Matematicka Analiza I - Skripta za MATF

MATEMATIQKA ANALIZA 1 SKRIPTA preliminarna verzija koja trpi stalne promene JUN 2013. (posleda verzija se nalazi na www.matf.bg.ac.rs/∼milinko) Darko Milinkovi

3

{ Xta se, ustvari, moe otkriti? { Pitaa su jedini mogui odgovor, Morise. Pravi Vikinzi, to su pitaa. Odgovori, to je ve ono xto su Vikinzi sami sebi pevali za vreme plovidbe, da se ohrabre. (Emil Aar, Pseudo)

Sadraj GLAVA 1. Realni i kompleksni brojevi 1. Po e racionalnih brojeva 2. Potpuno ureeno po e 3. Prirodni brojevi 4. Arhimedovo i Kantorovo svojstvo realne prave 5. Brojnost skupa 6. Neka metriqka i topoloxka svojstva realne prave 7. Jednaqina x = a 8. Jedinstvenost i postojae realnih brojeva 9. Kompleksni brojevi 10. Vebe GLAVA 2. Funkcije realne i kompleksne promen ive 1. Elementarne funkcije 2. Neprekidnost 3. Graniqna vrednost 4. Vebe GLAVA 3. Izvod funkcije realne promen ive 1. Diferencijabilnost 2. Osnovne teoreme diferencijalnog raquna 3. Izvodi vixeg reda. Tejlorova formula 4. Konveksne funkcije 5. Vebe GLAVA 4. Nizovi i redovi 1. Konvergencija nizova 2. utnov metod rexavaa jednaqina 3. Beskonaqni redovi i beskonaqni proizvodi 4. Redovi sa pozitivnim qlanovima 5. Redovi sa proizvo nim qlanovima 6. Operacije sa redovima 7. Stepeni redovi 8. Vebe GLAVA 5. Neodreeni integral 1. Primitivna funkcija i neodreeni integral 2. Osnovni metodi izraqunavaa neodreenih integrala 3. Integrali oblika RR sin x cos x dx 4. Integrali oblika sin ax cos bx dx n

k

n

5

7 7 14 19 27 30 36 42 45 47 57 63 63 66 77 85 91 91 97 104 108 112 119 119 133 134 140 149 151 157 166 175 175 177 179 180

6

SADRAJ

5. Integracija racionalnih funkcija 6. Integrali oblika RR R(sin√x, cos x) dx 7. Integrali oblika R(x, ax + bx + c) dx 8. Integrali oblika R R(x, y(x)) dx 9. Vebe GLAVA 6. Odreeni integral 1. utnov integral 2. Koxijev integral 3. Primene integrala 4. Nesvojstveni integral 5. Rimanov integral 6. Riman{Stiltjesov integral 7. Vebe GLAVA 7. Pitaa i zadaci 1. Prvi semestar 2. Drugi semestar DODATAK 1. Topoloxke osnove analize 1. Konvergencija po filterima 2. Neprekidnost i graniqna vrednost u metriqkim prostorima 3. Neprekidnost i graniqna vrednost u topoloxkim prostorima Literatura Indeks 2

180 182 183 184 187 189 189 189 199 204 212 225 232 241 241 247 251 251 252 269 271 273

GLAVA 1

Realni i kompleksni brojevi Najstarija ideja o broju vezana je za koncept brojaǌa, dakle za skup N prirodnih brojeva. Potreba vrxea operacija (raqunaa) sa prirodnim brojevima prirodno vodi do koncepta racionalnog broja. Oni su polazna taqka naxeg izuqavaa u ovom tekstu. Polazei od pretpostavke da je sistem racionalnih brojeva poznat qitaocu, bar na intuitivnom nivou, izdvojiemo spisak tvrea, aksioma, iz kojih se mogu izvesti sva ostala svojstva ovog sistema. Pokazaemo, zatim, egovu nepotpunost i ukazati na naqin enog prevazilaea. Time emo motivisati strogo, formalno i aksiomatsko, zasnivae po a R realnih brojeva, koje emo zapoqeti u Paragrafu 2 ove glave.

