 2.6. Nizovi an = 1 + n konvergentni i imaju isti limes.

n

n

∀ ∈ N, i b

, n

=

n

 k=0

1 , n k!

∀ ∈ N, su ∀ ∈ N.

Niz (bn )n je oˇcigledno strogo rastući. Pokaˇzimo da vrijedi bn < 3, n Vrijedi bn+1



1 1 = 1+ + + 1! 2!

···

1 + (n + 1)!







1 1 = 2+ 1+ + 2 3

1 1 1 1+ + + < 2+ 2 2 3 2



··· 3



<

1 ··· + = 2 + (b − 1), · 2 n ··· 2 tj. imamo rekurziju b < 2 + (b − 1), ∀n ∈ N. Odatle indukcijom slijedi tvrdnja. Naime, b = 2 < 3, i ∀n ∈ N, b < 3 ⇒ b < 2 + (b − 1) < 2 + (3 − 1) = 3. Dakle, niz (b ) je konvergentan. 1 2

n+1

1

···

1 + (n + 1)

n

1

1 2

n

1 2

n+1

n

n

n n

Sada primjenom binomne formule na niz (an )n imamo

    − ··· −   −  ···  − −   n

n 1 = k nk

an =

k=0

n

k =0

1 1 k!

n

n(n

1)

k

1

k =0

1 n

1

n

<

n

k =0

pa je i niz (an )n odozgo ograniˇcen. Zbog 1 vrijedi

−

p n+1

    −  − ··· − n

an+1 =

(n k!nk

k =0

1 1 k!

1 n+1

1

k 1 n+1

k + 1)

=

1 = bn . k! p 1 , za 0 n

≥ − +

≤ p ≤ n,

1 > a n, (n + 1)n+1

ˇsto kazuje da je i niz (an )n konvergentan. Sada za bilo koji ˇcvrst p N i svaki n > p imamo

∈

p

an >

  −  ···  − −  k=0

1 1 k!

1 n

1

1

k

n

.

→ ∞ daje 1 lim a ≥ = b , ∀ p ∈ N. →∞ k!

Prethodna nejednakost za n

p

n

≥

n



p

k =0

Odatle slijedi lim an lim bn . Zbog ranije pokazane nejednakosti an < b n , n→∞ n→∞ N, imamo lim an lim bn , ˇsto daje lim an = lim bn = e n n→∞ n→∞ n→∞ n→∞  2.71828182.

∀ ∈

≤

≈

50

POGLAVLJE 2. NIZOVI

2.3.2

Eksponencijalne funkcije na R (II.)

→  ∞ ∞ →  ∞

U ovoj toˇcki definiramo eksponencijalnu funkciju exp : R 0, + kao limes niza funkcija. U tu svrhu za svaki n N definiramo funkcije f n : [0, + 0, + tako da vrijedi x n (2.6) f n (x) = 1 + , x [0, + . n Definicija 2.5. Kaˇzemo da niz funkcija (f n )n , gdje su f n : I R, I R, ckama k funkciji f : I R na intervalu I , ako konvergira obiˇcno ili po toˇ niz brojeva (f n (x))n konvergira k f (x), x I .

∈

 

∀ ∈

∞

→

→

∀ ∈

⊆

Propozicija 2.2. Niz funkcija (f n )n , gdje su f n : [0, + 0, + , n N, definirane s (2.6), konvergira na skupu [0, + . Funkcija f : [0, + 0, + , f = limn→∞ f n , zadovoljava :

∞ →  ∞ ∈ ∞ →

∞

 ∞

1. f (0) = 1, 2. f (1) = e,

∀

∈ [0, +∞.

3. f (x + y) = f (x)f (y), x, y

≥ 0 i pokaˇzimo da je niz f (x)

Dokaz: Uzmimo x

n

Vrijedi

strogo rastući i omeden.

    −  ·  − −    − · − −  n

n xk = k nk

f n (x) =

k =0

n

<

n

k =0

1 1 k!

1 n+1

n

1 1 k!

k=0

1 n

1

1

k

n

xk <

k 1 xn+1 k = f n+1 (x), x + (n + 1)n+1 n+1

1

∈

≤

pa je (f n (x))n strogo rastući niz. Neka je m N takav da je x m. Tada je f n (x) f n (m), n N. Za podniz (f nm (m))n strogo rastućeg niza (f n (m))n imamo f nm(m) = f n (1)m, n N. Kako iz primjera 2.6. slijedi f n (1) 3, N, imamo f n (x) 3m , n N. Odatle slijedi konvergencija niza n (f n (x))n , x [0, + . Svojstvo 1. je jasno, a svojstvo 2. slijedi iz primjera 2.6. Za x, y 0 imamo

≤

∀ ∈

∀ ∈

∀ ∈

∞

≤

∀ ∈

≤

∀ ∈

≥

≥       −      −   1+

x n

1+

y = n

1+

x + y xy + 2 n n

1+

x+y n

.

Vrijedi

x 1+ n

n

y 1+ n

n

x+y 1+ n

n

=

x + y xy 1+ + 2 n n

n

x+y 1+ n

n

=

51

2.4. LIMES SUPERIOR I LIMES INFERIOR

xy = 2 n

  n 1

−

k=0

x + y xy 1+ + 2 n n

  n 1 k

−−

x+y 1+ n

 k

,

pa zbog prethodne nejednakosti imamo xy n



x+y 1+ n

 ≤     − 1

n−

x 1+ n

n

y 1+ n

x+y 1+ n

n

Sada iz prethodne nejednakosti za n lim

→∞

n

n

y 1+ n

n

xy n

→ ∞ dobijemo

    −  x 1+ n

≤    

n

x+y 1+ n

1+



x n

1

n−

1+

y n

1

n−

n

= 0,

odakle slijedi svojstvo 3.

Q.E.D.

Sada definiramo funkciju exp : R

exp(x) =

 

→ 0, +∞ na slijedeći naˇcin: f (x) ; x ≥ 0, 1

−

f ( x)

(2.7) ; x < 0.

∀

∈

Pokaˇzimo da vrijedi exp(x + y) = exp(x) exp(y), x, y R. Ako su x i y istog predznaka, onda je jednakost jasna. Jedini interesantni sluˇcajevi su x > 0, y < 0, x + y > 0 i x > 0, y < 0, x + y > 0. U prvom sluˇcaju imamo f (x) = f (x + y + ( y)) = f (x + y)f ( y), pa je exp(x + y) = f (x + y) = f (x) f (−1 y) = exp(x) exp(y), a drugi ide analogno.

−

2.4

−

Limes superior i limes inferior

Lema 2.1. Svaki niz (an )n u R ima monoton podniz.

{

Dokaz: Neka je Am = an ; n

≥ m}. Promatramo dva sluˇcaja:

∃m ∈ N tako da skup A nema maksimum. 2. ∀m ∈ N skup A ima maksimum. 1.

m

m

1. sluˇcaj: Bez smanjenja općenitosti uzmimo da je m = 1, tj. ve´ c A1 nema maksimum. To znaˇci da n N k N, k > n i ak > an . Poˇcnimo s n = 1 i medu svim k > 1 takvim da je ak > a1 uzmimo najmanji i oznaˇcimo ga s p1 , tj. a p1 > a 1 . Sada promatramo skup A p1 . Ovaj skup isto nema maksimum, jer kada bi ga imao, onda bi i prethodni A1 imao. Medu svim k > p1 takvim da je ak > a p1 uzmimo najmanji i oznaˇcimo ga s

∀ ∈ ∃ ∈

.

52

POGLAVLJE 2. NIZOVI

p2 , tj. a p2 > a p1 , itd. Ovim postupkom dobivamo strogo rastući niz ( pn )n u N takav da je a pn < a pn+1 , n N, tj. podniz (a pn )n je strogo rastu´ ci. 2. sluˇcaj: Neka je b1 = max A1 . Medu onim k N za koje je ak = b1 uzmimo najmanji i oznaˇcimo ga s p1 , tj. ( j < p1 ) (a j < a p1 ). Sada gledamo A p1 +1 i neka je b2 = max A p1+1 . Jasno, b2 b1 . Medu svim k > p1 za koje je ak = b2 uzmimo najmanji i oznaˇcimo ga s p1 . Jasno je da vrijedi a p2 a p1 , itd. Tim postupkom dobijemo strogo rastući niz ( pn )n u N takav da je a pn a pn+1 , n N, tj. podniz (a pn )n je padajući. Q.E.D.

∀ ∈

≤

≥

∈ ⇒ ≤

∀ ∈

Korolar 2.2. Za konaˇcno nizova a(1) , a(2) , . . . , a(n) postoji strogo rastući niz N takav da su svi podnizovi a(1) p,a(2) p , . . . , a(n) p monotoni. p : N

→

◦

◦

◦ Dokaz: Iz leme 2.1. postoji strogo rastući niz q : N → N takav da je a ◦ q monoton podniz od a . Sada gledamo podnizove a ◦ q , a ◦ q , . . . , a ◦ q od kojih je prvi monoton, a ostali ne moraju bit monotoni. Sada po lem1 2.1. postoji strogo rastu´ ci niz q : N → N takav da je a ◦ q ◦ q monoton podniz od a ◦ q . Zbog toga ˇsto je podniz monotonog niza i sam monoton, medu podnizovima a ◦ q ◦ q , a ◦ q ◦ q , . . . , a ◦ q ◦ q su prva dva monotona, a ostali ne moraju biti. Ovim postupkom u n koraka dolazimo do podnizova a ◦ p,a ◦ p , . . . , a ◦ p, gdje je p = q ◦ q ◦ · · · ◦ q , koji su svi monotoni. Q.E.D. (1)

(1)

(1)

(1)

(1)

(n)

(1)

(1)

(2)

(1)

(2)

(2)

(1)

(2)

(2)

(1)

(1)

(2)

(n)

(1)

(1)

(2)

(1)

(2)

(1)

(1)

(2)

(2)

(2)

(n)

(n)

U teoremu 2.1. i primjeru 2.2. smo vidjeli da je ograniˇcenost niza nuˇzna, ali ne i dovoljna za konvergenciju toga niza. Slijedeći teorem govori o tome ˇsto se ipak moˇze zakljuˇciti iz ograniˇcenosti niza.

Teorem 2.6 (Weierstrass1 ). Ograniˇcen niz u R ima konvergentan podniz. cu leme 2.1. moˇzemo naći monoton podniz zadanog niza. Dokaz: Pomo´ Poˇsto je niz ograniˇcen, onda je i svaki njegov podniz ograniˇcen. Sada za taj ograniˇcen i monoton podniz iz teorema 2.3. slijedi konvergencija. Q.E.D.

Definicija 2.6. Kaˇzemo da je α R gomiliˇste niza (an )n realnih brojeva, ako postoji podniz (a pn )n niza (an )n takav da vrijedi lim a pn = α.

∈

→∞

n

∈

∀

Iz definicije slijedi da je α R gomiliˇste niza (an )n ako i samo ako ε > 0 okolina α ε, α + ε sadrˇzi beskonaˇcno ˇclanova niza.

 −



Primjer 2.7. 1

Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (Ostenfelde, 31. listopad 1815. - Berlin, 19. veljaˇca 1897.) njemaˇcki matematiˇcar

53

2.4. LIMES SUPERIOR I LIMES INFERIOR

i. Svaki ograniˇceni niz ima barem jedno gomiliˇste u R. ii. Svaki konvergentan niz ima toˇcno jedno gomiliˇste, a to je graniˇcna vrijednost. cno dva gomiliˇsta jer je ( 1)2n iii. Niz iz primjera 2.2. ima toˇ ( 1)2n−1 1.

−

−

→−

→

1 i

→

Q. iv. Skupovi N i Q su ekvipotentni, tj. postoji bijektivni niz r : N Tada je R skup svih gomiliˇsta niza (rn )n , tj. svaki realan broj je limes nekog niza racionalnih brojeva.

v. Niz (n)n nema niti jedno gomiliˇste u R.

Definicija 2.7. Neka je (an )n ograniˇcen niz realnih brojeva i A svih gomiliˇsta tog niza.

⊂ R skup

Supremum skupa A zovemo limes superior niza (an )n i oznaˇcavamo s limsup an ili limn an , .

→∞

n

Infimum skupa A zovemo limes inferior niza (an )n i oznaˇcavamo s lim inf an ili limn an , .

→∞

n

Broj L

∈ R je limes superior niza (a )

n n

ako i samo ako vrijedi:

∀ε > 0, je a < L + ε za gotovo sve ˇclanove niza. 2. ∀ε > 0, je L − ε < a za beskonaˇcno ˇclanova niza. Broj ℓ ∈ R je limes inferior niza (a ) ako i samo ako vrijedi: 1. ∀ε > 0, je ℓ − ε < a za gotovo sve ˇclanove niza. 2. ∀ε > 0, je a < ℓ + ε za beskonaˇcno ˇclanova niza. 1.

n

n

n n

n

n

Teorem 2.7. Niz (an )n u R je konvergentan ako i samo ako je lim inf an = limsup an .

→∞

n

→∞

n

Dokaz: Ako je niz (an )n konvergentan, onda je po teoremu 2.2. svaki njegov

podniz ima istu graniˇcnu vrijednost kao i niz, pa je skup svih gomiliˇsta niza jednoˇclan. Obratno, ako vrijedi gornja jednakost, onda je skup svih gomiliˇsta jednoˇclan i neka je α njegov element. Tada ε > 0, iz definicije limesa inferiora, gotovo svi ˇclanovi niza su > α ε, a iz definicije limesa superiora, gotovo svi ˇclanovi niza su < α + ε, tj. gotovo svi ˇclanovi su u intervalu α ε, α + ε . Dakle, α = lim an . Q.E.D.

−

→∞

n

∀

 −



54

POGLAVLJE 2. NIZOVI

2.5

Cauchyjev niz

Sada navodimo nuˇ zan i dovoljan uvjet za konvergenciju realnog niza koji u sebi ne upotrebljava pojam limesa. Dakle, pomoću njega moˇzemo ispitati konvergenciju niza a da nemamo kandidata za njegov limes.

Definicija 2.8. Kaˇzemo da je niz (an )n realnih brojeva Cauchyjev1 ili fundamentalan niz ako

∀

∃ ∈ N)(∀n, m ∈ N)((n, m > n ) ⇒ (|a − a | < ε)).

( ε > 0)( nε

ε

n

(2.8)

m

Teorem 2.8. Niz u R je konvergentan ako i samo ako je Cauchyjev. Dokaz: Neka je (an )n konvergentan niz i a = limn an , tj.

∃ ∈ N)(∀n ∈ N)((n > n ) ⇒ (|a − a| < 2ε )). Neka je n, m > n , pa imamo |a − a | ≤ |a − a| + |a − a | < ∀

( ε > 0)( nε

ε

ε

n

m

n

n

m

ε

2

+

ε

2

= ε,

dakle uvjet (2.8) je nuˇzan. Obratno, neka je (an )n Cauchyjev niz. Pokaˇzimo da je taj niz ograniˇcen. Iz (2.8) za ǫ = 1 imamo n1 N takav da n, m N, (n, m > n 1 ) ( an am < 1). Odatle za n > n1 imamo an an an1+1 + an1 +1 . Sada je M = max a1 , . . . , an1 , 1 + an1+1 takav da vrijedi an M , n N. Po teoremu 2.6. ograniˇcen (an )n niz ima konvergentan podniz (a pn )n , tj. postoji a = limn a pn . Pokaˇzimo da vrijedi a = limn an . Uzmimo ε > 0 po volji. Iz konvergencije podniza (a pn )n imamo n′ε N takav da ε ((n > n ′ε ) ( a pn a < )). 2 Zato ˇsto je niz (an )n Cauchyjev imamo n′′ε N takav da ε ((n > n′′ε ) ( an am < )). 2 Neka je nε = max n′ε , n′′ε pa za n > nε , zbog pn n, slijedi ε ε an a an a pn + a pn a < + = ε, 2 2 tj. a = limn an . Q.E.D.

| − |

{| |

| |

∈ |

|}

∀ ∈ | |≤| −

| | | | |≤ ∀ ∈

⇒

∈

⇒| − | ∈ ⇒| − |

{ } ≥ | − |≤| − | | − |

Cauchyjevo svojstvo je posebno vaˇ zno u općenitijim strukturama od skupa R, gdje nismo u mogućnosti pomoću ureda ja definirati pojam potpunosti skupa, kao u Aksiomu 15. Takav je npr. skup kompleksnih brojeva C o kojem govorimo u slijedećoj toˇcki. Tada se kaˇze da je skup potpun ako svaki Cauchyjev niz iz skupa konvergira u tom skupu. 1

Augustin Louis Cauchy (Paris, 21. kolovoz 1789. – Sceaux-Paris, 23. svibanj 1857.) francuski matematiˇcar

55

2.6. POLJE C, NIZOVI U C

2.6

Polje C, nizovi u C

2.6.1

Polje kompleksnih brojeva C

×

×

Neka je R R Kartezijev produkt skupa R sa samim sobom. R R je skup svih uredenih parova (a, b) gdje su a, b R. Sada na R R definiramo operacije zbrajanja i mnoˇzenja. Neka je : (R R) (R R) (R R) operacija zbrajanja definiran s

∈ × ⊕ × × × → × ∀(a, b), (c, d) ∈ R × R, (a, b) ⊕ (c, d) = (a + c, b + d), (2.9) i neka je ⊙ : (R × R) × (R × R) → (R × R) operacija mnoˇzenja definiran s (2.10) ∀(a, b), (c, d) ∈ R × R, (a, b) ⊙ (c, d) = (ac − bd, ad + bc). U daljnjem tekstu ćemo umjesto oznaka ⊕ i ⊙ koristiti iste oznake kao i za operacije u R, tj. + i ·, s tim da je uvijek jasno kada su operacije s parovima realnih brojeva ili sa samim realnim brojevima. Skup R × R snabdjeven operacijom zbrajanja (2.9) i mnoˇzenja (2.10) zovemo skup kompleksnih brojeva i oznaˇcavamo s C.

Teorem 2.9. Skup kompleksnih brojeva C je polje. Dokaz: Pokaˇzimo da za skup C i operacije zbrajanja (2.9) i mnoˇ zenja (2.10)

vrijede aksiomi A 1. do A 9. Aksiomi A 1. i A 4. slijede direktno iz istih aksioma za R i definicije operacije zbrajanja. Neutralni element za zbrajanje je par (0, 0), tj. (0, 0 ) + (a, b) = (0 + a, 0 + b) = (a + 0, b + 0) = (a, b). Za bilo koji par (a, b) suprotni par (a, b) = ( a, b). Vrijedi (a, b) + ( a, b) = (a + ( a), b + ( b)) = (0, 0) i ( a, b) + (a, b) = ( a + a, b + b) = (0, 0). Asocijativnost i komutativnost mnoˇzenja i distributivnost mnoˇzenja na zbrajanje slijede direktnim raˇcunom iz asocijativnosti i komutativnost mnoˇzenja i zbrajanja na R, te distributivnosti mnoˇzenja na zbrajanje u R. Jedinica ili neutralni element za mnoˇzenje je par (1, 0), tj. za svaki par (a, b) imamo (a, b)(1, 0) = (a1 b0, a0+b1) = (a, b) i (1, 0)(a, b) = (1a 0b, 1b+0a) = (a, b). Za svaki (a, b) = (0, 0), tj. a2 + b2 = 0, definiramo

−

−

−

− −

− 

−

−

a b Vrijedi (a, b) 2 , a + b2 a2 + b2

 

−

−

a b , 2 2 2 a + b a + b2 =

− −

−



(a, b)−1 =



− −

− −



.

−

aa b( b) a( b) + ba , a2 + b2 a2 + b2



= (1, 0). Q.E.D.

56

POGLAVLJE 2. NIZOVI def

 ∈ }⊂

≤ ∧ ≤

Na C moˇzemo definirati uredaj ((a, b) (c, d)) = (a c) (b d). Taj uredaj je samo parcijalni uredaj, jer npr. (1 , 0) i(0, 1) nisu usporedivi. Uoˇcimo podskup R′ = (x, 0); x R C. Taj skup je zatvoren na operacije zbra janja i mnoˇzenja, tj. (a, 0)+(b, 0) = (a+b, 0) i (a, 0)(b, 0) = (ab, 0). ˇ U skupu R′ vrijede aksiomi A 1. do A 9. Stoviˇ se, restrikcija relacija parcijalnog uredaja na C daje na R′ linearan uredaj koji je u skladu s operacijama zbrajanja i mnoˇzenja. Tako je R′ uredeno potpuno polje, dakle, moˇzemo ga izjednaˇciti s R. U tom smislu piˇsemo (0, 0) = 0, (1, 0) = 1 i općenito (a, 0) = a. Kompleksan broj (0, 1) zovemo imaginarna jedinica i oznaˇcavamo ga s i = (0, 1). Tako za svaki kompleksan broj vrijedi (a, b) = (a, 0)+(b, 0)(0, 1) pa piˇsemo (a, b) = a + bi. Tako vrijedi i2 = (0, 1)(0, 1) = ( 1, 0 = (1, 0) = 1 , pa se operacije s kompleksnim brojevima svode na operacije s binomima. Ako je z = a + bi C, onda je a = Rez realni dio i b = Imz imaginarni dio od z. Za komleksni broj z = a+bi definiramo njegov konjugirani broj z = a bi. Realni broj z = a2 + b2 = zz zovemo modul kompleksnog broja z. Vrijedi Rez = a a2 + b2 = z i Imz = b a2 + b2 = z . Za z, v C vrijedi z + v = z + v, zv = zv i zv = z v . Takoder, za modul vrijedi nejednakost trokuta

{

−

−

−

∈

∈

|| √ √ | | ||≤

√

−

|| | | ||≤√ | | | || |

||

|z + v| ≤ |z| + |v|, ∀ z, v ∈ C.

(2.11)

Vrijedi

|z + v |

2

= (z + v)(z + v) = z 2 + v 2 + zv + zv = z 2 + v 2 + 2Re(zv)

|| || || || ≤ |z| + |v| + 2|Re(zv)| ≤ |z| + |v| + 2|zv | = (|z| + |v|) . √ Odatle zbog rasta funkcije · na R slijedi (2.11). 2

2

2

2

2

+

2.6.2

≤ 

Eksponencijalna funkcija na C

→ C na slijedeći naˇcin: (2.12) f (x + iy) = e (cos y + i sin y), ∀ x, y ∈ R. Za y = 0 dobijemo f (x) = e , ∀ x, y ∈ R, pa je f proˇsirenje eksponencijalne Definiramo funkciju f : C

x

x

funkcije s R na C. Pokaˇzimo da to proˇsirenje zadovoljava osnovnu funkcijsku jednakost koja karakterizira eksponencijalnu funkciju. Za z = x + iy,z ′ = x′ + iy ′ , gdje su x, x′ , y , y ′ R, imamo

∈

′

f (z)f (z′ ) = f (x + iy)f (x′ + iy ′ ) = ex (cos y + i sin y)ex (cos y ′ + i sin y ′ ) =

57

2.6. POLJE C, NIZOVI U C ′

= ex+x [cos y cos y ′

− sin y sin y′ + i(sin y cos y′ + cos y sin y′)] =

′

= ex+x [cos(y + y ′ ) + i sin(y + y ′ )] = f (x + x′ + i(y + y ′ )) = f (z + z′ ).

∀ ∈

Iz (2.12) vidimo da vrijedi f (z) = f (z), z C. Takoder, ako je f (x+iy) = 0 onda zbog ex > 0 iz (2.12) slijedi cos y = sin y = 0, ˇsto je nemoguće zbog (1.24). Dakle imamo funkciju f : C C 0 koju oznaˇcavamo s f (z) = ez , z C. Sada moˇzemo kompleksnu eksponencijalnu funkciju pisati u obliku

→ \{ }

∀ ∈

ex+iy = ex (cos y + i sin y),

∀ x, y ∈ R.

(2.13)

Za x = 0 dobije se Eulerova formula eiy = cos y + i sin y,

∀ y ∈ R,

(2.14)

iz koje slijedi veza trigonometrijskih funkcija i eksponencijalne funkcije sin y =

eiy

− e−

iy

, 2i eiy + e−iy cos y = . 2 Takoder, za svaki z

∈ C moˇzemo definirati e − e− sin z = iz

(2.15)

iz

, 2i eiz + e−iz cos iz = , 2 ez ez shz = , 2i ez + ez chiz = . 2

−

(2.16) (2.17) (2.18) (2.19)

Lako se vidi da vrijedi cos iz = chz, sin iz = ishz.

2.6.3

Nizovi u C, limes niza u C

∀ ∈ N. Tako imamo pridruˇzena

Neka je (an )n niz u C , gdje je an = αn +β n i, n dva realna komponentna niza (αn )n i (β n )n .

58

POGLAVLJE 2. NIZOVI Im z

Definicija 2.9. Niz kompleksnih brojeva (an )n konvergira ili teˇzi ka kompleksnom broju a C ako svaki otvoreni krug polumjera ε oko toˇcke a sadrˇzi gotovo sve ˇclanove niza, tj.

∈

a Ε

∀

∃ ∈ N), (∀n ∈ N), ((n > n ) ⇒ (|a − a| < ε)). ( ε > 0), ( nε ε

(2.20)

n

Re z 0

Definicija limesa niza u C je formalno ista kao i u R, te je stoga za oˇcekivati da vrijede svojstva koja vrijede za konvergentne nizove u R. To se moˇze dokazati koristeći definiciju limesa (2.20). Mi ćemo to uˇciniti tako ˇsto ćemo dokazati da konvergiraju komponentni nizovi (αn )n i (β n )n .

Teorem 2.10. Neka je (an )n niz u C , gdje je an = αn +β n i, n N. Vrijedi limn an = a = α + βi ako i samo ako je α = limn αn i β = limn β n .

∀ ∈

| − α | ≤ | a − a| i |β − β | ≤ |a −a|, odakle odmah imamo α = lim α i β = lim β . Obratno, neka je α = lim α i β = lim β . Zbog |a − a| = |α − α | + |β − β | Dokaz: Ako je a = limn an i a = α + βi, onda vrijedi αn n

n

n

n

n

n

n

n

n



n

slijedi a = limn an , gdje je a = α + βi.

n

n

n

n

n

2

n

2

Q.E.D.

Zato ˇsto se operacije s kompleksnim nizovima svode na operacije s realnim komponentnim nizovima, sada je odmah jasno da i u kompleksnom sluˇcaju vrijedi teorem 2.4. Za konvergentne nizove (an )n, an = αn + β n i, n N i (bn )n , bn = γ n + δn i, n N, imamo

∀ ∈

∀ ∈

lim(an + bn ) = lim((αn + γ n) + (β n + δn )i) = lim(αn + γ n ) + lim(β n + δn )i = n

n

n

n

= (lim αn + lim β n i) + (lim γ n + lim δn i) = lim an + lim bn . n

n

n

n

n

n

Naravno, i za mnoˇzenje imamo lim(an bn ) = lim((αn γ n n

n

= (lim αn lim γ n n

n

− β δ ) + (αδ n n

n

− lim β lim δ ) + (lim α lim δ n

n

n

n

n

n

n

+ β n γ )i = + lim β n lim γ )i) = n

n

= (lim αn + lim β n i)(lim γ n + lim δn i) = lim an lim bn . n

n

n

n

n

n

Takoder vrijedi i teorem 2.6. o ograniˇcenom nizu. Ako je kompleksni niz (an )n = (αn + β n i)n ograniˇcen, onda su ograniˇceni njegovi komponentni nizovi. Sada pomoću korolara 2.2 imamo njihove monotone podnizove s istim indeksima (α pn )n i (β pn )n , pa smo u mogućnosti konstruirati konvergentan podniz (a pn )n = (α pn + β pn i)n kompleksnog niza (an )n .

59

2.6. POLJE C, NIZOVI U C n

∈ C, |a| < 1. Tada je lim a = 0. →∞ Zbog |a − 0| = |a | − 0 = |a| − 0 bez smanjenja općenitosti moˇzemo uzeti 0 < a < 1. Tada vrijedi a < a , ∀n ∈ N, tj. niz (a ) je strogo padaju´ ci. Po teoremu 2.3. lim a = α = inf {a ; n ∈ N} ≥ 0. Sada iz →∞ ∀n ∈ N, α ≤ a , imamo ∀n ∈ N, αa ≤ a − . Iz svojstva infimuma slijedi α  ≤ α ⇒ α(1 − a) ≤ 0 ⇒ α ≤ 0 ⇒ α = 0. a Primjer 2.8. Neka je a n

n

n

n

n+1

n

n

n

n

n

n

n 1

n

60

POGLAVLJE POGLAVLJE 2. NIZOVI NIZOVI

Poglavlje 3 Limes funkcije i neprekidnost funkcije U ovom poglavlju p oglavlju obradujemo obraduj emo vaˇzne zne poj p ojmove move limesa funkcije f unkcije i neprekidnos n eprekidnosti ti ˇ funkcije. Zelimo intuitivno promiˇsljanje sljanje o tim pojmovima po jmovima pretvoriti u strogi matematiˇ matemat iˇcki cki jezik, tako da omogućimo cimo egzaktno koriˇstenje stenje tih pojmova po jmova na funkcijama s kojima radimo.

3.1 3.1

Lime Limess funk funkci cije je

Neka su zadane funkcije a : N R, a(n) = n1 , n N i f : 0, + R, 1 R. Prv Prva funk funkci cija ja je niz i u pret prethod hodno nom m pogla poglavl vlju ju smo f ( f (x) = x , x 1 ˇ se tiˇce dobr do broo prouˇ pr ouˇcili ci li ˇsto st o znaˇ zn aˇci ci lim li m = 0. Sto ce funkcije funkci je f , pril iˇcno cno je jasno jas no f , priliˇ n→∞ n 1 intui intuitiv tivno no poimanje poimanje pojma lim = 0. Malo Malo je manje manje jasno jasno kako ako u vezu ezu x→∞ x 1 dovesti lim = 1 i analognu priˇcu cu s nizom. Kod niza nismo u mogućnosti cnosti x→1 x konstruirati konstruira ti proces pro ces pribliˇzavanja zavanja argumena a rgumenata ta n k broju 1, dok kod realnih brojeva je to moguće. ce. U slijede´ slijedećoj coj definiciji dana je veza limesa funkcije funkcije i limesa niza.

→

∀ ∈

∀ ∈

 ∞ →

Definicija Definicija 3.1. Neka je I R otvoren interval i c funkci ciju ju f : I . Za funk R kaˇ zemo zem o da ima im a limes li mes u toˇcki cki c jednak L ako za svaki niz (c (cn )n I c u I vrijedi: ( lim cn = c) ( lim f ( f (cn ) = L).

⊆

\{ } →

→∞

n

∈

⇒

Tada piˇsemo sem o lim li m f ( f (x) = L. x

→∞

n

→c

Iz definicije je vidljivo da je pribliˇzavanje zavanje broja x prema c ekvivalentno pribliˇzavanju zavanju svih s vih nizova koji ko ji konvergiraju k c. Dakle, Dakle, u definiciji definiciji je potrebno potrebno 61

62

POGLA POGLAVLJE 3. LIMES LIMES I NEPREKIDNOST NEPREKIDNOST FUNKCIJE FUNKCIJE

promatrati promatrati sve sve takve takve nizove nizove,, a ne samo jedan jedan niz ili njih konaˇ konaˇ cno cno mnogo. Tada se slike tih nizova po funkciji f moraju mora ju pribliˇzavati zavati istom broju bro ju L. S druge strane, nizovi koji konvergiraju k c imaju toˇcke cke i lijevo lijevo i desno od c, pa je prirodno pretpostaviti da je toˇcka cka c iz nekog otvorenog intervala koji je sadrˇzan zan u domeni funkcije f . f . Prethodni pojam po jam je moguće ce opisati i bez upotrebe nizova. nizova. To je sadrˇzaj zaj tzv Cauchyjev Cauchyjevee definicije limesa funkcije funkcije u toˇcki, cki, koju dokazujemo dokazujemo u sljedećem cem teo t eore remu. mu.

Teorem 3.1 (Cauchyjev (Cauchyjevaa definicija limesa). Neka je I R otvoren interval, R. Limes funkcije funkcije f u toˇ to ˇcki c postoji i lim f ( c I i f : I c f (x) = L x →c ako i samo ako vrijedi

∈

⊆

\{ } →

∀

∃

∀ ∈ I ) ((0 < |x − c| < δ) ⇒ (|f ( f (x) − L| < ε)) ε )).. (3.1) Neka vrijedi (3.1). Uzmimo bilo koji niz (c ( c ) u I \ {c} takav da je

( ε > 0)( δ > 0)( x Dokaz:

n n

c = limn cn , tj.

∀

∃ ∈ N)(∀n ∈ N)((n )((n > n ) ⇒ (|c − c| < δ )). )).

( δ > 0)( nδ

δ

(3.2)

n

Pokaˇzimo zimo da je tada t ada lim n f ( f (cn ) = L, tj. ( ε > 0)( nε

)((n > n ) ⇒ (|f ( )). ∃ ∈ N)(∀n ∈ N)((n f (c ) − L| < ε)).

∀

ε

(3.3)

n

Za ε > postoji δ > 0 tak tako da vrije vrijedi di (3.1). (3.1). Za taj δ postoji nδ tako je ispunjeno (3.2). Uzmimo sada nε = nδ i za n N imamo

∀ ∈ (n > n ) ⇒ (|c − c| < δ ) ⇒ (|f ( f (c ) − L| < ε), ε

n

n

a to je upravo (3.3). Obratno, neka je lim f ( f (x) = L, tj. vrijedi definicija 3.1. i neka ne vrijedi

→c

x

(3.1), tj.

∃

∀

∃ ∈ I )((0 )((0 < |x − c| < δ ) ∧ (|f ( 0)). (3.4) f (x ) − L| ≥ ε > 0)).

( ε > 0)( δ > 0)( xδ

δ

δ

Sada za svaki n N uzmimo δn = n1 u 3.4. i dobije dobijemo mo cn = x 1 . Tako smo smo n doˇsli sl i do niza niz a (cn )n u I c za koji vrijedi cn c < n1 i f ( f (cn ) L ε > 0, dakle, dakle, limn cn = c, a niz (f (f ((cn))n ne konvergira k L (kontradikcija s definici jom 3.1.). Dakle, ako je lim f ( Q.E.D. f (x) = L, onda vrijedi (3.1).

∈

\{ }

| −|

|

− |≥

→c

x

Napomena 3.1. 3.1. Cauchyjev Cauchyjevaa definicija limesa funkcije funkcije ima jednostavnu geometrijsku interpretaciju koja glasi: Za svaku okolinu L ε, L + ε broja L postoji okolina okolina c δ, c + δ broja cke c, preslikava u okolinu L ε, L + ε , tj. c koja se, s izuzetkom toˇcke

 −



 − f ( f (c − δ, c + δ  \ {c}) ⊆ L − ε, L + ε.

−





63

3.1. LIMES LIMES FUNKCIJE FUNKCIJE

Limes funkcije je u skladu sa operacijama zbrajanja i mnoˇzenja zenja s funkci jama. To je posljedica ˇcinjenice cinjenice da je limes niza u skladu s tim operacijama i definicije 3.1.

⊆

∈ I i f, g : I \ {c} → R za

Teorem 3.2. Neka je I R otvoren interval, c koje postoje lim f ( f (x) i lim g (x). Tada vrijedi:

→c

x

x

→c

1. Funkcija f

(f ( f (x) ± g (x)) = lim f ( f (x) ± lim g (x). ± g ima limes u c i lim → → →

2. Za svaki λ

∈ R funkcija λf ima limes u c i lim λf ( λf (x) = λ lim f ( f (x). → →

x

c

x

x

c

x

c

x

c

c

3. Funkcija f g ima limes u c i lim(f ( f (x)g (x)) = lim f ( f (x) lim g (x). x

→c

→c

→c

x

x

f  ∀ ∈ I \ {c} i lim  0, funkcija ima limes u c g (x) = → g

4. Ako je g (x) = 0, x

x

c

f ( f (x) f ( f (x) xlim → c i lim = . x→c g (x) lim g (x)

→c

x

||

|

| |

|

5. Funkcija f ima limes u c i lim f ( f (x) = lim f ( f (x) .

→c

x

→c

x

Dokaz: Sve tvrdnje slijede sli jede iz odgovaraju´ o dgovarajućih cih tvrdnji u teoremu 2.4. 2. 4. za nizove

(f ( f (cn ))n i (g (cn))n .

Q.E.D.

⊆

(teo rem o sendviˇ send viˇcu) cu) . Neka je I R otvoren interval, c Teorem 3.3 (teorem R za koje postoje lim f ( f, g : I c f (x) i lim g (x).

\{ }→

→c

x

1. Ako je f ( f (x)

∈ I i

→c

x

≤ g(x), ∀x ∈ I \ {c}, onda je lim f ( f (x) ≤ lim g (x). → → x

\{ \{ } →

≤

c

x

≤

c

∀ ∈ \{ \{ }

2. ako je h : I c R takva da vrijedi f vrijedi f ((x) h(x) g (x), x I c i lim f ( funkcija h f (x) = lim g (x) = L, onda funkcija h ima limes u c i lim h(x) = L. x

→c

→c

x

x

→c

Dokaz: Tvrdnje slijede iz odgov o dgovaraju´ arajućih cih tvrdnji u teoremu 2.5. za nizove

(f ( ,(g (cn))n i (h(cn ))n . f (cn ))n,(g

Q.E.D.

64

POGLAVLJE 3. LIMES I NEPREKIDNOST FUNKCIJE

sin x = 1. x→0 x

Primjer 3.1. Pokazati da je lim

Na trigonometrijskoj kruˇ znici je vidljivo da je luk koji odgovara vrijednosti kuta x > 0 u radijanima veći od tetive toga luka koja je hipotenuza pravokutnog trokuta ACD ˇcija je jedna kateta duljine sin α, tj. sin α < α za α > 0. Odatle imamo nejednakost sinx x < 1, za x > 0. Zbog neparnosti brojnika i nazivnika, ta nejednakost vrijedi za sve x = 0. Sliˇcno, usporedimo li povrˇsinu kruˇznog isjeˇcka P OAD = 12 α i povrˇsinu trokuta P △OBD = 12 tg α, slijedi α < tg α, tj. cos x < sinx x za 0 < x < π4 . Zbog parnosti funkcija s obije strane nejednakosti isto vrijedi za sve x = 0. Dakle, imamo nejednakosti cos x < sinx x < 1, za sve 0 < x < π4 . Zbog lim cos x = 1 i teorema 3.3. x→0 sin x  slijedi lim = 1. x→0 x

y

△

Α C D 1

0

x

y





B

A

1

sin x x

 

cos x 0

Π 

2

||

3.1.1

Limes u R

Pojam limesa funkcije moˇzemo proˇsiriti na sluˇcajeve kada argument funkcije teˇzi k ili kada vrijednost funkcije teˇzi k ili oboje. Najprirodnije je to uˇciniti tako da iskoristimo geometrijsku interpretaciju limesa iz napomene 3.1., s tim da prilagodimo pojam okoline novim situacijama. Ve´ c smo kod limesa niza vidjeli da kao okoline toˇcke + mogu posluˇziti intervali E, + , gdje je E > 0, sliˇcno, za okoline toˇcke uzimamo intervale , E , gdje je E > 0.

±∞

±∞

∞ −∞

 ∞ −∞ − 

Definicija 3.2.

 ∞ → R kaˇzemo da ima limes u toˇcki +∞ jednak

1. Za funkciju f : a, + L R ako vrijedi:

∈

∀

∃

∀ ∈ a, +∞) ((x > ∆) ⇒ (|f (x) − L| < ε). Tada piˇsemo lim f (x) = f (+∞) = L. → ∞ 2. Neka je I ⊆ R otvoren interval i c ∈ I . Za funkciju f : I \ {c} → R kaˇzemo da ima limes u toˇcki c jednak +∞ ako vrijedi: (∀E > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ I ) ((0 < |x − c| < δ) ⇒ (f (x) > E )). ( ε > 0)( ∆ > 0)( x x

+

x

65

3.1. LIMES FUNKCIJE

∞ 3. Za funkciju f : −∞, a → R kaˇzemo da ima limes u toˇcki −∞ jednak −∞ ako vrijedi: (∀E > 0)(∃∆ > 0)(∀x ∈−∞, a) ((x < −∆) ⇒ (f (x) < −E ). Tada piˇsemo lim f (x) = f (−∞) = −∞. →−∞ U sluˇcaju 1. konaˇcnog limesa u beskonaˇcnosti, tj. c = +∞ ili c = −∞, vrijede svi rezultati u teoremima 3.2 i 3.3. kao i u sluˇcaju kada je c ∈ R. Tada piˇsemo lim f (x) = + .

→c

x

x

Posebno, sluˇcaj lim f (x) = L direktno poopćava limes niza. Tako i neki x→+∞ ˇ rezultati koji vrijede za nizove imaju svoj analogon u ovom sluˇcaju. Stoviˇ se, i tehnika dokaza je jednaka.

Teorem 3.4. Neka je f : a, + R rastu´ ca funkcija na a, + . Limes od f u + postoji ako i samo ako je f ograniˇcena na a, + Tada vrijedi lim f (x) = sup f .

∞

x

 ∞ →

→+∞

 ∞  ∞.

a,+∞

 ∞, tj. postoji L =  sup∞ f .

Dokaz: Neka je f ograniˇcena na a, +

a,+

Tada vrijedi:

∀x > a, f (x) ≤ L, (ii) ∀ε > 0, ∃x > a, L − ε < f (x ). (i)

ε

ε

Odatle za ε > 0 i ∆ = xε , zbog rasta funkcije f , imamo (x > ∆)

⇒ (L − ε < f (x ) ≤ f (x) ≤ L < L + ε) ⇒ (|f (x) − L| < ε), ε

tj. lim f (x) = L.

→+∞

x

3.1.2

Q.E.D.

Jednostrani limes u R

Kada bismo u definiciji 3.1. limesa funkcije f u toˇcki c promatrali samo nizove koji konvergiraju k c s lijeve strane, ili samo rastuće nizove u I c , dobili bismo definiciju limesa slijeva funkcije u toˇcki c. Na isti naˇcin bismo definirali i limes zdesna funkcije u toˇcki c. Sada ćemo dati Cauchyjevu definiciju jednostranog limesa funkcije.

\{ }

Definicija 3.3.

66


⊆

∈

\{ } → R

1. Neka je I R otvoren interval i c I . Za funkciju f : I c kaˇzemo da ima limes slijeva u toˇcki c jednak L ako vrijedi:

∀

∃

∀ ∈ I ) ((0 < c − x < δ) ⇒ (|f (x) − L| < ε)). (3.5) Tada piˇsemo lim f (x) = lim f (x) = f (c−) = L. →− ր 2. Neka je I ⊆ R otvoren interval i c ∈ I . Za funkciju f : I \ {c} → R ( ε > 0)( δ > 0)( x x

x

c

c

kaˇzemo da ima limes zdesna u toˇcki c jednak L ako vrijedi:

∀

∃

∀ ∈ I ) ((0 < x − c < δ) ⇒ (|f (x) − L| < ε)). (3.6)

( ε > 0)( δ > 0)( x

Tada piˇsemo lim f (x) = lim f (x) = f (c+) = L. x

ցc

x

→c+

Jednostrani limes funkcije ima ista svojstva kao i limes funkcije, dakle, vrijede teoremi 3.2. i 3.3 ako u njima limes zamijenimo s lijevim ili desnim limesom.

Primjer 3.2. Funkcija signum (predznak) definirana s x |x| x = 0, sgn(x) = 0 x = 0.

 



nema limes u nuli, ali ima i lijev i desni limes u nuli i oni su razliˇciti. Za svaki x < 0 je sgn(x) = 1, a za x > 0 je sgn(x) = 1. Odatle zakljuˇ cujemo da za svaki niz koji konvergira k nuli slijeva, pripadni niz funkcijskih vrijednosti ima limes jednak 1, a za one s desna je jednak 1. To znaˇci da funkcija sgn nema limesa u nuli, ali je zato lim sgn(x) = 1 i lim sgn(x) = 1.

−

−

−

→0−

x

y

1

x

0

1

→0+

x

Veza izmedu limesa funkcije i jednostranih limesa funkcije dana je slijedećim teoremom.

⊆

∈

\{ } →

R. Za Teorem 3.5. Neka je I R otvoren interval, c I i f : I c funkcija f postoji lim f (x) ako i samo ako postoje i jednaki su lim f (x) i x

lim f (x).