1. Po e racionalnih brojeva 1.1. Arhimedsko po e. Qitaocu su poznata pravila za raqunae u skupu Q racionalnih brojeva, tj. brojeva oblika , gde su m i n celi brojevi i m n

. Sva ta pravila se mogu izvesti iz sledeih aksioma: (A1) (x + y) + z = x + (y + z) (asocijativnost operacije +) (A2) (∃ 0)(∀x) x + 0 = 0 + x = x (postojae neutralnog elementa za operaciju +) (A3) (∀x)(∃(−x)) x + (−x) = (−x) + x = 0 (postojae inverznog elementa za operaciju +) (A4) x + y = y + x (komutativnost operacije +) (A5) (x • y) • z = x • (y • z) (asocijativnost operacije •) (A6) (∃ 1)(∀x) x • 1 = 1 • x = x (postojae neutralnog elementa za operaciju •) (A7) (∀x) x 6= 0 ⇒ (∃x ) x • x = x • x = 1 (postojae inverznog elementa za operaciju •) (A8) x • (y + z) = x • y + x • z, (x + y) • z = x • z + y • z (distributivnost operacije • u odnosu na +) (A9) x • y = y • x (komutativnost operacije •) (A10) 0 6= 1 (netrivijalnost) (A11) x ≤ x (refleksivnost relacije ≤) (A12) (x ≤ y) ∧ (y ≤ z) ⇒ x ≤ z (tranzitivnost relacije ≤) (A13) (x ≤ y) ∧ (y ≤ x) ⇒ x = y (antisimetriqnost relacije ≤) (A14) (x ≤ y) ∨ (y ≤ x) (aksioma totalnog poretka) (A15) x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z (saglasnost relacije ≤ i operacije +) (A16) (0 ≤ x) ∧ (0 ≤ y) ⇒ 0 ≤ x • y (saglasnost relacije ≤ i operacije •). (ARH) (Arhimedova1 aksioma) Za svako a > 0 i svako b postoji n ∈ N takvo da vai n • a > b.

n 6= 0

−1

−1

−1

1Arhimed ( Aρχιµ´ηδης , 287{212. pre Hrista), starogrqki mislilac 7 0

8

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Na primer, poznato tvree

x ≤ y ⇒ −y ≤ −x

izvodi se iz aksioma na sledei naqin: x≤y

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

x + ((−x) + (−y)) ≤ y + ((−x) + (−y)) (x + (−x)) + (−y) ≤ y + ((−x) + (−y)) 0 + (−y) ≤ y + ((−x) + (−y)) −y ≤ y + ((−x) + (−y)) −y ≤ y + ((−y) + (−x)) −y ≤ (y + (−y)) + (−x) −y ≤ 0 + (−x) −y ≤ −x.

(A15) (A1) (A3) (A2) (A4) (A1) (A3) (A2)

Sliqno se rexava i sledei zadatak. Zadatak 1. Dokazati ekvivalenciju 0 ≤ x ⇔ −x ≤ 0. X Zaboravimo sada, na trenutak, da se svojstva (A1){(A16), (ARH) odnose na brojeve i razmotrimo ih kao apstraktne aksiome definisane na nekom skupu. Tako dobijamo razne algebarske strukture, tj. skupove na kojima su definisane operacije i relacije koje zadovo avaju neke od gore navedenih aksioma. Skup T na kome je definisana relacija ≤ koja zadovo ava aksiome (A11), (A12) i (A13) naziva se ureenim skupom, a relacija ≤ relacijom poretka. Ako na skupu vai i (A14) on se naziva totalno ureenim skupom. Na svakom ureenom skupu definixu se i relacije ≥, : def. def. def. x ≥ y ⇐⇒ y ≤ x, x < y ⇐⇒ x ≤ y ∧ x 6= y, x > y ⇐⇒ y ≤ x ∧ x 6= y. Neka je T ureen skup i E ⊂ T . Element m ∈ E je najmai element ili minimum skupa E , ako (∀e ∈ E) m ≤ e. Minimum skupa E se oznaqava sa min E. Sliqno se definixe najvei element ili maksimum skupa, max E: M = max E ⇔ (∀e ∈ E)e ≤ M.

Neka je ureen skup i . Element naziva se ( ) skupa ako je za svako . skupa je egovo , tj. element takav da je za svako i za svako gore ograniqee skupa . Supremum skupa oznaqava se sa . Dakle, ako sa oznaqimo skup svih majoranti skupa , onda je

T A⊂T t∈T gorǌim ograniqeǌem gorǌom granicom, majorantom A a≤t a∈A Supremum A najmaǌe gorǌe ograniqeǌe s ∈ T a≤s a∈A s≤t t A A sup A A≤ A sup A = min A≤ .