→c

x

→c−

→c +

x

Dokaz: Ako postoji lim f (x) = L, onda vrijedi (3.1), pa onda (3.5) i (3.6)) x

→c

vrijede s istim L. Obratno, ako vrijede (3.5) i (3.6) s istim L, onda za dano ε > 0 uzmimo minimalnog δ > 0 od onih koji postoje po (3.5) i (3.6). Za taj

ˇ 3.2. NEPREKIDNOST FUNKCIJE U TOCKI

67

δ > 0 vrijedi implikacija u (3.1).

Q.E.D.

Interesantno je slijedeće svojstvo monotonih funkcija.

⊆

→ ≥

R monotona funkcija. Teorem 3.6. Neka je I R otvoren skup i f : I U svakoj toˇcki c I funkcija f ima lijevi i desni limes. Ako f raste, onda je f (c ) f (c) f (c+), a ako pada f (c ) f (c) f (c+).

−≤

≤

∈

−≥

Dokaz: 1. Neka je f rastuća na I . Skup S = f (x); x

∈ I, x < c} je odozgo ograniˇcen s f (c), pa postoji d = sup S . Pokaˇzimo da je d = f (c−), tj. ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ I, (c − δ < x < c) ⇒ (|f (x) − d| < ε). {

Poˇsto je d = sup S imamo

∀x ∈ I , (x < c) ⇒ (f (x) ≤ d), b) ∀ε > 0, ∃x ∈ I , x < c, d − ε < f (x ). Uzmimo sada δ = c − x > 0 pa zbog rasta funkcije f imamo: (c − δ < x < c) ⇒ (x < x < c) ⇒ (d − ε < f (x ) ≤ f (x) ≤ d < d + ε) ⇒ (|f (x) − d| < ε). Analogno se dokazuje postojanje f (c+). Tada je f (c+) = inf {f (x); x ∈ I, x > c}. Sluˇcaj kada je f padajuća funkcija se dokazuje tako da se prethodni sluˇcaj primijeni na funkciju −f . Q.E.D. a)

ε

ε

ε

ε

ε

3.2

ε

Neprekidnost funkcije u toˇ cki

Intuitivno geometrijsko poimanje pojma neprekidnosti funkcije povezano je s ˇcinjenicom da od takve funkcije oˇcekujemo da joj je graf krivulja povuˇcena y u jednom potezu, tj. nije pokidana. U tom smislu fc je za oˇcekivati da je funkcija sgn iz primjera 3.2.  f prekidna u toˇcki 0. Dakle, za oˇcekivati je da je postojanje limesa u toˇcki nuˇzan uvjet da bi funkcija u toj toˇcki bila neprekidna. Iz grafa funkcije na slici desno je vidljivo da to nije i dovoljan uvjet. Ta 0 funkcija ima limes u toˇcki c, ali je toˇcka (c, f (c)) izc x dvojena, tj. limes nije jednak vrijednosti funkcije. I to je vrsta prekida, iako uklonjiva. Prethodna razmatranja vode nas na sljedeću definiciju pojma neprekidnosti funkcije.

68


⊆

∈

Definicija 3.4. Neka je I R otvoren interval i toˇcka c I . Za funkciju R kaˇ zemo da je neprekidna u toˇcki c ako postoji limes funkcije f : I f u toˇcki c i lim f (x) = f (c). Funkcija je neprekidna na skupu I ako je x→c neprekidna u svakoj toˇcki c I .

→

∈

Teorem 3.7 (Cauchyjeva definicija) . Neka je I R otvoren interval, c i funkcija f : I R. Funkcija f je neprekidna u toˇcki c ako i samo ako vrijedi

⊆

→

∀

∃

∀ ∈ I ) ((|x − c| < δ) ⇒ (|f (x) − f (c)| < ε)).

( ε > 0)( δ > 0)( x

Dokaz: Slijedi direktno iz definicije 3.4. i teorema 3.1.

∈ I

(3.7) Q.E.D.

Kako se uvjet (3.7) upotrebljava kod provjere neprekidnosti funkcije u toˇcki? Uzmemo ε > 0 po volji i trebamo naći ili barem dokazati postojanje δ > 0 tako da vrijedi gornja implikacija. Primijetimo, ako smo za neki ε0 > 0 naˇsli odgovara jući δ > 0, onda je taj δ dobar i za svaki ε > ε 0 . Obratno, ako smo za neki ε > 0 naˇsli odgovarajući δ0 > 0, onda je svaki 0 < δ < δ 0 dobar i za taj ε. y

Cauchyjeva definicija neprekidnosti funkcije u toˇcki (3.7) ima jasnu skupovnu interpretaciju koja glasi: Za svaki interval polumjera ε oko slike f (c) postoji interval polumjera δ oko c koji se u njega preslikava, tj.





f c Ε



 f



f c



f c Ε



0

 − δ, c + δ) ⊆ f (c) − ε, f (c) + ε.

f ( c





c

c∆

c∆

x

Dajemo nekoliko primjera neprekidnih funkcija. Njihovu neprekidnost dokazujemo upotrebom Cauchyjeve definicije.

Primjer 3.3. Pokaˇzimo da je konstantna funkcija f : R R, f (x) = d, x R, neprekidna u svakoj toˇcki c R. Jasno je da uvijek vrijedi implika cija ( ε > 0)( δ > 0)( x I ) (( x c < δ) (0 = d d < ε)).

∀ ∈

∀

∃

∀ ∈

∈ | −|

→

⇒

| − |

Primjer 3.4. Pokaˇzimo da je funkcija f : R R, f (x) = x, x R, neprekidna u svakoj toˇcki c R. Uzmimo ε > 0 po volji i neka je δ = ε. Tada vrijedi implikacija ( x I ) (( x c < δ = ε) ( x c < ε)), tj. f je  neprekidna u c.

∈ ∀ ∈

→

| −|

∀ ∈

⇒ | −|


→

69

||∀ ∈

R, f (x) = x , x R, neprekidna je u Primjer 3.5. Funkcija f : R svakoj toˇcki c R. Uzmimo ε > 0 po volji i neka je δ = ε. Zbog nejednakosti 1.11 imamo

∈

( x

 ∀ ∈ I ) ((|x − c| < δ = ε) ⇒ (||x| − |c||≤|x − c| < δ = ε)). Primjer 3.6. Pokaˇzimo da je funkcija f : R → R, f (x) = , ∀x ∈ R, neprekidna u svakoj toˇcki c ∈ R \ {0}. Za bilo koji ε > 0 uzmimo δ = min{ | | , | | }. Imamo (|x − c| < | | ) ⇒ ( | | < |x|) ⇒ ( | | < ε|x||c|) ⇒ (|x − c| < δ) ⇒ | | (|x − c| <  ⇒ (|x − c| < ε|x||c|) ⇒ |x|x−||cc| | < ε ⇒ x1 − 1c < ε . Primjer 3.7. Pokaˇzimo da je funkcija f : R → R, f (x) = x , ∀x ∈ R, neprekidna u svakoj toˇcki c ∈ R. Za bilo koji ε > 0 uzmimo δ = min{ | | , | | }. 1

x

c

εc2

2

2

 

c

c

εc2

2

2

2

 

εc2

2

    



2

Vrijedi

| − c| < δ)

(x

c

2

 | − | ⇒ |−| (x

c < |2c| ) ⇒ (|x + c| < 5|2c| ) ⇒ ( 52|εc| < |x+ε c| )

(x

c < 52|εc|

⇒ (|x − c| < |x +ε c| ) ⇒ (|x − c||x + c| < ε) ⇒ |x − c | < ε). 2

2

2ε 5c

  ⇒



Pogledajmo sada nekoliko primjera funkcija koje imaju prekid. Funkcija R ima prekid u toˇ cki c I ako nije neprekidna u c. To znaˇci da f : I moˇzemo naći niz (cn )n u I R takav da je limn cn = c i da niz (f (cn ))n ne konvergira k f (c). Negacija Cauchyjeve definicije glasi

→

∃

⊆

∀

∈

∃ ∈ I ) ((|x − c| < δ ) ∧ (|f (x) − f (c)| ≥ ε)).

( ε > 0)( δ > 0)( x

(3.8)

Primjer 3.8. Za funkciju sgn definiranu u primjeru 3.2. je jasno da je neprekidna u svim toˇckama osim u toˇcki 0. Funkcija je prekidna u nuli jer ne postoji limes funkcije u nuli. 

→ R definirana s 1; x ∈ Q, f (x) = ∈ Q. 0; x 

Primjer 3.9. Funkcija f : R

 

70


∈

je prekidna u svakoj toˇcki. Neka je c Q i f (c) = 1. Uzmimo niz (cn )n iz R Q koji konvergira k c. Tada je f (cn ) = 0, pa niz (f (cn))n ne konvergira k 1. Analogno, za c Q i f (c) = 0, uzmimo niz (cn )n iz Q koji konvergira k c. Tada je f (cn ) = 1, pa niz (f (cn ))n ne konvergira k 0. 

\

∈

→ R definirana s x; x ∈ Q, f (x) = ∈ Q. 0; x 

Primjer 3.10. Funkcija f : R

 

je prekidna u svakoj toˇcki osim u toˇcki 0, gdje je neprekidna. Da je f prekidna u svakoj toˇcki c = 0 vidi se sliˇcno kao u prethodnom primjeru. Naime, za c Q uzmimo niz (cn )n iz R Q koji konvergira k c. Tada je f (cn ) = 0, pa niz (f (cn ))n ne konvergira k c. Za c Q i f (c) = 0, uzmimo niz (cn )n iz Q koji konvergira k c. Tada je f (cn ) = cn , pa niz (f (cn ))n konvergira k c, a ne k 0. Ako je c = 0, onda za niz (cn )n koji konvergira k 0 i niz (f (cn ))n konvergira k 0. 



∈

\

∈

Iz prethodnih primjera je vidljivo da prekidnost ili neprekidnost u nekoj toˇcki nema utjecaj na prekidnost ili neprekidnost u ostalim toˇckama. Ipak, ˇcinjenica da je funkcija neprekidna u nekoj toˇcki ima utjecaj na ponaˇsanje funkcije u okolini te toˇcke. O tome se radi u slijedećim lemama.

⊆ | −|

∈

→

Lema 3.1. Neka je I I i funkcija f : I R otvoren interval, c R neprekidna u c. Tada je f lokalno ograniˇcene oko c, tj. η > 0 i M > 0 ( f (x) < M ). tako da je x I , ( x c < η)

∀ ∈

⇒|

|

∃

∃

Dokaz: Iz Cauchyjeve definicije za ε = 1 postoji δ > 0 takav da vrijedi

∀ ∈ I ) ((|x − c| < δ) ⇒ (|f (x)| ≤ |f (x) − f (c)| + |f (c)| < 1 + |f (c)|)). Dakle, tvrdnja vrijedi za η = δ i M = 1 + |f (c)|. Q.E.D. ( x

⊆

∈

→

R otvoren interval, c R Lema 3.2. Neka je I I i funkcija f : I neprekidna u c. Ako je f (c) = 0 onda funkcija lokalno oko c ˇcuva predznak, tj. postoji δ > 0 tako da



1 2

| − c| < δ) ⇒ (f (x) > f (c) > 0), a u sluˇcaju (f (c) < 0) vrijedi (|x − c| < δ) ⇒ (f (x) < f (c) < 0). U sluˇcaju (f (c) > 0) vrijedi ( x

1 2

ˇ 3.2. NEPREKIDNOST FUNKCIJE U TOCKI Dokaz: U sluˇcaju f (c) > 0 uzmimo ε =

∀ ∈ I ,

δ > 0 takav da x

71

1 f (c) 2

> 0 pa iz (3.7) dobijemo

| − c| < δ ) ⇒ (|f (x) − f (c)| < 12 f (c)) ⇒

(x

⇒ (− 12 f (c) < f (x) − f (c) < 12 f (c)) ⇒ (f (x) > 12 f (c)). U sluˇcaju f (c) < 0 uzimamo ε = − f (c) > 0 i postupamo analogno. Q.E.D. 1 2

3.2.1

Neprekidnost i operacije s funkcijama

Neprekidnost je uskladena sa uobiˇcajenim operacijama s realnim funkcijama. To je posljedica ˇcinjenice da je limes funkcije u skladu s tim operacijama. Stoga bez dokaza navodimo slijedeći teorem.

Teorem 3.8. Neka je I R otvoren interval, c f, g : I R neprekidne u c. Tada vrijedi:

⊆

→

1. Za svaki λ, µ

∈ I i neka su funkcije

∈ R je funkcija λf + µg neprekidna u c.

2. Funkcija f g je neprekidna u c. f g

 ∀ ∈ I , onda je funkcija neprekidna u c. Korolar 3.1. Za svaki n ∈ N je funkcija f : R → R, f (x) = x , ∀x ∈ R 3. Ako je g(x) = 0, x

n

neprekidna na R.

Korolar 3.2. Svaki polinom je neprekidna funkcija na R. Dokaz: Polinom P (x) = a0 + a1 x +

n

··· + a x n

tencija, pa je neprekidan po teoremu 3.81.

je linearna kombinacija poQ.E.D.

Korolar 3.3. Svaka racionalna funkcija je neprekidna na cijelom podruˇcju definicije. Dokaz: Racionalna funkcija f (x) =

pa je neprekidna po teoremu 3.83.

P (x) Q(x)

je kvocijent neprekidnih funkcija, Q.E.D.

Slijedeći rezultat se odnosi na uskladenost neprekidnosti i operacije kompozicije funkcija.

72


⊆ ⊆

→

→

R, g : J R Teorem 3.9. Neka su I, J R otvoreni intervali, f : I funkcije za koje vrijedi f (I ) J , tj. dobro je definirana funkcija g f : I R. Ako je funkcija f neprekidna u toˇcki c I i funkcija g neprekidna u d = f (c) J , onda je g f neprekidna u c.

∈

◦

∈

◦

Dokaz: Da bismo dokazali neprekidnost funkcije g

→

◦ f po Cauchyjevoj de-

finiciji, uzmimo ε > 0 po volji. Po pretpostavci o neprekidnosti funkcije g u toˇcki d za svaki ε > 0 postoji η > 0 tako da vrijedi

∀ ∈ J ) ((|y − d| < η) ⇒ (|g(y) − g(d)| < ε)).

( y

Isto tako, iz pretpostavke o neprekidnosti funkcije f u toˇcki c za svaki η > 0 postoji δ > 0 tako da vrijedi

∀ ∈ I ) ((|x − c| < δ ) ⇒ (|f (x) − f (c)| < η)).

( x Sada imamo

∀ ∈ I ) ((|x − c| < δ) ⇒ (|f (x) − f (c)| < η) ⇒ (|g(f (x)) − g(f (c))| < ε)), dakle, g ◦ f je neprekidna u c. Q.E.D. ( x

3.2.2

Neprekidnost eksponencijalne funkcije na R

→  ∞ ∞ →  ∞

Eksponencijalnu funkciju exp : R 0, + definirali smo u (2.7) pomoću rastuće funkcije f : [0, + 0, + koja je limes niza funkcija (f n )n iz (2.6).

Teorem 3.10. Funkcija exp : R Dokaz: Za x, c

→ 0, +∞ je neprekidna na R.

≥ 0 vrijedi

  − 

x f n (x) f n (c) = 1 + n

−

c 1+ n

n

n

=

x

       − c

n

n 1

−

k =0

x 1+ n

n 1 k

−−

c 1+ n

a odatle imamo

|f (x) − f (c) n

Za n

n

 |≤| − | x

c

{ }

max x, c 1+ n



n 1

−

| − c| f (max{x,{ c}}) .

= x

→ +∞ dobivamo nejednakost |f (x) − f (c)| ≤ |x − c|f (max{x, c}).

n



1+

max x,c n



k

,


| − c| < δ)

(x

(x

c < 2c )

(x

c <

⇒ (x <

3c 2

c

ε

{ , }, pa imamo ) ⇒ (f (max{x, c}) < f (

Uzmimo sada ε > 0 po volji i neka je δ = min

 | − | ⇒ | −|

73

2 f ( 32c )

ε f ( 32c )

3c )) 2

 ⇒

⇒ (|f (x) − f (c)| ≤ |x − c|f ( 3c2 ) < ε), pa je exp neprekidna na 0, +∞. Nadalje, funkcija f (−x) je kompozicija neprekidnih funkcija, pa je onda i funkcija − neprekidna na −∞, 0, tj. exp je neprekidna na −∞, 0. 1

f ( x)

Za funkciju exp vrijedi lim exp(x) = lim f (x) = 1 i x→0+ x→0+ 1 1 1 lim exp(x) = lim = = = 1, tj. lim exp(x) = x→0− x→0− f ( x) x→0 lim f ( x) lim f (x)

−

→0−

x

exp(0), ˇsto pokazuje neprekidnost u 0.

−

→0+

x

Q.E.D.

Korolar 3.4. Hiperbolne funkcije su neprekidne na cijelom podruˇcju definicije. Dokaz: Funkcije sh i ch su linearne kombinacije funkcije exp i njene kom-

→ −

pozicije s funkcijom x x, pa su neprekidne po teoremu 3.8.1. Funkcije th i cth su neprekidne kao kvocijenti od sh i ch po teoremu 3.8.3. Q.E.D.

3.2.3

Neprekidnost trigonometrijskih funkcija

→ [−1, 1] je neprekidna na R. koristili smo nejednakost | sin x| ≤ |x|, |x| <

Teorem 3.11. Funkcija sin : R Dokaz: U primjeru 3.1.

Sada za bilo koji ε > 0 uzmimo δ = ε pa imamo

| −|

( x c < δ)

π

2

.

⇒ (| sin x−sin c| = 2| sin( x −2 c )|| cos( x +2 c )| ≤ 2 |x −2 c| < δ = ε),

dakle, sin je neprekidna u c.

Q.E.D.

Korolar 3.5. Trigonometrijske funkcije su neprekidne na cijelom podruˇcju definicije. Dokaz: Vrijedi cos x = sin(x+ π2 ), pa je cos kompozicija neprekidnih funkcija

te je neprekidna po teoremu 3.9. Funkcije tg i ctg su kvocijenti neprekidnih funkcija pa su neprekidne po teoremu 3.83. Q.E.D.

74


3.2.4

Neprekidnost funkcije na segmentu

→

⊂

∈ 

Neka je funkcija f : [a, b] R, gdje je [a, b] R segment. Za toˇ cke c a, b je jasno ˇsto znaˇci neprekidnost te funkcije u c, jer smo pojam neprekidnosti definirali za toˇcke koje leˇze u nekom otvorenom intervalu sadrˇzanom u domeni funkcije. Da bismo definirali neprekidnost i u rubnim toˇckama segmenta [a, b] posluˇzimo se slijedećom definicijom.

⊆

→

R i funkcija f : [a, b] R razliˇ cita od Definicija 3.5. Neka je [a, b] konstantne funkcije. Kaˇzemo da je funkcija f neprekidna na [a, b] ako postoji otvoren interval I R i funkcija g : I R takva da vrijedi:

⊆

1. [a, b]

→

⊂ I , ∀ ∈ [a, b] i

2. g(x) = f (x), x

3. g je neprekidna na I .

 

Analogno definiramo neprekidnost na skupovima oblika [a, b i a, b]. Iako se ˇcini da zahtjev za neprekidnoˇsću funkcije na segmentu nije bitno razliˇcit od zahtjeva za neprekidnoˇsću na otvorenom intervali, slijedeći vaˇzni teorem to opovrgava.

→

R nepreTeorem 3.12 (Bolzano-Weierstrass) . Neka je funkcija f : [a, b] kidna na segmentu [a, b] R. Tada je f ([a, b]) = [m, M ] takoder segment.

⊆

Dokaz: Tvrdnja teorema moˇze se razdvojiti na tri dijela:

1. f je ograniˇcena na [a, b], tj. postoje m = inf f i M = sup f . [a,b]

[a,b]

2. Funkcija f postiˇze svoj minimum i maksimum na [a, b], tj. postoje xm , xM [a, b], f (xm) = m i f (xM ) = M .

∈

3. Za svaki C

∈ m, M  postoji c ∈ [a, b] tako da je C = f (c).

Dokaz tvrdnje 1.: Kada bi funkcija f bila neograniˇcena odozgo, za svaki n N bi postojao xn [a, b] takav da vrijedi f (xn ) > n. Niz (xn )n je u [a, b] pa je ograniˇcen. Po teoremu 2.6. postoji njegov konvergentan podniz (x pn )n i neka je limn x pn = c. Uskladenost limesa niza i uredaja na R povlaˇci c [a, b]. Zbog neprekidnosti funkcije f vrijedi limn f (x pn ) = f (c), tj. niz (x pn )n je konvergentan, pa je prema teoremu 2.1. ograniˇcen. To je kontradikcija s izborom niza, tj. s f (x pn ) > pn n, n N. Dakle, funkcija f je odozgo omedena. Omedenost odozdo funkcije f se dokazuje tako da se prethodni dokaz primjeni na funkciju f .

∈

∈

∈

≥ ∀ ∈

−


Dokaz tvrdnje 2.: Ako je M da M

∈ R (f ).

75

∈ R (f ) onda je M = max f . [a,b]

Pretpostavimo

Poˇsto je M = sup f , onda postoji niz (an )n u [a,b]

R(f ) takav

∀ ∈

da je M = limn an . Zbog an = f (xn ), n N, imamo niz (xn )n u [a, b] koji je ograniˇcen. Tada postoji njegov podniz (x pn )n koji je konvergentan, tj. limn x pn = c [a, b]. Zbog neprekidnosti funkcije f vrijedi limn a pn = limn f (x pn ) = f (c). No, podniz konvergentnog niza ima isti limes kao i niz, tj. M = f (c) (f ) (kontradikcija). Analogno se dokazuje da je m (f ). Dokaz tvrdnje 3.: Neka je C m, M bilo koji broj. Zbog odredenosti pretpostavimo da je xm < xM . Oznaˇcimo A = x [xm , xM ]; f (x) < C . Zbog f (xm ) < C je xm A, pa je A = . Neka je c = sup A. Uzmimo niz (cn )n u A takav da je c = limn cn . Zbog f (cn ) < C i neprekidnosti funkcije f vrijedi f (c) = limn f (cn ) C . Za svaki y [a, b], y > c, vrijedi C f (y). Zbog C < f (xM ) je c < x M , pa je c, b = . Uzmimo niz (yn )n u c, b takav da je c = limn yn . Tada vrijedi f (c) = limn f (yn ) C . Dakle, C = f (c). Q.E.D.

∈ ∈R

∈  ∅ ∈   ∅

∈ ≤

∈R }

{ ∈

≤  

≥

Pokaˇzimo neke jednostavne primjene prethodnog teorema.

Korolar 3.6. Za bilo koji n rana s f (x) = xn surjekcija.

∈ N je funkcija f : [0, +∞ → [0, +∞ defini-

Dokaz: Za bilo koje prirodne brojeve n, m > 1 vrijedi m < mn , pa je m <

f (m). Neka je C > 0 bilo koji broj. Tada po Arhimedovom aksiomu (teorem 1.6.) postoji m N takav da je f (0) = 0 < C < m < f (m). Zbog neprekidnosti funkcije f na segmentu [0, m] po teoremu 3.12. je [0, f (m)] (f ), pa je i C (f ). Dakle, (f ) = [0, + . Q.E.D.

∈

∈R

R

⊆R

∞

U dokazima surjektivnosti logaritamske, hiperbolnih i area funkcija koristili smo pretpostavku da je eksponencijalna funkcija surjekcija. Sada smo u stanju to dokazati.

→ 0, +∞ je surjekcija. Dokaz: Pokaˇzimo najprije n < 2 , ∀n ∈ N. To je istina za n = 1, tj. 1 < 2 . Neka je sada n < 2 . Tada vrijedi n + 1 < 2 + 1 < 2 + 2 = 2 · 2 = 2 . Zbog strogog rasta potencija na R imamo n < 2 < e = exp(n), ∀n ∈ N. Sada uzmimo bilo koji C > 1. Tada postoji n ∈ N takav da vrijedi exp(0) = 1 < C < n < exp(n). Zbog neprekidnosti funkcije exp na segmentu [0, n] je po teoremu 3.12. [exp(0), exp(n)] ⊆ R (exp), pa je i C ∈ R (exp), 1 tj. [1, +∞ ⊆ R(exp). Zbog exp(−x) = , ∀x ∈ [0, +∞ vrijedi exp(x) 0, 1] ⊆ R(exp). Q.E.D. Korolar 3.7. Funkcija exp : R

1

n

n

n

+

n

n

n

n

n

n+1

76


Iako je iz geometrijske definicije funkcije sinus moˇzda jasno da je njena slika segment [ 1, 1], ta se ˇcinjenica egzaktno dokazuje na sliˇcan naˇcin kao u prethodnom korolaru.

−

→ [−1, 1] je surjekcija. Dokaz: Funkcija sin je neprekidna na segmentu [ − , ] pa je po teoremu 3.12. [sin(− ), sin( )] = [−1, 1] ⊆ R (sin). Obratna inkluzija slijedi iz geKorolar 3.8. Funkcija sin : R π

π

2

2

π

π

2

2

ometrijske definicije funkcije sin.

3.3

Q.E.D.

Neprekidnost i monotonost, neprekidnost inverzne funkcije

Uvjet monotonosti i uvjet neprekidnosti funkcije na nekom skupu su razliˇcitog tipa. Monotonost je definirana pomoću uredaja na skupu R, dok je za neprekidnost dovoljno imati pojam okoline toˇcaka skupa, odnosno pojam konvergencije nizova. Ipak, ta dva po jma primijenjena na funkciju ˇcesto da ju isti rezultat. Zapravo, pokazat ćemo da svaki od tih pojmova , uz jedan dodatni uvjet na funkciju, povlaˇci onaj drugi. U slijedećim teoremima interval nije nuˇzno konaˇcan skup. Svojstvo intervala koje istiˇcemo je da za svake svoje dvije toˇcke sadrˇzi i sve toˇcke izmedu njih.

Teorem 3.13. Neka je I R otvoren interval, funkcija f : I R monotona na I i I ′ = f (I ) otvoren interval. Tada je f neprekidna funkcija na I .

⊆

→

Dokaz: Zbog odredenosti uzmimo da f raste na I . Uzmimo bilo koju toˇ cku

∈

  ⊆ I konaˇcan interval

c I i pokaˇzimo da je f neprekidna u c. Neka je a, b takav da je c a, b . Neka su

∈ 

 −

c+b M 1 = f 2

f (c), M 2 = f (c)

≥

  − f

a+c . 2

≥

Zbog rasta funkcije f vrijedi M 1 0 i M 2 0. U sluˇcaju M 1 = 0 i M 2 = 0 funkcija f je konstantna na segmentu a+c c+b cki c. Sluˇcajevi M 1 = 0 i M 2 > 0 , 2 , pa je onda neprekidna u toˇ 2 ili M 1 > 0 i M 2 = 0 su kombinacija prethodnog sluˇcaja i sluˇcaja M 1 > 0 i M 2 > 0, koji sada dokazujemo. Provjerimo Cauchyjevu definiciju neprekidnosti (3.7). Uzmimo bilo koji c+b 0 < ε < min M 1 , M 2 . Vrijedi ε < M 1 = f f (c), odnosno, 2

 

{

}

 −

77

3.3. NEPREKIDNOST I MONOTONOST

 

ε c+b . Zbog toga ˇsto je I ′ = f (I ) interval, f (c) < f (c) + < f (c) + ε < f 2 2 ′ to postoji δ R tako da vrijedi f (c) + 2ε = f (c + δ ′ ). Zbog rasta funkcije f mora biti δ ′ > 0. a+c c+b Analogno, zbog ε < M 2 = f (c) f , odnosno, f < 2 2 ε f (c) ε < f (c) < f (c), imamo δ ′′ R takav da vrijedi f (c) 2ε = f (c+δ′′ ). 2 Zbog rasta funkcije f je δ′′ < 0. Uzmimo δ = min δ′ , δ ′′ . Imamo

∈

−

(x

− ∈

−

 

{ − }

−

 

∈ c, c + δ) ⇒ (f (c) ≤ f (x) ≤ f (c + δ) ≤ f (c + δ′) = f (c) + 2ε ) ⇒ ⇒ (− 2ε ≤ f (x) − f (c) ≤ 2ε ) ⇒ (|f (x) − f (c)| ≤ 2ε < ε).

Isto tako (x

∈ c − δ, c) ⇒ (f (c) ≥ f (x) ≥ f (c − δ) ≥ f (c + δ′′) = f (c) − 2ε ) ⇒

⇒ ( 2ε ≥ f (x) − f (c) ≥ − 2ε ) ⇒ (|f (x) − f (c)| ≤ 2ε < ε). Dakle, vrijedi (3.7), pa je f neprekidna u c. Zbog toga ˇsto je c ∈ I izabran po volji, f je neprekidna na I .

Q.E.D.

Primjena prethodnog teorema u dokazivanju neprekidnosti konkretnih funkcija je oteˇzana ˇcinjenicom da je ˇcesto vrlo teˇsko dokazati da je neki skup slika funkcije. Mi smo već dokazali neprekidnost nekih osnovnih funkcija, pa nas interesira dokazivanje neprekidnosti njihovih inverznih funkcija. U tu svrhu je koristan slijedeći rezultat.

Teorem 3.14. Neka je I f (I ).

⊆ R otvoren interval, funkcija f : I → R i I ′ =

1. Ako je f strogo monotona i neprekidna funkcija na I , onda je I ′ otvoren interval i f −1 : I ′ I neprekidna funkcija na I ′ .

→

2. Ako je f neprekidna bijekcija sa I na I ′ , onda je f strogo monotona funkcija na I i f −1 : I ′ I neprekidna funkcija na I ′ .

→

−∞ ≤ a′ = inf I ′ i ∈ sup I ′ = b′ ≤ +∞. Pokaˇzimo da vrijedi a′  I ′ . Kada bi vrijedilo a′ ∈ I ′ = f (I ) postojao bi a ∈ I , a′ = f (a). Poˇsto je I otvoren interval, to postoji a ∈ I , a < a. Tada je f (a ) < f (a) = a′ ˇsto je kontradikcija s definicijom ∈ I ′. infimuma. Analogno se dokazuje b′  Dokaz: 1. Neka je f strogo rastu´ ca na I . Neka je

1

1

1

78


Neka je z′ a′ , b′ bilo koji element. Tada z ′ nije niti minoranta niti majoranta skupa I ′ . Dakle, postoje x′ , y ′ I ′ takvi da vrijedi x′ < z ′ < y ′ . Neka je x = f −1 (x′ ) i y = f −1 (y ′ ). Zbog strogog rasta funkcije f , a onda i f −1 , imamo x < y. Zbog [x, y] I je f neprekidna na [x, y], pa po teoremu 3.12. vrijedi f ([x, y]) = [x′ , y ′ ] z ′ , tj. z′ I ′ . Dakle I ′ = a′ , b′ . Neprekidnost od f −1 slijedi iz teorema 3.13. 2. Funkcija f : I I ′ je neprekidna bijekcija pa postoji f −1 : I ′ I . Pokaˇzimo da je f strogo monotona na I . Kada f ne bi bila strogo monotona na I , postojale bi toˇcke x1 , x2 , x3 I takve da je x1 < x2 < x3 i (f (x1 ) < f (x2 )) (f (x2 ) > f (x3 )) ili (f (x1 ) > f (x2 )) (f (x2 ) < f (x3 )). U prvom sluˇcaju postoji C tako da je (f (x1 ) < C < f (x2 )) (f (x3 ) < C < f (x2 )). Zbog neprekidnosti funkcije f na segmentima [x1 , x2 ] i [x2 , x3 ] prema teoremu 3.12. postoje c′ x1 , x2 i c′′ x2 , x3 takvi da je C = f (c′ ) i C = f (c′′ ). To je kontradikcija s pretpostavkom o bijektivnosti funkcije f . Analogno se dobije kontradikcija i u drugom sluˇcaju. Dakle, f je strogo monotona funkcija na I . Sada iz 1. slijedi neprekidnost od f −1 . Q.E.D.

∈



∈

⊂ ∋

∈



→

→

∈

∧

∈

3.3.1





∈

∧ ∧



Neprekidnost korijena, logaritamske, area i arcus funkcija

Primijenimo rezultate prethodne toˇcke za dokazivanje neprekidnosti inverznih funkcija. Neparne potencija su neprekidne i strogo rastuće bijekcije s otvorenog (beskonaˇcnog) intervala R na R, pa su korijeni neparnih potencija neprekidne funkcije po teoremu 3.14. Parna potencija nije bijekcija, pa gledamo njenu restrikciju f : [0, + [0, + koja je neprey kidna i strogo rastuća bijekcija, pa postoji inverz1 na funkcija f −1 : [0, + [0, + . f ne isg1 punjava pretpostavke teorema 3.14. jer joj domena nije otvoren interval (konaˇcan ili beskonaˇcan). g 0 No, posluˇzimo se trikom koji će omogućiti primje1 nu spomenutog teorema. Proˇsirimo funkciju f do funkcije g : R R na slijede´ ci naˇcin:

∞ → ∞ ∞ → ∞

→



xn ; x 0, g(x) = x; x 0. Sada imamo funkciju g koja zadovoljava uvjete teorema 3.14., pa je njena inverzna funkcija g −1 : R R neprekidna na R. Zbog toga ˇ sto je 1 1 1 − − − f = g [0,+∞, tj. f je restrikcija neprekidne funkcije, funkcija f −1

|

≥ ≤ →

x

79

3.3. NEPREKIDNOST I MONOTONOST

∞ po definiciji 3.5 Zbog toga ˇsto je exp : R → 0, +∞ neprekidna bijekcija, iz teorema 3.14. slijedi neprekidnost njene inverzne funkcije ln : 0, +∞ → R. Isto vrijedi i za hiperbolne funkcije sh : R → R i th : R → −1, 1 koje su neprekidne bijekcije, pa su takve i njihove inverzne funkcije sh − : R → R i th− : −1, 1 → R.

je neprekidna na [0, +

1

1

y

\{ } → \ −

Funkcija cth : R 0 R [ 1, 1] nema podruˇcje definicije interval, pa nezadovoljava uvjete teorema 3.14. Medutim, svaka njena restrikcija cth− : ,0 , 1 i cth+ : 0, + 1, + ima po teoremu 3.14. neprekidan inverz 1 cth− : , 1 , 0 i cth− + : 1, + 0, + . Zato ˇsto su i domene i slike funkcija cth− i cth+ disjunktni skupovi, vrijedi

−∞  → −∞ −   ∞ −∞ −  → −∞   ∞

 ∞ →  ∞ →



cth− (x) ; x < 0 , cth+ (x) ; x > 0



1 cth− −−1 (x) ; x < 1 . cth+ (x) ; x > 1

cth(x) =

cth

1 Arccth

0

x

a odatle slijedi cth−1 (x) =

−

∞ → →R

Bijektivna restrikcija od ch je Ch : [0, + [1, + i nju proˇsirujemo do funkcije g : R tako da stavimo

∞

1 g

≥ 0, ≤ 0. : [1, +∞ → [0, +∞ restrikcija ne−

g(x) = Tada je Ch−1



y

ch(x); x x + 1; x

0

g1 1

prekidne funkcije g 1 , pa je neprekidna po definiciji 3.5.

π π Restrikcije Tg : R i Ctg : 0, π R, imaju po teoremu 3.14. 2, 2 − 1 π π neprekidne inverze Tg = arctg : R , Ctg−1 = arcctg : R 2, 2 0, π .

−  →

 

 → → − 

→

x

80

POGLAVLJE 3. LIMES I NEPREKIDNOST FUNKCIJE y

Da bismo dokazali neprekidnost funkcija arcsin = Sin−1 i arccos = Cos−1 moramo funkcije Sin : [ π2 , π2 ] [ 1, 1] i Cos : [0, π] [ 1, 1] proˇsiriti do neprekidnih bi jekcija sa otvorenog intervala na otvoren interval. Tako definiramo g, h : R R tako da stavimo

→ −

−

Π  2

→ −

g1

1

g

0

→

g(x) = i h(x) =

 −  − −

x + π2 1 ; x sin x ; π x 2 + 1 ; π2

−

x+1 cos x x+π

Π x  2

π

≤− , − ≤x≤ ≤ x. π

2

2

π

2

,

y

−

≤ − ≤ ≤ π, ≤

; x 0, ; π x 1 ; π x.

Po teoremu 3.14. funkcije g i h imaju neprekidne inverze, pa su i njihove restrikcije Sin−1 = g [−1,1] i Cos−1 = h [−1,1] neprekidne funkcije po definiciji.

|

1

|

h 1

Π

Π  2

1

1

Π  2

0

1

h

x

Teorem 3.15. Elementarne funkcije su neprekidne na cijelom podruˇcju de finicije. Dokaz: Sve funkcije od kojih gradimo elementarne funkcije (potencije, eks-

ponencijalna funkcija, hiperbolne, trigonometrijske funkcije i njihove inverzne funkcije korijeni, logaritamske funkcije, area i arcus funkcije) su neprekidne su na cijelom podruˇcju definicije. Budući da operacije kojima od tih funkcija gradimo elementarne funkcije ˇcuvaju neprekidnost (teoremi 3.8.) i 3.9.), to su elementarne funkcije neprekidne. Q.E.D.

⊆

→

R. Kaˇzemo da Definicija 3.6. Neka je I R otvoren interval i f : I f ima u toˇcki c I prekid prve vrste ako u c postoje i lijevi limes f (c ) i desni limes f (c+) funkcije i ako su oni razliˇciti. Ostali prekidi su prekidi druge vrste.

∈

−

U sljedećem teoremu se vidi kako sam uvjet monotonost ima utjecaj na vrstu i broj prekida kod funkcije.

81

3.4. JEDNOSTRANA NEPREKIDNOST FUNKCIJE

Teorem 3.16. Neka je I funkcija.

⊆

R otvoren interval i f : I

→

R monotona

1. Monotona funkcija moˇze imati samo prekide prve vrste. 2. Monotona funkcija ima najviˇse prebrojivo mnogo prekida. Dokaz: 1. U teoremu 3.6. je dokazano da monotona funkcija ima u svakoj

toˇcki lijevi i desni limes. Ako f ima u toˇcki c prekid, onda je zbog postojanja f (c ) i f (c+) taj prekid prve vrste. 2. Neka je f rastuća funkcija i neka je J skup svih toˇcaka prekida te funkcije. Za svaku toˇcku a J imamo f (a ) < f (a+), pa toj toˇcki pridruˇzujemo otvoreni interval I a = f (a ), f (a+) . Ako su a, b J , a = b, onda je I a I b = . Naime, u sluˇcaju a < b, zbog f (a+) = inf f (x); x I, a < x je f (a+) f (a + b−2 a ). Isto tako, zbog f (b ) = sup f (x); x I, x < b je (f (a+) f (b )), tj. f (b ) f (b b−2 a ) = f (a + b−2 a ). Dakle, (a < b) I a I b = , jer su intervali otvoreni. Sada za svaki a J uzmemo ra I a Q pa imamo injekciju a ra s J u Q. Dakle, J ima manji ili jednak kardinalni broj od Q, tj. J je najviˇse prebrojiv skup. Q.E.D.

−

∈

∩ ∅ ≤ − ≥ − ∩ ∅

3.4

− 

 −

−

→

{ ⇒ ∈

∈ {

 ∈ } ∈ } ≤ − ∈ ∩

Jednostrana neprekidnost funkcije

⊆

∈

Definicija 3.7. Neka je I R otvoren interval i toˇcka c I . Za funkciju R kaˇ zemo da je neprekidna slijeva u toˇcki c ako postoji limes f : I slijeva funkcije f u toˇcki c i lim f (x) = f (c). Funkcija f je neprekidna

→

→c −

x

zdesna u toˇcki c ako postoji limes zdesna funkcije f u toˇcki c i lim f (x) = x

f (c).

→c+

Ako u Cauchyjevu definiciju jednostranog limes uvrstimo vrijednost limesa jednaku f (c) dobijemo Cauchyjevu definiciju jednostrane neprekidnosti: f je neprekidna slijeva ako i samo ako vrijedi

∀

∃

∀ ∈ I ) ((0 ≤ c − x < δ) ⇒ (|f (x) − f (c)| < ε)),

( ε > 0)( δ > 0)( x

(3.9)

i f je neprekidna zdesna ako i samo ako vrijedi

∀

∃

∀ ∈ I ) ((0 ≤ x − c < δ) ⇒ (|f (x) − f (c)| < ε)),

( ε > 0)( δ > 0)( x

(3.10)

Veza jednostrane neprekidnosti i neprekidnosti funkcije u nekoj toˇcki dana je slijedećim teoremom.

82


Teorem 3.17. Neka je I

⊆ R otvoren interval, c ∈ I i funkcija f : I → R.

1. Funkcija f je neprekidna slijeva u c ako i samo ako postoji funkcija ˜ = f (x), x I , x c. f ˜ : I R neprekidna u c i takva da je f (x)

→

∀ ∈

≤

2. Funkcija f je neprekidna zdesna u c ako i samo ako postoji funkcija ˜ = f (x), x I , x c. f ˜ : I R neprekidna u c i takva da je f (x)

→

∀ ∈

≥

3. Funkcija f je neprekidna u c ako i samo ako je neprekidna i slijeva i zdesna u c. ˜ : I Dokaz: 1. Ako postoji neprekidna funkcija f

˜ → R takva da je f (x) =

∀ ∈ I , x ≤ c, onda vrijedi ˜ | < ε)). (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ I ) ((|x − c| < δ) ⇒ (|f ˜(x) − f (c)

f (x), x

i posebno

∀

∃

∀ ∈ I ) ((0 ≤ c − x < δ) ⇒ (|f (x) − f (c)| < ε)),

( ε > 0)( δ > 0)( x

tj. f je neprekidna slijeva u c. Obratno, ako je f neprekidna slijeva u c, onda funkcija f ˜ : I R defini˜ = f (x), x I , x c, i f (x) ˜ = f (c), x I , x c, zadovoljava rana s f (x) traˇzena svojstva. 2. se dokazuje analogno kao 1. 3. Ako je f neprekidna u c onda f ˜ = f zadovoljava uvjete iz 1. i 2. pa je neprekidna i slijeva i zdesna u c. Obratno, neka je f neprekidna i slijeva i zdesna u c. Tada postoje lijevi i desni limes funkcije i jednaki su f (c), pa po teoremu 3.5. postoji limes funkcije i jednak je f (c), tj. funkcija je neprekidna u c. Q.E.D.

∀ ∈

≤

∀ ∈

≥

→

Korolar 3.9. Funkcija f : [a, b] R je neprekidna na segmentu, ako i samo ako je neprekidna na otvorenom intervalu a, b , te neprekidna zdesna u a i slijeva u b.

→

 

Dokaz: Ako je funkcija neprekidna na segmentu u smislu definicije 3.5.,

onda f ˜ = g, gdje je g iz definicije 3.5., zadovoljava uvjete tvrdnji 1. i 2. iz teorema 3.17. Obratno, ako je f : [a, b] R neprekidna na otvorenom intervalu a, b , te neprekidna zdesna u a i slijeva u b, onda ju po teoremu 3.17. postoji njeno neprekidno proˇsirenje i lijevo i desno od segmenta [a, b]. Q.E.D.

→

 

83

3.5. OTVORENI SKUPOVI U R

3.5

Otvoreni skupovi u R

U svim razmatranjima u vezi s pojmom neprekidnosti funkcije u toˇ cki ili limesa funkcije u toˇcki bilo je vaˇzno da se toˇcka nalazi u otvorenom intervalu. Naime, bilo je vaˇ zno da s obije strane te toˇcke imamo toˇcaka koje se nalaze u domeni funkcije, kako bismo bili u mogućnosti s obje strane promatrati nizove koji konvergiraju k toˇ cki. Otvoreni intervali nisu jedini skupovi s takvim svojstvom.

⊆

Definicija 3.8. Za skup S R kaˇzemo da je otvoren skup, ako je S ili prazan skup ili unija po volji mnogo otvorenih intervala. Skup F R je zatvoren skup ako je komplement otvorenog skupa.

⊆

Primjer 3.11. Slijedeći skupovi su otvoreni u R.

 

1. R je otvoren jer je R =



n, n + 2 .

∈Z

n

2. Skupovi 0, +

 ∞ =

∞

∞

 − −

n, n + 2 i

 −∞, 0 = n 2, −n su otvoreni skupovi, a takvi su i skupovi −∞, a i a, +∞, za svaki a ∈ R. n=0

n=0

Primjer 3.12. Slijedeći skupovi su zatvoreni u R. C

∈

{a} zatvoren u R jer je {a}

1. Za svaki a R je jednoˇ clan skup otvoren skup. ,a a, +

−∞  ∪  ∞ 2. Za sve a, b ∈ R, a −∞, a ∪ b, +∞.

=

< b, je segment [a, b] zatvoren jer je [a, b]C =

Propozicija 3.1. Neprazan skup S R je otvoren ako i samo ako za svaki x S postoji εx > 0 tako da je x εx , x + εx S .

∈

 −

⊆

⊆

⊆ R otvoren skup, onda za svaki x ∈ S iz definicije 3.8. slijedi postojanje otvorenog intervala takvog da je x ∈ a, b ⊆ S . Uzmimo ε = min{x − a, b − x} i imamo x − ε , x + ε  ⊆ S . Obratno, neka za svaki x ∈ S postoji ε > 0 tako da je x−ε , x+ε  ⊆ S . x − ε , x + ε  pa je stoga otvoren skup. Tada je S = Q.E.D. Dokaz: Ako je S x

x



x

x

x

x

x

x

∈

x S

Skup na R.

T koji

sadrˇzi sve otvorene podskupove od R naziva se topologija

Propozicija 3.2. Neka je

T topologija na R.

Tada vrijedi

84


∅ ∈ T .

1. , R

2. Ako je S λ

∈ T , ∀λ ∈ Λ, onda je



S λ

λ Λ

∈

∈ T .

n

3. Ako je S k

∈ T , k = 1, . . . , n, onda je



∈ T .

S k

k =1

Dokaz: Tvrdnja 1. slijedi iz definicije 3.8. i primjera 3.11.

Da bismo dokazali tvrdnju 2. uzmimo x

∈

 ∈

S λ po volji. Po definiciju

λ Λ

∈

∈

unije postoji λ Λ takav da je x S λ . Sada zbog otvorenosti skupa S λ , prema propoziciji 3.1. postoji εx > 0 takav da je x εx, x + εx S λ. Tada vrijedi x εx , x + εx S λ , pa je po propoziciji 3.1 skup S λ otvoren.

 −

 ⊆

λ Λ

∈

 −

λ Λ

∈

n

Za dokaz tvrdnje 3. uzmimo x

∈

∈



 ⊆

S k po volji. Po definiciju presjeka vri-

k =1

jedi x S k , za sve k = 1, . . . , n. Zbog otvorenosti skupova S k , k = 1, . . . , n, ( ) ( ) ( ) postoje εxk > 0, k = 1, . . . , n, takvi da je x εxk , x+εxk S k , k = 1, . . . , n. (k ) Uzmimo εx = min εx ; k = 1, . . . , n pa vrijedi x εx , x + εx S k ,

{

}

−

 − ε ,x + ε  ⊆

k = 1, . . . , n. Odatle je x n

3.1. skup



k=1

S k otvoren.

x

x

n



⊆  −

⊆

S k , pa je prema propoziciji

k=1

Q.E.D.

Poglavlje 4 Derivacija funkcije 4.1

Motivacija; aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente

Jedna od ˇcesto upotrebljavanih metoda u rjeˇsavanju matematiˇckih problema je aproksimacija ili pribliˇzno odredivanje nekog sloˇzenijeg matematiˇckog objekta pomoću jednostavnijih objekata. Kako je u matematiˇckoj analizi od interesa prouˇcavanje funkcija, to je razumno pitanje, da li je moguće neku funkciju dobro aproksimirati pomoću funkcija koje dobro razumijemo. Na taj naˇcin bismo iz ponaˇsanja jednostavnih funkcija mogli neˇsto zakljuˇciti o sloˇzenijoj funkciji. Funkcije koje svi dobro poznajemo i razumijemo su polinomi, posebno polinomi prvog stupnja ˇciji su grafovi pravci. Stoga je za neku funkciju f : I R, I R otvoren interval, interesantan problem koji je polinom prvog stupnja oblika g(x) = k(x c) + l, x R, lokalno oko toˇcke c najbolja aproksimacija funkcije f . U tom sluˇcaju je prirodno zahtijevati da se te funkcije podudaraju u toˇcki oko koje lokalno aproksimiramo funkciju, tj. g(c) = f (c), ˇsto daje l = f (c). Sada iz zahtjeva da je f (x) g(x) kada je f (x) f (c) . x c imamo k x c Povijesno su dva po prirodi razliˇcita problema bila glavna motivacija za razvoj diferencijalnog raˇcuna. Jedan od njih je fizikalni problem definiranja pojma brzine za ˇcije rjeˇsenje je zasluˇzan Isaac Newton.1 Neka je s(t), t 0, funkcija koja mjeri put koji je proˇsla materijalna toˇcka u vremenskom intervalu [0, t]. Prosjeˇcna brzina te materijalne toˇcke u vremenskom intervalu [t0 , t] definira se kao

→

≈

≈

⊆

−

∈

≈

− −

≥

1

Isaac Newton, (Woolsthorpe, 4. sijeˇcnja 1643. - London, 31. oˇzujka 1728.), engleski fiziˇcar, matematiˇcar i astronom

85

86

POGLAVLJE 4. DERIVACIJA

− −

s(t) s(t0 ) . No pitanje je kako definirati pojam brzine u trenutku t t0 t0 . To je neˇsto ˇsto nije moguće mjeriti, jer mi znamo mjeriti prosjeˇcnu brzinu na nekom intervalu, a toˇcka predstavlja vremenski interval [t0 , t0 ] duljine 0. Moguće je promatrati ponaˇsanje prosjeˇcne brzine na intervalima oko toˇcke t0 ˇcija duljina se smanjuje. Taj proces opisujemo pomoću limesa funkcije, tj. s(t) s(t0 ) moˇzemo reći da je brzina u toˇcki v(t0 ) = lim v(t0 , t) = lim , ako t→t0 t→0 t t0 taj limes postoji. Drugi problem je geometrijske naravi, a njegovo rjeˇsenje je naˇsao G.W. Leibnitz.1 Odnosi se na pitanje postojanja jedinstvene tangente u nekoj toˇcki v(t0 , t) =

− −

grafa Γf funkcije f . Sekanta kroz toˇcke C = (c, f (c)) i D = (d, f (d)) ima koeficijent smjera f (d) f (c) . Ako d ks = c, odnosno, ako se d c toˇcka D po grafu Γf pribliˇzava toˇcki C , onda sekanta s postaje tangenta t. Dakle, koeficijent smjera sekante prelazi u koeficijent smjera tangente, tj. f (d) f (c) . kt = lim d→c d c

− −

y



f d

→

− −

t s f



f c

0

c

d

x

U sva tri prethodna problema kao rjeˇsenje se nameće broj kojem teˇzi izraz f (c) oblika f (xx)− −c kojeg nazivamo kvocijent diferencija za funkciju f u toˇcki c. Stoga je od interesa slijedeći pojam.

→ R, diferencijabilna ili derivaf (x) − f (c) bilna u toˇcki c otvorenog intervala I ⊆ R, ako postoji lim . Taj → x−c Definicija 4.1. Kaˇzemo da je funkcija f : I

x

c

broj zovemo derivacija (izvod) funkcije f u toˇcki c i piˇsemo f (x) x→c x

f ′ (c) = lim

− f (c) . −c

(4.1)

df Joˇs se koriste oznake Df (c) ili (c). dx Kaˇzemo da je f diferencijabilna na intervalu I ako je ona diferencijabilna u svakoj toˇcki iz I . Tada je na I dobro definirana funkcija x f ′ (x) koju prirodno oznaˇcavamo s f ′ i takoder zovemo derivacija od f na I . Ako je sada ta funkcija diferencijabilna u nekoj toˇcki c I , onda njenu derivaciju (f ′)′ (c)

→

∈

1

Gottfried Wilhelm Leibnitz (Leipzig, 21. lipanj 1646. – Hanover, 14. studeni 1716.) njemaˇcki matematiˇcar

87

4.1. MOTIVACIJA

zovemo druga derivacija od f u c i oznaˇcavamo s f ′′ (c), tj. f ′ (x) − f ′ (c) ′′ f (c) = lim . x→c x−c Analogno se definira treća derivacija itd. Općenito, ako postoji n-ta derivacija od f na I , tj. f (n) : I R onda moˇzemo definirati

→

(n+1)

f

f (n) (x) (c) = lim x→c x

(n)

− f −c

(c)

,

uz uvjet da navedeni limes postoji. U terminima derivacije funkcije, problemi navedeni kao motivacija imaju sljedeća rjeˇsenja: 1. Funkcija g definirana s g(x) = f ′ (c)(x c) + f (c), x R, je lokalno najbolja aproksimacija funkcije f oko c medu polinomima stupnja 1, ˇsto dokazujemo u teoremu koji slijedi.

−

∈

≤

→

2. Brzina materijalne toˇcke, ˇciji put u vremenu t opisuje funkcija t s(t), dana je s v(t) = s′ (t), tj. brzina je prva derivacija funkcije puta po vremenu. Analogno se ubrzanje definira kao derivacija brzine po vremenu, tj. a(t) = v ′ (t) = s′′ (t).

3. Tangenta na graf funkcije f za toˇcku c (ili u toˇcki grafa (c, f (c))) je pravac koji je graf linearne funkcije g it toˇcke 1. Jasno, moguće je odmah zadati i funkciju h(x) = f −(1c) (x c) + f (c), ˇciji graf je normala na graf funkcije u toˇcki c. ′

−

Primjer 4.1. Naći derivaciju konstantne funkcije f (x) = α, c R. Vrijedi f (x) f (c) α α = lim = 0, f ′ (c) = lim x→c x →c x x c c

∈

dakle, f ′ (x) = 0,

∀ x ∈ R.

− −

∀ x ∈ R u toˇcki

− −

∀ ∈ − −

Primjer 4.2. Naći derivaciju funkcije f (x) = x, x R u toˇcki c Vrijedi f (x) f (c) x c = lim = 1, f ′ (c) = lim x→c x→c x x c c dakle, f ′ (x) = 1,

∀ x ∈ R.

− −

∈ R.

88


Sada razmotrimo vezu izmedu diferencijabilnosti i neprekidnosti funkcije f . Ako je funkcija neprekidna u nekoj toˇcki, ona ne mora nuˇzno biti diferencijabilna u toj toˇcki. To se vidi u sljedećem primjeru.

|| ∈

Primjer 4.3. Funkcija f (x) = x , x R, je neprekidna na R, a diferencijabilna na R 0 . No, f nije diferencijabilna u 0. Naime,

\{ }

lim

x

|x| = −1 i

→0− x

lim

|x| = 1,

→0+ x

x

dakle, lijevi i desni limes kvocijenta diferencija su razliˇ citi, pa derivacija ne postoji. Obratno, diferencijabilnost povlaˇci neprekidnost.

Teorem 4.1. Ako je funkcija f : I R diferencijabilna u toˇcki c otvorenog intervala I , onda je f neprekidna u c.

→

Dokaz: Zbog diferencijabilnosti funkcije f u toˇcki c je funkcija

ω(x) =

 

f (x) x

− f (c) − f ′(c) −c 0





, za x = c

(4.2)

, za x = c

f (x) f (c) x c

neprekidna u c. Naime, ω(c) = 0 = limx→c Sada je f (x) = f (c) + (f ′ (c) + ω(x))(x

.

− −



− f ′(c) = limx→c ω(x).

− c), x ∈ I,

(4.3)

odakle zbog neprekidnosti u c funkcija na desnoj strani jednakosti (4.3), slijedi tvrdnja. Sada egzaktno dokazujemo tvrdnju vezanu za problem aproksimacije

Teorem 4.2. Neka je funkcija f : I intervala I i neka je g(x) = f ′ (c)(x

→ R diferencijabilna u toˇcki c otvorenog

− c) + f (c), ∀ x ∈ R.

(4.4)

≤ 1, i h = g, onda postoji δ > 0 tako da vrijedi ∀x ∈ I, (0 < |x − c| < δ ) ⇒ (|f (x) − g(x)| < |f (x) − h(x)|). (4.5) Drugim rijeˇcima, polinom g je medu svim polinomima stupnja ≤ 1 lokalno Ako je h polinom, sth

h

h

oko c najbolja aproksimacija funkcije f .

Q.E.D.

89

4.1. MOTIVACIJA Dokaz: Polinom h moˇzemo pisati u obliku

h(x) = k(x

− c) + l, ∀ x ∈ R,

(4.6)

gdje su k, l

∈ R. Iz (4.6) i (4.3) dobivamo (4.7) f (x) − h(x) = [f (c) − l] + [f ′ (c) − k + ω(x)](x − c).  f (c)) ili ((l = f (c)) ∧ (k = f ′(c))). Uvjet h  = g je ispunjen u dva sluˇcaja: (l =  f (c)) iz neprekidnosti funkcije f − h i zbog (f − h)(c) = 0 U sluˇcaju (l =

iz leme 3.3. iz M.A.I. slijedi postojanje δ1 > 0 tako da vrijedi

| − c| < δ ) ⇒ (|f (x) − h(x)| > ε) gdje je ε = 12 |f (c) − l| > 0.

(x

1

(4.8)

Takoder, iz neprekidnosti funkcije f g u c i zbog (f g)(c) = 0 za ε iz (4.8) postoji δ2 > 0, tako da vrijedi

−

−

| − c| < δ ) ⇒ (|f (x) − g(x)| < ε). Sada, za δ = min{δ , δ } iz (4.8) i (4.9) slijedi (4.5).  f ′(c))) iz (4.7) imamo U sluˇcaju ((l = f (c)) ∧ (k = |f (x) − h(x)| = |f ′(c) − k + ω(x)||x − c|. Zbog lim |f ′ (c) − k + ω(x)| = |f ′ (c) − k | > 0, iz leme 3.3. → (x 1

h

x

(4.9)

2

2

c

(4.10) iz M.A.I. slijedi

postojanje δ1 > 0 tako da

| − c| < δ ) ⇒ (|f ′(c) − k + ω(x)| > ε) gdje je ε = 12 |f ′(c) − k| > 0. (4.11)

(x

1

Takoder, iz neprekidnosti funkcije ω u c i ω(c) = 0 dobivamo δ2 > 0 tako da

| − c| < δ ) ⇒ (|ω(x)| < ε). Iz (4.11) i(4.12) za δ = min{δ , δ } imamo (|x − c| < δ ) ⇒ (|ω(x)| < |f ′ (c) − k + ω(x)|). Pomnoˇzimo li (4.13) s |x − c| dobivamo (4.5). (x

2

1

h

h

(4.12)

2

(4.13) Q.E.D.

90


4.2

Diferencijabilnost funkcija i operacije s funkcijama

Od interesa je istraˇziti kako se svojstvo diferencijabilnosti funkcije u toˇcki ponaˇsa kod uobiˇcajenih operacija s funkcijama

Teorem 4.3. Neka su funkcije f, g : I renog intervala I .

→ R diferencijabilne u toˇcki c otvo-

1. Funkcija f + g je diferencijabilna u toˇcki c i (f + g)′ (c) = f ′ (c) + g ′ (c).

(4.14)

2. Funkcija f g je diferencijabilna u toˇcki c i (f g)′(c) = f ′ (c)g(c) + f (c)g ′(c).

(4.15)

3. Ako je funkcija f g definirana na I , onda je i diferencijabilna u toˇcki c i

 f g

′

f ′ (c)g(c) f (c)g ′ (c) (c) = . g(c)2

−

(4.16)

Dokaz:

1. Za funkciju h = f + g imamo h(x) x

− h(c) = f (x) + g(x) − f (c) − g(c) = f (x) − f (c) + g(x) − g(c) . −c x−c x−c x−c

Odatle je

h(x) x→c x lim

− h(c) = lim f (x) − f (c) + lim g(x) − g(c) , → → −c x−c x−c x

c

x

c

odnosno vrijedi (4.14).

2. Za funkciju h = f g imamo h(x) x

− h(c) = f (x)g(x) − f (c)g(c) = f (x) − f (c) g(x)+f (c) g(x) − g(c) . −c x−c x−c x−c

Odatle je

h(x) x→c x lim

− h(c) = lim f (x) − f (c) lim g(x) + f (c)lim g(x) − g(c) , → → → −c x−c x−c x

c

x

c

x

c

ˇsto zbog neprekidnosti funkcije g u c (teorem 4.1.) daje (4.15).

91

4.2. DIFERENCIJABILNOST I OPERACIJE

3. Uzmimo prvo h = 1g , pa imamo h(x) x

− h(c) = −c

1

− x−c

g (x)

1

g(c)

=

g(x) g (c) x c

− −

− g(c)g(x) .

Zbog neprekidnosti funkcije g u c slijedi h(x) lim x →c x

g (x) g(c) x c

− h(c) = − lim → −− , −c g(c)lim → g(x)



x

c

x

c

1 ′ 1 g ′(c) f (c) = . Sada na funkciju = f g g(c)2 g g primijenimo pravilo za deriviranje produkta funkcija (4.15) i dobivamo (4.16). Q.E.D. odnosno h′ (c) =

−

·

Korolar 4.1. Neka su funkcije f, g : I R diferencijabilne u toˇcki c otvorenog intervala I . Tada je za sve λ, µ R funkcija λf + µg diferencijabilna u toˇcki c i (λf + µg)′ (c) = λf ′ (c) + µg ′ (c). (4.17)

→ ∈

Skup svih funkcija s I u R koje su diferencijabilne u toˇcki c je vektorski prostor (uz operacije zbrajanja i mnoˇzenja sa skalarom definiranim po toˇckama), a pridruˇzivanje f f ′ (c) je linearan funkcional na tom prostoru.

→

Dokaz: Uzmimo konstantnu funkciju h(x) = λ, x R. Tada je h′ (c) = 0 u svakoj toˇcki c R. Sada formula za deriviranje produkta daje (λf )′ (c) =

∀ ∈

∈

(hf )′ (c) = h′ (c)f (c) + h(c)f ′ (c) = h(c)f ′ (c) = λf ′ (c). Primjenom prethodnog rezultata i formule za deriviranje sume dobivamo (4.17).

Q.E.D.

→

→

Teorem 4.4. (Derivacija kompozicije funkcija) Neka su f : I R, g : J R i neka je f (I ) J , tj. kompozicija g f : I R je dobro definirana na I . Ako je funkcija f diferencijabilna u toˇcki c I i funkcija g diferencijabilna u toˇcki d = f (c) J , onda je kompozicija g f diferencijabilna u c i vrijedi

⊆ ∈

◦

→ ∈ ◦

(g f )′ (c) = g ′ (d)f ′(c).

◦

(4.18)

Dokaz: Uzmimo funkciju ω iz (4.2) tako da vrijedi (4.3) i analogno, neka je

ω1 definirana s ω1 (x) =

 

g(y) y

− g(d) − g′(d) −d 0



, za y = d , za y = d,

(4.19)

92


tako da vrijedi g(y) = g(d) + (g ′ (d) + ω1 (y))(y

− d), y ∈ J,

(4.20)

◦

Neka je h = g f , pa imamo h(x) = g[f (x)] = g(d) + [g ′ (d) + ω1 (f (x))][f (x) ˇsto da je

− −

− f (c)],

− −

h(x) h(c) f (x) f (c) = [g ′ (d) + ω1 (f (x))] (4.21) . x c x c Zbog neprekidnosti funkcije f u toˇcki c i neprekidnosti ω1 u d = f (c), funkcija ω1 f je neprekidna u c i (ω1 f )(c) = ω1 [f (c)] = ω1 (d) = 0. Sada je

◦

◦

h(x) x→c x

h′ (c) = lim

odakle slijedi (4.18).

− h(c) = lim[g′(d) + ω (f (x))] lim f (x) − f (c) , → → −c x−c x

1

c

x

c

Q.E.D.

Teorem 4.5. (Derivacija inverzne funkcije) Neka je f : I J , I, J R 1 − otvoren interval, bijekcija i neka su f i f neprekidne na I , odnosno J . Ako f ima derivaciju u toˇcki c I i ako je f ′ (c) = 0, onda je f −1 diferencijabilna u toˇcki d = f (c) i vrijedi (f −1 )′ (d) = f 1(c) .

→

∈

⊆



′

Dokaz: Iz diferencijabilnosti funkcije f u toˇcki c slijedi

f (x)

− f (c) = (x − c)[f ′(c) + ω(x)],

gdje je ω funkcija neprekidna u c definirana s (4.2). Stavimo d = f (c) i y = f (x) pa dobivamo y

1

1

1

− d = [f − (y) − f − (d)][f ′(c) + ω(f − (y))].

Odatle dobivamo f −1 (y) y ˇsto daje jednakost

1

− f − (d) = 1 , −d f ′ (c) + ω(f − (y)) 1

1 f −1 (y) − f −1 (d) 1 ′ − (f ) (d) = lim = ′ . y →d y−d f (c) Prethodnu formulu ˇcesto koristimo u obliku 1 (f −1 )′ (x) = ′ −1 . f (f (x))

Q.E.D.

93

4.3. DERIVACIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA

4.3

Derivacije elementarnih funkcija

4.3.1

Potencije i korijeni

Neka je n N i f (x) = xn , x R. Tada se indukcijom pomoću formule za deriviranje produkta funkcija lako dobije f ′ (x) = nxn−1 , x R. Sliˇcno, neka je n 0 . Iz prethodnog i formule za N i f (x) = x−n , x R n 1 1 deriviranje kvocijenta dobijemo (x−n )′ = ( xn )′ = −nx = nx−n−1 . x2n Neka je za n neparan f −1 : R R ili za n paran f −1 : 0, + 1 0, + definirana s f −1 (x) = n x = x n . Tada vrijedi (f −1 )′ (x) = f (f 11 (x)) =

∈ ∈

 ∞ 1

∈

∈ \{ } √ →

1

1

∀ ∈ −  ∞ −→

−

′

−

1

= n x n −1 . Neka je q Q 0 i f : 0, + 0, + definirana s f (x) = xq . Pokaˇzimo da vrijedi formula (xq )′ = qx q−1 . Naime, za q = m , m Z i n n N, iz prethodnog i pomoću formule za deriviranje kompozicije imamo 1 1 m m −m+m−1 = m x mn −1. n (x n )′ = [(xm ) n ]′ = n1 (xm ) n −1 mxm−1 = m x n n n(

√x) n

n−1

=

nx

n−1 n

∈ \{ }

 ∞ −→  ∞

∈

∈

4.3.2

Trigonometrijske i arcus funkcije

Za 0 < x < π2 vrijedi sin x < x i tg x > x. Odatle, za x vrijedi nejednakost cos x < sinx x < 1. Odatle slijedi lim sinx x = 1.

∈ −

∀ ∈ R vrijedi 2sin − cos sin x − sin c = x−c x−c

x

Sada za c

x c

x+c

2

2

=

− 2

π

2, 2

 \ {0}

→0

c sin x− 2 x c

π

cos

x+c , 2

ˇsto da je sin x lim x →c x

− sin c = lim sin − − → −c

x c

2

x

c

x c

2

lim cos

→c

x

x+c = cos c. 2

Odatle je za f (x) = sin x, derivacija f ′ (c) = cos c za c R ili u drugoj oznaci (sin x)′ = cos x. Nadalje, iz cos x = sin(x + π2 ) dobivamo (cos x)′ = cos(x + π2 ) 1 = sin x. Pomoću formule za deriviranje kvocijenta imamo

∀ ∈

·

(tg x)′ = (

−

−

sin x ′ cos x cos x sin x( sin x) 1 ) = = . cos x cos2 x cos2 x

Analogno slijedi (ctg x)′ = (

cos x ′ ) = sin x

− sin x sin x − cos x cos x = − sin2 x

1 . sin2 x

−

94


Za f (x) = Sin x je f −1 (x) = Sin−1 x, pa formula za deriviranje inverzne funkcije daje (Sin−1 x)′ =

1 = cos(Sin−1 x)

1

 − 1

[sin(Sin−1 x)]2

=

√1 1− x

2

.

Za f (x) = Cos x je f −1 (x) = Cos−1 x, pa formula za deriviranje inverzne funkcije daje

−1

(Cos−1 x)′ =

= sin(Cos−1 x) 1

(Tg−1 x)′ =

=

1 cos2 (Tg

1

x)

1

(Ctg−1 x)′ =

−1

=

sin2 (Ctg

4.3.3

−

1

−

x)

 − 1

−1

[cos(Cos−1 x)]2

=

√1−−1 x

2

.

1 1 = , x 1 + x2 1 + [tg (Tg−1 x)]2

∀ ∈ R,

−1

−1

= , ∀x ∈ R . 1 + x2 1 + [ctg (Ctg−1 x)]2

Eksponencijalna funkcija

Za x 0 definirali smo f 0 (x) = limn (1+ nx )n . Sada je eksponencijalna funkcija definirana s f 0 (x) , za x 0 x 1 f (x) = e = . , za x < 0 f 0 ( x)

≥

 

Za x, c > 0 vrijedi

≥

−

(1 + nx )n (1 + nc )n = x c 1 x x c x c c = (1 + )n−1 + (1 + )n−2 (1 + ) + + (1 + )(1 + )n−2 + (1 + )n−1 . n n n n n n n Odatle imamo

 

− −



···

{ }

min x, c 1+ n



n 1

−

≤

(1 + nx )n x

− (1 + −c

c n ) n

 ≤

{ }

max x, c 1+ n

Prelaskom na limes dobivamo

{ } ≤ f (x)x −− f c (c) ≤ f (max{x, c}).

f 0 (min x, c )

0

0

0



n 1

−

95

4.3. DERIVACIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA

Funkcije x

−→ min{x, c} i x −→ max{x, c} su neprekidne pa za x → c slijedi f (x) − f (c) = f (c). f ′ (c) = lim → x−c 0

0

x

Sada, za x < 0 imamo f (x) = f ′ (x) =

0

0

c

1

− , pa je

f 0 ( x)

′ −1) = f (−x) − f [f (−(x)( −x)] [f (−x)] 0

0

2

0

2

0

=

1 = f (x). f 0 ( x)

−

U sluˇcaju c = 0 moramo posebno gledati lijevi i desni limes od f (xx)−1 . Za x > 0 imamo 1 f 0 (xx)−1 f 0 (x), ˇsto zbog neprekidnosti od f 0 u 0 i f 0 (0) = 1 daje f (x) 1 lim = 1 = f (0). x→0+ x Za x < 0 je

≤

≤

−

f (x) lim x→0− x

−1 =

1

lim

x

f 0 ( x)

→0−

−

x

−1

− −1 1 − lim− → f (−x) = 1 = f (0),

f 0 ( x) −x→0+ x

= lim

x

0+

0

pa je f ′ (0) = f (0). Dakle, za x R je (ex )′ = ex . Za logaritamsku funkciju f −1 (x) = ln x kao inverznu funkciju od eksponencijalne imamo 1 1 (ln x)′ = ln x = , x > 0. e x

∀ ∈

∀

Primjer 4.4. Neka je f (x) = ln x za x = 0. Tada za x > 0 imamo f (x) = ln x, pa je f ′ (x) = x1 . Za x < 0 je f (x) = ln( x), pa je f ′ (x) = −1x ( 1) = x1 . Dakle x = 0 je (ln x )′ = x1 .

||

∀ 

||



−

−

Primjer 4.5. Opća eksponencijalna funkcija za x > 0 i α je s xα = eα ln x . Odatle je (xα)′ = eα ln x α x1 = αxα−1 .

∈ R\{0} definirana

Primjer 4.6. Eksponencijalna funkcija s bazom a > 0 definira se kao ax = ex ln a za x R. Odatle je (ax )′ = ex ln a ln a = ax ln a. Njena inverzna funkcija loga x ima derivaciju (logax)′ = aloga1x ln a = x ln1 a .

∀ ∈

4.3.4

Hiperbolne i area funkcije

(sh x)′ =



ex

− e− 2

x



′

ex + e−x = = ch x , x 2

∀ ∈ R,

96


     

′

ex + e−x ex e−x = = sh x , x R, 2 2 ′ ch2x sh2 x sh x 1 ′ (th x) = = = , x R, ch x (ch x)2 ch2 x ′ sh2x ch2 x ch x 1 ′ (cth x) = = = , x R 0 , sh x (sh x)2 sh2 x 1 1 1 (sh−1 x)′ = = = , x 2 1 ch(sh−1 x) − 1 + x 2 1 + (sh(sh x)) (ch x)′ =

(Ch−1 x)′ =

1 = sh(Ch−1 x) 1

(th−1 x)′ = 2

(cth−1 x)′ =

=

1

1

ch (th 1 2

−

−1

x)

−

−

sh (cth

1

x)

∀ ∈

−

− ∀ ∈ \{ } √ ∀ ∈ R,

 

1

(ch(Ch−1 x))2

1

= −

∀ ∈

−

1

=

−1

√x 1− 1 , ∀x > 1, 2

1 1 = , x 1 − 1 x2 [th(th x)]2

∀ ∈ −1, 1,

−

−

1 1 = , x 1 x2 [cth(cth −1 x)]2

−

∀ ∈ R \ [−1, 1].

Primjer 4.7. (Logaritamsko deriviranje) Neka su f : I 0, + , g : R, I R otvoren interval, diferencijabilne funkcije. Tada je i funkcija I R, definirana s h(x) = f (x)g(x) , x h : I I , diferencijabilna. Naime, ln(h(x)) = g(x)ln(f (x)), pa deriviranjem lijeve i desne strane ove jednakosti imamo: hh((xx)) = g ′ (x)ln(f (x)) + g(x) f f ((xx)) . Odatle je

→

→  ∞

⊆

→

∀ ∈

′

′

h′ (x) = f (x)g(x)

4.4





f ′ (x) ′ g (x)ln(f (x)) + g(x) . f (x)

Teoremi srednje vrijednosti i primjene

Lema 4.1. Neka je f : I R, diferencijabilna u toˇcki c otvorenog intervala I R. Ako je f ′ (c) > 0 onda δ > 0 takav da vrijedi

⊆

→

∃ (x ∈ c − δ, c) ⇒ (f (x) < f (c)) , (x ∈ c, c + δ) ⇒ (f (c) < f (x)) . Ako je f ′ (c) < 0 onda ∃δ > 0 takav da vrijedi (x ∈ c − δ, c) ⇒ (f (x) > f (c)) , (x ∈ c, c + δ) ⇒ (f (c) > f (x)) .

97

4.4. TEOREMI SREDNJE VRIJEDNOSTI

Dokaz: Sliˇ cno kao u dokazu teorema 4.1., iz diferencijabilnosti funkcije f u c slijedi neprekidnost u c funkcije g : I R definirane s

→

g(x) =



f (x) f (c) x c

− − f ′ (c)



, za x = c . , za x = c

Zbog g(c) = f ′ (c) > 0, po lemi 3.3. iz M.A.I. δ > 0 takav da ( x c < δ) g(x) 12 g(c) > 0. To daje

| −|

⇒

∃

≥

∈ c − δ, c) ⇒ f (x)x −− f (c) > 0 ⇒ (f (x) − f (c) < 0) , c f (x) − f (c) (x ∈ c, c + δ) ⇒ > 0 ⇒ (f (x) − f (c) > 0) . x−c

∀x ∈ I

(x

Definicija 4.2. Za funkciju f : I I R ima

Q.E.D.

→ R kaˇzemo da u c otvorenog intervala

⊆

∃

∀ ∈ I (|x − c| < δ) ⇒

a) lokalni maksimum f (c), ako δ > 0 takav da x (f (x) f (c)),

≤

∃

∀ ∈ I (0 < |x−c| <

b) strogi lokalni maksimum f (c), ako δ > 0 takav da x (f (x) < f (c)), δ)

⇒

∃

∀ ∈ I (|x − c| < δ) ⇒

c) lokalni minimum f (c), ako δ > 0 takav da x (f (x) f (c)),

≥

∃

∀ ∈ I (0 < |x − c| <

d) strogi lokalni minimum f (c), ako δ > 0 takav da x (f (x) > f (c)). δ)

⇒

Takve toˇcke zovemo toˇckama lokalnih ekstrema, odnosno, strogih lokalnih ekstrema.

Lema 4.2 (Fermat). Neka f : I R u toˇ cki c otvorenog intervala I ima lokalni ekstrem. Ako je f diferencijabilna u c, onda je f ′ (c) = 0.

→

⊆R

Dokaz: Neka f ima u c lokalni maksimum. Kada bi bilo f ′ (c) > 0 onda

∈

 ⇒

bi postojao δ > 0 takav da (x (f (c) < f (x)), tj. f ne c, c + δ ) bi imala lokalni maksimum u c. U sluˇcaju f ′ (c) < 0 δ > 0 takav da (x (f (x) > f (c)), pa f opet ne bi imala lokalni maksimum u c δ, c ) Q.E.D. c. Dakle, mora biti f ′ (c) = 0.

∈ −  ⇒

∃

98


Uvjet da je derivacija u toˇcki jednaka nuli nije dovoljan da bi u toj toˇcki funkcija imala lokalni ekstrem. Toˇcke iz otvorenog intervala u kojima je derivacija jednaka nuli nazivamo stacionarnim toˇckama.

Primjer 4.8. Za funkciju f (x) = x3 je f ′ (x) = 3x2 , tj. f ′ (0) = 0, ali f nema lokalni ekstrem u 0 jer je f strogo rastuća na R.

Teorem 4.6 (Rolle1 ). Neka je f : I R, diferencijabilna na otvorenom intervalu I R i neka za a, b I , a < b, vrijedi f (a) = f (b) = 0. Tada c a, b takav da je f ′ (c) = 0.

∃ ∈ 

⊆

∈

→

Dokaz: Budući da je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b]

⊂ I ,onda ona

poprima minimum m i maksimum M na tom segmentu (B-W teorem).

Ako je m = M onda je f konstantna funkcija na tom segmentu, pa je f ′ (c) = 0, ∀c ∈ a, b. Pretpostavimo da je m < M . Onda se barem jedna od

 

tih vrijednosti poprima unutar intervala a, b , i pretpostavimo da je to M , tj. xM a, b , M = f (xM ). Sada po lemi 4.2. je f ′ (xM ) = 0, tj. c = xM je traˇzena toˇcka. Q.E.D.

∃ ∈ 

Teorem 4.7 (Lagrange2). Neka je f : I R, diferencijabilna na otvorenom intervalu I R i neka su a, b I , a < b. Tada c a, b takav da je ′ f (b) f (a) = f (c)(b a).

−

⊆

−

∈

→

∃ ∈ 

f (b) f (a) b a f (b) f (a) b a

→ R zadana s g(x) = f (x)−f (a)− −− (x− − , ∀x ∈ I . a). Funkcija g je diferencijabilna na I i g ′(x) = f ′ (x) − − Takoder je g(a) = g(b) = 0, pa g zadovoljava sve uvjete Rolleovog teorema, − . tj. ∃ c ∈ a, b takva da je 0 = g ′(c) = f ′ (c) − Q.E.D. − Dokaz: Neka je funkcija g : I

f (b) f (a) b a

1

Michel Rolle (Ambert, 21. travanj 1652. – Paris, 8. studeni 1719.) francuski matematiˇcar 2 Joseph Louis Lagrange [Giuseppe Lodovico Lagrangia] (Turin [Sardinija] 25. sijeˇcanj 1736.– Paris, 10. travanj 1813. , talijansko-francuski matematiˇ car

99

4.5. MONOTONOST I DERIVACIJA FUNKCIJE

Geometrijska interpretacija Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti kaˇze da za svako a, b I i sekantu koja prolazi toˇckama (a, f (a)) i (b, f (b)) na grafu Γ(f ) funkcije f postoji tangenta s diraliˇstem (c, f (c)) na grafu Γ(f ) koja je paralelna s tom sekantom. Naime, jednakost iz Lagrangeovog teorema moˇze se pisati kao

∈

f ′ (c) =

f (b) b

− f (a) , −a

y



f b

t s



 f

 

f c f a

a

0

c

b

x

a to je upravo jednakost koeficijenata smjera tangente i sekante. Postoji nekoliko sliˇcnih, ali u nekim detaljima razliˇcitih, formulacija Lagrangeovog teorema. Ako je f : [a, b] R, onda se pretpostavlja njena neprekidnost na [a, b] i diferencijabilnost na a, b . Takoder, nekada se toˇcka 0, 1 . c a, b piˇse u obliku c = a + σ(b a), σ Sada ćemo dokazati da za funkciju diferencijabilnu na otvorenom intervalu R definirana s (f ′ )(x) = f ′ (x), x I , ne I R, njena derivacija f ′ : I moˇze biti bilo kakva funkcija.

→   − ∈ 

∈  ⊂

→

∀ ∈

Teorem 4.8. Neka je f : I R diferencijabilna na otvorenom intervalu ′ R i neka funkcija f : I R ima u toˇcki c I I limes slijeva (limes zdesna). Tada je f ′ neprekidna slijeva (zdesna) u c.

→ →

⊂

∈

∈ I , x < c, pa po Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti postoji toˇcka c ∈ x, c takva da vrijedi f (x) − f (c) = f ′ (c )(x − c). f (x) − f (c) Odatle je = f ′ (c ). Po pretpostavci postoji lim f ′ (x). No, →− x−c tada je lim f ′ (x) = lim f ′ (c ), odnosno, zbog postojanja f ′ (c) vrijedi →− →− − f (x) f (c) f (x) − f (c) lim f ′ (x) = lim = lim = f ′ (c). Q.E.D. →− → − x−c → x−c Dokaz: Neka je x

x

x

x

x

x

c

c

x

x

x

c

x

c

c

x

c

Interesantna je sljedeća posljedica.

Korolar 4.2. Ako realna funkcija f ima derivaciju f ′ na otvorenom intervalu I R, onda funkcija f ′ nema prekida prve vrste na I .

⊆

4.5

Monotonost i derivacija funkcije

Teorem 4.9. Neka je f : I R, diferencijabilna na otvorenom intervalu I R. Funkcija f raste na I ako i samo ako je f ′ (x) 0, x I . Funkcija

⊆

→

≥ ∀ ∈

100


f pada na I ako i samo ako je f ′ (x)

≤ 0, ∀x ∈ I . Dokaz: Neka f raste na I , tj. ∀x , x ∈ I (x < x ) ⇒ (f (x ) ≤ f (x )). Kada bi postojala toˇcka c ∈ I takva da je f ′ (c) < 0, onda bi po lemi 4.1. postojao δ > 0 takav da vrijedi (x ∈ c − δ, c) ⇒ (f (x) > f (c)), a to je u suprotnosti s rastom funkcije. Dakle, f ′ (x) ≥ 0, ∀x ∈ I . Obratno, neka je f ′ (x) ≥ 0, ∀x ∈ I . Neka su x , x ∈ I, x < x . Po Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti ∃ x ∈ x , x  tako da je f (x ) − f (x ) = f ′ (c)(x − x ) ≥ 0, tj. f (x ) ≤ f (x ). Druga tvrdnja dobije se tako da se prva tvrdnja primijeni na funkciju −f . 1

2

1

2

1

1

1

1

2

1

1

2

2

1

2

2

2

2

Q.E.D.

Uvjet da je f ′ (x) > 0, x I , je dovoljan za strogi rast funkcije f na I , ali taj uvjet nije nuˇzan. To pokazuje primjer funkcije f (x) = x3 , x R. Naime, ta je funkcija strogo rastuća, ali f ′ (0) = 0. Nuˇzan i dovoljan uvjet dan je u sljedećem teoremu.

∀ ∈

∀ ∈

Teorem 4.10. Neka je f : I R, diferencijabilna na otvorenom intervalu ′ I R i neka je S = x I ; f (x) = 0 . Funkcija f strogo raste (pada) na I ako i samo ako skup S ne sadrˇzi otvoreni interval i f ′ (x) > 0 ( f ′ (x) < 0), x I S .

⊆ ∀ ∈ \

→

{ ∈

}

Dokaz: Neka f strogo raste na I . Po prethodnom teoremu vrijedi f ′ (x)

∀x ∈ I .

⊂ −

∀

≥ 0, ∈ I ,

Kada bi postojao otvoren interval I 0 S , onda bi x1 , x2 0 x1 < x2 postojao c x1 , x2 takav da je f (x2 ) f (x1 ) = f ′ (c)(x2 x1 ) = 0, a to je suprotno pretpostavci o strogom rastu funkcije f na I . Dakle, skup S ne sadrˇzi interval. Pretpostavimo sada da je f ′ (x) > 0, x I S i da S ne sadrˇzi interval. Zbog f ′ (x) 0, x S , prema teoremu 4.9. funkcija f raste na I . Kada bi postojale toˇcke x1 , x2 I 0 , x1 < x2 , takve da je f (x1 ) = f (x2 ), onda bi zbog rasta funkcije f za svaki x x1 , x2 vrijedilo f (x1 ) f (x) f (x2 ), tj. f (x) = f (x1 ) = f (x2 ). Tada bi funkcija bila konstantna na intervalu x1 , x2 , tj. x1 , x2 Q.E.D. S , ˇsto se protivi pretpostavci.

∈

≥ ∀ ∈





−

∀ ∈ \

∈

∈



⊆

≤

≤





Sada smo u mogućnosti opisati dovoljne uvjete za lokalne ekstreme diferencijabilne funkcije pomoću njene derivacije.

Teorem 4.11. Neka je f : I I R.

⊆

→ R, diferencijabilna na otvorenom intervalu

∈ I , f ′(c) = 0 i ako ∃δ > 0, c − δ, c + δ ⊆ I , tako da (x ∈ c − δ, c) ⇒ (f ′ (x) > 0) i (x ∈ c, c + δ) ⇒ (f ′ (x) < 0),

1. Ako je c

onda f ima u toˇcki c strogi lokalni maksimum.

101

4.5. MONOTONOST I DERIVACIJA FUNKCIJE

2. Ako je c (x

∈ I , f ′(c) = 0 i ako ∃δ > 0, c − δ, c + δ ⊆ I , tako da

∈ c − δ, c) ⇒ (f ′(x) < 0) i (x ∈ c, c + δ) ⇒ (f ′(x) > 0),

onda f ima u toˇcki c strogi lokalni minimum. Dokaz: 1. Neka je f ′ (c) = 0 i (x

∈  c − δ, c) ⇒ (f ′ (x) > 0) i (x ∈ c, c + δ) ⇒ (f ′(x) < 0). Prema Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti ∀x ∈ c − δ, c + δ ∃t izmedu c i x tako da vrijedi f (c) −′ f (x) = f ′(t)(c − x). Sada, za x ∈ c − δ, c imamo x < t < c, pa je f (t) > 0. Stoga je f (c) − f (x) = f ′ (t)(c − x) > 0. Za x ∈ c, c + δ  je c < t < x, pa je f ′ (t) < 0,  c, odakle slijedi f (c) − f (x) = f ′ (t)(c − x) > 0. Dakle, ∀x ∈ c − δ, c + δ , x = je f (x) < f (c), tj. f u c ima strogi lokalni maksimum. Sluˇcaj 2. slijedi iz 1. zamjenom f s −f . Q.E.D. Primjer 4.9. Ispitati lokalne ekstreme i naći intervale monotonosti funkcije x . f (x) = 1 + x2 1 − x2 ′ ′ Funkcije f i f su definirane na R i f (x) = . 2 2 (1 + x )

Stacionarne toˇcke su x1 =

−1 i x

2

= 1.

Zbog f ′ ( 2) < 0 funkcija pada na , 1 , zbog f ′ (0) = 1 f raste na 1, 1 i zbog f ′ (2) < 0 f pada na 1, + .

− 

−

∞ −   ∞ − −

Stoga imamo lokalne ekstreme: min( 1,

f’ f

−∞, −1 −1, 1 1, ∞ – + – ց ր ց

1 ) 2

i max(1, 12 ).

0.4 0.2 -6

-4

-2

2 -0.2 -0.4

4

6

102


Primjer 4.10. Ispitati lokalne ekstreme i naći intervale monotonosti funkcije f (x) = 14 x4 x3 2x2 + 1.

− −

Funkcije f i f ′ su definirane na R i f ′ (x) = x3

2

40

2

− 3x − 4x = (x − 3x − 4)x. Stacionarne toˇcke su x = −1, x = 0 i x 1

2

3

= 4.

20

Vrijednosti derivacije izmedu stacionarnih toˇcaka su f ′ ( 2) = 12, f ′ ( 12 ) = 98 , f ′ (1) = 6.

−

−

−

−

min( 1, 14 ), max(0, 1), -4

−

Lokalni ekstremi su: min(4, 31).

−

-2

4

2

-20

−∞, −1 −1, 0 0, 4 4, ∞ – + – + ց ր ց ր

f’ f

4.6

Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene

⊆

R otvoren interval i f : I Definicija 4.3. Neka je I derivaciju na I . Za c I polinom

∈

n

T n (x) = f (c) +

 k=1

f (k) (c) (x k!