Element t ∈ T naziva se doǌim ograniqeǌem (doǌom granicom, minoran) skupa A ako je t ≤ a za svako a ∈ A. Infimum skupa A (u oznaci inf A je egovo najvee doǌe ograniqeǌe, tj. element s ∈ T takav da je s ≤ a za svako a ∈ A i t ≤ s za svako doe ograniqee t skupa A. Kaemo da je skup ograniqen odozgo ako ima bar jednu majorantu, a ograniqen odozdo ako ima bar jednu minorantu. Skup je ograniqen ako je ograniqen i odozdo i odozgo.

tom

1. POE RACIONALNIH BROJEVA

9

Skup ne mora da sadri svoj supremum, npr. ako je B = {x ∈ R | 0 ≤ x < , onda je . Ukoliko je sup A ∈ A, onda se taj supremum naziva skupa i oznaqava sa max A. Sliqno se definixe minimum skupa, u oznaci kao egov infimum, ukoliko on pripada samom skupu. Skup iz naxeg primera nema maksimum, dok je min B = 0. Daemo jox jedan, mae trivijalah, primer. Primer 1. Neka je A neprazan skup i P (A) skup svih podskupova skupa A (P (A) se naziva partitivnim skupom skupa A). Operacija inkluzije ⊂ je relacija poretka na P (A). U odnosu na ovu relaciju je max P (A) = A, min P (A) = ∅. ] Zadatak 2. Dokazati da je na skupu N prirodnih brojeva relacija | definisana sa k | n ⇔ n je de ivo sa k relacija poretka. Da li je ona relacija totalnog poretka? Da li skup B = {2, 3} ima maksimum (minimum) u (N, |)? Da li ovaj skup ima supremum (infimum)? X Neka je (T, ≤) ureen skup i B ⊂ T . Element b ∈ B naziva se maksimalnim elementom skupa B ako vai 1} sup B = 1 ∈ /B maksimumom A min A B

0

b1 ∈ B ∧ b0 ≤ b1

⇒

b1 = b0 .

Sliqno se definixe i minimalni element skupa. Zadatak 3. Da li skup B iz Zadatka 2 ima maksimalni (minimalni) element? X Napomena 1. Parcijalno ureen skup moe da ima vixe maksimalnih i minimalnih elemenata, ali najvixe jedan maksimum i najvixe jedan minimum. Jedinstvenost maksimuma i minimuma je posledica antisimetriqnosti relacije poretka (qitaocu ostav amo da ovo dokae kao zadatak). Zadatak 4. (a) Dokazati da je maksimum ureenog skupa egov jedinstveni maksimalni element. (b) Dokazati da ureeni skup moe da ima jedinstveni maksimalni element, koji nije maksimum. (Uputstvo: Neka je na beskonaqnom skupu A = {c, a1 , a2 , . . .}

zadata relacija < sa

a1 < c,

a1 < a2 < a3 < . . .

Dokazati da je sa x≤y ⇔ x=y∨x
1

1

2

2

1

2

2

2

1

2

1

10


(v) Nai sup S i inf S . (g) Da li skup S ima minimum i maksimum? Rexee: (b) skup maksimalnih elemenata je {(x, y) ∈ S | x ≥ 0, y ≥ 0}; (v) sup S = (1, 1), inf S = (−1, −1); (g) ne, jer za svaku taqku postoji taqka koja je sa om neuporediva. X Skup G u kome je definisana operacija + koja zadovo ava svojstva (A1), (A2) i (A3) naziva se grupom. Kad elimo da naglasimo o kojoj se operaciji radi, kaemo i da je ureeni par (G, +) grupa. Grupa je komutativna (ili Abelova2) ako u oj vai i aksioma (A4). Aksiomom (A2) se definixe neutralni element 0 grupe. Ovaj element je jedinstven. Zaista, pretpostavimo da postoje dva neutralna elementa 0 i 0 koja zadovo avaju aksiomu (A2). Ako napiximo ovu aksiomu za x = 0 , a zatim za x = 0 , dobijamo 0 + 0 = 0 i 0 + 0 = 0 . Odatle sledi 0 = 0 . Za proizvo ne elemente a, b ∈ G jednaqina a+x=b (1) ima jedinstveno rexee, tj. postoji jedan i samo jedan element x ∈ G takav da vai a + x = b. Zaista, element x = (−a) + b je rexee jer, primenom aksiome (A1), zatim (A3) i na kraju(A2), dobijamo a + ((−a) + b) = (a + (−a)) + b = 0 + b = b. Ovime smo dokazali da postoji jedno rexee. Da bismo dokazali da postoji samo jedno, pretpostavimo da za neki element x grupe vai a + x = b. Pokazaemo da je x = x . Zaista, primenom aksioma (A2), (A3), (A1) i definicije elementa x dobijamo x = 0+x = ((−a)+a)+x = (−a)+(a+x ) = (−a) + b = x . Primer 2. Odavde moemo da izvedemo poznato tvree 0 • x = 0: poxto je 0 + 0 = 0, iz distributivnog zakona sledi 1