→

R ima n-tu

k

− c) , x ∈ R,

(4.22)

zovemo Taylorov1 polinom n-tog reda za funkciju f u toˇcki c, a funkciju Rn (x) = f (x)

− T (x) , x ∈ I, n

(4.23)

zovemo n-ti ostatak funkcije f u c. Lagrangeov teorem srednje vrijednosti ima sljedeće uopćenje.

⊆ ∈ ∀ ∈ ∃

→

, (Lagrangeov oblik ostatka).

(4.24)

R, Teorem 4.12. (Taylor) Neka je I R otvoren interval i neka f : I ima derivaciju n + 1-vog reda na I . Neka je c I i T n Taylorov polinom za f u toˇcki c definiran s (4.22). Tada x I , cx izmedu c i x, tako da je

f (n+1)(cx ) (x Rn (x) = (n + 1)! 1

− c)

n+1

Brook Taylor (Edmonton, 18. kolovoz 1685.– London, 30. studeni 1731.) engleski matematiˇcar

6

103

4.6. TAYLOROV TEOREM

∈ I , x = c, definirajmo funkciju F : I → R formulom (x − t) f (t) (x − t) − A (4.25) F (t) = f (x) − f (t) − ,

Dokaz: Za ˇ cvrsto x

n

(k)



n+1

k

(n + 1)!

k!

k=1

gdje je A=



(n + 1)! f (x) (x c)n+1

−

n

− f (c)

 − k =1

(k)

f (c) (x k!

− c)

k



(4.26)

.

Lako je provjeriti da je F (x) = 0, a zbog (4.26) vrijedi F (c) = 0. Nadalje,

  − n

F ′ (t) = −f ′ (t)

k =1

f (k+1)(t) (x k! =

(x

n

− t)

k

f (k) (t) (x (k 1)!

− t) − −

− A



− t) − + A (x − t) k 1



n

n!

f (n+1) (t) .

n! Iz Rolleovog teorema srednje vrijednosti zakljuˇcujemo da cx strogo izmedu c i x takav da vrijedi F ′ (cx ) = 0. To povlaˇci da je A = f (n+1) (cx ), ˇsto pomoću (4.25) daje (4.24). Q.E.D.

∃

Napomena 4.1. Ako je f (n+1) lokalno ograniˇcena oko c, onda je funkcija ωn definirana s Rn (x) , za x = c ( x−c)n ωn (x) = 0 , za x = c





neprekidna u toˇcki c i vrijedi f (x) = T n (x) + ωn(x)(x

4.6.1

n

− c) , x ∈ I .

Odredivanje ekstrema pomo´ cu derivacija viˇ seg reda

U proˇslom teoremu pokazali smo da je f ′ (c) = 0 nuˇzan uvjet za postojanje lokalnog ekstrema diferencijabilne funkcije f u toˇcki c. Sada ćemo dati dovoljan uvjet za lokalne ekstreme pomoću derivacija viˇseg reda u toˇcki c.

Teorem 4.13. Neka je I R otvoren interval, f : I R, f C (n+1) (I ). Neka je c I stacionarna toˇcka, tj. f ′ (c) = 0. Ako postoji n N, takav da 1, . . . , n vrijedi f (k) (c) = 0 i f (n+1) (c) = 0, tada je u sluˇcaju k

∀ ∈{

∈

⊆

}

→



∈

∈

I. ako je n + 1 paran broj i f (n+1) (c) > 0, f ima strogi lokalni minimum u c,

104


II. ako je n + 1 paran broj i f (n+1)(c) < 0, f ima strogi lokalni maksimum u c, III. ako je n+1 neparan broj, f nema lokalni ekstrem u c (ima horizontalnu infleksiju). Dokaz: Pretpostavimo da je nastupio I. sluˇcaj. Tada zbog neprekidnosti

f (n+1) u toˇcki c δ > 0 takav da x c δ, c + δ vrijedi f (n+1) (x) > 0. Po Taylorovom teoremu srednje vrijednosti, x c δ, c + δ cx izmedu n+1) ( (cx ) (x c)n+1 > f (c) (zbog parnosti c i x tako da je f (x) = f (c) + f (n+1)! eksponenta n + 1). Dakle, f ima u c strogi lokalni minimum. Sluˇcaj II. se dokazuje analogno. U sluˇcaju III., zbog neparnosti eksponenta n + 1, na razliˇcitim stranama od c vrijednost od f (n+1) (cx )(x c)n+1 ima razliˇcite predznake, tj. u c nije lokalni ekstrem funkcije f . Q.E.D.

∃

∀ ∈ −

 ∀ ∈ − −

∃

−

Primjer 4.11. Ispitati lokalne ekstreme funkcije f (x) = 14 x4

3

2

− x − 2x

+ 1.

Funkcije f , f ′ i f ′′ su definirane na R. Imamo f ′ (x) = x3

2

2

2

− 3x − 4x = (x − 3x − 4)x i f ′′(x) = 3x − 6x − 4. Stacionarne toˇcke su x = −1, x = 0 i x = 4. Vrijedi f ′′ (−1) = 5 > 0, f ′′ (0) = −4 < 0, f ′′ (4) = 20 > 0, pa su toˇcke 1

2

3

lokalnih ekstrema:

min( 1, 14 ), max(0, 1), min(4, 31).

−

−

2

Primjer 4.12. Ispitati lokalne ekstreme funkcije f (x) = x4 e−x . Funkcije f , f ′ i f ′′ su definirane na R. 2

f ′ (x) = e−x (4x3

5

− 2x ) f ′′ (x) = e− (4x − 18x + 12x ) f ′′′ (x) = e− (−8x + 60x − 96x + 24x) f (x) = e− (16x − 176x + 492x − 33612x x2

x2

(4)

x2

6

4

7

8

2

5

3

6

4

2

+ 24)

105


Stacionarne toˇcke su x1 = x2 = 0 i x3 = 2.

−√2,

√ √ Vrijedi f ′′ (− 2) =< 0, f ′′ (0) =

0.5 0.4 0.3

0,

0.2 0.1

f ′′′ (0) = 0, f (4) (0) = 24 > 0,

√ f ′′ (− 2) =< 0,

-4

2

4

−√2, 4e− ), min(0, 0), max(√2, 4e− ). −  0 je klase C ∞ (R) i e , za x = = 2

pa imamo lokalne ekstreme: max(

Primjer 4.13. Funkcija f (x)

-2



vrijedi f (n) (0) = 0, n

∀ ∈ N.

2

1

x2

0

(

)

, za x = 0

1 e− − x To slijedi iz lim x e = 0, odnosno, lim n = 0, n ∈ N. Odatle je x→∞ x→0 x 1 − 12 lim P = 0, za svaki polinom P . Upravo su toga oblika i limesi e x →0 x x

n



x

pomoću kojih se raˇcuna derivacija f (n) (0).

Dakle, tu nije moguće primijeniti prethodno pravilo za odredivanje eks2 − x12 e , za x = 0 , pa iz toga slijedi x3 trema. Medutim, vrijedi f ′ (x) = 0 , za x = 0 da f ima u toˇcki 0 strogi lokalni minimum (nacrtaj graf).



4.6.2



Konveksne funkcije, infleksija

Definicija 4.4. Za realnu funkciju f kaˇzemo da je konveksna na intervalu I R, ako

⊆



∀

∈

 

 

f x1  f x2   

≤

f (x1 ) + f (x2 ) . 2 (4.27) Funkcija f je strogo konveksna ako u (4.27) za x1 = x2 vrijedi stroga nejednakost. ( x1 , x2

x1 + x2 I ) f 2

 

f x2

2

 

f x1

x1  x2 f    2







O

x1

x1  x2  

x2

2

Funkcija f je konkavna ako vrijedi

∀

( x1 , x2

∈ I ) f ( x

1

+ x2 ) 2

≥ f (x ) +2 f (x ) , 1

2

(4.28)

106




a strogo konkavna ako u (4.28)za x1 = x2 vrijedi stroga nejednakost.

Teorem 4.14. (Jensenova nejednakost) Ako je f neprekidna i konveksna funkcija na intervalu I R, onda vrijedi

⊆

∀

∈ I ), (∀ t ∈ [0, 1]), f ((1 − t)x +tx ) ≤ (1 − t)f (x ) + tf (x ). (4.29) Ako jednakost u (4.29) vrijedi za neko t ∈ 0, 1, onda jednakost vrijedi ∀ t ∈ [0, 1]. Dokaz: Za bilo koje x , x ∈ I definirajmo neprekidnu funkciju g : [0, 1] → ( x1 , x2

1

1

2

1

2

2

Rs

g(t) = f ((1

− (1 − t)f (x ) − tf (x ), ∀ t ∈ [0, 1]. (4.30) ˇ Zelimo dokazati da je g(t) ≤ 0, ∀ t ∈ [0, 1]. Pretpostavimo suprotno, tj. neka g postiˇze svoj maksimum u toˇcki c i neka je g(c) > 0. Zbog g(0) = g(1) = 0 je c ∈ 0, 1. Neka je δ = min{c, 1 − c}, tj. segmenti [c − δ, c + δ] i [0, 1] imaju − t)x

1

+ tx2 )

1

2

barem jedan za jedniˇcki rub. Sada g(c) = g



(c



− δ) + (c + δ) ≤ g(c − δ) + g(c + δ) . 2 2

(4.31)

−

Budući da je g(c δ) = 0 ili g(c + δ) = 0, to je desna strana od (4.31) strogo manja od g(c), ˇsto je kontradikcija s ˇcinjenicom da je g(c) > 0 maksimum. Dakle, vrijedi g(t) 0, t [0, 1]. Ako je g(c) = 0 za neko c 0, 1 , onda za izbor δ > 0 takav da vrijedi [c δ, c + δ] [0, 1], iz (4.31) slijedi g(c δ) + g(c + δ) = 0. Zbog g(c δ) 0 i g(c + δ) 0, to povlaˇci g(c δ) = 0 i g(c + δ) = 0. Iz toga slijedi da je g(t) = 0, t [0, 1], tj. jednakost u (4.29) tada vrijedi za svako t [0, 1]. Q.E.D.

≤ ∀ ∈

−

∈  − −

⊆ ≤ ∀ ∈

− ≤ ∈

→

R diferencijabilna funkcija na otvorenom Teorem 4.15. Neka je f : I intervalu I R. Funkcija f je konveksna na I , ako i samo ako je njena derivacija f ′ rastuća funkcija na I .

⊆

Dokaz: Neka je f konveksna na I i neka su x1 , x2 , x3

− −

− − − −

Vrijedi x3 = xx22 xx31 x1 + xx32 xx11 x2 . Iz Jensenove dobivamo f (x3 ) xx22 xx31 f (x1 ) + xx32 xx11 f (x2 ).

−

f (x3 ) f (x1 )

≤

 ≤

x2 x2

− −



−x −1 −x 3 1

f (x1 )+

x3 x2

∈ I , x

< x3 < x2 . x1 nejednakosti (4.29) za t = xx32− −x1 Odatle je 1

− x f (x ) = (f (x )−f (x )) x − x ⇒ −x x −x 1 1

2

2

1

3

1

2

1

107


− −

f (x3 ) f (x1 ) x3 x1 Analogno se dobije nejednakost f (x2 ) x2

∀

) ≤ f (xx) −− f (x . x 2

1

2

1

− f (x ) ≤ f (x ) − f (x ) . −x x −x 1

2

1

3

2

3

∈ I , x < x < x vrijedi f (x ) − f (x ) f (x ) − f (x ) f (x ) − f (x ) ≤ ≤ . x −x x −x x −x

Dakle, x1 , x2 , x3

1

3

3

2

1

3

2

1

1

2

2

1

3

2

(4.32)

3

Ako u (4.32) prvo predemo na lim x3→x1 , a zatim na limx3 →x2 , dobivamo nejednakost f (x2 ) f (x1 ) f ′ (x1 ) f ′ (x2 ), x2 x1

− −

≤

≤

tj. (x1 < x 2 ) f ′ (x1 ) f ′ (x2 ). Dakle, f ′ je rastuća funkcija na I . Obratno, neka je f ′ rastuća funkcija na I . Uzmimo po volji x1 , x2 I , x1 < x2 . Po Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti c1 x1 , x1+2 x2 i x1 +x2 c2 , x2 takvi da je 2

⇒

∃ ∈

≤

∈

∃ ∈



 −

−x

  −

x1 + x2 f 2

f (x1 ) = f ′ (c1 )

Zbog (c1 < c 2 )

⇒ (f ′(c ) ≤ f ′(c )) i x − x 1



f

1

2

2

i f (x2 ) f 2

1

− ≤   ≤

1 x1 + x2 f 2 2 odakle slijedi

x2

f (x1 )

x1 + x2 2

x1 + x2 2

= f ′ (c2)

x2



−x . 1

2

> 0 vrijedi

1 f (x2 ) 2

  − f

x1 + x2 2

,

1 1 f (x1 ) + f (x2 ), 2 2

tj. f je konveksna funkcija na I .

Q.E.D.

→

R dva puta diferencijabilna funkcija na Korolar 4.3. Neka je f : I otvorenom intervalu I R. Funkcija f je konveksna na I ako i samo ako je f ′′ (x) 0, x I .

≥ ∀ ∈

⊆

Dokaz: Po prethodnom teoremu f je konveksna na I ako i samo ako je f ′

rastuća na I , a to vrijedi onda i samo onda ako je f ′′ (x)

≥ 0, ∀x ∈ I .Q.E.D.

108


⊆

→

∈

R. Toˇcka c Definicija 4.5. Neka je I R otvoren interval i f : I I je toˇcka infleksije ili prijevojna toˇcka, ako postoji δ > 0 takav da je na intervalu c δ, c funkcija f strogo konveksna, a na intervalu c, c + δ je f strogo konkavna ili obratno. Joˇs kaˇzemo da je toˇcka (c, f (c)) toˇcka infleksije grafa funkcije f .

− 





Teorem 4.16. Neka je f : I R dva puta diferencijabilna funkcija na otvorenom intervalu I R. Toˇcka c I je toˇcka infleksije funkcije f ako i samo ako je f ′′ (c) = 0 i funkcija f ′ ima u c strogi lokalni ekstrem.

→

⊆

∈

 − δ, c i strogo konkavna na

Dokaz: Neka je f strogo konveksna na c

c, c + δ. Tada f ′ strogo raste na c − δ, c i strogo pada na c, c + δ, tj. f ′

ima strogi lokalni maksimum u c. Obratno, neka f ima u c strogi lokalni maksimum. Tada je f ′′ (c) = 0 i δ > 0 takav da f ′ strogo raste na c δ, c i strogo pada na c, c + δ . Tada je f strogo konveksna na c δ, c i strogo konkavna na c, c+δ . Q.E.D.

∃

− 

 − 

 





Primjer 4.14. Ispitati lokalne ekstreme i toˇcke infleksije funkcije f (x) = 2 e−x . Funkcije f , f ′ i f ′′ su definirane na R. x2

f ′ (x) =

−2xe− f ′′ (x) = (4x − 2)e− 2

1

x2

0.8 0.6

Stacionarna toˇcka je√ x1 = 0. √Moguće toˇcke infleksije su x2 = 22 i x3 = 22 .

0.4

−

Vrijednosti f ′′ ( 1) > 0, f ′′ (0) < 0, f ′′ (1) > 0, max(0, 1) odreduju konveksnost i konkavnost u intervalima izmedu toˇcaka infleksije.

−

f” f’ f

√2

√2

2

2

−∞, −  − + +

ր

s. konv.

– +

ր



,0

√2

√2

2

2

0.2

-3

-2

-1 x2

x1

x3 1

2

0,   , ∞ – –

ց

+ –

ց

s.konkav. s. konkav. s. konv.

Primjer 4.15. Ispitati lokalne ekstreme i toˇcke infleksije funkcije f (x) =

x . 1 + x2

3

109

4.6. TAYLOROV YLOROV TEOREM TEOREM

Funkcije f , f , f ′ i f ′′ su definirane na R. 1 x2 (1+x2 )2

−

f ′ (x) = f ′′ (x) =

0.4

2x(x2 3) (1+x2 )3

−

0.2 x3 -3

x1

−1 i x = 1. √ Mogu´ Mog uće ce toˇcke cke inflek in fleksij sijee su x = − 3, √ x = 0 i x = 3.

Stacion Sta cionarn arnee toˇcke cke su x1 =

x4

-1

-2

1 x2

x5 2

3

-0.2

2

-0.4

3

4

5

Vrijednost rijednostii druge derivacije derivacije izmedu izmedu toˇcaka caka infleksije su: f ′′ ( 2) > 0, max(0 , 1). f ′′ (0) < 0, f ′′ (1) > 0, a jedini lokalni ekstrem je max(0,

−

−∞, −√3 −√3, −1

f” f’ f

– –

+ –

ց

s. konk onkav. av.

4.6.3 4.6.3

−1, 0

ց

s. kon konvek. ek.

+ +

ր

s. konv onvek. ek.

1, √3

0, 1 – +

ր

– –

s. konk onkav. av.

ց

s. konk onkav. av.

√3, ∞ + –

ց

s. konv onvek. ek.

Okom Okomite ite i kose kose asim asimpto ptote te na graf graf funk funkcije cije

⊆

→

funkci ja ˇciji ciji je Definicija Definicija 4.6. Neka je I R otvoren skup i f : I R funkcija graf Γf R R. Kaˇzemo zemo da je pravac p ravac p asimptota na graf funkcije Γf , ako udaljen uda ljenost ost izmedu izmed u pravca pr avca i toˇcke cke T Γf teˇ teˇzi zi k 0 kako kako se toˇ toˇcka cka T besko es kona naˇˇcno cn o udaljava uda ljava od ishodiˇ isho diˇsta. sta.

⊂ ×

∈

Graf Γf ima okomitu asimptotu asimpto tu u rubnoj rubno j toˇcki cki podruˇ po druˇcja cja definicije c ako ako je je lim lim f ( . f (x) =

±∞

→c±

x

Graf Γf funkcije f : I u , ako je

±∞



1. a, + 2. 3.

l im

+∞

f (x) = lim f ′ (x) = k →+∞ x

lim (f (x) +∞

x→

→ R ima kosu ili horizontalnu asimptotu y = kx + l

∞ ⊆ I za neko a ∈ I ,

x→

∈R

x

− kx) = l ∈ R

1’.

∈ R,

2’. 3’.

−∞, a ⊆ I za neko a ∈ I , li m

x→−∞

f (x) = x

lim (f (x)

x→−∞

lim f ′ (x) = k

x→−∞

− kx) = l ∈ R

∈ R,

110

POGLAVLJE POGLAVLJE 4. 4. DERIVACIJA DERIVACIJA

Primjer 4.16. Ispitaj tok i nadi asimptote x+1 funkcije f ( . f (x) = x

√

60

1. Prirodna Prirodna domena funkcije funkcije je

40

D(f ) f ) = [−1, 0 > ∪0, +∞. 2. f ′ (x) =

−

x+2 , 2x2 x+1

√x + 1

3. lim

∈ D(f ). f ). √x + 1 = −∞ , lim → x

√

x

x→0− x 0+ x + . Dakle, f ima asimptotu u 0.

∞

−

20

-1

x2 4x + 3 ′ 2. f (x) = ,x (x 2)2

− −

-60

20

15

D(f ) f ) =

5

-2

∈ D(f ). f ).

1

2

3

-5

-10

Stacion Sta cionarn arnee toˇcke cke su x1 = 1 i x2 = 3.

-15

2

− 1 = −∞ , lim x − 1 = +∞. → x−2 −2 x

2+

Dakle, f ima okomitu asimptotu u 2. x2 lim x→±∞ x

−1 −x= −2 y = x + 2 je kosa asimptota u ±∞. f’ f

−1 =1 , − 2)

1.5

10

\{ }

x2 lim x→±∞ x(x

1

-40

 ∞ ց − −

1. Prirodn Prirodnaa domen domenaa funkc funkcije ije je R 2

x2 lim x→2− x

0.5

-20

=

[ 1, , 0 > 0, f’ – – f na di asimptote Primjer 4.17. Ispitaj tok i nadi 2 3 x funkcije f ( . f (x) = x 2

ց

-0 -0.5

−∞, 1 1, 2 2, 3 3, +∞ + – – + ր ց ց ր

− −

2x 1 = 2, tj. x→±∞ x 2 lim

4

6

2

111

4.6. TAYLOROV YLOROV TEOREM TEOREM

4.6.4 4.6.4

L’Hosp L’Hospita italo lov vo pra pravil vilo o

Teorem o limesu kvocijenta funkcija f g u toˇcki ck i c R podrazumijeva postojanje limesa limesa obje funkcije funkcije u toj toˇ cki cki i limx→c g (x) = 0. 0 . Slijedeći ci teorem predstavlja predstavlja uopćenje cenje tog rezultata, ali a li uz odredene uvjete na derivacije derivacije funkcija f i g .

∈



su f i g i g funkcije definirane na Teorem 4.17. (L’Hospitalovo 1 pravilo) Neka su f R i neka su diferencijabilne na tom skupu. Neka vrijedi I c

\{ }⊂

f ′ (x) ′  0, ∀ x ∈ I \ {c}, xlim lim f ( = L. f (x) = 0, lim g (x) = 0, g (x) = →c g ′(x) x→c x→c f ( f (x) = L. x→c g (x)

Tada je lim

provodi mo uz jaˇce ce pretpost pre tpostavke avke na funkcije f i g , tj. da one Dokaz: Dokaz provodimo imaju neprekidne derivacije na I , te da je f ( f (c) = g (c) = 0 i g ′ (c) = 0. Iz Taylorovog teorema srednje vrijednosti i napomene 4.1. slijedi:



)(x f ( f (x) = f ′ (c)(x )(x g (x) = g ′ (c)(x

− c) + ω(x)(x )(x − c), − c) + ω (x)(x )(x − c), 1

gdje su ω i ω1 neprekidne funkcije u c i ω (c) = ω1 (c) = 0. Sada imamo f ( f (x) f ′ (c) + ω (x) = ′ , x g (x) g (c) + ω1 (x)

(4.33)

∀ ∈ I \ {c}.

Sada desna strana jednakosti zadovoljava uvjete teorema o limesu kvocijent jer limesi limesi brojnika brojnika i nazivnik nazivnikaa postoje u toˇ cki cki c i limes nazivnika je = 0. Dakle,



limx→c(f ′ (c) + ω (x)) f ( f (x) f ′ (c) + ω (x) f ′ (c) f ′ (x) lim = lim ′ = = ′ = lim . x→c g (x) x→c g (c) + ω1 (x) limx→c(g ′ (c) + ω1 (x)) g (c) x→c g ′ (x) Q.E.D. Napomena 4.2. 4.2. Ako su funkcije f, g C (n+1) (I ), ), te vrijedi f ( f (c) = f ′ (c) = = f (n) (c) = 0 i g (c) = g ′ (c) = = g (n)(c) = 0, g (n+1)(c) = 0, tada iz Taylorovog teorema srednje vrijednosti imamo

∈ ···

···



f ( f (x) f (n+1) (x) = lim (n+1) . x→c g (x) x→c g (x) lim

1

Guillaume Guillaume Franois Franois Antoine Antoine Marquis de L’Hospital L’Hospital (Paris, 1661. – Paris, Paris, 2. veljaˇ veljaˇ ca ca 1704.)) francuski 1704. francus ki matematiˇcar car

112

POGLAVLJE POGLAVLJE 4. 4. DERIVACIJA DERIVACIJA

4.7

Svo Svo jstv jstva konv konveksn eksnih ih funkcij funkcija a

Definicija 4.7. Neka je I

⊆ R otvoren interval i f : I → R. Kaˇzemo zem o da d a f f ( f (x) − f ( f (c) ima im a u toˇcki cki c ∈ I lijevu derivaciju ako postoji f −′ (c) = lim , → − x−c f ( f (x) − f ( f (c) odnosno desnu derivaciju ako postoji f ′ (c) = lim . → x−c x

+

x

c

c+

Napominjemo Napominjemo da treba treba razliko razlikov vati f −′ (c) od limes limesaa s lijev lijevaa deriv derivaci acije je ′ ′ ′ f (c ), odnosno f + (c) od limesa s desna derivacije f (c+)

−

Teorem 4.18. Neka je I konveksna funkcija na I .

⊆

R otv otvor oren en skup skup i f : I

→

R neprekidn neprekidnaa i

1. U svakoj toˇcki cki x I funkcija f ima lijevu f −′ (x) i desnu f +′ (x) desnu derivaciju, te vrijedi f −′ (x) f +′ (x).

∈

≤

2. Funkcija x rastuća ca i neprekidna neprekidna slijeva na I , a funkcija f −′ (x) je rastu´ ccaa i neprekidna zdesna na I . x f +′ (x) je rastu´

→

→

\

3. Funkcija f unkcija f ima derivaciju na I J , gdje je J

⊂ I najviˇ najv iˇse se prebrojiv skup. skup .

Dokaz: Za a < x 1 < x 3 < x2 < b, kao u dokazu teorema 4.15., vrijedi

− f ( f (x ) f ( f (x ) − f ( f (x ) f ( f (x ) − f ( f (x ) (4.34) ≤ ≤ . −x x −x x −x 1. Neka je c ∈ I bilo koja koj a toˇ t oˇcka. cka. Za x = c, x = c − s i x = c − t desna f ( f (x3 ) x3

1

1

2

1

2

2

1

2

3

2

3

1

3

nejednakost u (4.34) daje f ( f (c)

− f ( f (c − s) f (c) − f ( f (c − t) ≤ f ( s

t

(0 < t < s) s) .

(4.35)

Za x1 = c, x3 = c + t i x2 = c + s lijeva nejednakost u (4.34) daje f ( f (c + t) t Zbog

− f ( f (c) f (c + s) − f ( f (c) ≤ f (



s

(0 < t < s) s) .

(4.36)



− t) ≤ 1 [f ( f (c + t) + f ( f (c − t)] ⇒ 2 ⇒ f ( f (c) − f ( f (c − t) ≤ f ( f (c + t) − f ( f (c).

(c + t) + (c (c f ( f (c) = f 2

Odatle, dijeljenjem s t i upotrebom (4.35) i (4.36) dobivamo: f ( f (c)

− f ( f (c − t) f (c + s) − f ( f (c) ≤ f ( t

s

(0 < t < s) s) .

(4.37)

113

4.7. SVOJSTVA KONVEKSNIH FUNKCIJA

−

−

f (c) f (c t) Iz (4.35) slijedi da funkcija definirana s F (t) = pada na t intervalu 0, ε za neki ε > 0. Prema teoremu 3.26. iz M.A.I. padajuća funkcija ima limes zdesna u 0, tj. postoji F (0+) i

 

− t) − f (c) = f ′ (c). − → → −→ − −t t Analogno, iz (4.36) dobivamo egzistenciju f ′ (c). Za t → 0+ u (4.37) i onda s → 0+ slijedi f −′ (c) ≤ f ′ (c). 2. Neka je x < y (x, y ∈ I ). Iz vanjske nejednakosti u (4.34) za x = x, x = y i x = x + t = y − t slijedi: f (x + t) − f (x) f (y) − f (y − t) ≤ (4.38) . t t F (0+) = lim F (t) = lim 0+

t

− f (c − t) =

f (c)

0+

t

lim t

f (c

0

+

+

1

2

3

Lijeva strana od (4.38) je veća od f +′ (x), a desna strana manja od f −′ (y), pa je f +′ (x) f −′ (y). Budući da je u toˇcki 1. pokazano f −′ (x) f +′ (x) i f −′ (y) f +′ (y) imamo

≤

≤

(x < y)

≤

⇒ (f −′ (x) ≤ f −′ (y)), (f ′ (x) ≤ f ′ (y)), (f ′ (x) ≤ f −′ (y)), +

+

+

tj. funkcije f −′ i f +′ su rastuće na I . Pokaˇzimo da je f +′ neprekidna zdesna na I . Neka je c Za svaki x I i dovoljno malo t > 0 imamo:

∈

f +′ (x) Prelaskom na limes x

∈ I bilo koja toˇcka.

≤ f (x + t)t − f (x) .

(4.40)

→ c+ u (4.40), zbog neprekidnosti funkcije f , imamo: f (c + t) − f (c) lim f ′ (x) ≤ (4.41) . → t x

Odavde za t

(4.39)

+

c+

→ 0+ dobivamo:

lim f +′ (x)

→c+

x

≤ f ′ (c).

(4.42)

+

S druge strane, zbog rasta funkcije f +′ je limx→c+ f +′ (x) f +′ (c). Dakle, vrijedi limx→c+ f +′ (x) = f +′ (c), tj. f +′ je neprekidna s desna. Analogno se dokazuje neprekidnost slijeva funkcije f −′ . 3. Za x < y (x, y I ) imamo

≥

∈

f −′ (x)

≤ f ′ (x) ≤ f −′ (y).

(4.43)

+

Prema teoremu 3.36. iz M.A.I. rastuća funkcija f −′ ima najviˇse prebrojivo prekida na intervalu I . Ako je f −′ neprekidna u toˇcki x I , onda iz (4.43) za y x+ dobivamo f −′ (x) f +′ (x) f −′ (x), odnosno f −′ (x) = f +′ (x). Dakle, f ima derivaciju u svakoj toˇcki u kojoj je f −′ neprekidna funkcija. Q.E.D.

→

≤

≤

∈

114


4.8

Primjene derivacije

U ovoj toˇcki pokazujemo kako se ideje povezane s derivacijom primjenjuju na neke prektiˇcne zadaće kao ˇsto su numeriˇcko rjeˇsavanje nelinearnih jednadˇzbi i aproksimacija funkcija pomoću polinoma.

4.8.1 Neka je

Lagrangeov interpolacijski polinom

P skup svih polinoma s realnim koeficijentima stupnja ≤ n oblika n

n

p(x) =



ak xk ,

k=0

s realnim koeficijentima a0 , . . . , an . Zadani su uredeni parovi realnih brojeva (xk , f k ), (k = 0, 1, . . . , n), gdje su x0 < x1 < x2 < < xn ˇcvorovi interpolacije. Nadi p n tako da vrijedi (4.44) p(xk ) = f i (k = 0, 1, . . . , n).

···

∈ P

Takav polinom zovemo interpolacijski za parove (xk , f k ), (k = 0, 1, . . . , n).

Teorem 4.19. Neka su zadani parovi realnih brojeva (xk , f k ), (k = 0, 1, . . . , n), gdje su x0 < x 1 < x2 < < xn ˇcvorovi interpolacije. Postoji toˇcno jedan polinom p n tako da je

···

∈ P

p(xk ) = f i (k = 0, 1, . . . , n) .

∈ P interpolacijski polinomi. Tada je p − p ∈ P jer je P vektorski prostor. Oˇcigledno vrijedi ( p − p )(x ) = 0, (k = 0, 1, . . . , n), tj. p − p ∈ P ima n + 1 nultoˇcku. Dakle, vrijedi p − p ≡ 0. Dokaz: (jedinstvenost:) Neka su p1 , p2 1

2

n

1

n

1

1

n

2

2

k

n

2

(egzistencija:) Egzistenciju dokazujemo pomoću tzv. Lagrangeovih polinoma. Promatrajmo specijalni interpolacijski problem: ˇcvorovi interpolacije xk (k = 0, 1, . . . , n) su kao i prije, a traˇzimo polinome Li n (i = 0, 1, . . . , n) tako da vrijedi 1 za i = k , Li (xk ) = δik = 0 za i = k .

∈ P

Znaˇci Li





∈ P ima nultoˇcke x , . . . , x − , x , . . . , x pa je nuˇzno oblika L (x) = α(x − x ) ··· (x − x − )(x − x ) ··· (x − x ) . 0

n

i 1

0

i

i+1

i 1

n

i+1

n

Koeficijent α odredujemo iz uvjeta Li (xi ) = 1 ˇsto daje α = 1/(xi

− x ) ··· (x − x − )(x − x ) ··· (x − x ) . 0

i

i 1

i

i+1

i

n

115

4.8. PRIMJENE DERIVACIJE

∈ P ima svojstvo

Polinom f i Li

n

f i Li(xk ) = f i δik =





za za

f i 0

i=k, i=k,



pa je polinom p = ni=0 f i Li zeni interpolacijski polinom. Njega n traˇ moˇzemo zapisati u tzv. Lagrangeovom obliku: n

p(x) =



∈ P

n

f i Li(x) =

i=0

n

  f i

i=0

j =0( j =i)



x xi

−x −x

j

.

Q.E.D.

j

Prirodno pitanje je koliko toˇcno polinom P aproksimira funkciju f u toˇckama koje se razlikuju od ˇcvorova, dakle treba ocijeniti f (x) P (x) za x = xk . S tom svrhom dokazujemo slijedeći teorem srednje vrijednosti.

−



Teorem 4.20. Neka je a x0 < x1 < x2 < n+1 f C [a, b]. Tada za svaki ξ a, b postoji x(ξ)

≤

∈

f (ξ)

− P (ξ) = (n +1 1)! f

··· < x ≤ b i funkcija ∈  ∈ a, b tako da vrijedi (x(ξ))(ξ − x )(ξ − x ) ··· (ξ − x ) . (4.45)

(n+1)

0

n

1

n



Dokaz: Neka je ξ = xk (k = 0, 1, . . . , n), inaˇ ce je jednakost (4.45). trivijalno

zadovoljena. Definira jmo pomoćnu funkciju G(x) = f (x)

− P (x) − α(x − x ) ··· (x − x ) , x ∈ [a, b] , 0

(4.46)

n

∈ 

gdje je α R za sada proizvoljan. Oˇ cigledno vrijedi G(xk ) = 0 (k = 0, 1, . . . , n) neovisno o izboru α. Izaberimo α tako da vrijedi g(ξ) = 0. Zbog ξ = xk , funkcija G ima u [a, b] n + 2 razliˇcite nultoˇcke. Tada po Rolleovom teoremu srednje vrijednosti derivacija G′ ima na [a, b] barem n + 1 razliˇcitu nultoˇcku. Istim naˇcinom dolazimo do zakljuˇcka da n + 1-va derivacija G(n+1) ima barem jednu nultoˇcku u a, b . Oznaˇcimo tu nultoˇcku (n+1) s x(ξ). Zbog P 0, pa imamo n vrijedi P

∈ P

 

≡

0 = G(n+1) (x(ξ)) = f (n+1)(x(ξ))

− α(n + 1)! ,

a odatle slijedi tvrdnja teorema.

Q.E.D.

−

Lema 4.3. Neka su ˇcvorovi interpolacije jednoliko udaljeni, tj. xk+1 xk = h (k = 0, 1, . . . , n 1). Tada za svako n N vrijedi

−

∈

n+1

|(x − x )(x − x ) ··· (x − x )| < n!h 0

1

n

.

116


 ∈ [x , x ] postoji i ∈ {1, . . . , n} tako a je x ∈ [x − , x ]. Tada vrijedi |x − x | < (k + 1)h (k = 0, . . . , i − n) i |x − x | < |k |h (k = −1, . . . , −i). Dakle, |(x − x )(x − x ) ··· (x − x )| < i!(n + 1 − i)!h . n+1 ≥ n + 1 (i = 1, . . . , n) slijedi tvrdnja. Zbog Q.E.D. i Dokaz: Za 0 = x

0

i 1

n

i+k

i

i+k

0

1

n+1

n

 

Primjer 4.18. Neka su zadani ˇcvorovi interpolacije x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3 i x4 = 4. Interpolacijski polinom za funkciju f je oblika 1 1 p(x) = f (1)(x 2)(x 3)(x 4) + f (2)(x 1)(x 3)(x 4) 6 2 1 1 f (3)(x 1)(x 2)(x 4) + f (4)(x 1)(x 2)(x 3). 2 6 U slijedećim primjerima smo interpolirali funkcije 1 2 4. f (x) = ln x, 1. f (x) = 3 sin(x + ) + 2x , 2 5 1 1 2 5. = sin(4x) + , f (x) 2. f (x) = 3 cos(x) + , 2 2 5

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

− −

−

−

−

1 5 1 6. = tg ( ), f (x) x 3. f (x) = , 2 4 x s tim da su na slikama grafovi funkcija isprekidani, a grafovi interpolacijskih polinoma puni.

−

y

y 1 3 f x 2sin x  x  2 2







y

1 f x 3cos x   2



x2 2 x 3 3 0

0

x1 1

x 22

x 33

x4 4

1 f x   x



x4 4 x

x1 1

0

x

x1 1

x 22

x 33

x4 4

x

y y



f x ln x

y

1 1 f x   sin 4x   2 2



 

1 5 f x tg  x  2 2



1 0 0 0

1

2

3

4

x

1

2

3

4

x





2 3

4

x

117


4.8.2

Newtonova metoda

Neka je f : I R, I = [a, b], funkcija klase C 2 ( a, b ). Pretpostavimo da je x∗ a, b nultoˇcka funkcije f , tj. f (x∗) = 0. Neka je x0 a, b aproksimacija nultoˇcke x∗ . Prema Taylorovom teoremu srednje vrijednosti postoji η izmedu x0 i x∗ tako da vrijedi

→ ∈ 

 

0 = f (x∗) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x∗

∈ 

− x ) + 12 f (η)(x∗ − x ) ′′

0

0

2

.

Ako je x0 blizu x∗ , tj. za (x0 x∗ )2 << 1, promatrajmo jednadˇzbu koja se dobije tako da se funkcija f zamijeni s najboljom lokalnom aproksimacijom funkcije f u blizini x∗ , tj.

−

0 = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x

−x ) . 0

(4.47)

U tom je sluˇcaju razumno oˇcekivati da će rjeˇsenje jednadˇzbe (4.47) biti dobra aproksimacija rjeˇsenja originalne jednadˇzbe, barem bolja od x0 . Ako je f ′ (x0 ) = 0, moguće je to rjeˇsenje x1 dobiti u obliku



x1 = x0

− f f (x(x )) . 0

′

0

Nastavljanjem tog postupka dobije se niz (xn )n∈N0 definiran rekurzijom xn = xn−1

− f f (x(x −− )) , n ∈ N , n 1

′

(4.48)

n 1

s poˇcetnom vrijednosti x0 . Taj postupak nalaˇzenja aproksimacije rjeˇsenja naziva se Newtonovom metodom ili metodom tangenti. Naime, geometrijski smisao ove metode dan je idućom slikom. Slijedeći teorem se zasniva na geometrijskim svojstvima Newtonove metode. 2

∈ C ([a, b]) i neka vrijedi (4.49) f (a) · f (b) < 0, ′  0 , f (x) = 0 , ∀x ∈ [a, b] . (4.50) f (x) = ∈ [a, b] takav da vrijedi f (x ) · f (x ) > 0, niz definiran s (4.48)

Teorem 4.21. Neka je f

′′

′′

Tada za x0 0 0 konvergira k jedinstvenoj nultoˇcki x∗ funkcije f na [a, b]. Vrijedi ocjena pogreˇske 2

|x − x∗| ≤ C |x − − x∗| , (n ∈ N), n

max[a,b] f ′′ gdje je C = . 2min[a,b] f ′

n 1

(4.51)

118


Dokaz: Egzistencija nultoˇcke slijedi iz Bolzano - Weierstrassovog teorema

i uvjeta (4.49). Zbog f ′ (x) = 0 funkcija je strogo monotona pa je nultoˇcka jedinstvena na [a, b]. Razlikujemo sluˇcajeve



′′

y

1. f (a) > 0, f (b) < 0, f ′ < 0, f < 0

f

′′

2. f (a) > 0, f (b) < 0, f ′ < 0, f > 0 ′′

3. f (a) < 0, f (b) > 0, f ′ > 0, f < 0 x

′′

4. f (a) < 0, f (b) > 0, f ′ > 0, f > 0

0

x2

x1

x0

x

Dokazujemo samo sluˇcaj 4. koji odgovara slici, a ostali se dokazuju analogno. Zbog f ′ (x) f (x) > 0 je x∗ < x0 . Pokaˇzimo indukcijom da za (xn )n∈N0 vrijedi x∗ < xn , n N. Tvrdnja vrijedi za n = 0. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n. Zbog

·

′′

∈

xn+1 = xn

) − f f (x ′(x ) , n

n

xn+1

−

f (xn ) f (x∗) = x∗ = xn x∗ f ′ (xn ) f (ηn )(x∗ xn )2 x∗ = > 0 , ηn 2f ′ (xn )

− −

′′

xn+1

−

−

slijedi x∗ < xn+1 . Zbog xn+1 = xn

− f (x ) − f ′(x )(x∗ − x ) , n

∈ [x∗, x ] ,

) − f f (x ′ (x ) < x

n

n

n

n

n

f ′ (xn )

n

(4.52)

niz (x)n∈N0 je padajući.

Za padajući i odozdo ograniˇcen niz postoji x∗∗ = lim xn . Zbog neprekidnosti funkcija f i f ′ iz (4.48) slijedi f (x∗∗ ) = 0, ˇsto zbog jedinstvenosti nultoˇcke daje x∗∗ = x∗ . Ocjena pogreˇske slijedi iz (4.52). Q.E.D.

Korolar 4.4. Za svaki m da je b = am .

∈ N i svaki realni broj b > 0 postoji a > 0 takav

Dokaz: Neka je m > 1 i b > 1. Neka je niz (xn )n definiran rekurzijom (4.48)

za funkciju f (x) = xm

− b uz poˇcetnu aproksimaciju x = b, tj. (m − 1)x − + b x = , (∀n ∈ N). mx − 0

m n 1 m 1 n 1

n

(4.53)

−

→

Funkcija f : [1, b] R zadovoljava uvjete teorema 4.21. sluˇ caj 4. tj. ′ m m−1 f (1) = 1 b < 0, f (b) = b b > 0, f (x) = mx > 0 i f ′′ (x) =

−

−

119


[1, b], pa niz m(m 1)xm−2 > 0, x funkcije f u intervalu 1, b . Funkcije max f ′′ = m(m 1)bm−2 i min[1,b] f ′ =

−

−

[1,b]

|x − a| ≤ n

(m 1)bm 2

−

−

∀ ∈  

2

konvergira k jedinstvenoj nultoˇcki f ′ i f ′′ su rastuće na [1, b] pa je m. Odatle slijedi ocjena pogreˇske

2

Q.E.D. |x − − a| , (n ∈ N). √ Izraˇcuna jmo 5 Newtonovom metodom na 50 decimala. n 1

3 Primjer 4.19. Zbog ocjene pogreˇske (4.51) kaˇzemo da niz konvergira kvadratnom brzinom. Kvadratna brzina konvergencije u pravilu znaˇci da je u svakoj novoj iteraciji dvostruko veći broj toˇcnih znamenaka.

x0 = 5 x1 = 2.7708333333333333333333333333333333333333333333333 x2 = 2.0643062857645366549205092932833336474017123008021 x3 = 1.767315594852839675630814501991099802877564157758 x4 = 1.711816182730850357259567369723776592320652455091 x5 = 1.709977924257737717994546579193826487753056762840 x6 = 1.70997594667898405119733103179107967836688376517 x7 = 1.70997594667669698935311193144763560051192536599 x8 = 1.70997594667669698935310887254386010986805511055

120


Poglavlje 5 Riemannov integral 5.1

Problem povrˇsine i rada sile

Znamo odrediti povrˇsinu nekih jednostavnih likova u ravnini, npr. kvadrata, pravokutnika, trokuta, trapeza itd.

b a

b

a P



b

h

a 2

a

P



a ab

P



a

ab2

P hab2

Postavlja se problem odredivanja povrˇsine likova koji imaju sloˇzenije granice. Takav je dio ravnine omeden grafom funkcije (pseudotrapez) kao na slici desno. Oznaˇcimo s µ funkciju koja dijelu ravnine P pridruˇzuje realnu vrijednost koju zovemo povrˇsina, µ(P ). Od te funkcije oˇcekujemo slijedeća svojstva. 1. µ(P )

∩

f

P

≥ 0, ∅⇒

2. P 1 P 2 = µ(P 1 P 2 ) = µ(P 1 ) + µ(P 2 ),

∪

⊆ ⇒

≤

0

a

3. P 1 P 2 µ(P 1) µ(P 2 ) = 0. Funkciju koja zadovoljava gornja svojstva zovemo mjera. 121

b

122

POGLAVLJE 5. RIEMANNOV INTEGRAL

Ako ve´ c odmah nismo u mogućnosti neposredno odrediti µ(P ) (ako ta j broj uopće ima smisla), onda pokuˇsajmo aproksimirati dio P ravnine P pomoću jednostavnijih likova ˇcije P P P P P povrˇsine znamo jednostavno izraˇcunati, npr. P P pravokutnika. Podijelimo segment [a, b] na n( N) dijelova toˇckama a = x0 < x1 < p p p p p p p p . . . < xn−1 < xn = b kao na slici desno. Pravokutnici koje smo tako dobili imaju svojn stvo nk=1 pk P k=1 P k . Njihove poa x x x x x x x x b x vrˇsine su jednake µ( pk ) = mk (xk xk−1 ), µ(P k ) = M k (xk xk−1 ), (k = 1, . . . , n), gdje su mk , M k visine upisanih i opisanih pravokutnika. n Odatle imamo nk=1 µ( pk ) = nk=1 mk (xk xk−1 ) µ(P ) k=1 M k (xk n xk−1 ) = k=1 µ(P k ). Razliˇcitim podjelama segmenta [a, b] dobivamo razliˇcite aproksimacije povrˇsine lika P odozdo, odnosno odozgo. Sa slike je jasno da će aproksimacija biti u pravilu bolja ako je podjela segmenta finija. Dakle, povrˇsina µ(P ) će imati smisla ako moˇzemo po volji blizu naći jednu gornju i jednu donju aproksimaciju oblika kao u prethodnoj nejednakosti U klasiˇcnoj mehanici se rad konstantne sile f (x) = c za sve x, koja djeluje na materijalnu toˇcku izmedu x = a i x = b, tj. na putu duljine s = b a, definira kao W = c s. Ako funkcija f nije konstantna, onda ˇcitav put podijelimo na manje dijelove a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b, a na tim dijelovima silu aproksimiramo odozdo i odozgo konstantnom silom mk i M k . Tako za rad sile W na tom putu dobivamo donju i gornju n aproksimaciju nk=1 mk (xk xk−1 ) W xk−1 ). Pojam rada k =1 M k (xk sile na putu će imati smisla ako moˇzemo dobiti po volji bliske donje i gornje aproksimacije. Dakle, problem odredivanja rada sile na putu je istovjetan problemu odredivanja povrˇsine ispod grafa funkcije. 6

5

7

4

3

∈

1

2

1

2

8

4

5

3

∪

⊆

⊆∪

−

 



−

−

1

7

2

≤

3

≤

4



5

6

8

7

−

·



5.2

0

−

6

−

≤ ≤



−

Riemannov1 integral ograniˇ cene funkcije na segmentu

→

Neka je [a, b], a < b, segment u R i neka je f : [a, b] R funkcija ograniˇcena na segmentu [a, b]. To znaˇci da postoje m = inf f i M = sup f , tj. x [a,b]

[a, b], m 1

[a,b]

∀ ∈

≤ f (x) ≤ M .

Georg Friedrich Bernhard Riemann (Breselenz, 17. studeni 1826. – Selasca[Italija], 20. srpanj 1866.) njemaˇcki matematiˇcar

8

123

5.2. INTEGRAL

Uoˇcimo, ako je [a′ , b′ ] [a, b] podsegment, onda vrijedi x [a′ , b′ ], m m′ f (x) M ′ M , gdje je m′ = inf f i M ′ = sup f . Dakle, infimum

≤

≤

⊆

≤

∀ ∈

[a ,b ] ′

′

≤

[a ,b ] ′

′

na podsegmentu je veći ili jednak infimumu na segmentu i supremum na podsegmentu je manji ili jednak supremumu na segmentu. Sada ćemo provesti konstrukciju koju smo najavili u prethodnoj toˇcki. Za n N podijelimo (izvrˇsimo subdiviziju) segment [a, b] toˇckama

∈

a = x0 < x 1 < .. . < xk < .. . < xn−1 < xn = b na n dijelova. Neka je mk = po volji izabrane toˇcke tk s=

k=1

1 ,xk ]

sup f , (k = 1, . . . , n). Za [xk

−

−

1 ,xk ]

∈ [x − , x ], (k = 1, . . . , n), definirajmo sume: k 1

n



inf f i M k =

[xk

k

n

mk (xk

(5.1)

− x − ), σ = k 1



n

f (tk )(xk

k =1

− x − ), S = k 1



M k (xk

k=1

− x − ). k 1

(5.2) Broj s zovemo donja Darbouxova suma , S je gornja Darbouxova suma , a σ je integralna suma . Jasno je da vrijedi 1

m(b

− a) ≤ s ≤ σ ≤ S ≤ M (b − a).

(5.3)

Neka je A skup svih donjih Darbouxovih suma s, B je skup svih gornjih Darbouxovih suma S , a C je skup svih integralnih suma σ funkcije f na segmentu [a, b]. Sve te sume dobiju se variranjem broja n N, svim razliˇcitim izborima subdivizije (5.1) i toˇcaka tk . Iz nejednakosti (5.3) slijedi da su skupovi A, B i C ograniˇceni odozdo s m(b a) i odozgo s M (b a). Prema aksiomu potpunosti postoje

∈

−

−

I ∗(f ; a, b) = sup A, I ∗(f ; a, b) = inf B. (5.4) Definicija 5.1. Broj I ∗ zovemo donji Riemannov integral funkcije f na segmentu [a, b], a broj I ∗ zovemo gornji Riemannov integral funkcije f na segmentu [a, b].

Iz prethodnog je jasno da donji i gornji Riemannov integral postoje za svaku funkciju f : [a, b] R koja je ograniˇcena na segmentu [a, b].

→

Teorem 5.1. Neka je f : [a, b] R funkcija ograniˇ cena na segmentu [a, b], ∗ neka su ∗ i donji i gornji Riemannov integral funkcije f na segmentu [a, b]. Tada je ∗ (f ; a, b). (5.5) ∗ (f ; a, b)

→

I I

I

1

≤ I

Jean Gaston Darboux (Nmes, 14. kolovoz 1842. - Paris, 23. veljaˇ ca 1917.) francuski matematiˇcar

124


Dokaz: Dokaz provodimo u tri dijela.

Prvo pokaˇzimo da se donja Darbouxova suma poveća ili ostane jednaka, a gornja Darbouxova suma se smanji ili ostane jednaka ako subdiviziji dodamo jednu toˇcku. Dakle, neka je sa a = x0 < x1 < . . . < xk−1 < xk < . . . < xn−1 < xn = b zadana subdivizija Σ i neka su s i S pripadne Darbouxove sume. Napravimo novu subdiviziju Σ′ tako da subdiviziji Σ dodamo toˇcku x′ takvu da je xk−1 < x′ < xk . Pripadne Darbouxove sume oznaˇcimo s s′ i S ′ . Suma S ′ nastaje iz S tako da pribrojnik M k (xk xk−1 ) zamijenimo s M k′ (x′ xk−1 ) + M k′′ (xk x′ ), gdje je M k′ = sup f i M k′′ = sup f . Budući

−

−

−

[xk

1 ,x

−

′

]

[x ,xk ] ′

da su [xk−1 , x′ ] i [x′ , xk ] podsegmenti od [xk−1 , xk ], to vrijedi M k′ M k i ′′ ′ ′ ′′ ′ ′ M k M k . Tada je M k (x xk−1 ) + M k (xk x ) M k (x xk−1 ) + M k (xk x′ ) = M k (xk xk−1 ), pa je stoga S ′ S . Analogno, za m′k = inf f i

≤

−

−

≤

− ≤

−

≤

[xk

−

−

′

1 ,x

]

m′′k = inf f vrijedi m′k ≥ mk i m′′k ≥ mk , a odatle m′k (x′ − xk−1 ) + m′′k (xk − [x ,x ] ′ x ) ≥ mk (x′ − xk−1 ) + mk (xk − x′ ) = mk (xk − xk−1 ), tj. s′ ≥ s. ′

k

Primijetimo sada da isti zakljuˇcak vrijedi ako nekoj subdiviziji dodamo konaˇcan broj novih toˇcaka. Naime, moˇzemo zamisliti da te toˇcke dodajemo jednu po jednu pa svaki put vrijedi zakljuˇcak iz prethodnog razmatranja. To znaˇci da se donja Darbouxova suma s′ na novoj subdiviziji ne smanji, tj. s s′ , a gornja ne poveća, tj. S ′ S . Sada pokazujemo da je svaka donja Darbouxova suma manja ili jednaka svakoj gornjoj Darbouxovoj sumi, bez obzira na subdivizije na kojima su nastale. Dakle, neka su Σ 1 i Σ2 dvije subdivizije i neka je s1 donja Darbouxova suma odredena subdivizijom Σ1 i S 2 gornja Darbouxova suma odredena subdivizijom Σ2 . Napravimo sada novu subdiviziju Σ3 od unije toˇcaka iz subdivizija Σ1 i Σ2 i oznaˇcimo pripadne Darbouxove sume sa s3 i S 3 . Dakako, Σ3 je nastala iz Σ 1 dodavanjem (konaˇcno) toˇcaka iz Σ2 ali takoder i iz Σ2 dodavanjem (konaˇcno) toˇcaka iz Σ1 . Iz prethodnog zakljuˇ cka slijedi s1 s3 i S 3 S 2 . Poˇsto vrijedi s3 S 3 , jer su obje Darbouxove sume na istoj subdiviziji Σ3 , imamo s1 s3 S 3 S 2 . Dakle, dokazali smo ( s A) ( S B) , s S . Odatle zakljuˇcujemo ∗. ( s A) s inf B, a odatle sup A inf B, tj. ∗ Q.E.D.

≤

≤

≤

∀ ∈

≤

≤

≤ ≤ ≤ ≤ ∀ ∈ ∀ ∈ ≤

≤ I ≤ I

→

R ograniˇcenu na segmentu [a, b] Definicija 5.2. Za funkciju f : [a, b] kaˇzemo da je integrabilna u Riemannovom smislu ili R-integrabilna na segmentu [a, b] ako je (5.6) ∗ (f ; a, b) = ∗ (f ; a, b).

I I Tada se broj I = I ∗ = I ∗ naziva integral ili R-integral funkcije f na seg-

125

5.2. INTEGRAL

mentu [a, b] i oznaˇcava jednom od slijedećih oznaka

I =





b

f (t)dt =

[a,b]

 

b

f (x)dx =

f =

[a,b]

a

(5.7)

f.

a

Neka je f : [a, b] R+ integrabilna funkcija na [a, b] i neka je P = (x, y) R R; 0 y f (x), x [a, b] pseudotrapez. Sada povrˇsinu µ(P ) pseudotrapeza definiramo s

{

→ ≤ ≤

∈ ×

∀ ∈

}



b

µ(P ) =

f (x)dx.

a

Zadatak. Neka su A, B R takvi da je sup A inf B. Ako postoje A′ A i B ′ B takvi da je sup A′ = inf B ′ onda je i sup A = inf B. Rjeˇsenje. Zbog A′ sup A, a zbog B ′ A imamo sup A′ B imamo ′ ′ ′ inf B inf B . Odatle je sup A sup A inf B inf B , ˇsto daje sup A = inf B. Iz ovog zadatka zakljuˇcujemo da je za integrabilnost funkcije na segmentu dovoljno da supremum nekog podskupa A′ skupa svih donjih Darbouxovih suma A bude jednak infimumu nekog podskupa B ′ skupa svih gornjih Darbouxovih suma B. Tako je ponekad dovoljno gledati samo tzv. ekvidistantne subdivizije, tj. za n N su toˇcke oblika xk = a+kh, k = 0, 1, . . . , n, h = b−na .

⊂

⊆ ≤

≤

⊆

≤ ≤

≤

⊆

⊆

≤

∈

Izraˇ cunajmo direktno iz definicije integrale nekih jednostavnih funkcija.

∈

Primjer 5.1. Neka je C R+ i f (x) = C , x R. Za a, b R+ , a < b, izraˇcunajmo b b = f (x)dx Cdx. Za bilo koju subdia a viziju uvijek vrijedi mk = M k = C , k 1, . . . , n . Odatle je

∀ ∈

 {

 ∈

}

∀ ∈

n

s=

 k =1

n

−

mk (xk xk−1 ) = S =

 k=1

−

M k (xk xk−1 )

n

= C



0

(xk

k=1

− x − ) = C (b − a), k 1

tj. A = B = C (b a) . Dakle, imamo ∗ = sup A = inf B = ∗ = C (b a), pa je b Cdx = C (b a). a

I



{ −

− } I

−

a

b

126


Primjer 5.2. Neka je f (x) = x, x R, i a, b R+ , a < b. Lik na slici desno je trapez (okrenut) s bazama duljine a i b, te visinom b a. Njegova povrˇsina je a+2 b (b a). Izraˇcuna jmo integral: Uzmimo bilo koji n N i uzmimo pripadnu ekvidistantnu subdiviziju segmenta [a, b], tj. xk = a+kh, k = 0, 1, . . . , n, h = b−na . Budući da f raste na R, to je k 0, 1, . . . , n

∀ ∈

∈

−

−

∈

∀ ∈{

mk = f (xk−1 ) = a + (k

}

− 1)h, 0

M k = f (xk ) = a + kh .

a

b

Odatle je n

sn =



n

2

−

(a+(k 1)h)h = nah+h

k =1

−

(k 1) =

k =1

= nha + h2

(n

− 1)n = na b − a + (b − a) 2

n2

n

b2 sn = 2

a2 2

2

(n

− 1)n ⇒ 2

2

− − −2na) . (b

Analogno se dobije S n =

b2 2

2

− a2

+

(b

2

− a) . 2n

Neka je sada

A′ =

{s ; n

B′ =

{S ; n

n

n

 ∈ }  ∈ } 

b2 N = 2 b2 N = 2 b

Odatle imamo sup A′ = inf B ′ =

a

a2 (b a)2 ;n 2 2n a2 (b a)2 + ;n 2 2n

− − − − −

b2 xdx = 2

−

a2 . 2

 ∈  ∈ N

,

N

.

127

5.3. OSNOVNA SVOJSTVA

Primjer 5.3. Neka je f (x) = x2 , x R, i a, b R, 0 < a < b. Uzmimo bilo koji n N i uzmimo pripadnu ekvidistantnu subdiviziju segmenta [a, b], tj. xk = a + kh, k = 0, 1, . . . , n, h =. Budući da 0, 1, . . . , n f raste na R, to je k

∀ ∈

∈

∈

∀ ∈{

}

mk = f (xk−1 ) = (a + (k

2

− 1)h) , 0

M k = f (xk ) = (a + kh)2 .

a

b

Raˇcunamo n

sn =

n



(a + (k

k=1

2

2

− 1)h) h = na h + 2ah

= na2 h + 2ah2 =

(b

− a)

−

3

1

3

i analogno S n =

(b

3

− a) 3

2

(n

n



(k

k=1

3

− 1) + h



(k

k=1

− 1)

2

=

− 1)n + h (n − 1)n(2n − 1) = 3

2 3 1 + 2 2n 2n



6



3 1 1+ + 2 2n 2n

+ a(b



− a)

− 

− a)

 

+ a(b

2

1 n

1

2

1+

1 n

+ a2 (b

− a)

+ a2 (b

− a).

Odatle, sup A′ = inf B ′ =

5.3

(b

3

− a) 3

+ a(b

− a)

2

+ a2 (b

3

3

− a) = b3 − a3 .

Osnovna svojstva Riemannovog integrala

Teorem 5.2. Neka je f : [a, b] R ograniˇ cena funkcija na [a, b] R. Funkcija f je integrabilna na [a, b] ako i samo ako ε > 0 postoji subdivizija segmenta [a, b] takva da za pripadne Darbouxove sume vrijedi S s < ε.

→

∀

∀

⊂

−

Dokaz: Neka ε > 0 postoji subdivizija segmenta [a, b] takva da za pripadne

Darbouxove sume vrijedi S s < ε. Tada ε > 0 vrijedi 0 I ∗ I ∗ S s < ε i stoga je I ∗ = I ∗ . Obratno, neka je f R-integrabilna na [a, b], tj. I ∗ = I ∗ . Iz svojstava infimuma i supremuma slijedi da ε > 0 postoje Darbouxove sume S 1 i s2 (općenito na razliˇcitim subdivizijama) takve da vrijedi S 1 I ∗ ε/2. Uzmimo novu subdiviziju koja je odredena unijom toˇ iz subdivizija od S 1 i s2 , te neka su S i s pripadne Darbouxove sume. Iz dokaza prethodnog teorema znamo da je s2 s S S 1 . Sada imamo ∗ Q.E.D S s S 1 s2 < I + ε/2 I ∗ + ε/2 = ε. Glavna svojstva Riemannovog integrala dana su slijedećim teoremima.

− ≤ −

≤ ≤ ≤

−

→

⊂

R integrabilne funkcije na [a, b] R. Teorem 5.3. Neka su f, g : [a, b] Za bilo koje α, β R funkcija αf + βg je integrabilna na [a, b] i vrijedi b b b b b (αf + βg) = α a f + β a g. Ako je f g na [a, b] onda je a f g. a a b b Takoder vrijedi a f f (b a)sup[a,b] f . a

  ∈   | |≤ | |≤



 ≤ 

≤

−

≤ f (x)+g(x) ≤ sup f +sup g za svako x ∈ K ⊆ [a, b] slijedi inf f + inf g ≤ inf (f + g) ≤ sup (f + g) ≤ sup f + sup g za svaki K ⊆ [a, b]. Odatle, na bilo kojoj subdiviziji a = x < x < ··· < x − < x = b segmenta [a, b], za Darbouxove sume funkcija f , g , f + g ≤ S ≤ S + S . Po teoremu 5.3 za bilo koji ε > 0 imamo s + s ≤ s postoje subdivizije segmenta [a, b] tako da za pripadne Darbouxove sume s′ , S ′ , s′′ , S ′′ vrijedi S ′ − s′ < ε/2 i S ′′ − s′′ < ε/2. Na subdiviziji koja je odredena unijom toˇcaka iz prethodnih subdivizija za pripadne Darbouxove sume s , S , s , S vrijedi S − s ≤ S ′ − s′ < ε/2 i S − s ≤ S ′′ − s′′ < ε/2. Sada za Darbouxove sume funkcije f + g na toj subdiviziji imamo ≤ S + S − (s + s ) = S − s + S − s < ε. Sada po teoremu S − s Dokaz: Iz inf K f +inf K g K

K

K

K

K

K

K

0

n 1

f

f +g

1

n

f

f

K

f +g

g

g

g

f

f

f +g

f

g

f +g

g

f

f

f

f

g

g

f

f

g

g

g

f

f

f

g

f

g

g

g

g

g

5.3 zakljuˇcujemo da je funkcija f + g integrabilna na [a, b]. Takoder, za bilo koji ε > 0 i prethodno konstruiranu subdiviziju, imamo



b

a

  − − b

(f +g)

b

f

a

g

a

≤ S −s −s ≤ S +S −s −s f +g

f

g

f

g

f

g

−

−

= S f sf +S g sg < ε

i



  − − ≥ − −    | − −    | b

b

(f +g)

b

f

a

a

b

g

sf +g S f S g

a

b

≥ s +s −S −S = s −S +s −S > −ε, f

g

f

g

f

b

f

g

g

tj. a (f + g) f g < ε. Odatle slijedi aditivnost integrala, tj. a a b b b (f + g) = a f + a g. a Za α > 0 i bilo koji ε > 0 prema teoremu 5.3 postoji subdivizija segmenta [a, b] takva da za pripadne Darbouxove sume vrijedi S s < ε/α. Zbog inf K αf = α inf K f i supK αf = α supK f za svaki K [a, b] vrijedi sαf = αsf i S αf = αS f , pa imamo S αf sαf = α(S f sf ) < ε, ˇsto po teoremu 5.2. daje integrabilnost funkcije αf . Takoder vrijedi

−

−

⊆

−

129

5.3. OSNOVNA SVOJSTVA

  − − − ≤ −  |  −  |   − − −− −− − −  b

ε < α(sf S f ) = sαf αS f

b

αf α

a

b

f

a

b

≤ S −αs αf

f

−

= α(S f sf ) < ε,



b

b

tj. αf α a f < ε. To povlaˇci a αf = α a f . Jasno, iz aditiva b b b nosti slijedi a f = pa za 0 po prethodnom vrijedi f , α < αf = a a b b b ( α)f = ( α)f = ( α) a f . Za α = 0 prethodna tvrdnja je a a oˇcita, dakle, integral je homogeno preslikavanje, ˇsto uz aditivnost daje linearnost integrala. b Ako je f 0 onda su sve Darbouxove sume nenegativne pa je i a f 0. b b Za f g je g f 0, pa zbog linearnosti imamo a g f 0. a Pokaˇzimo da integrabilnost funkcije f povlaˇci integrabilnost funkcije f . Definirajmo funkcije f + = max f, 0 i f − = max f, 0 . Vrijedi f = f + f − i f = f + + f − . Dovoljno je dokazati integrabilnost funkcije f + . Pokaˇzimo da na bilo kojem podskupu K segmenta [a, b] vrijedi sup K f + inf K f + supK f inf K f . Naime, ako je f 0 na K , onda je supK f + = supK f i inf K f + = inf K f , pa je supK f + inf K f + = supK f inf K f . U sluˇcaju f 0 je f + = 0 pa je sup K f + inf K f + = 0 supK f inf K f . Ako je supK f 0 i inf K f 0 imamo supK f + = supK f i inf K f 0 = inf K f + , ˇsto daje supK f + inf K f + = supK f supK f inf K f . Iz ovoga zakljuˇ cujemo da je na svakoj subdiviziji razlika gornje i donje Darbouxove sume za funkciju f + manja ili jednaka razlici Darbouxovih suma za funkciju f . To pomoću teorema 1. daje integrabilnost funkcije f + . Sada iz f − = f + f dobivamo integrabilnost funkcije f − , a onda i f . Posljednja tvrdnja slijedi iz Q.E.D. f f f i prethodno dokazanih svojstava.

  −  ≥ ≥

≥ − ≥

≤

{ }

||

−

−

≤ −

−

− − ≤

≤ −

≤

|| − ≤ ≤ ≥

{− }

≥

−



−

||

−| | ≤ ≤ | |

I

Prethodni teorem kaˇze da je ([a, b]), skup funkcija integrabilnih na segmentu [a, b], realan vektorski prostor (reˇsetka), a integral je linearan i monoton funkcional na ([a, b]).

I

Teorem 5.4. Neka je f : [a, b] R ograniˇ cena funkcija na [a, b] R i c a, b . Ako je funkcija f integrabilna na segmentima [a, c] i [c, b], onda b c b je f integrabilna na [a, b] i a f = a f + c f .

→

∈ 

⊂

  

Dokaz: Po teoremu 5.2, za bilo koji ε > 0 postoje subdivizije a = x0 <



x1 < < xn−1 < xn = c segmenta [a, c], S ′ s′ = nk=1 (M k mk )(xk xk−1 ) < ε/2, i c = xn < xn+1 < < xn+m−1 < xn+m = b segmenta n ′′ ′′ [c, b], S s = k=n+1 (M k mk )(xk xk−1 ) < ε/2. Uzmimo subdiviziju a = x0 < x1 < < xn+m−1 < xn+m = b segmenta [a, b]. Za pripadne Darbouxove sume vrijedi S = S ′ + S ′′ i s = s′ + s′′ . Odatle je S s =

···

−



···

−

··· −

−

−

−

−

130


S ′ s′ + S ′′ s′′ < ε, ˇsto po teoremu 5.2. daje integrabilnost funkcije f na [a, b]. Sada na prethodnoj subdiviziji imamo

−

−

 −  −  ≤ − − − −  −  −  ≥ − − − −    |  −  −  | b

c

f

i

b

f

f

a

a

c

b

c

b

f

f

a

f

a

b

c

s′

S

S ′

s

s′′ = S ′ + S ′′

S ′′ = s′ + s′′

s′

S ′

s′′ < ε

S ′′ >

c

b

b

c

−ε,

b

tj. f f f < ε. Odatle je a f = a f + c f , tj. integral je a a c aditivan po podruˇcju integracije. Q.E.D Svaka funkcija koja je ograniˇcena na segmentu nije i Riemann integrabilna na tom segmentu. Promatrajmo f : [0, 1] R za koju je f (x) = 1 ako je x Q [0, 1] i f (x) = 0 ako je x Q [0, 1]. Za svaki [α, β ] [0, 1] vrijedi inf [α,β ] f = 0 i sup[α,β ] f = 1, ˇsto daje I ∗ = 0 i I ∗ = 1, tj. I ∗ = I ∗

∈ ∩

5.4

→

∈ ∩



⊆

Integrabilnost monotonih i neprekidnih funkcija

Prirodno je pitanje koje od do sada prouˇcavanih svojstava funkcije je dovoljno za Riemann integrabilnost. Specijalno, jesu li su elementarne funkcije R-integrabilne na segmentima koji su sadrˇzani u podruˇcju definicije. Dokazujemo da su monotonost na segmentu ili neprekidnost na segmentu svojstva koja povlaˇce integrabilnost

Teorem 5.5. Neka je f : [a, b] je ona R-integrabilna na [a, b].

→ R monotona funkcija na [a, b] ⊂ R. Tada

Dokaz: Pretpostavimo da je f rastuća na [a, b]. Ako je f (a) = f (b) onda

je f konstantna funkcija na [a, b] pa je integrabilna (primjer 5.1.). Stoga pretpostavimo da je f (b) f (a) > 0. Neka je ε > 0 bilo koji i n N takav da vrijedi nε > (f (b) f (a))(b a). Uzmimo ekvidistantnu subdiviziju xk = a + kh, (k = 0, 1, . . . , n), h = (b a)/n. Za svaki [α, β ] [a, b] vrijedi inf [α,β ] f = f (α) i sup[α,β ] f = f (β ). Stoga su pripadne Darbouxove sume oblika s = nk=1 f (xk−1 )h i S = nk=1 f (xk )h. Vrijedi S s = nk=1 (f (xk ) f (xk−1 ))h = h(f (b) f (a)) = (f (b) f (a))(b a)/n < ε. Po teoremu 5.3 f je R-integrabilna.

−



−

−

∈

−



−

⊆

−

−

−



−

Definicija 5.3. Za funkciju f : [a, b] R kaˇ zemo da je monotona po dijelovima na segmentu [a, b] ako postoji subdivizija a = c0 < c1 < .. . < ck−1 < ck < . . . < cn−1 < cn = b takva da je f [ck 1,ck ] monotona funkcija za sve k = 1, . . . , n.

→

|

−

Q.E.D

5.4. INTEGRABILNOST MONOTONIH I NEPREKIDNIH FUNKCIJA131

→

R po dijelovima monotona funkcija na Korolar 5.1. Neka je f : [a, b] [a, b] R. Tada je ona R-integrabilna na [a, b].

⊂

Dokaz: Tvrdnja slijedi iz teorema 5.5. i svojstva aditivnosti integrala po

podruˇcju integracije, tj.



b

f (x)dx =

a

n

ck

k=1

ck−1

 

f (x)dx. Q.E.D.

Bitno je sloˇzenije dokazati integrabilnost funkcije neprekidne na segmentu. U tu svrhu potrebno je profiniti neka saznanja o neprekidnim funkcijama.

Definicija 5.4. Za funkciju f : I R kaˇzemo da je jednoliko (uniformno) neprekidna na intervalu I R ako

→

⊆ ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x′ , x′′ ∈ I (|x′ − x′′| < δ) ⇒ (|f (x′) − f (x′′)| < ε). Teorem 5.6. Neka je f : [a, b] → R neprekidna funkcija na [a, b] ⊂ R. Tada

je ona jednoliko neprekidna na [a, b].

Dokaz: Kada tvrdnja teorema ne bi bila istinita, onda bi funkcija f bila

neprekidna na [a, b] i vrijedilo bi

∃ε > 0 ∀δ > 0 ∃x′ , x′′ ∈ [a, b] (|x′ − x′′| < δ) ∧ (|f (x′ ) − f (x′′)| ≥ ε). Sada za n ∈ N uzmimo δ = pa imamo a = x′ i b = x′′ takve da vrijedi (|a − b | < ) ∧ (|f (a ) − f (b )| ≥ ε). Niz (a ) ∈ je u segmentu [a, b], pa je ograniˇcen, te ima konvergentan podniz (a ) ∈ , tj. lim a = c ∈ [a, b]. Zbog |a − b | < , ∀n ∈ N, vrijedi lim b = c. Zbog neprekidnosti funkcije f u c imamo lim f (a ) = l i m f (b ) = f (c), ˇsto zbog |f (a ) − f (b )| ≥ ε > 0 daje kontradikciju. Dakle, tvrdnja teorema je δ

δ

δ

δ

1

n

n

pn

n

n

1

n

n

pn

n

δ

n n

pn n

1

n

δ

δ

N

n pn

N

n pn

pn

n

pn

δ

pn

n

pn

pn

istinita.

Q.E.D.

Sada dokazujemo Riemannov teorem o integrabilnosti neprekidne funkci je.

Teorem 5.7. Neka je f : [a, b] R neprekidna funkcija na [a, b] R. Tada je ona R-integrabilna na [a, b]. Takoder, postoji toˇcka c [a, b] takva da je f (x)dx = f (c)(b a). [a,b]

→



−

∈

⊂

132


∀ε > 0 postoji subdivizija segmenta [a, b] takva da za pripadne Darbouxove sume vrijedi S − s < ε. Neka je ε > 0 zadan po volji. Zbog jednolike neprekidnosti funkcije f na [a, b] postoji δ > 0 tako da ∀x′ , x′′ ∈ I , (|x′ − x′′ | < δ) ⇒ (|f (x′ ) − f (x′′ )| < − ). Uzmimo n ∈ N takav da je h = − < δ i napravimo Dokaz: Prema teoremu 5.2 dovoljno je pokazati da

ε b a

b a n

ekvidistantnu subdiviziju s toˇckama xk = a + kh, k = 0, 1, . . . , n. Zbog neprekidnosti funkcije f na segmentu [xk−1 , xk ], k = 1, . . . , n, postoje toˇcke [x′k , x′′k [xk−1 , xk ] takve da je mk = f (x′k ) = inf [xk 1,xk] f i M k = f (x′′k ) = sup[xk 1,xk ] f , k = 1, . . . , n. Zbog ( x′k x′′k h < δ ) imamo M k mk < b−ε a , k = 1, . . . , n. Odatle je S s = nk=1 (M k mk )h < b−ε a nh = ε. Dakle, f je integrabilna na [a, b]. Neka su sada m = min[a,b] f i M = max[a,b] f . Tada x [a, b] imamo m f (x) M . Zbog monotonosti integrala slijedi m(b a) f (x)dx [a,b] 1 M (b a), tj. m f (x)dx M . Po Bolzano-Weierstrasseovom teb−a [a,b] oremu postoji c [a, b] tako da je f (c) = b−1 a [a,b] f (x)dx. Q.E.D.

∈

−

−

≤

|

−

≤

−

≤ ∈



− |≤ −

∀ ∈ − ≤

≤

→

−





≤

Korolar 5.2. Neka je f : I R neprekidna funkcija na otvorenom intervalu v I = a, b . Ako za svaki segment [u, v] a, b vrijedi u f (x)dx = 0, onda je f (x) = 0 za svako x I .

 



⊂ 

∈

∈ I takva da je f (c) > 0, po lemi 3.3. iz M.A.I. bi postojao δ > 0 tako da vrijedi ∀x ∈ I , (|x − c| < δ) ⇒ (f (x) ≥ f (c)). Neka je h = min{δ, c − a, b − c}. Tada je [c − h, c + h] ⊂ I i zbog neprekidnosti funkcije f postoji t ∈ [c − , c + ] tako da vrijedi Dokaz: Kada bi postojala toˇ cka c 1 2

c+ h 2



h

h

2

2

− 2 f (x)dx = f (t)h > 0, ˇsto je suprotno pretpostavci.

c

h

U sluˇcaju da postoji toˇcka c logno.

∈ I takva da je f (c) < 0 zakljuˇcujemo ana-

Q.E.D.

Propozicija 5.1. Ako h : [a, b] R iˇ sˇcezava svugdje osim moˇzda u toˇcki b c [a, b], onda je h integrabilna na [a, b] i a f (x)dx = 0.

→

∈



Dokaz: Zbog odredenosti uzmimo da je M = h(c) > 0. Jasno je da vrijedi

za svaku donju Darbouxova sumu s = 0 jer je na svakoj subdiviziji mk = 0 na svakom podsegmentu od [a, b]. Uzmimo ε > 0 po volji i pokaˇ zimo da postoji subdivizija tako da za njenu gornju Darbouxova sumu vrijedi S < ε. Naime, za c a, b uzmimo subdiviziju a = x0 < x1 < x2 < x3 = b, gdje ε je x1 = c h, x2 = c + h, h < min 2M , c a, b c . Za pripadnu gornju Darbouxovu sumu vrijedi S = 2hM < ε. U sluˇcaju c = a uzmemo subdiε viziju a = c = x0 < x1 < x2 = b, gdje je x1 = c + h, h < min M ,b c ,

−

∈ 

{

−

−}

{

−}

5.4. INTEGRABILNOST MONOTONIH I NEPREKIDNIH FUNKCIJA133

−

u sluˇcaju c = b subdiviziju a = x0 < x1 < x2 = c = b, gdje je x1 = c h, ε h < min M , c a . Tako je opet S = 2hM < ε. To daje sup A′ = inf B ′ = 0. Q.E.D.

{

−}

→

R ima na segmenKorolar 5.3. Neka ograniˇcena funkcija f : [a, b] tu [a, b] se konaˇcno toˇcaka prekida prve vrste. Tada je ona RR najviˇ integrabilna na [a, b].

⊂

Dokaz: Tvrdnja slijedi iz teorema 5.7., prethodne propozicije i svojstva

aditivnosti integrala po podruˇcju integracije. Naime, neka su a c1 < . . . ck−1 < ck < . . . < cn b toˇcke u kojima f ima prekide prve vrste, tj. postoje f (ck ), f (ck +), k = 1, . . . , n. Neka su f k : [a, b] R (k = 1, . . . , n)) definirane s

≤

−

f k (x) =

≤

  

0 f (ck−1 +) f (x) f (ck ) 0

−

, , , , ,

→

za za za za za

≤

a x < ck−1 x = ck−1 c k −1 < x < c k x = ck ck < x b

fk

≤

0

a

ck1

 −

ck



b

c

Iz teorema 5.7. i prethodne propozicije imamo a f k (x)dx = ckk 1 f k (x)dx n za sve k = 1, . . . , n. Nadalje, funkcija f k =1 f k ima na [a, b] samo konaˇcno mnogo vrijednosti razliˇcitih od 0, pa je njen integral na [a, b] jednak 0. Tvrdnja korolara sada slijedi iz aditivnosti integrala. Q.E.D. −

Primjer 5.4. Ovdje definiramo funkciju f : [0, 1] R koja ima prebrojivo toˇcaka prekida koje ˇcine gust skup u [0, 1], a koja je ipak integrabilna na [0, 1]. Neka je

→

f (x) =



∈

\

0 ; x [0, 1] Q 1 m ; x = , 0 < m < n, m i n su relativno prosti . n n

(5.8)

∈

Uzmimo bilo koji c [0, 1] i bilo koji injektivan niz (xn )n u [0, 1] takav da je lim xn = c. Pokaˇzimo da je lim f (xn ) = 0. U suprotnom sluˇcaju bi

→∞

→∞

n

n

postojao ε > 0 sa svojstvom da za beskonaˇcno mnogo ˇclanova xn [0, 1] Q vrijedi f (xn ) > ε. No, f (xn ) = k1 za neko k N, pa k1 > ε k < 1ε , tj. ima samo konaˇcno mnogo takvih k. S druge strane xn = m , gdje je m < k, k pokazuje da takvih xn ima konaˇcno mnogo, ˇsto je kontradikcija. Odatle slijedi da je f neprekidna samo u toˇckama c [0, 1] u kojima je f (c) = 0, a to su c [0, 1] Q.

∈

∈

\

⇒

∈

∈

∩

b

134




1

Pokaˇzimo da je f R-integrabilna na [0, 1] i

f (x)dx = 0. Jasno je

0

da je svaka donja Darbouxova suma s = 0. Sada pokaˇzimo da za bilo koji ε > 0 moˇzemo konstruirati gornju Darbouxovu sumu S < ε. Neka su αk (k = 1, . . . , nε ) sve toˇcke za koje vrijedi f (αk ) > 2ε (vidjeli smo da ih ima konaˇcno mnogo) i neka je M = max f (αk ); k = 1, . . . , nε . Uzmimo ekvidistantnu subdiviziju segmenta [0, 1], xk = nk , k = 0, 1, . . . , n, ε gdje je n > 2Mn . Poˇsto ima najviˇse nε segmenata u kojima je neki od αk , to ε je suma ˇclanova u gornjoj Darbouxovoj sumi S koja njima odgovara manja od nεnM < 2ε . Kako je ostatak sume manji od 2ε , to je S < ε. To dokazuje tvrdnju.

{

5.5

}

Primitivna funkcija

Definicija 5.5. Neka je I R otvoren interval i f : I R. Primitivna funkcija ili antiderivacija funkcije f na skupu I je svaka funkcija F : I R sa svojstvom F ′ (x) = f (x), x I .

⊆ ∀ ∈

→

→

Teorem 5.8. Neka je I R otvoren interval i f : I R zadana funkcija. Ako su F i G bilo koje dvije primitivne funkcije od f na intervalu I , onda postoji konstanta C R takva da vrijedi G(x) = F (x) + C , x I .

⊆

→

∈

∀ ∈

Dokaz: Ako je F ′ = f i G′ = f , onda je (G

F )′ = G′ − F ′ = f − f = 0, −  x, tj. H ′ (x) = 0, ∀ x ∈ I , gdje je H = G − F . Ako su x , x ∈ I , x = bilo koje dvije toˇcke, onda iz Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti imamo H (x ) − H (x ) = H ′ (c)(x − x ), gdje je toˇcka c izmedu x i x . Zbog H ′ (c) = 0 dobivamo H (x ) = H (x ). Prema tome je H konstantna funkcija na I , tj. H (x) = C , ∀x ∈ I . Dakle, vrijedi G(x) = F (x) + C , ∀x ∈ I .Q.E.D. 1

2

1

2

2

1

1

1

1

2

2

1

Slijedeći teorem da je dovoljne uvjete za postojanje primitivne funkcije

Teorem 5.9. Neka je I R otvoren interval i f : I na I . Tada postoji primitivna funkcija od f na I .

⊆

→ R funkcija neprekidna

∈ I po volji. Za bilo koju toˇcku x ∈ I je restrikcija funkcije f na segment [a, x] ili [x, a] neprekidna funkcija, pa je integrabilna u Riemannovom smislu. Tada je funkcija F : I → R dobro definirana formulom (5.9) F (x) = f (t)dt, ∀ x ∈ I. Pokaˇzimo da je F primitivna funkcija od f na I , tj. F ′ (x) = f (x), ∀x ∈ I . Za bilo koju toˇcku c ∈ I i svaki x ∈ I , pomoću (5.9), svojstava integrala i Dokaz: Uzmimo toˇcku a



x

a

135

5.5. PRIMITIVNA FUNKCIJA

Riemannovog teorema 5.7. imamo θx



x

F (x)

− F (c) =

 −

∈ [0, 1] tako da je

c

f (t)dt

a



x

f (t)dt =

a

f (t)dt = f (c + θx (x

c

− c)).

Odatle imamo F (x) x

− F (c) = f (c + θ (x − c)), gdje je θ ∈ [0, 1]. −c x

x

Iz neprekidnosti funkcije f u toˇcki c dobivamo F (x) x→c x

F ′ (c) = lim

− F (c) = lim f (c + θ (x − c)) = lim f (x) = f (c). → → −c x

x

c

x

c

Q.E.D. Sada dokazujemo Leibniz-Newtonovu formulu koja daje vezu izmedu primitivne funkcije (odnosno pojma derivacije) i Riemannovog integrala funkcije.

Teorem 5.10. Ako je f neprekidna funkciju na otvorenom intervalu I i F bilo koja primitivna funkcija funkcije f na I , onda za svaki segment [a, b] I vrijedi

⊂



b

f (x)dx = F (b)

a

− F (a).

(5.10)

Dokaz: Ako je F primitivna funkcija definirana s (5.9), onda zbog F (a) = 0,

vrijedi formula (5.10). Ako je G bilo koja druga primitivna funkcija od f na I , onda imamo C R tako da vrijedi G(x) = F (x) + C , x I . Sada je

∈

∀ ∈



b

G(b)

− G(a) = (F (b) + C ) − (F (a) + C ) = F (b) − F (a) = F (b) =

f (x)dx.

a

Q.E.D. Napomena 5.1. Prethodni teorem je istinit i bez pretpostavke da je f neprekidna na I . Dovoljno je pretpostaviti da je f integrabilna funkcija i da postoji F primitivna funkcija od f na I . Naime, tada za bilo koju subdiviziju a = x0 < x1 < < xn−1 < xn = b segmenta [a, b] iz Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti imamo

···

n

F (b)

− F (a) =



(F (xk )

k=1

− F (x − )) = k 1

136

POGLAVLJE 5. RIEMANNOV INTEGRAL n

=

 k =1

n

F ′ (tk )(xk − xk−1 ) =

∈



f (tk )(xk

k =1

− x − ) = σ, k 1

za neke tk [xk−1 , xk ], k = 1, . . . , n, gdje je σ integralna suma. Dakle, za pripadne Darbouxove sume imamo s F (b) F (a) S , no poˇsto broj u sredini ne ovisi o subdiviziji, onda je s F (b) F (a) S , za bilo koju donju ∗, D-sumu s i bilo koju gornju D-sumu S . Odatle je ∗ F (b) F (a) ˇsto zbog pretpostavke ∗ = ∗ daje tvrdnju.

≤ ≤

− −

I I

≤ ≤ I ≤

−

≤ I

Napomena 5.2. Ako je F primitivna funkcija od f na otvorenom intervalu I , onda je ona diferencijabilna na I , pa iz Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti za bilo koje a, b I , a < b, slijedi egzistencija toˇcke c a, b , ′ tako da je F (b) F (a) = F (c)(b a). Ako iskoristimo Leibniz-Newtonovu formulu dobivamo

∈

−



∈ 

−

b

f (x)dx = f (c)(b

a

− a),

ˇsto odgovara integralnom teoremu srednje vrijednosti iz Riemannovog teorema 5.7., s tim da je ovdje a < c < b

5.6 5.6.1

Metode integriranja Direktna integracija

Derivacije elementarnih funkcija su opet elementarne funkcije. Na ˇzalost to nije istina kada se radi o primitivnim funkcijama ili antiderivacijama. Pri2 mjeri elementarnih funkcija ˇcije primitivne funkcije nisu elementarne su e−x , 1 , sinx x , x sin x itd. Ne postoji opći naˇcin kako utvrditi je li primitivna ln x funkcija elementarne funkcije opet elementarna funkcija. Navodimo tablicu osnovnih elementarnih funkcija i njihovih primitivnih funkcija. U pravilu pokuˇsavamo nalaˇzenje primitivnih funkcija za sloˇzenije funkcije raznim postupcima svesti na te jednostavne funkcije.

√

138


Dokaz: Funkcija H = αF + βG ima derivaciju H ′ = αF ′ + βG ′ = αf + βg .

Q.E.D. Druga metoda je supstitucija ili uvodenje nove varijable. Ta je metoda posljedica pravila za deriviranje kompozicije funkcija.

Teorem 5.12. Neka su I i J otvoreni intervali, ϕ diferencijabilna funkcija na J i F primitivna funkcija od f na I . Neka je ϕ(J ) I , tj. f ϕ je definirana na J . Tada je G = F ϕ primitivna funkcija od (f ϕ)ϕ′ na J . Takoder, α, β I vrijedi

∀

⊆

◦

∈



β

f (ϕ(t))ϕ′ (t)dt =

◦

ϕ(β )

(5.11)

f (x)dx.

ϕ(α)

α

Dokaz: Zbog ϕ(J )



◦

⊆ I je funkcija G = F ◦ ϕ definirana i diferencijabilna

na J . Vrijedi G′ (x) = F ′ (ϕ(x))ϕ′ (x) = f (ϕ(x))ϕ′ (x) ˇsto daje

 α



ϕ(β )

β

f (ϕ(x))ϕ′ (x)dt = G(β ) − G(α) = F (ϕ(β )) − F (ϕ(α)) =

f (x)dx.

ϕ(α)

Q.E.D. Ako je ϕ strogo monotona funkcija J na I i ψ = ϕ−1 inverzna funkcija od ϕ, onda uz oznake a = ϕ(α), b = ϕ(β ) iz (5.11) dobivamo





ψ (b)

b

f (x)dx =

f (ϕ(t))ϕ′ (t)dt.

(5.12)

ψ(a)

a

Sada primitivnu funkciju F nalazimo uz supstituciju x = ϕ(t), odnosno t = ψ(x), na sljedeći naˇcin: F (x) =



f (x)dx =



f (ϕ(t))ϕ′(t)dt = G(t) + C = G(ψ(x)) + C,

gdje je C konstanta po volji.

√ √3 √ − x2+5 .

x5 2x4 +3 x x

Primjer 5.5. Naći primitivnu funkciju od f (x) = − 9

Rjeˇsenje. Vrijedi f (x) = x 2

 

f (x)dx =

Primjer 5.6.

− 2x

2 11 x2 11

7 2

+3

− 49 x

2ax + b dx. ax2 + bx + c

7 2

−x

1 6

+ 3x

1

+ 5x− 2 pa je

− 67 x

1 6

1

+ 10x 2 + C.

139

5.6. METODE INTEGRIRANJA

Rjeˇsenje. Uz supstituciju y = ax2 +bx+c imamo dy = (2ax+b)dx pa imamo





2ax + b dx = ax2 + bx + c

Primjer 5.7.



1 dy = ln y + C = ln ax2 + bx + c + C. y

||

|

|

sinn x cos xdx

Rjeˇsenje. Supstitucijom y = sin x imamo dy = cos xdx ˇsto daje



sinn x cos xdx =

Primjer 5.8. Naći





1 1 sinn+1 x + C. y n+1 + C = n+1 n+1

y ndy =

sin mx sin nxdx, za sve m, n

∈ N. ·

Rjeˇsenje. U tu svrhu koristimo trigonometrijsku formulu: sin α sin β = 1 [cos(α β ) cos(α + β )]. Za m = n i m = n imamo 2

− −





1 sin mx sin nxdx = 2 =

sin(m 2(m

Za m = n imamo



(sin mx)2 dx =

Primjer 5.9.



−



[cos(m

− n)x − cos(m + n)x]dx =

− n)x − sin(m + n)x . − n) 2(m + n)

 − 1

cos2mx x dx = 2 2

− sin2mx + C. 4m

ln x dx. x

Rjeˇsenje. Supstitucijom t = ln x dobivamo





ln2 x t2 + C tdt = + C = 2 2

ln x dx = x

Primjer 5.10. F (x) =

 √

dx . x x2 a2

−

Rjeˇsenje. Supstitucijom x = at , dx = F (x) =

  a t

=

1 ( at )2

2

−a

−

dobivamo

· −  −  √ −   −

− a1 Sin− t + C = 1

adt t2

adt t2

=

1 a

dt = 1 t2

1 −1 a Sin + C. a x

140


√ −

√

Ako su u podintegralnoj funkciji korijeni oblika c2 x2 ili c2 + x2 ili x2 c2 , onda se pomoću supstitucije x = c sin t, odnosno x = c tg t, odnosno x = cosc2 t rjeˇsavamo korijena. Takoder je u sluˇcaju c2 + x2 moguće je koristiti supstituciju x = c sht, a u sluˇcaju x2 c2 moguće koristiti supstituciju x = c cht

√ −

√ −



Primjer 5.11.

dx . (1 + x2 ) 1 + x2

√

Rjeˇsenje. Stavimo x = tg t, dx =



√

dt

pa zbog

cos2 t

1

dt = (1 + tg 2 t) 1 + tg 2 t cos2 t



1 cos2 t

= 1 + tg 2 t imamo



cos tdt = sin t + C =

√1 x+ x

2

+ C.

 √ r

Primjer 5.12. Izraˇcunajmo povrˇsinu kruga radijusa r, tj. P = 4

r2

0

Rjeˇsenje. F (x) =

 √  2

=c

r2

2

−x

=



c2 2 cos tdt = 2

x = ϕ(t) = r sin t dx = r cos tdt



   − r2

=

r2 sin2 t r cos tdt =

sin2t c2 (1 + cos 2t)dt = (t + ) + C = G(t). 2 2

Sada je ϕ(α) = r sin α = 0 i ϕ(β ) = r sin β = r, zbog strogog rasta funkcije [0, r] postoji njen inverz, te vrijedi ϕ : [0, π2 ]

→

 √

π

r

P = 4

r2

0

−

x2

=4



2

0

sin2t ) r 2 cos2 tdt = 2r2 (t + 2



π

2

= r2 π.

0

Treća je metoda parcijalne integracija koja je posljedica pravila za deriviranje produkta funkcija (uv)′(x) = u′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x).

Teorem 5.13. Za funkcije u, v : I



→ R i za svaki par a, b ∈ I vrijedi

 −  b

b

u′ (x)v(x)dx = u(x)v(x)

a

uz uvjet da integrali u (5.13) postoje.

a

b

a

u(x)v ′ (x)dx,

2

−x .

(5.13)

141


Dokaz: Funkcija F (x) = u(x)v(x) je primitivna funkcija od f (x) = u′(x)v(x)+

u(x)v ′ (x) pa vrijedi

   b

u(x)v(x)



b

(u′ (x)v(x)+u(x)v ′ (x))dx =

=

a

a

Primjer 5.13.



b

b

u′ (x)v(x)dx+

a

a

Q.E.D.

xex dx.



Rjeˇsenje. Stavimo u′ (x) = ex i v(x) = x, pa je u(x) = v ′ (x) = 1. Odatle je



x

x

xe dx = xe

Primjer 5.14. F (x) =

 − 

ex dx = xex

x

−e

+ C = (x

ex dx = ex i

x

− 1)e



1 eαx cos βxdx = eαx sin βx β

Sada ponovimo prethodni postupak za

eαx sin βxdx =

−



1 αx α e cos βx+ β β

−

α β



cos βxdx =



eαx sin βxdx

 

u′ (x) = sin βx i v(x) = eαx, pa je u(x) = αeαx . Tako dobivamo



+ C.

eαx cos βxdx.

Rjeˇsenje. Stavimo u′(x) = cos βx i v(x) = eαx , pa je u(x) = 1 sin βx i v ′ (x) = αeαx . Odatle je β F (x) =

u(x)v ′ (x)dx.

eαx sin βxdx s tim da uzmemo sin βxdx =

eαx cos βxdx =

−

1 β

cos βx i v ′ (x) =

− β 1 e

αx

α cos βx+ F (x). β

Uvrˇstavanjem u prvi integral dobivamo 1 F (x) = eαx sin βx β

 

α2 1 + 2 F (x) = β

−



α β

−

1 αx α e cos βx + F (x) β β

 

1 αx α e sin βx + 2 cos βx eαx β β

β F (x) = 2 α + β 2



sin βx +

α cos βx eαx β



⇒ ⇒

142


Primjer 5.15. F n (x) =



dx ,n (x2 + 1)n

∈ N.

Rjeˇsenje. Uzmimo u′ (x) = 1 i v(x) = (x2 + 1)−n , pa imamo u(x) = x i v ′ (x) = 2nx(x2 + 1)−(n+1) . Odatle je

−

x +2n F n (x) = 2 (x + 1)n



F n+1 (x) =

x2 x +2n[F n (x) F n+1 (x)] dx = 2 2 +1 n (x + 1) (x + 1)n

−

−

1 2n 1 x + F n (x), (n 2n (x2 + 1)n 2n

Za n = 1 imamo

∈ N).



dx = Tg−1 x + C, 2 x +1 pa sada moˇzemo rekurzivno pomoću (5.14) raˇcunati ostale F n , n F 1 (x) =

5.6.2

⇒

(5.14)

≥ 2.

Integracija racionalnih funkcija

Neka je P (x) = a0 +a1 x+a2 x2 +. . .+an−1 xn−1 +an xn , an = 0, polinom stupnja n s koeficijentima a0 , a1 , . . . , an R. Polinom P je moguće faktorizirati na polinome s realnim koeficijentima prvog i drugog stupnja na slijedeći naˇcin:



∈

P (x) = an (x



k1

− x ) ··· (x − x ) 1

p

kp

(x2 + a1 x + b1 )l1



2

··· (x + a x + b ) s

s

ls

, (5.15)

gdje je pi=1 ki + 2 js=1 l j = n, x1 , . . . , x p su realne nultoˇcke polinoma P , te vrijedi a j , b j R, a j2 < 4b j , ( j = 1, . . . , s). Prisjetimo se da svaku racionalnu funkciju moguće napisati kao sumu polinoma i prave racionalne funkcije. Sada bez dokaza navodimo teorem koji nam omogućava rastav prave racionalne funkcije na jednostavne prave racionalne funkcije

∈

Teorem 5.14. Neka su P i Q polinomi, neka je st P < st Q i neka je Q = Q1 Qn , gdje su Qi (i = 1, . . . , n) u parovima relativno prosti polinomi, tj. nemaju zajedniˇckih nultoˇcaka. Tada postoje i jedinstveni su polinomi P i , st Pi < st Qi , (i = 1, . . . , n), takvi da je n P (x) P i (x) = (5.16) . (x) Q(x) Q i i=1

···



Posebno, ako je Q(x) = (x x0 )k i st P < k tada postoje i jedinstveni su Ai R, (i = 1, . . . , k) takvi da je

∈

−

P (x) = Q(x)

k

 i=1

Ai . (x x0 )i

−

(5.17)

143


Ako je Q(x) = (x2 + px + q)k , p2 < 4q i st P < 2k tada postoje i jedinstveni su Ai , Bi R, (i = 1, . . . , k) takvi da je

∈

P (x) = Q(x)

k

Ai x + Bi . (x2 + px + q)i

 i=1

(5.18)

Prethodni teorem svodi integraciju prave racionalne funkcije na integrale oblika: dx (5.19) , (n N), (x a)n





∈

−

Ax + B dx, (n (x2 + px + q)n

( p2 < 4q).

∈ N),

(5.20)

Sada za n > 1 imamo



1 dx = (x a)n 1 n (x

−

a za n = 1 je

−

 − ≥ 

dx

x

Drugi integral moˇzemo za n



Ax + B A = dx (x2 + px + q)n 2 =

−

| − |

= ln x a + C. a 2 rastaviti na

2x + p Ap ) dx+(B (x2 + px + q)n 2

−

1 A + (B 2(n 1) (x2 + px + q)n−1

i dalje



−

1 + C, a)n−1

−

1 dx = 2 (x2 + px + q)n (q p4 )n

−

−

Ap ) 2



    √ dx

n

2

2x+ p

4q p2

−



dx = (x2 + px + q)n

dx (x2 + px + q)n

=

+1

1 (q

−

p2

) 4

F n n− 1 2



gdje je F n zadana rekurzijom (5.14). Za n = 1 imamo



Ax + B A = dx 2 x2 + px + q =



2x + p dx + (B x2 + px + q

A ln(x2 + px + q) + 2



 −−

2B Ap 4q p2

−

Ap ) 2

  F 1



dx = x2 + px + q

2x + p 4q p2

 −



.

2x + p 4q p2

 −



,

144


5.7 5.7.1

Primjene Volumen rotacionog tijela

Neka je P (x) povrˇsina presjeka tijela i ravnine okomite na os x. Uzmimo subdivizi ju segmenta [a, b], a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b. Integralne sume su oblika

y

n



P (tk )(xk

k =1



P x

− x − ), ˇsto predstavlja aprokk 1

simaciju volumena tijela. Tada je volumen



b

tijeka jednak V =

P (x)dx.

Specijal-

a

a

no, ako je tijelo nastalo rotacijom povrˇsine ispod grafa funkcije f oko osi x, onda je P (x) = πf (x)2 , ˇsto daje



b

x

0 z

b

V = π

f (x)2 dx.

(5.21)

a

Primjer 5.16. Izraˇcunati volumen kugle radijusa r. Funkcija koja opisuje r kruˇznicu na segmentu [ r, r] je f (x) = r 2 x2 pa je V = π −r (r 2 x2 )dx = 2r 3 4r 3 π 3 − r3 r3 2 )] = π[2r ]= . π[r (r ( r)) ( 3 3 3 3

√ − −

− −− − −

5.7.2



−

Duljina ravninske krivulje

Problem odredivanja duljine luka (rektifikacija) kruˇ znice i nekih drugih krivulja već je zaokupljao paˇ znju starih Grka, a bio je i jedan od problema na kojima se razvijao diferencijalni i integralni raˇcun u 17. stolje´ cu. Tom problemu moˇzemo pristupiti na slijedeći naˇcin: Neka je krivulja dio grafa funkcije f na segy mentu [a, b] kao na slici desno. Naˇcinimo subf diviziju Tk

a = x0 < x1 <

··· < x −

n 1

< x n = b (5.22)

segmenta [a, b] i oznaˇcimo s T k = (xk , f (xk )), k = 0, 1, . . . , n, pripadne toˇcke na grafu. Duljinu krivulje izmedu toˇcaka T k−1 = (xk−1 , f (xk−1 )) i T k = (xk , f (xk )) aproksimiramo duljinom Lk = d(T k−1 , T k ) =

 − (xk

Lk1 Lk

Tk1

0

xk−1 )2 + (f (xk )

xk1

Tk1

xk

2

− f (x − )) k 1

xk1

=

x

145

5.7. PRIMJENE

 



− −

2

f (xk ) f (xk−1 ) = 1+ (xk xk−1 ). xk xk−1 Pomoću Lagrangeovog teorema dobivamo f (xk ) f (xk−1 ) = f ′ (tk ), (k = 1, . . . , n). xk xk−1

−

− −

(5.23)

(5.24)

Poˇsto je udaljenost Lk = d(T k−1 , T k ) izmedu toˇcaka manja ili jednaka duljini luka izmedu tih toˇcaka, to je donja aproksimacija L za duljinu krivulje L dana s

    n

L=

n

Lk =

k =1

1+

k =1

f (xk ) xk

− f (x − ) −x − k 1

k 1



2

(xk

− x − ) ≤ L. k 1

(5.25)

Pomoću (5.24) iz (5.23) i (5.25) dobivamo n

    

1 + [f ′ (tk )]2 (xk

L=

k =1

− x − ), k 1

(5.26)

a to je integralna suma za subdiviziju (5.22) funkcije g(x) =

1 + [f ′ (x)]2 , x

∈ [a, b],

(5.27)

Ako je funkcija g integrabilna na [a, b], onda je duljina krivulje dana s b

1 + [f ′ (x)]2 dx.

L=

(5.28)

a

5.7.3

Povrˇ sina rotacione plohe

Neka je ploha nastala rotacijom oko osi x grafa funkcije f na segmentu [a, b]. Za zadanu subdiviziju segmenta [a, b], a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b, aproksimacija dijela rotacione povrˇsine na segmentu [xk−1 , xk ] je oblika 2πf (tk ) 1 + [f ′ (tk )]2 (xk xk−1 ). Dakle, integralna suma je



n

2π

−

   

f (tk ) 1 + [f ′ (tk )]2 (xk

k=1

− x − ), k 1

ˇsto daje formulu za raˇcunanje oploˇsja b

f (x) 1 + [f ′ (x)]2 dx.

O = 2π

(5.29)

a

Primjer 5.17. Izraˇcunati oploˇsje kugle radijusa r. Funkcija koja opisuje kruˇznicu na segmentu [ r, r] je f (x) = r 2 x2 , a 1 + f ′ (x)2 = √r2r−x2 . r Dakle, O = 2π −r rdx = 2πr(r ( r)) = 4πr 2 .



−

−−

√ −



146

5.7.4


Zakrivljenost ravninske krivulje

Oznaˇcimo s α(M 0 , M ) kut ˇsto ga zatvaraju tangente na krivulju Γ u toˇckama M 0 i M . Neka je µ(M 0 , M ) duljina luka krivulje Γ izmedu toˇcaka M 0 i M . Tada je

 

α(M 0 , M ) ⌢

µ(M 0 M )

y

M 

 

M0

(5.30)

Α



Τ x

⌢

prosjeˇcna zakrivljenost luka M 0 M krivulje Γ. Ako prosjeˇcna zakrivljenost teˇzi nekom broju kada toˇcka M po krivulji Γ teˇzi k M 0 , onda taj broj zovemo zakrivljenost krivulje Γ u toˇcki M 0 .

⊆

0

x

→

Neka je I R otvoren interval, f : I R funkcija koja ima neprekidnu drugu derivaciju na I i neka je Γ f graf funkcije f . Tangenta na graf Γf u toˇcki M = (x, f (x)) ima koeficijent smjera f ′ (x) i sa osi apscisa zatvara kut τ (x) = Tg−1 f ′ (x). Pomoću Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti za funkciju τ = Tg−1 f ′ imamo α(M 0 , M ) = τ (x) τ (x0 ) = τ ′ (t)(x x0 ) za neko f ′′ (t) t izmedu x0 i x. Zbog τ ′ (t) = [Tg−1 f ′ ]′ (t) = [Tg−1 ]′ (f ′ (t))f ′′ (t) = 1 + [f ′ (t)]2 je f ′′ (t) (x x0 ) za neko t izmedu x0 i x. (5.31) α(M 0 , M ) = 1 + [f ′ (t)]2 Za duljinu luka imamo formulu (5.28):

−

−

−

⌢

   x

1 + [f ′ (u)]2 du.

µ(M 0 M ) =

x0

Pomo´ cu teorema srednje vrijednosti za taj integral dobivamo ⌢

µ(M 0 M ) =

∈

1 + [f ′ (s)]2 (x

− x ),

(5.32)

0

gdje je s [x0 , x]. Iz formula (5.32), (5.31) i (5.30) dobivamo formulu za prosjeˇcnu zakrivljenost

 

f ′′ (t) 1 + [f ′ (t)]2

·

gdje su t i s izmedu x0 i x. Kada x poprima oblik

 

 

1 , 1 + [f ′ (s)]2



(5.33)

→ x , onda t → x 0

 

f ′′ (x0 ) κ(M 0 ) = 3 . 2 ′ [1 + [f (x0 )] ] 2

0

is

→ x , pa (5.33) 0

147

5.8. NEPRAVI INTEGRAL

Dakle, zakrivljenost krivulje Γ f (grafa funkcije f : I x I , je f ′′ (x) κ(x) = 3 . [1 + [f ′ (x)]2 ] 2

∈

5.8

 

→ R) u toˇcki (x, f (x)),

 

Nepravi integral

(5.34)

Do sada smo koristili pojam Riemann integrabilne funkcije na segmentu. Ta je funkcija morala biti ograniˇcena na segmentu, da bi se uopće mogla razmatrati njena integrabilnost. Sada ćemo proˇsiriti pojam integrabilnosti na intervale koji nisu zatvoreni, a ne moraju biti ni ograniˇceni. Takvi su intervali [a, b , a, b], a, b s tim da moˇze biti a = ili b = . Tako dobiveni integral ćemo zvati nepravi integral. Neka je zadana funkcija f (x) = e−x , x R. Za tu funkciju vrijedi lim e−x = 0. x→∞ Da li je moguće osjenˇcanom dijelu ravnine S omedenom koordinatnim osima i grafom y funkcije pridruˇziti broj koji bi imao smisao fx  e povrˇsine. Poˇsto je interval [0, neograniˇcen, to nije moguće upotrijebiti pravokutS nike kao aproksimaciju tog dijela ravnine. No iz slike desno je vidljivo da bi za dovoljno ve- 0 x B liki B povrˇsina dijela ravnine S B ispod grafa na segmentu [0, B] mogla aproksimirati traˇzenu povrˇsinu (ako tako neˇsto ima smisla).



 

−∞

∞

∈

∞

x

B



B

Povrˇsina skupa S B je dana sa



0

B

razumno broj lim B

→∞

e−x dx = lim (1 B

0

dijela ravnine S . Tada piˇsemo



∞

0

→∞

Neka je zadana funkcija f (x) = x

→0+

− e−

B



−e−x

B

= 1 0

− e−

B

, pa je

) = 1 proglasiti povrˇsinom

B

e−x dx = lim B→∞

i taj limes zovemo nepravi integral.

lim

e−xdx =



√1x ,

e−x dx,

(5.35)

0

x > 0. Za tu funkciju vrijedi

√1x = 0. Je li moguće osjenˇcanom dijelu ravnine S omedenom koordi-

natnim osima, pravcem x = 1 i grafom funkcije pridruˇ ziti broj koji bi

148

POGLAVLJE 5. RIEMANNOV INTEGRAL y

imao smisao povrˇsine. Poˇsto je na intervalu 0, 1] funkcija neograniˇcena, to nije moguće upotrijebiti pravokutnike kao gornju aproksimaciju tog dijela ravnine. No iz slike desno je vidljivo da bi za dovoljno mali ε > 0 povrˇsina dijela ravnine S ε ispod grafa na segmentu [ε, 1] mogla aproksimirati traˇzenu povrˇsinu (ako povrˇsina ima smisla).





f x

Ε

ε

 √ 1

dx = lim ε→0+ x 0←

1

√ 

 √ 1

Sada piˇsemo

1 dx = 2 x x

 √ 1

dx = 2. x

ε

x

SΕ

0

Povrˇsina dijela ravnine S ε dobije se kao

1

 

x

1

= 2(1 ε

− √ε). (5.36)

Definicija 5.6. Neka je funkcija f : [a, b R integrabilna na svakom segmentu [a, B] gdje je B < b + . Ako postoji konaˇcan limes

→

≤ ∞



B

lim

B

→b−

(5.37)

f (x)dx,

a

onda se taj limes zove nepravi integral funkcije f na [a, b i oznaˇcava s





→b

(5.38)

f (x)dx.

a

Takoder se kaˇze da integral (5.38) konvergira. Ako limes u (5.37) ne postoji kaˇzemo da integral (5.38) divergira. Analogno definiramo integral na a, b] :





b



b

f (x)dx = lim

→a+

A

←

a

f (x)dx.

A

Ako je f integrabilna na svakom segmentu [A, B] svi limesi postoje, definiramo



→b

←

a

∈ 



⊂ a, b, onda, uz uvjet da

c

f (x)dx = lim

→a+

A

B

f (x)dx + lim

A



B

→b−

f (x)dx,

c

gdje je c a, b bilo koja toˇcka. Moˇze se pokazati da prethodna definicija ne ovisi o c.

149


Napomena Zato ˇsto su i limes funkcije i R-integral monotoni i linearni, ta svojstva ima i neodredeni integral. Primjer 5.18.



+

∞ dx

B

= lim

1 + x2

0



B

→+∞

0

dx = lim (Tg−1 x 2 B →+∞ 1+x

Primjer 5.19.



0

dx = lim 1 x2 ε→−1+

√ − −← 1

Primjer 5.20. ne postoji.



 √ 0

ε



B

) = lim Tg−1 B = B

0

→+∞

dx −1 ε) = π . = lim ( Sin 2 1 x2 ε→−1+

−

−

+ 0

∞ cos xdx divergira jer je



F

0

cos xdx = sin B, a limB→+∞ sin B

Teorem 5.15. Neka je a > 0.

  

+

1. Integral

∞ dx

konvergira za p > 1 i divergira za p

x p

a

≤ 1.

a

2. Integral

dx konvergira za 0 < p < 1 i divergira za p p 0← x

≥ 1.

+

3. Integral

∞ dx

divergira za svako p

← x p

0

≥ 0.

Dokaz: 1. Za p = 1 imamo



+

= lim (ln x

x

a

B

→+∞

pa integral divergira k +

a

Zbog lim xα =

→+ ∞

) = lim ln B B

a

1

dx = x p

1 p −

− ln a = +∞,

=

a

1 1

− p

(B 1− p

1 p

− a − ).

(α > 0) , imamo (α < 0)

+

∞ dx x p

a

2. Za p = 1 je

a

lim

→0+

ε

B

1

x p 1

+ 0

→+∞

∞. Za p = 1 je

    − ∞   ∞  − B

x



B

∞ dx

ε

=

π . 2

+

(1 (1

a1−p p 1

−

dx = ln a x

− p > 0) − p < 0)

.

∞

lim ln ε = + .

→0+

ε

150




Za p = 1 imamo



a

lim

→0+

ε

ε

1 dx = (a1− p p 1 p x

−

1 p

− lim ε − )= → 0+

ε



1

∞−

1 p

1 p a

−

(1 (1

− p < 0) − p > 0)

3. Slijedi iz 1. i 2.

5.8.1

.

Q.E.D.

Kriterij konvergencije nepravog integrala

Teorem 5.16. Neka je a > 0 i neka su funkcije f, ϕ : [a, + da vrijedi

∞ → R takve

(i) 0

≤ f (x) ≤ ϕ(x) za svaki x ≥ x

0

> a,



B

(ii) za svako B > a postoje integrali

B

f (x)dx i

a

Ako je integral

 

+

∞



ϕ(x)dx.

a

(5.39)

ϕ(x)dx

a

konvergentan, onda je konvergentan i integral +

∞

(5.40)

f (x)dx

a

i vrijedi



+

∞

 ≤

+

f (x)dx

a

∞

ϕ(x)dx.

(5.41)

a

Ako je integral (5.40) divergentan, onda je i integral (5.39) divergentan.





x

x

Funkcije F (x) = a f (t)dt i Φ(x) = a ϕ(t)dt rastu i vrijedi Φ(x), za svaki x > a. Za rastuću funkciju limes u beskonaˇcnosti F (x) F (+ ) = limx→+∞ F (x) postoji ako i samo ako je ta funkcija ograniˇcena odozgo. Odatle slijedi tvrdnja teorema. Q.E.D. Dokaz:

≤ ∞

Korolar 5.4. Neka su funkcije f, ϕ : [a, + f (x) = c (0 x→+∞ ϕ(x) lim

∞

∞ → R pozitivne i neka postoji

≤ c ≤ +∞).

(5.42)

Ako je c < + i ako konvergira integral (5.39) onda konvergira i integral (5.40), odnosno, ako divergira integral (5.40) onda divergira i integral (5.39).

151


Ako je c > 0 i ako konvergira integral (5.40) onda konvergira i integral (5.39), odnosno, ako divergira integral (5.39) onda divergira i integral (5.40). Ako je 0 < c < + onda oba integrala istovremeno konvergiraju ili divergiraju.

∞

∞ onda ∀ ε > 0 ∃ ∆ > 0 takav da (x > ∆) ⇒ < c + ε) ⇒ (f (x) < (c + ε)ϕ(x)), pa konvergencija

Dokaz: Ako je c < +

|

f (x) ϕ(x)

−|

⇒

( ϕf ((xx))

( c < ε) (5.39) povlaˇci konvergenciju (5.40), odnosno divergencija (5.40) povlaˇci divergenciju (5.39). Analogno, c > 0 i 0 < ε < c daju postojanje ∆ > 0 tako da (x > ∆) ( ϕf ((xx)) c < ε) ( ϕf ((xx)) > c ε) ((c ε)ϕ(x) < f (x)), pa konvergencija (5.40) povlaˇci konvergenciju (5.39), odnosno divergencija (5.39) povlaˇci divergenciju (5.40). U sluˇcaju 0 < c < + , zbog limx→+∞ ϕf ((xx)) =

⇒|

c

⇔ lim → x

−|

⇒

− ⇒ −

∞

+

ϕ(x) ∞ f (x) = 1c , (5.40) i (5.39) istovremeno konvergiraju ili divergira-

ju.

 | →b

|

Ako konvergira integral a f (x) dx, onda kaˇzemo da integral (5.38) apsolutno konvergira. Ako integral (5.38) konvergira ali ne konvergira apsolutno, onda kaˇ zemo da uvjetno konvergira

Propozicija 5.2. Neka je f : [a, +

∞ → R funkcija koja je za svaki b ∞> a in|f (x)|dx, tegrabilna na segmentu [a, b]. Ako je konvergentan nepravi integral



+



a

+

tada je konvergentan i nepravi integral

∞

f (x)dx, tj. ako je integral ap-

a

solutno konvergentan, onda je i konvergentan.

|| ∞ → f (x) = max{0, f (x)} za x ≥ a, i f − (x) = max{0, −f (x)} za x ≥ a. Tad je f (x) = f (x) − f − (x) i |f (x)| = f (x) + f − (x) za x ≥ a. Funkcije f i f su takoder, za svaki b > a, integrabilna na segmentu [a, b]. Zbog 0 ≤ f (x) ≤ |f (x)| i 0 ≤ f − (x) ≤ |f (x)| za x ≥ a, konver∞ |f (x)|dx i teorem 5.16. daju konvergenciju nepravih integragencija ∞ ∞ ∞ ∞ la f (x)dx i f − (x)dx. Sada je f (x)dx = f (x)dx − Dokaz: Prisjetimo se da je po teoremu 5.3 i funkcija f , za svaki b > a, integrabilna na segmentu [a, b]. Neka su f + , f − : [a, + R definirane s +

+

+



+

 

+

+

a

a

+

a

∞

+

+



+

a

f − (x)dx.

+



+

a



+

+

a

Q.E.D.

Obratna tvrdnja od tvrdnje u prethodnoj propoziciji nije općenito istinita.

Q.E.D

152


Primjer 5.21. Nepravi integrali



+

∞



+

x2

e− dx,

0

1 + x2

0



+

∞ cos x

dx,

∞ cos x x p

a

dx, (a > 0, p > 1),

su konvergentni. To slijedi iz korolara 5.4. i prethodne propozicije: 2 cos x| 1 zbog e−x konvergira e−x za x 1 konvergira prvi, zbog |1+ 1+x2 x2 | cos x| 1 drugi, a zbog xp konvergira treći nepravi interval za p > 1. xp

≤

≥

≤

≤

Primjer 5.22. (Gama funkcija) Za α



+

Γ(α) =

∞

≥ 1 definiramo nepravi integral e−x xα−1 dx.

(5.43)

0

Konvergencija integrala (5.43) vidi se na slijedeći naˇcin: Za α 1 vrijedi limx→+∞ e−x xα+1 = 0 pa za ε = 1 postoji ∆ > 0 takav da (x > ∆) (e−xxα−1 x2 = e−x xα+1 < 1) (e−x xα−1 < x12 ). Sada konvergencija integrala (5.43) slijedi pomoću teorema 5.15.1. i teorema 5.16.

≥

⇒

⇒

∞ → R zovemo gama funkcija. Γ(α + 1) = αΓ(α), (α ≥ 1).

Funkciju Γ : [1, + vrijedi rekurzija:

Za gama funkciju (5.44)

Naime, parcijalnom integracijom dobivamo:

 0

  t

t

e−x xα dx = −e−x xα

t

+α

e−x xα−1 dx.

0

0

Odatle zbog limt→+∞ e−t tα = 0 dobivamo (5.44). Vrijedi



+

Γ(1) =

∞

e−x dx = 1,

0

pa za n N imamo Γ(n + 1) = nΓ(n) = = n(n 1) 1 Γ(1) = n!, tj. Gama funkcija je poopćenje faktorijela. Ta funkcija se javlja u mnogim matematiˇckim problemima u raznim granama matematike.

∈

···

− ··· ·

Poglavlje 6 Redovi 6.1

Definicija reda

Definicija 6.1. Neka je (an )n niz realnih brojeva. Nizu (an )n pridruˇzujemo niz (sn )n definiran s: s1 = a1 s2 = a1 + a2 s3 = a1 + a2 + a3 .. . sn = a1 + a2 + .. .

(6.1)

··· + a

n

Red je uredeni par ((an )n , (sn )n ) nizova (an )n i (sn )n . Element an zovemo op´ ci ˇ clan reda, a sn je n-ta parcijalna suma reda. Oznake za red su

∞

    an ili

an ili

an ili

∈N

n

N

an ili a1 + a2 +

n=1

··· + a + ··· .

Primjer 6.1. Pretvaranje racionalnih brojeva u decimalne. 1 1 10 = 9 10 9 1 = + 10 1 = + 10

 



1 1 1 + 102 9 102 1 1 + + 102 10n

···

153



+

1 1 9 10n

n

154

POGLAVLJE 6. REDOVI

 

1 1 1 1 1 Iz prethodnog, zbog lim = 0, dobivamo = lim + + n→∞ 9 10n 9 n→∞ 10 102 ∞ 1 ∞ 1 1 1 a to piˇsemo = i govorimo da je suma reda . n 9 n=1 10n 9 10 n=1



 −1 imamo

Primjer 6.2. Geometrijski red. Za x = 1

−x

1

=

−x+x = 1+ x 1−x 1−x x−x +x x 1+ = 1+x+ = ··· 1−x 1−x x (1 + x + x + ··· + x ) + . 1−x 1

2

= =

···

1 + n 10

2

2

2

n

n

Za x < 1 je lim xn = 0, a odatle slijedi

||

→∞

n

1 1

−x

2

= lim (1 + x + x +

→∞

n

n

··· + x ) =

∞



xn .

n=0

→

R koja je rjeˇsenje diferenciPrimjer 6.3. Pokuˇsa jmo naći funkciju f : R jalne jednadˇzbe (6.2) f ′ (x) = f (x), x R,

∈

s poˇcetnim uvjetom f (0) = 1. Traˇzimo funkciju u obliku polinoma neodredenog stupnja + an xn + (6.3) f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + .

···

Derivacija je oblika f ′ (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 +

···

n 1

··· + na x − + ··· , n

pa kad zbog (6.2) izjednaˇ cimo koeficijente uz iste potencije dobivamo a1 2a2 3a3 4a4

= = = = .. .

a0 a1 a2 a3

(n + 1)an+1 = an .. .

a1 a2 a3 a3

= a0 = 2!1 a0 = 3!1 a0 = 4!1 a0 .. .

an+1 = .. .

1 a (n+1)! 0

Uvjet f (0) = 1 daje a0 = 1, a1 =

1 1 1 1 , a2 = , a3 = , . . . , an = , . . . , 1! 2! 3! n!



,

155

6.2. DEFINICIJA KONVERGENCIJE REDA

ˇsto pokazuje da ne postoji polinom koji bi zadovoljavao traˇzenu diferencijalnu jednadˇzbu sa zadanim poˇcetnim uvjetom. Stoga je razumno oˇcekivati da za x R vrijedi

∀ ∈

x x2 + f (x) = lim (1 + + n→∞ 1! 2!

xn + )= n!

···

∞

 n=0

xn . n!

S druge strane znamo da je funkcija ex rjeˇsenje diferencijalne jednadˇzbe (6.2), pa moˇzemo oˇcekivati da x R vrijedi

∀ ∈

x

e =

∞

 n=0

6.2

xn . n!

(6.4)

Definicija konvergencije reda

Definicija 6.2. Za red

∞



(6.5)

an

n=1

realnih ili kompleksnih brojeva kaˇzemo da je konvergentan (sumabilan, zbrojiv), ako je niz (sn )n parcijalnih suma reda (6.5) konvergentan. Ako je red (6.5) konvergentan onda broj s = lim sn

(6.6)

→∞

n

zovemo sumom reda (6.5) i oznaˇcavamo sa s=

∞



an = a1 + a2 +

n=1

··· + a + ··· .

(6.7)

n

Red (6.5) je divergentan ako je niz (sn )n divergentan. Za niz kompleksnih brojeva (an )n = (αn + iβ n )n moˇzemo promatrati tri reda ∞ ∞ ∞ an , αn , β n ,

   n=1

s parcijalnim sumama sn = a1 +

··· + a , n

n=1

σn = α1 +

n=1

··· + α , n

τ n = β 1 +

··· + β . n

Budući da je sn = σn +iτ n to niz (sn )n konvergira ako i samo ako konvergiraju nizovi (σn )n i (τ n )n . Tada vrijedi lim sn = lim σn + i lim τ n ,

→∞

n

→∞

n

→∞

n

156

POGLAVLJE POGLAVLJE 6. REDOVI REDOVI

odnosno

∞

∞

  an =

n=1

(αn + iβ n ) =

n=1

∞

∞

  αn + i

n=1

β n .

n=1

Pitanje konvergencije konvergencije reda, a pogotovo sume reda, moˇze ze biti vrlo komplicirano. Za poˇcetak cetak da jemo primjer u kojem je na oba pitanja moguće ce lako odgovoriti

∞

1 konvergira i nadimo njegovu ( + 1) n n n=1 1 1 1 sumu. Prvo uoˇcimo cimo da za svaki svaki n N vrijedi = , pa n(n + 1) n n+1 imamo n n 1 1 1 1 = =1 sn = . ( + 1) + 1 + 1 k k k k n =1 =1

zim o da red Primjer Primjer 6.4. Pokaˇzimo



∈

−

 −  

 k

−

k

∞

Sadaa je jasno da vrijed Sad vrijedii lim sn = 1, tj.

→∞

n

n=1

1 = 1. n(n + 1)

Teorem 6.1. (Nuˇzan zan uvjet uvje t konve k onvergenci rgencije je reda) Ako red

∞



an konvergira, onda niz (an )n konvergira k nuli, tj. vrijedi

n=1

(

∞



an konvergira )

n=1

a ⇒ ( lim →∞

n

n

= 0). 0).

(6.8)

Dokaz: Ako red (6.5) konvergira k broju s, onda vrijedi

lim an = lim (sn

→∞

→∞

n

n

− s − ) = lim s − lim s − →∞ →∞ n 1

n

n

n

n 1

=s

− s = 0. Q.E.D.

Obratna implikacija implikacija u (6.8) nije općenito cenito istinita, ˇsto sto je vidljivo vidljivo iz sljedećeg ceg primj pr imjera era

Primjer 6.5. Harmonijski red

∞ 1

 n=1

divergira k +

∞.

n

(6.9)

157

6.2. DEFINICIJ DEFINICIJA A KONVER KONVERGENC GENCIJE IJE REDA REDA

1 (sn )n stro st rogo go rast ra stu´ ući. ci. > sn pa je niz (s n+1 Pokaˇ Pokaˇzimo zimo da je podniz po dniz (s2n )n odozgo neograniˇcen. cen. U tu svrhu indukcijom dokazujemo da n N vrijedi nejednakost s2n 1 + 12 n. Za n = 1 imamo sto da je bazu indukcije. Sada s2 = 1 + 12 ˇsto Uoˇcimo cimo da vrijedi vrij edi sn+1 = sn +

∀ ∈

s2n+1 = s2n +

≥

1 1 + + 2n + 1 2n + 2

= s2n + 2n

1 2n+1

1 1 n+ + > s 2 n + 2n 2n + 2 n

· · ·+ 2

≥ 1 + 12 n + 12 = 1 + 12 (n + 1). 1). = +∞, a to povla p ovlaˇˇci ci lim s = +∞. →∞

= s2n +

Odatle zakljuˇcujemo cujemo lim s2n

→∞

n

1 = n + 2n

· · ·+ 2

1 2

n

n

Primij Primijee-

1 timo, timo, red diver divergir gira, a, a vrije vrijedi di lim = 0. Dakle, konvergen konvergencija cija niza općih cih n→∞ n ˇclanova clanova k nuli nije ni je dovoljan d ovoljan uvjet u vjet za konvergenciju reda.

Primjer 6.6. Alternira jući ci harmonijski harmon ijski red

∞

−

( 1)n−1

n=1

1 n

(6.10)

1 konvergira. konvergira. Nuˇzan zan uvjet konvergen konvergencije cije je ispunjen, tj. lim ( 1)n−1 = 0. n→∞ n Nadalje, vrijedi

−

− − 1 2

s2m = 1

1 3

+

1 4

+

···+



1 2m 1

− −

1 2m



ˇsto sto pokazuje da je podn p odniz iz (s ( s2m )m strogo rastući. ci. Nadalje, Nadalj e, s2m = 1

     − − − − −···− 1 2

1 3

1 4

1 5

1 2m 2

− −

1 2m 1

−

−

1 < 1, 2m

pokazuje da je niz (s ( s2m )m odozgo ograniˇcen. cen. Prema teoremu o rastućim cim nizovima nizovima taj niz je konve konvergen rgentan. tan. Neka Neka je lim s2m = s 1. Zbog s2m+1 = s2m +

1 2m+1

imam imamoo lim lim s2m+1

→∞

m

red (6.10) konvergentan.

≤

→∞ = s, dakl daklee i lim lim sn = s, ˇsto sto pokazuje da je n→∞ m

Konvergencija redova je u skladu sklad u s operaci o peracijama jama zbra zb rajanja janja redova i mnoˇzenja zenja redova sa skalarima.

158

POGLAVLJE POGLAVLJE 6. REDOVI REDOVI

∞

Teorem 6.2. Neka su

an i

n=1

Za svaki par λ, µ

∈ C je red ∞

∞

  

bn konvergentni redovi sa sumama A i B .

∞ n=1

(λan + µbn ) konvergentan i vrijedi

n=1



(λan + µbn ) = λ

n=1

∞

an + µ

n=1

Dokaz: Oznaˇ zn aˇcim ci mo An = a1 +

∞

 

(6.11)

bn .

n=1

· · ·+a , B

···

= b1 + + bn , C n = (λa1 + µb1) + + (λan + µbn). Zbog Zbog C n = (λAn + µBn ) za sve n N, lim An = A i n→∞ lim Bn = B imamo lim C n = λ lim An +µ lim Bn , tj. vrijedi (6.11).Q.E.D.

···

→∞

n

→∞

n

n

→∞

n

∈

→∞

n

n

Sad a ćemo Sada cemo prouˇciti citi konvergenciju konvergen ciju geometri geo metrijskog jskog reda koji koj i igra igr a vaˇznu znu uloulo gu u narednim rezultatima o konvergenciji redova.

Teorem 6.3. Za q

∈ C, |q| < 1, geometrijski red ∞



qn = 1 + q + q2 +

n=0

konvergira i ima sumu

···

(6.12)

1

1

||

− q . Za |q| ≥ 1 red (6.12) divergira.

Dokaz: Za q < 1 imamo

1

−q

n

= (1

n 1

− q)(1 + q + · · · + q − )

odakle slijedi 1 − qn − = = sn = 1 + q + · · · + q n 1

1

−q

odatle odatle zbog zbog lim q n = 0 dobiv dobivamo amo lim sn =

→∞

→∞

n

| |≥

n

n

∀ ∈ | |≥

Ako je q 1, onda je n N, q ne teˇzi k nuli, dakle ta j red divergira.

6.3

1 − q . 1−q 1−q n

1

. 1 q 1, pa niz općih cih ˇclanova cla nova reda r eda (6.1 (6 .12) 2) Q.E.D.

−

Usporediv Usporedivanj anje e redo redov va, apsol apsolutna utna konv konverergencija redova

Definicija 6.3. Za red je n N, an 0.

∀ ∈

1

≥



kaˇzemo zemo da je red s pozitivnim pozi tivnim ˇclanovima clanovima ako an kaˇ

6.3. USPOREDIVANJE USPOREDIVANJE REDOVA, REDOVA, APSOLUTNA KONVERGENCIJA KONVERGENCIJA159



1. Red an s pozitivnim pozitiv nim ˇclanovima clanovi ma konvergira k onvergira ako i samo s amo Teorem 6.4. ∞ ako je njegov niz parcijalnih suma (sn )n ograniˇ ograni ˇcen. cen . Tada je n=1 an = sup sn ; n N .

{

∈ }

2. Ako re red





∞ a s pozitivnim ˇclanovima clanov ima konvergira, onda o nda njegova suma n ∞ ∞

n=1

ne ovisi o visi o poretku ˇclanova, clanov a, tj. vrijedi

    an =

n=1

N bijekcija (permutacija). (permutacija).

aσ(n) , gdje je σ : N

n=1

→

∞ a . Jasno, s = n n+1

(sn )n niz parcijalnih suma reda Dokaz: 1. Neka je (s

n=1

(sn )n rastući. ci. Takav niz je konvergentan ako i samo ako sn + an+1 pa je niz (s je j e ogra og raniˇ niˇcen. cen . 2. Oznaˇcimo cimo s (s′n )n niz parcijalnih suma reda n∞=1 a′n , a′n = aσ(n) . Za bilo koji n N postoje p, q N takvi da je σ(1) < p, p, σ (2) < p, . . . , σ( σ (n) < 1 − (1) < q , τ (2) ( 2) < q , . . . , τ ( n) < q , gdje je τ = σ . Odatl atle je je s′n = p,τ (1) aσ(1) + aσ(2) + . . . + aσ(n) a1 + a2 + . . . + a p = s p i sn = a1 + a2 + . . . + an = daje aσ(τ (1)) + aσ(τ (2)) + . . . + aσ(τ (n)) aσ(1) + aσ(2) + . . . + aσ(q) = s′q . To daje

∈

∈

≤

≤ sup{s′ ; n ∈ N} = sup{s ; m ∈ N}, odnosno m

n

∞



∞



an = lim sn = lim s′m =

→∞

→∞

n

n=1

m

a′m .

Q.E.D.

m=1

Lema 6.1. (usporedivanje redova) Neka su ˇclanovima clanov ima i neka postoji K > 0 tako da je

an ,

bn redovi s pozitivnim

≤ K b , ∀n ∈ N.

an

 

 

(6.13)

n



Ako konvergira red bn , onda konvergira i red an i vrijedi Ako red an divergira, onda divergira i red bn .





an

≤ K



bn .

n izovi (s (sn )n i (tn )n su ak i tn = k=1 bk . Nizo rastući ci i zbog (6.13) (6.13 ) vrijedi sn (tn )n konvergira ako i Kt n , n N. Niz (t samo ako je ograniˇcen. cen. Tada je i niz (s ( sn )n ograniˇcen, cen, pa konvergira i vrijedi lim sn Ako je niz niz (s ( sn )n neograniˇcen, cen, tada je i niz (tn )n neograK lim K lim tn . Ako niˇcen. Q.E.D.

Dokaz: Neka je sn =

n k=1



≤

∀ ∈

≤

Primjer 6.7. Red

∞ 1

 n=1

n2

je konvergentan jer (n ( n + 1)2 > n(n + 1) 1) povlaˇ ovl aˇci ci

1 1 < (n + 1)2 n(n + 1)

∞

 ⇒ n=1

1 (n + 1)2

∞

 ≤ n=1

1 = 1. n(n + 1)

160

POGLAVLJE 6. REDOVI

Primjer 6.8. Red

∞ 1

 n=1

n p

∞ 1

∞ 1

n p

n2

 ≤ n=1

Primjer 6.9. Red

∞ 1

 n=1

ˇsto povlaˇci

n p

n=1

2

ˇsto povlaˇci

.

p

1

1

n

np

≤ 1, jer je n ≤ n, odnosno ≤

divergira za p

∞ 1

∞ 1

n

n p

n=1

a red

n=1

 ≤

∞ 1



p

≥ 2, jer je n ≥ n

konvergira za p

n=1

,

,

divergira.

n

Teorem 6.5. Neka je (an )n niz u C. 1. Ako konvergira red

∞

| |   | ≤ | | |   →  ≥ ≥

(6.14)

an

n=1

onda konvergira i red

∞

∞

an i vrijedi

n=1

an

n=1

2. Ako konvergira red (6.14) i ako je σ : N i red

∞

 

aσ(n) i vrijedi

n=1

∞

∞

an =

n=1

∞

an .

n=1

N bijekcija, onda konvergira

aσ(n) .

n=1

Dokaz: I. Pretpostavimo da je (an )n niz u R i definirajmo

a+ n =

an 0

ako je an 0 , ako je an < 0

a− n =

0

−a

n

ako je an 0 . ako je an < 0

− Za nizove (a+ clanovima vrijedi n )n i (an )n s pozitivnim ˇ an = a+ n

+

− a−, |a | = a n

n

n

+ a− n ( n

 | | ≤| | ≤| |  −  −   

∀ ∈ N).

(6.15)

Budući da po pretpostavci red ∞ N vrijedi n=1 an konvergira i da n ∞ ∞ + + an an , a− an , po lemi 6.1. redovi n=1 an i n=1 a− n n konvergiraju. + − Neka su A i A nizove sume. Tada po teoremu 6.2. vrijedi A+ A− = ∞ a+ ∞ a− = ∞ (a+ a− ) = ∞ a , tj. red ∞ a je konvern n=1 n n=1 n n=1 n n=1 n n=1 n ∞ − + + − gentan. Prema teoremu 6.4. imamo A = n=1 aσ(n) i A = ∞ n=1 aσ(n) , iz + + ˇcega slijedi ∞ )= ∞ A− = ∞ a− n=1 an = A n=1 (aσ(n) n=1 aσ(n) . σ(n)

−



−

∀ ∈

 

−

161

6.4. UVJETI ZA KONVERGENCIJU REDA

∈ | | | | ≤| || |  ∈ | | | ≤  | | | ≤

II. Neka je (an )n niz u C, an = αn + iβ n , αn , β n R. Zbog αn an , ∞ ∞ β n an , n N, slijedi konvergencija redova n=1 αn i n=1 β n , a ∞ ∞ odatle i redova n=1 αn i n=1 β n . Odatle opet slijedi konvergencija reda ∞ (α + iβ ) = ∞ a . Nadalje, za svaki k N imamo k n n n=1 n=1 n n=1 an ∞ ∞ ∞ k dobivamo n=1 an n=1 an , pa za k n=1 an n=1 an . ∞ ∞ ∞ ∞ Konaˇcno, n=1 an = n=1 αn +i n=1 β n = n=1 ασ(n) +i ∞ n=1 β σ(n) = ∞ (α + iβ ) = ∞ a . Q.E.D. σ(n) σ(n) n=1 n=1 σ(n)

| |≤| | ∀ ∈

     | | ≤  | |  → ∞     ||   | |   | |≤ | | ∀ ∈ 

zemo da je apsolutno konvergentan ako Definicija 6.4. Za red ∞ n=1 an kaˇ ∞ je red n=1 an konvergentan. Red ∞ n=1 an je uvjetno konvergentan ako ∞ konvergira, ali red n=1 an divergira.

Teorem 6.6. Neka su je

an ,

an

Ako red Ako red apsolutno.

6.4

bn redovi u C i neka postoji K > 0 tako da K bn ,

n

(6.16)

N.



bn apsolutno konvergira, onda apsolutno konvergira i red an . an ne konvergira apsolutno , onda niti red bn ne konvergira



Neki dovoljni uvjeti za konvergenciju reda

Promotrimo

∞

−

( 1)n−1 an

(6.17)

n=1

∀ ∈ N (alternirajući red)

red u R gdje je an > 0, n

Teorem 6.7. (Leibnitzov kriterij) Ako niz (an )n realnih pozitivnih brojeva strogo pada i limn an = 0, tada red (6.17) konvergira k broju A za koji vrijedi 0 < A < a1 . Dokaz: Neka je (sn )n niz parcijalnih suma reda (6.17). Vrijedi s2m =

(a1 a2 ) + (a3 a4 ) + + (a2m−1 a2m ), tj. podniz (s2m )m je strogo rastući. Nadalje je s2m = a1 (a2 a3 ) (a2m−2 a2m−1 ) a2m < a1 , pa je podniz (s2m )m ograniˇcen odozgo. Dakle, podniz (s2m )m je konvergentan; neka je A = limm s2m . Zbog s2m+1 = s2m + a2m+1 je = lim m s2m+1 = A, pa je takoder i lim n sn = A. Iz prethodnog slijedi ocjena s2m < A < s2m−1 , Q.E.D. m N.

−

∀ ∈

−

···

− − − −···−

−

−

162

POGLAVLJE 6. REDOVI

Teorem 6.8. (D’Alembertov1 kriterij) Neka je (an )n niz u C i an = 0, n N.



∀ ∈

1. Ako postoje m

∀n ≥ m, onda red 2. Ako postoji m

∞



an+1 R takvi da vrijedi an

∈ N i q ∈ 0, 1 ⊂ ∞



an apsolutno konvergira.

 ≤

q,

n=1



an+1 N takav da vrijedi an

∈



an divergira.

 ≥

∀n ≥ m, onda red

1,

n=1

Dokaz: 1. Za n = m + k, k



∈ N, imamo |a | ≤ q |a ∞

∞ |a | ≤ | a | m+k m k=1

− |∞≤ ··· ≤ k =1 q = 1−q , pa red k=1 |am+k | m+k q k



m+k 1



q k am , odakle slijedi konvergira (jer je majoriziran s konvergentnim geometrijskim redom). Tada ∞ a apsolutno konvergira. konvergira i red ∞ n=1 an , tj. n=1 n 2. Iz drugog uvjeta imamo an am > 0, n m, pa niz (an )n ne teˇzi k nuli, tj. nije ispunjen nuˇzan uvjet konvergencije reda. Q.E.D.

| |





| |

| |≥| |

∀ ≥

Teorem 6.9. (Cauchyjev kriterij) Neka je (an )n niz u C. 1. Ako postoje m onda red

∞



∈ N i q ∈ 0, 1 ⊂ R takvi da vrijedi |a | ≤ q, ∀n ≥ m, n

  | | ≥

an apsolutno konvergira.

n

n=1

2. Ako vrijedi

∞



n

an

1 za beskonaˇcno mnogo indeksa n

∈ N, onda red

an divergira.

n=1

 

 

qm 1 q

≥ m imamo | a | ≤ q , pa je ∞ |a | ≤ ∞ q = − . Tada konvergira red ∞ |a |, odnosno, ∞ a apsolutno konvergira. 2. Uvjet 2. kaˇ ze da za podniz (a ) niza (a ) vrijedi |a | ≥ 1, odnosno, |a | ≥ 1, ∀n ∈ N. Tada podniz (a ) ne konvergira k nuli, a onda niti Dokaz: 1. Za n

pn



n

n=1

n

n

n=1

pn n

pn n

n=m

n

n n

n

n

n=m

n

pn

niz (an )n ne konvergira k nuli. Tako nije ispunjen nuˇzan uvjet konvergencije reda. Q.E.D. 1

Jean le Rond d’Alembert (Paris, 16. studeni 1717. - Paris, 29. listopad 1783.) francuski filozof, matematiˇcar i fiziˇcar

163


 ∀ ∈

Korolar 6.1. Neka je (an )n niz u C i an = 0, n N. Ako neki od nizova ∞ an+1 n konvergira k r R+ , onda za 0 r < 1 red , an an an n n n=1 apsolutno konvergira, a za 1 < r red divergira.

   | |

 

∈

≤



≤

Ako je 0 r < 1, onda postoji ε > 0 takav da je r + ε < 1. Sada za taj ε postoji m N sa svojstvom n N (n m) an+1 r ε < an < r + ε = q ili (n m) r ε < n an < r + ε = q . Sada iz desnih nejednakosti i teorema 6.8 ili teorema 6.9. slijedi apsolutna Dokaz:

 −  

konvergencija reda r

− ε > 1.

∈



∞



 ⇒ −

≥

∀ ∈ | |

  

≥

⇒



an . U sluˇcaju 1 < r uzimamo ε > 0 takav da je

n=1

Tada pomoću lijevih nejednakosti i teorema 6.8 ili teorema 6.9.

∞



zakljuˇcujemo divergenciju reda

an .

Q.E.D.

n=1

U sljedećem primjeru se vidi da korolar 6.1. u sluˇcaju r = 1 ne daje odluku.

Primjer 6.10. Redovi za koje niti D’Alembertov niti Cauchyjev kriterij ne daju odluke o konvergenciji ili divergenciji:

∞

    n=1

∞ 1

n=1

n

∞ 1

n=1

n2

∞ 1

n=1

 

1 konvergira i n(n + 1)

n

divergira i

n(n+1) (n+1)(n+2)

=

  →    →    → an+1 an

konvergira i

divergira i

an+1 an

n

=

1

n

n2

1

n

=

n n+1

n

n

√1n n

n n+2

→ 1.

1.

√1n

=

=

1.

1.

Napomena 6.1. Ako D’Alembertov kriterij daje odluku, onda ju daje i Cauchyjev kriterij. Naime, ako je am+k N, onda imamo q k am , k k →∞ k m+k m+k am+k am q m+k q. Tada za ε > 0, q ′ = q + ε < 1, postoji m+k m N takav da (k m) am+k q′ . Obratna tvrdnja nije istinita, ˇsto pokazuje slijedeći primjer.

 | ∈

|≤

 | | ≥

⇒

−→

|

 |

|≤ | | ∀ ∈

|≤

Primjer 6.11. Dajemo primjer reda ˇcija konvergencija se moˇze ustanoviti pomoću Cauchyjevog kriterija, ali D’Alembertov kriterij ne daje odluku o

164

POGLAVLJE 6. REDOVI

konvergenciji ili divergenciji. Neka je niz ( an )n definiran s a2n = 2 , 4n

∀n ∈ N.

Tada je

a2n+1 a2n

= 2i

a2n a2n−1

=

4n 1 4n 2 −

= 18 , tj. niz

an

konvergira, ali ni po teoremu 6.8. nije moguća odluka. Naprotiv, 2 n→∞ 1 i 2n+1 a2n+1 = 12 2 2n+1 , tj. lim n an = 12 . 2

 |

|

·

−→

Primjer 6.12. Za svako z





an+1 = an

∈ C red

  

z n+1 (n+1)! zn n!

 

∞

 n=0

=

1 , a2n+1 4n an+1

    2n

E (z) =

n=0

Primjer 6.13. Za svaki z

ne

n

|a | = 2n

1 2

zn apsolutno konvergira. Naime, n!

|z| −→ →∞ 0 = r < 1. n+1 n

Po korolaru 6.1. red apsolutno konvergira i definira funkciju E : C

∞

=

→ C,

zn , E (0) = 1, E (1) = e. n!

∈ C apsolutno konvergiraju redovi

∞

z2n+1 ( 1) S (z) = , C (z) = (2n + 1)! n=0

−

n

Ti su redovi apsolutno majorizirani s redom

∞

z2n ( 1) . (2n)! n=0

−

∞ zn

 n=0

n!

n

.

Teorem 6.10. (Integralni Cauchyjev kriterij) Neka je f : [1, + neprekidna i padajuća funkcija na [1, + . 1. Red gira.

∞



∞

f (n) konvergira ako i samo ako integral

n=1

 1

∞

∞

f (x)dx konver-

1

2. Ako red konvergira onda vrijedi +



+

+



∞ → [0, ∞

∞

f (x)dx

∞

 ≤ n=1

f (n)

≤

f (1) +

f (x)dx.

1

n

Dokaz: Neka je sn =



k =1

x

1



∀ ∈ [1, +∞.

f (t)dt, x

f (k) parcijalna suma reda i neka je F (x) =

165


∀ ∈ N i ∀t ∈ [k, k + 1] imamo f (k + 1) ≤ f (t) ≤ f (k). Odatle je f (k + 1) ≤ f (t)dt ≤ f (k), ∀k ∈ N. Vrijedi Funkcija f je padajuća, pa k

   k +1

k



n

n+1

F (n + 1) =

f (t)dt =

1

2

 

3

f (t)dt

k

k =1



n

k+1

 ≤

f (k) = sn

k=1



n

≤

≤ f (1) + f (t)dt + f (t)dt + ··· + + f (t)dt = f (1) + F (n). − Dakle, ∀n ∈ N imamo F (n + 1) ≤ s ≤ f (1) + F (n). ∞ 1

2

n 1

n

+

1. Neka konvergira

f (x)dx, tj. postoji limx→+∞ F (x). Poˇsto je F

1

∃

rastuća funkcija, taj limes postoji ako i samo ako je F ograniˇcena, tj. sup F . Tada vrijedi sn f (1) + sup F , pa je i rastući niz (sn )n ograniˇcen, tj. red

∞



≤

f (n), konvergentan. Obratno, ako red

n=1

∞



f (n) konvergira, onda je niz

n=1

(sn )n ograniˇcen, a tada je i niz (F (n))n ograniˇcen. Zbog rasta funkcije F



+

je i ta funkcija ograniˇcena, pa postoji supF = lim F (x) = x

Q.E.D.

Primjer 6.14. Funkcija f (x) =



+

Prema teoremu 5.15 i red

n=1

x p

1

∞ 1



∞ dx

∞.


Primjer 6.15. Ispitaj konvergenciju reda 1 ,x f (x) = x ln p x

≤ 1. Tada

≤ 1. 1 za p > 1. Funkcija n ln p n

∈ [2, +∞ je neprekidna i padajuća. Vrijedi

F (x) =

 2

1

− p − 1

pa je lim F (x) = x

∞

 n=2

x

=

f (x)dx.

1

1 je neprekidna i padajuća na [1, + x p


n p

→+∞

∞

→+∞

konvergira za p > 1.

1 p

y−

  − − 

dt = t ln p t ln x

=

ln 2

1

y = ln t dy = dt/t 1

p

= p − 1 ln − 2

ln x

=

ln 2

1 ln p−1 x +

1

p 1

1

 

2

+

∞ dx p

x ln x

1

p

dy = y p 1 p 1

− 1 ln −

2

,

. Dakle, red

∞

 n=2

1 n ln p n

166

POGLAVLJE 6. REDOVI

6.5

Produkt redova

Definicija 6.5. Neka su

∞

y

∞

  an i

n=0

bn redovi u R ili

n=0

C. Definirajmo niz (cn )n sa

3

2

1

n

cn =

 k=0

Red

∞



ak bn−k , k = 0, 1, 2, . . . .

(6.18)

0

a0

0

cn zovemo produktom redova

n=0

∞

  an i

n=0

Teorem 6.11. Ako red gira k B, onda red

∞



∞



∞

a1

a2

a3

x

bn .

n=0

an apsolutno konvergira k A i red

n=0

∞



bn konver-

n=0

cn definiran s (6.18) konvergira k AB.

n=0

n

Dokaz: Oznaˇcimo An =

a=



n

ak , Bn =

k =0

∞

| |



bk , Bn′ = Bn

k =0

− B, ∀n ∈ N

∀

0

i

∀

an . Ako je a = 0 onda je an = 0, n, a tada je A = 0 i cn = 0, n,

n=0

pa je tvrdnja istinita. Neka je sada a > 0, pa za parcijalne sume reda

∞



cn imamo:

n=0

··· + a b ) = = a B +a B − + ··· +a B = a (B +B ′ )+a (B +B ′ − )+ ··· +a (B +B ′ ), tj. C = A B + C ′ , gdje je C ′ = a B ′ + a B ′ − + ··· + a B ′ . Pokaˇzimo da vrijedi lim C ′ = 0. Budući da je lim B ′ = lim (B − B) = →∞ →∞ →∞ ′ 0, to postoji M > 0 tako da ∀n, |B | ≤ M . Takoder, za bilo koji ε > 0 postoji ∞ p ∈ N takav da (n > p) ⇒ (|B ′ | < ε = ). Zbog konvergencije reda a vrijedi lim a = 0, pa za ε = > 0 postoji q ∈ N (q ≥ p) takav da →∞ ∀n (n > q ) ⇒ (|a | < ε ). C n = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 ) +

0

n

n

1

n 1

n

n

0

n

··· + (a b

0 n

0

1

n

0

n

1

n

+ a1 bn−1 +

n

n 1

n

n 1

n

n

n 0

n

n

0

0

n

n

n

1

n

n

n

n=0

ε

2

n



ε 2a

2( p+1)M

2

Uzmimo sada nε = p + q. Za n > n ε imamo:

|C ′ | ≤ (|B′ ||a | + ··· + |B′ ||a − |) + (|B′ ||a − − | + ··· + |B′ ||a |). n

0

n

p

n p

p+1

n p 1

n

0

n

167

6.6. REDOVI POTENCIJA

Zbog n p > q vrijedi C n′ ε2 ( B0′ + + B p′ ) + ε1 ( a0 + + an− p−1 ) < ε2 ( p + 1)M + ε1 a = ε. Dakle, lim C n′ = 0, a odatle lim C n = AB. Q.E.D.

−

| | ≤ | | ··· | |

| | ··· |

→∞

|

→∞

n

n

Napomena. U prethodnom teoremu nije moguće izostaviti uvjet apsolutne ∞ ( 1)n konvergencije kod oba reda. Naime, red konvergira po Leibnit1 + n n=0 zovom kriteriju. Kvadrat toga reda ima opći ˇclan

 √−

cn = ( 1)n

−



Zbog

1 1 √ + √ + ··· + 1 1+n 2n

1 k(2 + n



− k)

+

··· + √11+ n

1 1 1, 2, . . . , n + 1 , k 1+n k(2 + n k) 1, n, pa kvadrat polaznog reda divergira.

− ≥



| |≥ ∀

imamo cn

∀ ∈{



.

}

Primjer 6.16. Pokaˇzimo da za funkciju E iz primjera 6.12. vrijedi E (x)E (y) = E (x + y), x, y.

∀

E (x)E (y) =

    −          ∞

n=0

=

n

x n!

∞

y = m! m=0

∞ 1

n=0

n!

m

n

∞

n=0

n

k =0

n k n−k x y k

k =0

y −

k

x k! (n

=

n k

k)!

=

∞ (x + n y)

n=0

n!

∞ 1

n=0

n!

n

k=0

n! xk y n−k k!(n k)!

−

= E (x + y).

Dakle, funkcija E je eksponencijalna funkcija.

6.6

Redovi potencija

Neka je (f n )n niz funkcija f n : I

→ R( ili C), I ⊆ R( ili C).

∞



Red

n=0

zovemo redom funkcija.

∀ ∈

Ako je n N0 , f n (x) = an (x onda se red

∞

 n=0

an (x

− c)

n

− c) , x ∈ I ,

n

Im z

(6.19) c r

naziva red potencija oko toˇcke c. Neka je K = z C; red (6.19) konvergira u z . Sada definiramo r = sup z c ; z K i nazivamo ga radijus konvergencije reda (6.19).

{ ∈

f n

{| − | ∈ }

}

Re z 0



=

168

POGLAVLJE 6. REDOVI

Zbog jednostavnijeg pisanja uzmimo c = 0, tj. imamo red potencija oko nule ∞

 

an xn .

(6.20)

nan xn−1 .

(6.21)

n=0

Red

∞

n=1

zovemo derivacijom reda (6.20) ˇclan po ˇclan, a red

∞

 n=0

an n+1 x . n+1

(6.22)

zovemo antiderivacijom (neodredenim integralom) reda (6.20) ˇclan po ˇclan.

Teorem 6.12. (o radijusu konvergencije) 1. Redovi (6.20), (6.21) i (6.22) imaju jednak radijus konvergencije. 2. Ako je r radijus konvergencije reda (6.20) i r > 0, onda svi redovi apsolutno konvergiraju za z C, z < r, i divergiraju za z C, z > r.

∀ ∈

||

3. Ako je ρ = lim supn

||

∀ ∈

1 an , onda je r = . ρ

 | | n

Dokaz: Neka je radijus konvergencije reda (6.20) r > 0 i neka je u

||

∈

||



| |

∈ C,

∞ a zn n=0 n 0

0 0, an z0n M , n, a odatle je an z0 n

∃

|

|≤

∀

| |≤ | | ∀ (6.23) |a u | ≤ Mq , gdje je q = ||zu|| < 1. ∞ |a u |, tj. apsolutna konvergencija Odatle slijedi konvergencija reda reda ∞ a u . Dakle, red (6.20) apsolutno konvergira ∀z ∈ K (0, r), tj. |z| < r. n

n

n

0



n=0

n

n



n=0

n

n

Pokaˇzimo sada konvergenciju redova (6.21) i (6.22) na istom skupu. U tu u| svrhu pomnoˇzimo (6.23) prvo s |nu| , a zatim s n|+1 , pa imamo: n 1

1

|na u − | ≤ n

n−1



an n+1 bn−1 q, odnosno u n+1



1 n+1

≤c

n+1 q,

gdje je

(6.24)

169

6.6. REDOVI POTENCIJA

 

1





||

1

n+1 nq n 1 u bn−1 = M , cn+1 = M . (n + 1)q u Vrijedi limn bn−1 = limn cn+1 = 1. Za q < 1 ε > 0 tako da je q′ = (1 + ε)q < 1, a takoder postoji nε N tako da (n > n ε ) (bn−1 < 1+ε) (cn+1 < 1+ ε). Tada za n > nε iz (6.24) imamo −

||

∃ ⇒

∈



nan un−1



1 n−1

≤

∧



an n+1 (1 + ε))q = q′ < 1, i u n+1



1 n+1

≤ (1 + ε)q = q′ < 1,

pa redovi (6.21) i (6.22) apsolutno konvergiraju po Cauchyjevom kriteriju. Iz prethodnog slijedi da za radijuse konvergencije r2 i r3 redova (6.21) i (6.22) vrijedi r = r1 r2 i r1 r3 . Red (6.20) je antiderivacija reda (6.21) ˇclan po ˇclan, pa po prethodnom vrijedi r1 r2 . Analogno, red (6.20) je derivacija reda (6.22) ˇclan po ˇclan, pa je r1 r3 . Dakle r = r1 = r2 = r3 ,a za z > r redovi divergiraju, jer bismo u suprotnom imali kontradikciju s definicijom radijusa konvergencije kao supremuma. Tako smo dokazali tvrdnje 1. i 2. 3. Ako je 0 ρ < + onda su za svaki ε > 0 gotovo svi ˇclanovi niza n ( an )n manji od ρ + ε, a beskonaˇcno ˇclanova je veće od ρ ε. Sada za z > 1ρ odaberimo ε > 0 tako da je (ρ ε) z 1. Uzmimo podniz pn (ρ ε) z 1. Dakle, a pn > ρ ε, pa za z > 1ρ vrijedi pn a pn z pn pn n podniz (a pn z )n ne konvergira k nuli, a tada niti niz (an z )n ne konvergira k nuli, tj. red divergira u svakoj toˇcki z C, z > 1ρ . Uzmimo z C, z < 1ρ i ε > 0 tako da je (ρ + ε) z < 1. Sada za gotovo sve ˇclanove niza ( n an z n )n vrijedi n anz n (ρ + ε) z = q < 1, tj. red apsolutno konvergira po Cauchyjevom kriteriju. Pokazali smo da red apsolutno konvergira z C, z < 1ρ i divergira Q.E.D. z C, z > 1ρ , dakle, r = 1ρ .

≤

 | |  | |

≤

≤

≥ ≥

||

∞

|| −

−

− | |≥ |≥ − | |≥

 |

||

∈ ||

∈ || | |



 |

||

|≤ || ∀ ∈ ||

∀ ∈ ||

Ako je r > 0 radijus konvergencije redova (6.20), (6.21) i (6.22), onda su sa f (z) =

∞

   

an z n ,

(6.25)

nan zn−1 ,

(6.26)

n=0

f 1 (z) =

∞

n=1

f 2 (z) =

∞

− 1)a z − ,

n(n

− 1)|a ||z| −

n=2

M 2 (z) =

∞

n=2

n 2

n(n

n

n

n 2

(6.27) (6.28)

170

POGLAVLJE 6. REDOVI

definirane funkcije na K (0, r)

⊆ C.

Lema 6.2. Neka je r > 0 radijus konvergencije reda (6.25). Za svaki 0 < r1 < r i svaki par u, z C, u = z i u r1 , z r1 , vrijedi nejednakost



Dokaz: Vrijedi

∈  | |≤ | |≤ 1 f (z) − f (u) − f (u) ≤ M (r )|z − u|. 2 z−u 1

uk zk = (u z)(uk−1 +uk−2z

−



2

k 2

(6.29)

1

k 1

k 1

···+uz − +z − ) ⇒ |u −z | ≤ kr − |u−z|, ∀k ∈ N,

−

k

k

1

a odatle je



zn z

n

− u − nu − −u

n 1



= zn−1

|

n 1

−u −

+ (zn−2

n 2

n 2

− u − )u + ··· + (z − u)u − | ≤

≤ |z−u|[(n−1)r − +(n−2)r − +···+1r − ] ≤ |z−u|r − n(n2− 1) , n 2

n 2

1

n 2

1

n 2

1

1

(n = 2, 3, . . .).

Odatle slijedi

=



f (z) z

   ∞

n=2

an

zn z

  −  −  ≤ | − |  

− f (u) − f (u) −u 1

n

− u − nu − −u

n 1

=

∞

an z

n=0

z u

n

z

∞

n=2

an u u

n(n

n

∞

 −

 

nan un−1 =

n=1

− 1) |a |r − = |z−u|M (r ). 2 n

n 2

1

2

1

Q.E.D.

Korolar 6.2. Neka su f : r, r R i f 1 : R definirane s (6.25) r, r ′ i (6.26). Tada je f 1 (x) = f (x), x r, r . Funkcija f ima derivaciju ∞ svakog reda na r, r , tj. f C ( r, r ). Takoder za a, b r, r , a < b, imamo

−  → −  → ∀ ∈ −  −  ∈ − 

∞

  b

a n=0

n

an x dx =

∞

  n=0

b

an

a

n

x dx =

∞

 n=0

an n+1 x n+1

Dokaz: Iz leme 6.2 slijedi je f 1 = f ′ na

kljuˇcivanjem slijedi da je f ∈ C ∞ (−r, r).

∈ − 

  b

=

a

∞

n=0

an (bn+1 an+1 ). n+1

−

−r, r, a onda rekurzivnim za-

171

6.7. TAYLOROVI REDOVI

6.7

Taylorovi redovi



∞ Neka je f : c r, c + r R zadana s f (x) = n=0 an (x c)n , gdje je r > 0 radijus konvergencije reda. Tada je f C ∞ ( c r, c + r ) i vrijedi

−

→

∈

− 

−

f (c) = a0 f ′ (c) = a1 f ′′ (c) = 2a2 .. .

f (n) (c) = n!an .. . Formula za koeficijente je f (n) (c) an = , (n = 0, 1, . . .). n! Definicija 6.6. Neka je funkcija f C ∞ ( c r, c + r ). Red

∞

 n=0

∈

− f (c) (x − c) n! (n)

(6.30)



n

(6.31)

zovemo Taylorov red funkcije f oko toˇcke c. Taylorovi polinomi T n (x) = n f (k) (c) (x c)k su parcijalne sume Taylorovog reda. k =0 k!



−

Teorem 6.13. Neka je I R otvoreni interval, c I i f : I C ∞ (I ). Ako postoje n0 N, δ > 0, M > 0 i C > 0, takvi da je (n)

⊆

∈

∈

→ R klase

| ≤ CM n!, ∀x ∈ I ′ = c − δ, c + δ ∩ I, ∀n ≥ n , (6.32) onda red (6.31) konvergira k f (x), ∀x ∈ I ′ ∩ c − , c + . Dokaz: Za svaki x ∈ I , po Taylorovom teoremu srednje vrijednosti, postoji |f

(x)

n

0

1

1

M

M

cx izmedu c i x tko da vrijedi

f (n+1)(cx ) (x f (x) = T n (x) + (n + 1)!

n+1

− c)

.

Odatle je (n+1)

n+1

+ 1)! |f (x)−T (x)| = |f (n + (c1)!)| |x−c| ≤ C M (n +(n1)! |x−c| = C (M |x−c|) Za x ∈ I ′ ∩ c − , c +  je M |x − c| < 1 pa je lim |f (x) − T (x)| = 0, tj. →∞ ∞ f (c) lim T (x) = (x − c) = f (x). Q.E.D. →∞ n! x

n+1

n

n

n

 n=0

1

1

M

M

(n)

n+1

n

n

n

n+1

.

172

POGLAVLJE 6. REDOVI

⊆

Teorem 6.14. Neka je I R otvoreni interval, c C ∞ (I ). Ako postoje δ > 0 i C > 0 takvi da je (n)

∈ I i f : I → R klase

| ≤ C, ∀x ∈ I ′ = c − δ, c + δ ∩ I, ∀n ∈ N, onda red (6.31) konvergira k f (x), ∀x ∈ I ′ . |f

(x)

(6.33)

Dokaz: Vrijedi (n+1)

|f (x) − T (x)| = |f n

 

zbog konvergencije reda

n+1

| | − c| ≤ C |x − c| −→ 0, (n + 1)!

(cx) x (n + 1)!

n+1

n

∞

xn n=0 n! .

Q.E.D.

Primjer 6.17. Za funkciju f (x) = ex , x R i c = 0 je f (n) (0) = 1, pa je xn Taylorov red oko nule ∞ (ex < eδ ), tj. n=0 n! . Za δ > 0 vrijedi (x < δ) x δ, δ je ex < eδ = C . Sada, za svaki x R, postoji δ > 0, takav da je x δ, δ , pa red konvergira k funkciji na ˇcitavom R

∀ ∈ −  | | ∈ − 

∈

⇒

∈

Primjer 6.18. Za funkcije f (x) = sin x i f (x) = cos x je f (n)(x) x R, pa vrijedi

|

∀ ∈

∞

x2n+1 sin x = ( 1) (2n + 1)! n=0 za sve x

−

n

i

∈ R.

Primjer 6.19. Binomni red Za α



∞

| ≤ 1,

x2n cos x = ( 1) , (2n)! n=0

−   

∈ R i k ∈ N definiramo

α = k

n

α(α 1) (α k+1) , k!

− ··· −

∞

α α n s tim da je = 1. Promatrajmo red potencija x . Po D’Alembertovom 0 n n=0 kriteriju imamo

      | | || an+1 = an

α x n+1 n+1 α n = x + 1 n α xn n

|| −  → − ··· −

| − | | | −→ |x| = r, n

||

dakle, za x < 1 red apsolutno konvergira, a za x > 1 divergira. Neka je 1, 1 R funkcija definirana s f (x) = (1 + x)α . Vrijedi f (n) (x) = f : f (n) (0) α α−n = , n N. Pokaˇzimo α(α 1) (α n + 1)(1 + x) , pa je n n! ∞ α n 1 da je f (x) = 1. x , x 2, n

  n=0

 ∀ ∈

∀ ∈ − 

173

6.7. TAYLOROVI REDOVI

  | ||∈ − |···| −      ≥ ≥   { }  −  ||≤ ≥   { − }  −

≤ −  −

Neka je n0 N, n0 > α + 1. Tada za n > n0 imamo n α > 1, α α α+1 α+1 α+1 pa = α 1 α+1 1 (1 ) (1 ) . 2 n0 −1 n0 n n n0 1 f (n) (x) α α Odatle je = (1 + x)α−n (1 + x)α−n . n n0 1 n! U sluˇcaju x 0 je 1 + x 1 pa vrijedi (1 + x)−n 1, n N. Odatle slijedi da je na intervalu [0, 1 ispunjen uvjet (6.33) iz teorema 6.14 za C = α max 1, 2α . n0 1 1 1 U sluˇcaju x je 1 + x pa vrijedi (1 + x)−n 2n , n N. 2 2 1 1 Stoga na intervalu vrijedi uvjet (6.32) iz teorema 6.13 za C = 2, 2 α max ( 32 )α, 2α i M = 2. n0 1

| − ≤

··· −



 −  ≤

∀ ∈ ≤

∀ ∈

Primjer 6.20. Naći Taylorov red oko c = 0 funkcije f (x) = ln(1 + x) i ispitati njegovu konvergenciju. ∞ 1 ′ Vrijedi f (x) = = ( 1)n xn , za x 1, 1 (geometrijski red). 1+x n=0 Tada po teoremu 6.12. i korolaru leme 6.2. imamo f (x) = ln(1 + x) = ∞ ∞ n+1 n x n n−1 x ( 1) = ( 1) , za x 1, 1 . + 1 n n n=0 n=1

−

−

∈ − 

−

∈ − 

Primjer 6.21. Naći Taylorov red oko c = 0 funkcije f (x) = Tg−1x i ispitati njegovu konvergenciju. ∞ 1 ′ Vrijedi f (x) = = ( 1)n x2n , za x 1, 1 (geometrijski 2 1+x n=0 red). Tada po teoremu 6.12. i korolaru leme 6.2. imamo f (x) = Tg−1 x = ∞ ∞ 2n+1 2n−1 n x n−1 x ( 1) = ( 1) , za x 1, 1 . 2n + 1 2n 1 n=0 n=1

−

−

−

−

∈ − 

∈ − 

Primjer 6.22. Naći Taylorov red oko c = 0 funkcije f (x) = Sin−1 x i ispitati njegovu konvergenciju. 1 2

Vrijedi f ′ (x) = (1 − x2 )− = red). No, ( 1)n

−

−  1 2

n

=

 − −  ∞

n=0

( 1)n

1 2

n

x2n , za x

∈ −1, 1 (binomni

· ··· (2n − 1) = 1 · 3 ··· (2n − 1) = (2n − 1)!! , 2 n! 2 · 4 ··· 2n (2n)!!

1 3

n

174

POGLAVLJE 6. REDOVI

pa imamo f ′ (x) =

∞ (2n − 1)!!

 n=0

(2n)!!

f (x) = Sin−1 x =

x2n . Odatle je

∞ (2n − 1)!! x2n+1



(2n)!!

n=0

2n + 1

∞



Teorem 6.15. (Abelov teorem) Ako red

, za x

∈ −1, 1.

an konvergira i ima sumu s,

n=0

onda je s f (x) =

∞



an xn , x < 1,

||

n=0

definirana funkcija f :

−1, 1 → R i vrijedi s =

(6.34)

lim f (x).

x

→1−

Dokaz: Trebamo dokazati

( ε > 0)( δ > 0)( x)((0 < 1

∀

∃

− x < δ ) ⇒ (|f (x) − s| <

∀

Mnoˇzenjem (6.34) s 1 1

f (x) = 1 x

−

n

gdje je sn = s(1



xn

(6.35)

sn xn , x < 1,

(6.36)

=

−x

dobivamo

∞



ε)).

n=0

∞



||

n=0

zimo (6.35) sa ak parcijalna suma polaznog reda. Pomnoˇ

k=0

− x) te (6.36) s 1 − x. Oduzimanjem dobivenih rezultata slijedi f (x)

− s = (1 − x)

∞



(sn

n=0

n

− s)x , |x| < 1.

∃

(6.37)

∈

Uzmimo sada ε > 0 bilo koji. Zbog limn→∞ sn = s nε N takav da 1 − nε ε ε (n nε ) ( sn s < 2 ). Neka je δ = . Desnu stranu od sn s 2 n=0 (6.37) rastavimo na sumu od 0 do nε i od nε + 1 do . Tada za 0 < 1 x < δ imamo

≥



⇒| −|

| −| ∞

nε

|f (x) − s| ≤ (1 − x)

|

sn

n=0

n

− s|x

+ (1

− x)

∞

|

n=nε +1

−

sn

n

− s|x ≤

175

6.8. FOURIEROVI REDOVI nε

(1

− x)

|

sn

n=0

Primjer 6.23. Vrijedi

− s| + (1 −

∞

ε x) 2 n=n



ε ε + = ε. 2 2

xn <

ε +1

Q.E.D.

∞ ( 1)n−1

−     

= ln 2. Naime, funkcija f iz primjera n n=1 6.20. i prethodni red zadovoljavaju uvjete Abelovog teorema.

Korolar 6.3. Ako redovi an , bn , cn konvergiraju k A,B,C i ako je n cn = k=0 ak bn−k , n, onda je C = AB.



∀

∞

Dokaz: Oznaˇcimo f (x) =

n=0

∞

n

an x , g(x) =

∀ ∈ − 

n

bn x , h(x) =

n=0

∞



cn xn , x <

||

n=0

1. Vrijedi h(x) = f (x)g(x), x 1, 1 . Prema teoremu 6.15 je C = lim h(x), A = lim f (x), B = lim g(x), pa po teoremu o jednostranom x

→1−

→1−

x

x

limesu produkta vrijedi

→1−

C = lim h(x) = lim (f (x)g(x)) = lim f (x) lim g(x) = AB.

→1−

x

→1−

x

→1−

→1−

x

x

Q.E.D.

Korolar 6.4. Neka je f : ε, r

∞

  → R, gdje je∞ 0 < ε < r, definirana s a x , neka postoji f (r−) i neka red a r konvergira. Tada je

  −

f (x) =

n

n=0

f (r ) =

∞



n

n

n

n=0

an r n .

n=0

Dokaz: Red potencija

tervalu

6.8

−1, 1.

∞



an rn xn zadovoljava uvjete teorema 6.15. na in-

n=0

Q.E.D.

Fourierovi redovi

ˇ Neka je f : R R periodiˇ cka funkcija s periodom 2π. Zelimo tu funkci ju prikazati pomoću jednostavnijih funkcija istog perioda. Takve funkcije

→

176

POGLAVLJE 6. REDOVI

su oblika A sin(ωx + ϕ), gdje A nazivamo amplitudom, ω je kutna frekn

vencija, a ϕ je fazni pomak. Funkciju



Ak sin(kx + ϕk ) zovemo trigono-

k=0

metrijski polinom. Trigonometrijski polinom moguće je napisati u obliku n



(ak cos kx + bk sin kx). Red oblika

k =0

∞

a0 + (an cos nx + bn sin nx) 2 n=1



(6.38)

zovemo trigonometrijski red . Promotrimo vektorski prostor V svih neprekidnih funkcija f : [ π, π]



−

π

|

R snabdjeven sa skalarnim produktom (f g) =

sin nx, cos nx, (n

∈ N), vrijedi

→

f (x)g(x)dx. Za funkcije

−π

     π

, ∀n ∈ N, −ππ cos nxdx = 0 , ∀n ∈ N, −ππ sin nxdx = 0 , ∀n, m ∈ N, −ππ sin nx cos mxdx = 0 −ππ sin nx sin mxdx = πδn,m , ∀n, m ∈ N, −π cos nx cos mxdx = πδ n,m , ∀n, m ∈ N. To pokazuje da je skup funkcija { √12π , √1π sin nx, √1π sin nx; n ∈ N}, ortonor-

miran skup vektora u V . Ako u konaˇcno dimenzionalnom unitarnom prostoru V ˇzelimo vektor x prikazati kao linearnu kombinaciju vektora neke ortonormirane baze e1 , e2 , . . . , en onda su koeficijenti u tom prikazu oblika (f ek ), ∞ a0 R zadana s f (x) = + (an cos nx + k = 1, . . . , n. Neka je f : [ π, π] 2 n=1 bn sin nx). Po analogiji s konaˇcno dimenzionalnim sluˇcajem, koeficijenti u tom prikazu su oblika

{

} −

an bn

 



→

1 π = f (x)cos nxdx, π −π 1 π = f (x)sin nxdx, π −π

∀n ∈ N ∪ {0},

|

(6.39)

∀n ∈ N ,

i nazivaju se Euler1 –Fourierovi 2 koeficijenti . 1

Leonhard Paul Euler (Basel, 15. travanj 1707. – St Petersburg [Rusija], 18. rujan 1783.) ˇsvicarski matematiˇcar 2 Jean Baptiste Joseph Fourier (Auxerre, 21. oˇzujak 1768. – Paris, 16. svibanj 1830.) francuski matematiˇcar

177

6.8. FOURIEROVI REDOVI

∞

a0 Oznaˇcimo sumu Fourierovog reda s S (x) = + (an cos nx+ bn sin nx) 2 n=1



Teorem 6.16. (Dirichlet) 1 Neka je f : [ π, π]

−

→ R takva da vrijedi (i) Funkcija f ima najviˇse konaˇcno prekida i to prve vrste na [−π, π]. (ii) Funkcija f je po dijelovima monotona na [−π, π]. Tada Fourierov red funkcije f konvergira ∀x ∈ R. Neka je S : R → R suma Fourierovog reda. Ako je f neprekidna u x ∈ −π, π, onda je S (x) = f (x). Ako f ima f (x−) + f (x+) prekid u x ∈ −π, π, onda je S (x) = . Takoder je S (−π) = 2 f (π−) + f (−π+) . S (π) = 2

ci uvjet da je f Dokaz: Dokazujemo samo konvergenciju reda i to uz jaˇ (2)

−

C ([ π, π]). Parcijalnom integracijom dobivamo





π 1 π f (x)sin nx an = f (x)cos nxdx = π −π nπ −π



π



∈

 −  −

π 1 f ′ (x)sin nxdx = nπ −π

π π 1 1 f ′ (x)cos nx ′′ = f (x)cos nxdx = f ′′ (x)cos nxdx, 2 2 2 nπ n π −π −π n π −π gdje su prethodni sumandi jednaki nuli zbog periodiˇcnosti. Zbog neprekidnosti f ′′ postoji M > 0 tako da je f ′′ (x) M , x [ π, π]. Odatle je 2M 2M , n N. Analogno se dobije bn , n N. Odatle slijedi an n2 n2 1 da je Fourierov red apsolutno majoriziran s redom 4M ∞ n=1 n2 , a potonji je konvergentan. Q.E.D.

| |≤

−

|

∀ ∈

|≤ ∀ ∈ − | |≤ ∀ ∈



−

∈−  ∈  ∀ ∈

1 x [ π, 0 , i neka je po peri1 x [0, π odiˇcnosti proˇsirena na R, tj. f (x + 2π) = f (x), x R. Imamo

Primjer 6.24. Neka je f (x) =

 

1 π an = f (x)cos nxdx = 0, π −π



1 π 2 bn = f (x)sin nxdx = π −π π 1

π

0

−2 cos nx sin nxdx = πn



π

0

=

2 [1 πn

n

− (−1) ],

Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (Dren, 13. veljaˇ ca 1805. – Göttingen, 5. svibanj 1859.) njemaˇcki matematiˇcar

178

POGLAVLJE 6. REDOVI

tj. b2n = 0, b2n−1 = Dakle, S (x) = s(nπ) =

6.9

4 , (2n 1)π

−

−

∈ N.

∞ sin(2n + 1)x



2n + 1

n=0 f ( kπ +) f (kπ )

−

n



, s tim da je S (x) = f (x) za x = nπ i

− = 0.

2

Uniformna konvergencija nizova i redova funkcija

→

⊆

∀ ∈ N . Niz funkcija → R, ako ∀x ∈ I ,

Neka je (f n )n niz funkcija f n : I R, I R, n konvergira (obiˇcno ili po toˇckama) k funkciji f : I : f (x) = lim f n (x) n→∞ Primjer 6.25. Neka je za n N funkcija R definirana s f n : [0, 1] y

∈

→

f n (x) =

0

−

Vrijedi f (x) =

1

1

≤x≤ . ≤x≤1 lim f (x) = 0 , ∀x ∈ 0, 1] →∞ nx + 1 ; 0 0 ; n1

n

n

n

i f (0) = lim f n (0) = 1, tj. funkcija f ima n→∞ 1 1 n prekid u toˇcki 0. Dakle, obiˇcni limes niza 0 funkcija ne ˇcuva neprekidnost. Cauchyjev oblik definicije limesa niza funkcija po toˇckama glasi: 

x

∀ ∈ I )(∀ε > 0)(∃n ∈ N)(∀n ∈ N)((n > n ) ⇒ (|f (x) − f (x)| < ε)).

( x

ε

ε

n

(6.40)

Definicija 6.7. Za niz funkcija (f n )n , n N0 , f n : I da uniformno ili jednoliko konvergira k funkciji f : I

∀ ∈

→ R, I ⊆ R, kaˇzemo → R na I, ako (∀ε > 0) ( ∃n ∈ N) (∀x ∈ I ) (∀n ∈ N) ((n > n ) ⇒ (|f (x) − f (x)| < ε)). ε

ε

n

(6.41)

Teorem 6.17. Neka su n N, f n : I R, I R, neprekidne funkcije na I . Ako niz (f n )n uniformno konvergira na I k funkciji f : I R, onda je f neprekidna na I .

∀ ∈

Dokaz: Uzmimo bilo koju toˇ cku c

tj.

∀

∃

→

⊆

→

∈ I i dokaˇzimo da je f neprekidna u c,

∀ ∈ I ) (( |x − c| < δ) ⇒ (|f (x) − f (c)| < ε)).

( ε > 0) ( δ > 0)( x

179

6.9. UNIFORMNA KONVERGENCIJA

Neka je ε > 0 bilo koji. Iz uniformne konvergencije niza (f n )n k f , postoji nε N tako da

∈

∀ ∈ I ) (∀n ∈ N) ((n > n ) ⇒ (|f (x) − f (x)| < 3ε )).

( x

ε

(6.42)

n

Zbog neprekidnosti funkcije f n u c vrijedi

∀ ∈ I ) (( |x − c| < δ ) ⇒ (|f (x) − f (c)| < 3ε )).

∃

( δn ) ( x

n

n

n

(6.43)

Uzmimo sada bilo koji n > nε i stavimo δ = δn , pa imamo

| −|

⇒ (|f (x)−f (c)| ≤ |f (x)−f (x)|+|f (x)−f (c)|+|f (c)−f (c)| < ε).

( x c < δ)

n

n

n

Dakle, f je neprekidna u c, a onda i na I .

∀ ∈ N, u

Neka je n

n

: I

uk , n

k=1

Q.E.D.

→ R, I ⊆ R, i neka je

n



∈ N, njegove parcijalne sume. Red

I , ako niz (sn )n uniformno konvergira na I .

n

∞



∞



un red funkcija, a sn =

n=1

un uniformno konvergira na

n=1

Teorem 6.18. Ako je svaki ˇclan reda funkcija

∞



un po apsolutnoj vrijed-

n=1

nosti manji ili jednak od odgovarajućeg ˇclana konvergentnog reda s pozitivnim ˇclanovima

∞



an , tj.

n=1

|u (x)| ≤ a , ∀x ∈ I, ∀n ∈ N, n

onda red

∞



n

(6.44)

un uniformno konvergira na I .

n=1

Dokaz: Zbog (6.44) je red

redom

∞

 n=1

∞



un (x) apsolutno majoriziran s konvergentnim

n=1

an ,

∀x ∈ I .

i definira funkciju f : I

Tada red

∞



un (x) apsolutno konvergira x

n=1

→ R, f (x) =

uniformno konvergira k f .

∀ ∈ I

∞

 n=1

un (x). Dokaˇzimo da niz (sn )n

180

POGLAVLJE 6. REDOVI

∈

Uzmimo bilo koji ε > 0. Tada postoji nε

∞

 ⇒ | | ≤  (n > nε )

∞

(

∀ ∈ I ,

ak < ε). Dakle, za n > nε , zbog x

k =n

∞

uk (x)

k =n

∀ 

N takav da

n

∞

n

k =n

k =n

uniformnu konvergenciju.

N,

 ≤

uk (x)

∀x ∈ I , |s (x) − f (x)| < ε, tj.

ak < ε, vrijedi

∈

imamo

Q.E.D.

Korolar 6.5. Ako red potencija

∞



an xn konvergira za neko x0

∈ R, onda

n=0

⊆−|x |, |x |. Dokaz: Uzmimo bilo koji segment I ⊆−|x |, |x |. Tada postoji q ∈ [0, 1 ∞ takav da vrijedi |x| ≤ q|x |, ∀x ∈ I . Poˇsto red a x konvergira, njegov opći ˇclan teˇzi k nuli, pa postoji M > 0 takav da je |a x | ≤ M , ∀n ∈ N. |x| ≤ Mq , ∀n ∈ N, pa po teoremu 6.18. red Sada imamo |a x | ≤ |a x | |x | ∞ on uniformno konvergira na svakom segmentu I 0

0

0



0

n=0

n

n



n

n

n 0

0

0

n n 0

n n 0

n

n

an xn uniformno konvergira na I .

Q.E.D.

n=0

Korolar 6.6. Ako je za svako n I , te ako red

∞



: I

→ R neprekidna funkcija na uniformno konvergira na I k f : I → R, onda je f

un

n=1

∈ N, u

n

neprekidna na I .

 ∈ →   ∈      →  

Teorem 6.19. Neka je za svaki n

∞

I = [a, b], te neka red za svaki x vrijedi

I red

N, un : I

un uniformno konvergira na I k f : I

n=1 x

∞

un (t)dt uniformno konvergira na I k

n=1

a

∞

n=1

∞

un (t) dt =

n=1

Dokaz: Po prethodnom korolaru je f : I x

∈ I postoji



f (t)dt, tj.

a

x

un (t)dt.

(6.45)

a

R neprekidna na I , pa za svaki n

f (t)dt. Oznaˇcimo sa sn =

a

→ R. Tada x

a

x

x

R neprekidna funkcija na

uk i s V n =

k =1

n

 k =1

U k , U k (x) =

181

6.9. UNIFORMNA KONVERGENCIJA



∞

x

uk (t)dt. Zbog uniformne konvergencije reda

a



un za bilo koji ε > 0,

n=1

ε b a

∈ N takav da ∀n ∈ N, ∀t ∈ I , (n > n ) ⇒ (|f (t) − s (t)| < − ). Tada za F (x) = f (t)dt i ∀x ∈ I imamo |F (x)−V (x)| = f (t)dt − s (t)dt ≤ |f (t)−s (t)|dt ≤ ε xb −− aa < ε. postoji nε

ε

  x

n

a

  

x

n

x

n

a

Dakle, red

∞



x

a

n

a

U n uniformno konvergira k F .

Q.E.D.

n=1

Primjer 6.26. Integral i limes niza funkci ja općenito ne komutiraju, ako konvergencija niza nije uniformna. Definirajmo f n : [0, π] R, n N, na slijedeći naˇ cin:

→

∈

f n (x) =



n sin nx ; 0 0 ; πn

π n

≤x≤ ≤x≤π

y n

.

Funkcije f n su neprekidne na I , f (x) =



π

lim f n (x) = 0 , n



π

∀x ∈ π n



I ,

f (x)dx = 0 i

0

∀ ∈ N. Teorem 6.20. Neka za svaki n ∈ N, funkcija u ∞ f n (x)dx =

0

Π

x

n

n sin nxdx = 2, n

0

derivaciju na I = [a, b], neka red red

Π 

0

∞





un

n=1

u′n uniformno konvergira k g : I

n=1

′

n=1

∞



∞

=

un

: I

→ R na I . Tada je g = f ′ na I , tj.

   ∞

Dokaz: Funkcija g =

→ R ima neprekidnu konvergira k f : I → R na I i neka n

u′n .

n=1

u′n je suma uniformno konvergentnog reda nepre-

n=1

kidnih funkcija na I , pa je i sama neprekidna na I . Po teoremu 6.19. funkciju g smijemo integrirati ˇclan po ˇclan, tj.



x

a

g(t)dt =

∞

  n=1

x

a

u′n (t)dt =

182

POGLAVLJE 6. REDOVI

∞



[un (x)

n=1

− u (a)] = n

Dakle, g = f ′ na I .

∞



un (x)

n=1

∞

 −

un (a) = f (x)

n=1

− f (a). Q.E.D.

Primjer 6.27. Derivacija i limes funkcija općenito ne komutiraju, ako konvergencija niza derivacija nije uniformna. Definirajmo f n : [ π, π] R, 1 n N, sa f n (x) = sin nx, x I = [ π, π]. Vrijedi lim f n = 0 uniformno n n ′ na I , ali niz (f n )n ne konvergira na I .

∈

∀ ∈

6.10

−

−

→

Sumiranje redova u smislu C´ esara

Oznaˇcimo s RN vektorski prostor svih nizova realnih brojeva. Neka je S skup nizova (an )n za koje red

∀

za λ, µ

∞



⊂R

N

an konvergira. S je vektorski prostor, tj.

n=1

∈ R i ∀a, b ∈ S je λa + µb ∈ S .

→

Funkcija L : S

∞

R koja nizu

 s = a je linearan → funkcional, tj. L(λa + µb) = λL(a) + µL(b), ∀λ, µ ∈ R i ∀a, b ∈ S . Neka je s = lim s , gdje su s = a , n ∈ N, parcijalne sume reda. →∞ pridruˇzi sumu odgovarajućeg reda, tj. L : a = (an )n

n

n=1

n

n

n



n

k

k=1

Definiramo niz (σn )n sa 1 σn = n

n

 k =1

sk , n

∈ N.

(6.46)

Definicija 6.8. Neka je (sn )n niz u R i (σn )n niz definiran s (6.46). Ako niz (σn )n konvergira i σ = lim σn , onda σ zovemo limes niza (sn )n u smislu

→∞

n

Césara1 .

Propozicija 6.1. Ako niz (sn )n konvergira i ako je s = lim sn , onda i niz n→∞ (σn )n konvergira i s = lim σn .

→∞

n

Dokaz: Neka je s = lim sn i neka je ε > 0 bilo koji. Oznaˇcimo εn = sn n

n

→∞

∈ N, pa postoji m ∈ N takav da ∀n ∈ N, (n > m) ⇒ (|ε | < 1

tiˇcar

n

ε

3

− s,

). Sada za

Ernesto Cesaro (Napulj, 12. travanj 1859. - 12. listopad 1906.) talijanski matema-

´ 6.10. SUMIRANJE REDOVA U SMISLU C ESARA

183

n > m + 1 imamo σn = =

s1 + . . . + sm+1 sm+2 + . . . + sn + = n n

s1 + . . . + sm+1 n + n

− m − 1s + ε

m+2

n

+ . . . + εn , n

a odatle

|σ − s| < |s

1

n

|

+ . . . + sm+1 m+1 n + s + n n

− m − 1 ε. n

3

+ . . . + sm+1 ε (m + 1) s ε m +1 takav da vrijedi Sada n

||

|s

|

1

||

∀ ∈ N, (n > n ) ⇒ |σ − | ε

n

n 1

Primjer 6.28. Neka je an = (−1) − , n

∈ N.

Red

∞



an ne konvergira u

n=1

obiˇcnom smislu, ali konvergira u smislu Césara. Naime, s2n = 0, s2n−1 = 1, n N i σ2n = 12 i σ2n−1 = 2nn−−11 , n N, tj. limn σn = 12 .

∈

∈

∀ ∈ [−1, 1 i

Primjer 6.29. Geometrijski red konvergira u smislu Césara x vrijedi formula ∞ 1 xn = . 1 x n=0



−

184

POGLAVLJE 6. REDOVI

Dodatak A Algebra izjava A.1

Izjave i veznici

Mnoga razmatranja u teoriji skupova postaju preglednija ako koristimo logiˇcke simbole i logiˇcke zakone konstruirane u toj logici. Iz tog razloga navodimo osnovne pojmove iz matematiˇcke logike na koje ćemo se pozivati. Osnovni objekti matematiˇcke logike su izjave koje oznaˇcavamo p, q, r, . . . od kojih svaka moˇ ze biti ili istinita ili laˇzna, ali ne i oboje. Od izjava se pomoću logiˇckih veznika i operatora negacije, uz upotrebu lijevih i desnih zagrada, slaˇzu druge izjave. Osnovni veznici su i, ili, ako. . . onda, onda i samo onda :

∧ q (i) konjunkcija , logiˇcki produkt, ∨ q (ili) disjunkcija , logiˇcka suma, ⇒ q (ako. . . onda) implikacija, ⇔ q (onda i samo onda) ekvivalencija. Operator negacije je ¬ p (ne p). p p p p

Ako s 1 oznaˇcimo vrijednost istinite izjave, a s 0 vrijednost neistinite izjave, logiˇcki veznici i operator negacije definirani su slijedećom tabelom: p 0 0 1 1

q 0 1 0 1

∧

p q 0 0 0 1

p

∨q 0 1 1 1

p

⇒q 1 1 0 1

p

⇔q 1 0 0 1

p 0 1

¬ p

1 . 0

Logiˇcki zakoni ili tautologije su izjave sastavljene od slova p, q, r, . . . i logiˇckih simbola , , , , , takve da kad slova zamijenimo bilo kakvim izjavama, istinitim ili laˇznim, uvijek dobijemo istinitu izjavu.

∧∨⇒⇔¬

185

187

A.2. IZJAVNE FUNKCIJE I KVANTIFIKATORI

taj objekt zadovoljava izjavnu funkciju Φ. U nekim sluˇcajevima je varijabla te funkcije ograniˇcena nekim skupom A, a moguće je da nema ograniˇcenja. Ta se ˇcinjenica opisuje pomoću kvantifikatora . Imamo dva kvantifikatora:

∀ ∃

univerzalni kvantifikator, kvantifikator egzistencije.

{

}

Ako je neka funkcija ograniˇcena konaˇcnim skupom A = a1 , . . . , an onda vrijedi:

∀(x ∈ A)Φ(x) ⇔ ∃(x ∈ A)Φ(x) ⇔

Φ(a1 ) Φ(a1 )

Nadalje vrijedi: Za a

∧ Φ(a ) ∧ · · · ∧ Φ(a ), ∨ Φ(a ) ∨ · · · ∨ Φ(a ). 2

n

2

n

∀(x ∈ ∅)Φ(x) ⇔ 1 , ∃(x ∈ ∅)Φ(x) ⇔ 0.

∈ A imamo: ∀(x ∈ A)Φ(x) ⇒ Φ(a) , Φ(a) ⇒ ∃(x ∈ A)Φ(x).

(A.1)

Pravila koja daju vezu izmedu kvantifikatora i logiˇckih operacija su:

∀x(Φ(x) ∧ Ψ(x)) ⇔ (∀xΦ(x) ∧ ∀xΨ(x)), ∃x(Φ(x) ∨ Ψ(x)) ⇔ (∃xΦ(x) ∨ ∃xΨ(x)).

(A.2) (A.3)

∀

(A.4) (A.5)

Prethodne relacije govore o distributivnosti univerzalnog kvantifikatora na produkt i kvantifikatora egzistencije na sumu.

∨∀ ∧

( xΦ(x) xΨ(x)) x(Φ(x) Ψ(x))

∃

⇒ ∀x(Φ(x) ∨ Ψ(x)), ⇒ (∃xΦ(x) ∧ ∃xΨ(x)).

Za prethodne dvije implikacije ne vrijedi obrat. Vezu kvantifikatora i operatora negacije daju izjave:

¬(∀xΦ(x)) ⇔ ∃x(¬Φ(x)), ¬(∃xΦ(x)) ⇔ ∀x(¬Φ(x)).

(A.6) (A.7)

U sluˇcaju kada je izjavna funkcija konstantna u implikacijama (A.1),(A.4), i (A.5) vrijedi ekvivalencija.

∀ ∃

( x) p ( x) p x( p Φ(x)) x( p Φ(x)) ( p xΦ(x)) ( xΦ(x) p)

∀ ∨ ∃ ∧ ⇒∀ ∀ ⇒

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

p, p, p ( xΦ(x)), p ( xΦ(x)). Φ(x)), x( p x(Φ(x) p).

∨∀ ∧∃ ∀ ⇒ ∃ ⇒

(A.8) (A.9) (A.10) (A.11) (A.12) (A.13)

188

DODATAK A. ALGEBRA IZJAVA

Izjavne funkcije mogu imati viˇse argumenata, npr. Ψ(x, y), Φ(x, y). Za njih vrijede isti zakoni (A.1) - (A.13), a u (A.7) - (A.13) moˇze se uzeti izjavna funkcija koja ne zavisi o x. Imamo slijedeća pravila:

∀x∀yΦ(x, y) ⇔ ∀y∀xΦ(x, y), (A.14) ∃x∃yΦ(x, y) ⇔ ∃y∃xΦ(x, y). (A.15) Iz tog razloga umjesto ∀x∀y piˇsemo skraćeno ∀x, y, a umjesto ∃x∃y piˇsemo ∃x, y. Vrijedi : (∀xΦ(x) ∨ ∀xΨ(x)) ⇔ ∀x∀y(Φ(x) ∨ Ψ(y)), (A.16) (∃xΦ(x) ∧ ∃xΨ(x)) ⇔ ∃x∃y(Φ(x) ∧ Ψ(y)). (A.17) Za sluˇcaj kombinacije kvantifikatora egzistencije i univerzalnog kvantifikatora imamo dijagram kao na slici (A.1), gdje je Φ(x, y) izjavna funkcija.

∀x, yΦ(x, y)

∃x∀yΦ(x, y)

∀y∃xΦ(x, y)

∀xΦ(x, y)

∃xΦ(x, y)

∃y∀xΦ(x, y)

∀x∃yΦ(x, y)

∃x, yΦ(x, y)

Slika A.1: Dijagram implikacija za kvantifikatore

Dodatak B Elementarna teorija skupova U ovom dodatku cilj je definirati osnovne operacije sa skupovima i ispitati njihova svojstva. Uvodimo i jednostavnu aksiomatiku dostatnu za izgradnju tzv. Boole-ove algebre skupova.

B.1

Skupovi i operacije sa skupovima

U ovoj toˇcki uvodimo najjednostavniju aksiomatiku koja nam omogućava zasnivanje Boole-ove algebre skupova, tj. strukture u kojoj su definirane samo binarne i unarne operacije sa skupovima. Osnovni ili primitivni pojmovi su skup i element skupa .

AKSIOMI ELEMENTARNE TEORIJE SKUPOVA (O) Aksiom obuhvatnosti: Ako su A i B skupovi sastavljeni od jednih te istih elemenata onda se oni podudaraju, tj. A = B onda i samo onda ako vrijedi

∀x((x ∈ A) ⇔ (x ∈ B)). (A) Aksiom unije: Za bilo koje skupove A i B postoji skup kojem su elementi svi elementi skupa A i svi elementi skupa B i koji ne sadrˇzi druge elemente, tj.

∀A∀B∃C (∀x((x ∈ C ) ⇔ ((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)))). (B) Aksiom razlike: 189

190

DODATAK B. ELEMENTARNA TEORIJA SKUPOVA

Za bilo koje skupove A i B postoji skup kojem su elementi oni i samo oni elementi skupa A koji nisu elementi skupa B, tj.

∀A∀B∃C (∀x((x ∈ C ) ⇔ ((x ∈ A) ∧ (x ∈ B)))). (C) Aksiom egzistencije (postojanja): Postoji barem jedan skup.

Teorem B.1. Skupovi ˇcije postojanje slijedi iz (A) i (B) su jedinstveni. Dokaz: Pretpostavimo da postoje dva skupa C 1 i C 2 koji zadovoljavaju

uvjete aksioma (A). Tada vrijedi ((x x ((x

∀



∈ C ) ⇔ ((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)) ⇒ ((x ∈ C ) ⇔ (x ∈ C )). ∈ C ) ⇔ ((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)) 1 2

1

2

Odatle po aksiomu (O) slijedi C 1 = C 2 . Analogno pretpostavimo da postoje dva skupa D1 i D2 koji zadovoljavaju uvjete aksioma (B). Tada vrijedi ((x x ((x

∀



∈ D ) ⇔ ((x ∈ A) ∧ (x ∈ B)) ⇒ ((x ∈ D ) ⇔ (x ∈ D )). ∈ D ) ⇔ ((x ∈ A) ∧ (x ∈ B)) 1 2

1

Odatle po aksiomu (O) slijedi D1 = D2 .

2

Q.E.D.

Napomena B.1. Kao posljedicu Teorema B.1. imamo mogućnost uvodenja jedinstvenih oznaka za uniju A B i za razliku A B.

∪

−

Pomoću unije i razlike moˇzemo definirati dvije nove operacije sa skupovima.

Definicija B.1. Presjek skupova A i B je skup A

∩ B = A − (A − B).

Napomena B.2. Iz definicije razlike slijedi x

∈ A ∩ B ⇔ (x ∈ A) ∧ ¬(x ∈ A − B) ⇔ (x ∈ A) ∧ (¬(x ∈ A) ∨ (x ∈ B)) ⇔ ⇔ ((x ∈ A) ∧ ¬(x ∈ A)) ∨ ((x ∈ A) ∧ (x ∈ B)) ⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B).

Dakle x

∈ A ∩ B ⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B).

(B.1)

191

B.2. INKLUZIJA I PRAZAN SKUP

B.2

Inkluzija i prazan skup

Definicija B.2. Za skupA kaˇzemo da je podskup skupa B ako

∀x((x ∈ A) ⇒ (x ∈ B)). (B.2) Tada piˇsemo A ⊆ B ili B ⊇ A.  B, skup A zovemo pravim podskupom skupa B. Ako je A ⊆ B i A = Oˇcigledno vrijedi (A ⊆ B) ∧ (B ⊆ A) ⇒ A = B. Navedimo i dokaˇzimo najvaˇznija svojstva inkluzije. Tranzitivnost inkluzije (A

⊆ B) ∧ (B ⊆ C ) ⇒ (A ⊆ C ),

(B.3)

slijedi iz (B.2) i tranzitivnosti implikacije. Unija skupova sadrˇzi svaki pojedini skup, a presjek je sadrˇzan u svakom pojedinom skupu, tj.

⊆ A ∪ B , B ⊆ A ∪ B, (B.4) ∩ B ⊆ A , A ∩ B ⊆ B. (B.5) Inkluzije (B.4) slijede iz tautologije p ⇒ p ∨ q, a inkluzije (B.5) slijede iz p ∧ q ⇒ p. Razlika dva skupa je sadrˇzana u skupu kojeg umanjujemo : A − B ⊆ A. A A

Propozicija B.1. Relaciju inkluzije moˇzemo definirati pomoću jednakosti i jedne od operacija ili .

∪ ∩ (B.6) A ⊆ B ⇔ (A ∪ B = B) ⇔ (A ∩ B = A). Dokaz: Ako je A ⊆ B onda vrijedi ∀x((x ∈ A) ⇒ (x ∈ B)). Pomoću tautologije ( p ⇒ q) ⇒ (( p ∨ q) ⇒ q) slijedi ((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)) ⇒ (x ∈ B). ˇsto dokazuje A ∪ B ⊆ B. Zbog (B.4) slijedi prva ekvivalencija u (B.6). Analogno, koristeći tautologiju ( p ⇒ q) ⇒ ( p ⇒ ( p ∧ q)) imamo A ⊆ A ∩ B, odatle zbog (B.5) imamo drugu ekvivalenciju u (B.6).

Q.E.D.

−

Po aksiomu (B) postoji barem jedan skup A. Tada postoji i skup A A. Zbog (x (x (x 0 slijedi da taj skup ne A A) A) A) sadrˇzi niti jedan element. Kada bi postojala dva skupa Z 1 i Z 2 s prethodnim svojstvom, izjava x(x Z 1 x Z 2 ) bi bila istinita jer su obje strane

∈ −

⇔

∀

∈

∈

∧¬ ∈ ⇔ ∈

⇔

192


laˇzne. Odatle po aksiomu (O) slijedi Z 1 = Z 2 . Zbog jedinstvenosti skupa s prethodnim svojstvom koristimo oznaku za taj skup. Dakle, x(x ), tj. (x ) 0. Budući je implikacija s laˇznom premisom uvijek istinita to vrijedi x(x x A) iz ˇcega zakljuˇcujemo

∅

∈∅ ⇔ ∅⇒ ∈

∀

∈ ∅ ∀ ∈

∀A(∅ ⊆ A). Iz x ∈ (A ∪ ∅) ⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∈ ∅) ⇒ (x ∈ A) ∨ 0 ⇒ (x ∈ A) zakljuˇcujemo A ∪∅ ⊆ A, ˇsto zajedno s (B.4) daje A ∪∅ = A. Analogno dobijemo A ∩∅ = ∅. Skupovi A i B su disjunktni ako nemaju zajedniˇckih elemenata, tj. A ∩ B = ∅. B.3

Zakoni unije, presjeka i oduzimanja

Slijedeće zakonitosti za operacije sa skupovima prvi je istraˇzio John Boole (1813-1864). Zakon komutativnosti : A

∪ B = B ∪ A , A ∩ B = B ∩ A.

(B.7)

Ovi zakoni slijede iz zakona komutativnosti za disjunkciju i konjunkciju u algebri sudova. Zakon asocijativnosti: (A

∪ (B ∪ C )) = ((A ∪ B) ∪ C ) , (A ∩ (B ∩ C )) = ((A ∩ B) ∩ C ).

(B.8)

Dokaz slijedi iz zakona asocijativnosti za disjunkciju i konjunkciju u algebri sudova. Zakoni distributivnosti: (A (B C )) = (A B) (A C ) , (A (B C )) = (A B) (A C ). (B.9)

∪ ∩

∪ ∩ ∪

∩ ∪

∩ ∪ ∩

Dokaz slijedi iz zakona distribucije disjunkcije prema konjunkciji i obratno. Napomena B.3. Za konaˇcan broj skupova Ai (i = 1, . . . , n) i B j ( j = 1, . . . , m) imamo n m n m (

 ∩    ∪   Ai )

(

B j ) =

i=1

j =1

n

m

(

i=1

Ai )

(

j =1

(Ai

i=1 j =1 n

B j ) =

∩ B ). j

m

(Ai

i=1 j =1

∪ B ). j

B.3. ZAKONI UNIJE, PRESJEKA I ODUZIMANJA

193

Zakoni idempotencije: A

∪ A = A , A ∩ A = A.

(B.10)

Jednakosti u (B.10) slijede iz zakona idempotencije za sudove. Oduzimanje skupova nije obratna operacija uniji ˇsto se vidi iz A

∪ (B − A) = A ∪ B.

(B.11)

A

− B = A − (A ∩ B),

(B.12)

Nadalje vrijedi ˇsto slijedi iz: x

∈ (A−(A∩B)) ⇔ (x ∈ A)∧(x ∈ A∩B)) ⇔ (x ∈ A)∧((x ∈ A)∨(x ∈ B)) ⇔ ∈ A)) ∨ ((x ∈ A) ∧ (x ∈ B)) ⇔ ((x ∈ A) ∧ (x  ⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B) ⇔ x ∈ (A − B).

Zakon distributivnosti mnoˇzenja prema o duzimanju oblika A

∩ (B − C ) = (A ∩ B) − C,

(B.13)

ˇsto slijedi iz x

∈ A ∩ (B − C ) ⇔ (x ∈ A) ∧ x ∈ (B − C ) ⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B) ∧ (x ∈ C ) ⇔ ⇔ x ∈ (A ∩ B) ∧ (x ∈ C ) ⇔ x ∈ ((A ∩ B) − C ). Zakoni de Morgana za oduzimanje glase: A

− (B ∩ C )

= (A

− B) ∪ (A − C ),

A

− (B ∪ C )

= (A

− B) ∩ (A − C ).

(A B) C = (A A (B C ) = (A

− C ) ∪ (B − C ), − B) − C.

(B.14)

Takoder vrijede jednakosti :

∪ − − ∪

(B.15) (B.16)

Vezu izmedu relacije inkluzije i operacija unije, presjeka i razlike daju jednakosti: (A (A (A

⊆ B) ∧ (C ⊆ D) ⊆ B) ∧ (C ⊆ D) ⊆ B) ∧ (C ⊆ D) (C ⊆ D)

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

((A ((A ((A ((A

∪ C ) ⊆ (B ∪ D)), ∩ C ) ⊆ (B ∩ D)), − D) ⊆ (B − C )), − D) ⊆ (A − C )).

(B.17) (B.18) (B.19) (B.20)

194


B.4

Univerzalni skup i komplement

Za neki skup A moˇzemo promatrati sve objekte koji nisu ˇclanovi tog skupa, tj. x x A . Takav objekt općenito nije skup, suviˇse je opseˇzan. U konkretnim situacijama prouˇcavamo samo one skupove koji su podskupovi nekog konkretnog skupa ˇciji ˇclanovi su objekati koji nas interesiraju (atomi). Takav skup zovemo univerzalni skup i oznaˇcavamo s U . U tom sluˇcaju oˇcigledno vrijedi: A (B.21) A U , A U = A , A U = U.

{ | ∈ } ∀

⊆

∩

∪

Skup U A = AC = A zovemo komplement skupa A (u odnosu na skup U ). Za skupove u idućim rezultatima ove toˇcke pretpostavljamo da su podskupovi univerzalnog skupa U . Vrijede slijedeće osnovne jednakosti.

−

−

Propozicija B.2. Neka su A i B skupovi. Tada je

∩ −A = ∅ , A ∪ −A = U, −(−A) = A, −(A ∩ B) = −A ∪ −B , − (A ∪ B) = −A ∩ −B. A

(B.22) (B.23) (B.24)

Jednakost (B.23) je pravilo dvostrukog komplementa , a (B.24) su de Morganovi zakoni za komplement. Iz aksioma (B) je oˇcigledno A

− B = A ∩ (U − B) = A ∩ −B = −(−A ∪ B)

Propozicija B.3. Neka su A i B skupovi. Vrijede slijedeće ekvivalencije: A

⊆ B ⇔ (A ∩ −B = ∅), A ⊆ B ⇔ −B ⊆ −A

(B.25) (B.26)

Dokaz: Za dokaz relacije (B.25) koristimo monotonost inkluzije na presjek

⊆ B ⇒ A ∩ −B ⊆ B ∩ −B = ∅ ⇒ A ∩ −B = ∅. Obratno, ako je A ∩ −B = ∅ onda A = A ∩ U = A ∩ (B ∪ −B) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ −B) = A ∩ B ⊆ B. A

Relacija (B.26) slijedi iz logiˇckog zakona o kontrapoziciji.

Q.E.D.

Napominjemo da su formule koje se dobivaju u Booleovoj algebri podskupova ekvivalentne odgovarajućim izjavama algebre sudova. Naime, samo je potrebno shvatiti skupove kao izjave, a simbole , , =, , , , U zamijeniti simbolima , , , , , 0, 1.

∧∨⇔⇒¬

∩∪ ⊆−∅

195

B.5. KARTEZIJEV PRODUKT

B.5

Kartezijev produkt

Definicija B.3. (Kolmogorov1 ) Za bilo koja dva a i b definiramo skup (a, b) =

{{a}, {a, b}}

(B.27)

koji nazivamo uredeni par elemenata a i b.

Teorem B.2. Da bi vrijedilo (a, b) = (c, d) nuˇzno je i dovoljno da bude istinita izjava (a = c) (b = d).

∧

Dokaz: Neka je (a, b) = (c, d). Tada po (B.27) i aksiomu (O) imamo dva

moguća sluˇca ja:

{} {} { } { } (ii ) {a} = {c, d} i {a, b} = {c}.

(i ) a = c i a, b = c, d ,

U sluˇcaju (i ) oˇcito vrijedi (a = c) a = b = c.

∧ (b = d). U sluˇcaju (i ) imamo a = c = d i

Q.E.D.

Jednostavna posljedica teorema B.2. je (a, b) = (b, a)

Definicija B.4. Za bilo koje skupove X i Y oznaˇcimo X

⇔ a = b.

× Y = {(x, y)|(x ∈ X ) ∧ (y ∈ Y )}.

(B.28)

Taj skup zovemo Dekartov ili Kartezijev produkt skupova X i Y . Jasno je da za svaki skup X vrijedi X = i X = . Navodimo neka jednostavna svojstva Dekartovog produkta.

×∅ ∅ ∅×

∅

Propozicija B.4. Neka su A, B i C skupovi. Vrijedi

∪ × ∩ × − ×

× ∪ × ∩ × −

(A B) C = (A C (A B) = (C (A B) C = (A C (A B) = (C (A B) C = (A C (A B) = (C

× C ) ∪ (B × C ), × A) ∪ (C × B), × C ) ∩ (B × C ), × A) ∩ (C × B), × C ) − (B × C ), × A) − (C × B).

(B.29) (B.30) (B.31) (B.32) (B.33) (B.34)

Nadalje, neka su A, B, C i D skupovi. Tada je

× D − A × B = ((C − A) × D) ∪ (C × (D − B)).  ∅ vrijedi Dekartov produkt je monoton na ⊆, tj. za C = A ⊆ B ⇔ (A × C ) ⊆ (B × C ) ⇔ (C × A) ⊆ (C × B). C

1

(B.35) (B.36)

Andrej Nikolaeviˇc Kolmogorov (Tambov, 25. travanj 1903. – Moskva, 20. listopad 1987.) ruski matematiˇcar

196

DODAT DODATAK B. ELEMENTARNA ELEMENTARNA TEORIJA SKUPOVA SKUPOVA

Dokaz: Za (B.29) imamo

∈ (A∪B)×C ⇔ (x ∈ A∪B)∧y ∈ C ⇔ ((x ((x ∈ A)∨(x ∈ B ))∧(y ∈ C ) ⇔ ((x ((x ∈ A)) ∧ (y ∈ C )) )) ∨ ((x ((x ∈ B ) ∧ (y ∈ C )) )) ⇔ ((x, ((x, y ) ∈ (A × C )) )) ∨ ((x, ((x, y ) ∈ (B × C )) )) ⇔ (x, y ) ∈ (A × C ) ∪ (B × C ).

(x, y )

Jednakosti (B.30), (B.31), (B.32), (B.33) i (B.34) dokazuju se analogno. Dokaˇ Do kaˇzimo zim o (B.3 (B .35) 5).. (x, y )

((x, y ) ∈ C × D) ∧ ((x, ((x, y ) ∈ ∈ C × D − A × B ⇔ ((x,  A × B) ⇔  A) ∨ (y ∈ B)) ⇔ ((x ((x ∈ C ) ∧ (y ∈ D)) ∧ ((x ((x ∈  A)) ∨ ((x  B)) ⇔ ((x ((x ∈ C ) ∧ (y ∈ D) ∧ (x ∈ ((x ∈ C ) ∧ (y ∈ D) ∧ (y ∈ (x ∈ (C − A) ∧ (y ∈ D)) ∨ ((x ((x ∈ C ) ∧ (y ∈ (D − B ))) ⇔ ((x, ((x, y ) ∈ ((C ((C − A) × D)) ∨ ((x, ((x, y ) ∈ (C × (D − B ))) ⇔ (x, y ) ∈ ((C ((C − A) × D) ∪ (C × (D − B )). )).

Posljednja tvrdnja slijedi iz A

⊂ B ⇔ A − B = ∅ ⇔ ∅ = (A − B) × C = A × C − B × C ⇔ A × C ⊆ B × C. Q.E.D.

B.6 B.6

Rela Relaci cije je i funk funkci cije je

Definicija B.5. Podskup R kartezijevog produkta X Y nazivamo relacija. Da su dva elementa a X i b Y u relaciji R piˇsemo

∈

×

∈

< a, a, b > R ili aRb.

∈

D(R) ⊆ X zovemo domena relacije. Kodomena relacije je K(R) = Y . Y . Prazan skup ∅ je relacija. Ponekad se ˇcinjenic cinj enicaa da < x,  R piˇse x Ry.  y. x, y >∈ R

Skup

Medu na jvaˇ jvaˇznijim znijim relacijama je relacija ekvivalencije. ekvivalencije. Ona se javlja kod nastojanja da elemente skupa identificiramo na osnovi nekog njima zajedniˇckog ckog svojstva. Na taj naˇcin cin se skup raspada na podskupov podskup ovee elemenata koji su identiˇ i dentiˇcni cni u pogledu p ogledu tog svojstva. s vojstva. Po Poˇˇsto sto usporedujemo uspo redujemo elemente istog skupa A jasno je da za relaciju ekvivalencije R vrijedi R A A.

⊆ ×

197

B.6. RELACIJE RELACIJE I FUNKC FUNKCIJE IJE

Definicija B.6. Relacija R

⊆ A × A je relacija ekvivalencije ako vrijedi:

(i) R je refleksivna na A:

∀x(< x,x, x >∈ R). si metr triˇ iˇ cna : (ii) ii) R je sime

∀x, y((< ((< x, )). x, y >∈ R) ⇒ (< y, y, x >∈ R)). (iii) iii) R je tranzitivna:

∀x , y , z(( z((< < x, x, y >∈ R) ∧ (< y, y, z >∈ R)) ⇒ (< x, x, z >∈ R). Takoder, medu najvaˇznije znije relacije ubra jamo relacije uredaja ureda ja ili poretka.

Definicija Definicija B.7. Relacija R se naziva relacijom poretka ili uredaja ako vrijedi

∀x(xRx) xRx) refleksivnost, (2) ∀x,y,z(( x,y,z ((xRy xRy)) ∧ (yRz) yRz ) ⇒ (xRz)) xRz)) tranzitivnost , (3) ∀x, y ((xRy ((xRy)) ∧ (yRx) antis imetriˇ riˇcnost cnos t . yRx ) ⇒ (x = y )) antisimet (1)

Relacija s gornjim g ornjim svojstvima svojstvi ma joˇs se naziva parcijalni uredaj . Uredaj R je linearan ili jednostavan ako vrijedi

∀x, y(x = y ⇒ (xRy ∨ yRx)) yRx)).. Standardna oznaka za relaciju uredaja je ≤ ili .

Ako relacija nije antisimetriˇ antisimetriˇcna cna onda se zove zove poluuredaj. Pojam funkcije funkcije svakak svakakoo je jedan od najvaˇznijih znijih pojmov po jmovaa u matematici. Intuitivno, Intuitivno , pod po d tim ti m po p o jmom podrazumjevamo po drazumjevamo jednoznaˇcno cno pridruˇzivanje zivanje eleel emenata jednog skupa elementima elementima drugog skupa. Funkcija je specijalni sluˇcaj caj medu relacijama.

Definicija B.8. Relacija F je funkcija ako vrijedi

∀x , y , z((( )). z(((< < x, x, y >∈ F ) F ) ∧ (< x, x, z >∈ F )) F )) ⇒ (y = z )). Zbog jedinstvenosti, umjesto oznake < x, x, y >∈ F ili xF y piˇsemo y = F ( F (x).

Indeks A aksiom – Arhimedov, 7, 32 – Peanovi, 2 – potpunosti, 32 antis ant isime imetri triˇˇcnost cno st aproksimac aproksimacija, ija, 7, 85 – funkcije, 87, 113 – nultoˇ nult oˇcke, cke, 116 11 6 – povrˇ po vrˇsine, si ne, 120 12 0 apsorpcija – logiˇ lo giˇcka, cka, 184 18 4 asocijativnost – disjunkcije, 184 – konjunkcije, 184 – presjeka, 190 – unije, 190 B binarna operacija – zbrajanje, 3 brojevi – cijeli, 4 – decimalni, 7 – racionalni, 4 brojevni pravac, 7 brzina, 85 – prosjeˇ pro sjeˇcna, cna , 85 D de Morganovi zakoni – logiˇ lo giˇcki, cki , 184 18 4 – za skupove, 191 derivacija, 86

disjunkcija, 183 distributivnost – kvantifikatora, 185 – logiˇ lo giˇcka, cka, 184 18 4 – presjeka na uniju, 190 – unije na presjek, 190

E ekvipotentni skupovi, 36 ekvivalencija, 183 Eulerova formula, 57 F funkcija, 9, 195 – apsolutna vrijednost, 12 – arcus, 27 – area, 23 – bijekcija, 18 – derivabilna, 86 – diferencijabilna, 86 – domena, 9 – eksponencijalna, 20, 35, 50 – – na C, 56 – gama, 150 – graf, 9 – hiperbolne, 22 – injekcija, 17 – inverzna, 17 – izjavna, 185 – – viˇse se argumenata, argumen ata, 186 – kodomena, 9 – korijen, 20 – kvadratna, 14 – linearna, 11 198

199

INDEKS

– logaritamska, 21 – monotona, 10 – – po dijelovima, 128 – neprekidna, 68 – – uniformno, 129 – op´ o pća ca potenc po tencija ija,, 22 22 – pad padaa juća, ca, 10 – polinom polinom,, 15 – prekidna, 69 – primitivna, 132 – racionalna, 16 – rastu´ ra stuća, ca, 10 – razlomljena linearna, 15 – restrikcija, 9 – surjekcija, 18 – trigonometrijske, 24

G gomiliˇ gom iliˇste ste niza, niza , 52 graniˇ gra niˇcnu cnu vrijedno vrij ednost, st, 43 greˇska – apsolutna, 13 – relativna, 13 grupa – komutativna, 4 I idempotentnost – logiˇ lo giˇcka, cka, 184 18 4 – skupovna, 191 implikacija, 183 infimum, 34 integral – donji, 121 – gornji, 121 – neodredeni, 135 – nepravi, 146 – Riemannov, 122 interpolacija – ˇcvorovi cvor ovi,, 113 11 3 – polinomom, 113

K Kartezijev produkt, 8, 193 Kartezijeva ravnina, 8 kompozicija funkcija, 16 komutativnost – disjunkcije, 184 – konjunkcije, 184 konjunkcija, 183 kontrapozicija, 184 konvergencija – niza, 42 – – uniformna, 176 – reda, 153 – – apsolutna, 159 – – uniformna, 177 koordinatni sustav, 8 kvantifikator – egzistencije, 185 – univerzalni, 185 kvocijent diferencija, 86 L limes – inferior, 53 – superior, 53 limes funkcije, 61 – Cauchyjeva definicija, 62 – jednostrani, 65 – u R, 64 limes niza, 42 – funkcija, 50 – u C, 57 – u R, 43 – u R, 42 M majoranta, 31 maksimum, 32 matemat mat ematiˇ iˇcka cka indukcija, indu kcija, 2 metoda tangenti, 117 minimum, 34

200 mjera, 119

N nepravi integral – kriterij konvergencije, 148 neprekidnost funkcije, 68 – jednostrana, 81 niz, 41 – Cauchyjev, 54 – fundamentalan, 54 – funkcija, 50 – konvergentan, 42 – pada jući, 41 – podniz, 42 – rastući, 41 O obuhvatnost, 187 operator negacije, 183 P podniz, 42 polinom, 15 – interpolacijski, 113 – Lagrangeov, 113 – Taylorov, 102 polje, 5 – kompleksnih brojeva, 55 – realnih brojeva, 29 – uredeno, 31 poluuredaj, 195 R radijan, 24 red, 151 – binomni, 170 – Fourierov, 174 – funkcija, 165 – geometrijski, 152 – harmonijski, 154 – konvergentan, 153 – kriterij konvergencije

INDEKS

– – Cauchyjev, 160 – – D’Alambertov, 160 – – integralni, 162 – – Leibnitzov, 159 – parcijalna suma, 151 – potencija, 165 – – radijus konvergencije, 165 – produkt redova, 164 – Taylorov, 169 – trigonometrijski, 174 refleksivnost, 195 relacija, 194 – domena, 194 – ekvivalencije, 195 – kodomena, 194 – poretka, 195 – uredaja, 195

S sekanta, 86 skup – gust, 33 – gust u sebi, 6 – komplement, 192 – neprebrojiv, 39 – otvoren, 83 – podskup, 189 – prebrojiv, 37 – presjek, 188 – univerzalni, 192 – zatvoren, 83 sljedbenik, 2 suma – Darbouxova, 121 – integralna, 121 – reda, 153 – – parcijalna, 151 – – u smislu Césara, 180 supremum, 32 T

Boris Guljas-Matematicka Analiza 1 2

Recommend Documents