1

1

1

1

1

1

2

1

1

2

2

1

2

1

2

1

2

1

2

2

2

1

1

2

2

2

2

1

0 • x = (0 + 0) • x = 0 • x + 0 • x,

pa iz jedinstvenosti rexea jednaqine 0 • x + X = 0 • x sledi 0 • x = 0. ] Specijalno, neka je b = 0. Iz jedinstvenosti rexea jednaqine a + x = 0 sledi i jedinstvenost inverznog elementa za operaciju +. Imajui to u vidu, lako se dokazuje da je −(−x) = x: po definiciji inverznog elementa je (−x) + (−(−x)) = 0 i (−x) + x = 0, tako da su i −(−x) i x inverzni elementi za (−x), pa je −(−x) = x zbog jedinstvenosti inverznog elementa. Zadatak 6. Dokazati: (a) x ≤ 0 ∧ y ≤ 0 ⇒ x • y ≥ 0 (b) x ≤ y ∧ x ≤ y ⇒ x + x ≤ y + y (v) 0 < 1. X Abelova grupa u kojoj je, sem operacije + definisana i operacija • koja zadovo ava (A5) i (A8) zove se prsten. Prsten u kome vai (A6) i (A10) zove se prsten sa jedinicom. Aksioma (A10) obezbeuje nam da trivijalni prsten {0}, koji zadovo ava sve ostale aksiome prstena sa jedinicom, ne zovemo prstenom sa jedinicom. 1

1

2

2

1

2

1

2

2Abel (Niels Henrik Abel, 1802{1829), norvexki matematiqar


11

Element 1 prstena sa jedinicom, definisan aksiomom (A6), je jedinstven; dokaz ovog tvrea se dobija kad se u dokazu tvrea o jedinstvenosti elementa 0 u grupi simboli + i 0 zamene simbolima • i 1. Prsten u kome vai (A9) zovemo komutativnim prstenom. Prsten sa jedinicom u kome vai aksioma (A7) naziva se telom, ili prstenom sa deǉeǌem. Komutativno telo naziva se poǉem. Po e na kome je definisana relacija poretka koja zadovo ava aksiome (A15) i (A16) naziva se ureenim poǉem; ako se radi o relaciji totalnog poretka, govorimo o totalno ureenom poǉu. Zadatak 7. Neka su a i b elementi tela i a 6= 0. Dokazati da jednaqina a•x=b (2) ima jedinstveno rexee. Formulisati i dokazati tvree o jedinstvenosti inverznog elementa za operaciju • u prstenu. X Aksiomu (ARH) smo izdvojili iz numeracije i oznaqili posebno iz razloga koji e biti jasniji kasnije, kada ovu aksiomu budemo zamenili opxtijom Aksiomom supremuma, ili nekom od oj ekvivalentnih aksioma, qime emo proxiriti po e racionalnih brojeva. Ureeno po e u kome vai (ARH) naziva se Arhimedskim poǉem. Arhimedova aksioma je originalno formulisana u sklopu aksiomatskog zasnivaa geometrije, kao mogunost da nanoxeem date dui a na pravoj moemo, polazei iz taqke A, prei preko proizvo ne taqke B na pravoj.3 Izraz na levoj strani nejednakosti na > b pri tome nije mogue tumaqiti kao mnoee, ve kao , dodavae dui n puta". Drugim reqima, Arhimedova aksioma u strukturi (G, +, ≤) u kojoj, uz relaciju poretka, imamo samo operaciju sabiraa (npr. u ureenoj grupi) utvruje da postoji n ∈ N za koje vai a + · · · + a > b. (3) | {z } Grupa u kojoj vai Arhimedova aksioma naziva se Arhimedskom grupom. Ubudue emo iz oznaka izostav ati znak • i umesto a • b pisati ab. 1.2. Nepotpunost po a Q. Vratimo se sada sa razmatraa ovih apstraktnih algebarskih struktura po u Q racionalnih brojeva. U emu, kao u svakom po u, jednaqine (1) i (2) za a 6= 0 imaju jedinstvena rexea. Pokaimo da to nije sluqaj sa jednaqinom x = 2. (4) Pretpostavimo da je racionalan broj x rexee ove jednaqine i napiximo ga kao x = gde su m i n uzajamno prosti (tj. bez zajedniqkog delite a) celi brojevi. (Drugim reqima, napiximo x u vidu koliqnika dva cela broja, xto je definicja racionalnog broja, i izvrximo ihovo skraivae tako da se oni vixe ne mogu skraivati.) Zamenom ovog izraza u (4) dobijamo m = 2n . (5) Odavde sledi da je m paran, xto znaqi da je i m paran (jer je kvadrat neparnog broja neparan), tj. oblika m = 2k. Ako uvrstimo to u jednaqinu (5) n

2

m n

2

2

2

3Mi ovde neemo ulaziti u analogiju izmeu analitiqke i geometrijske aksiomatike, koja se deta nije izuqava na kursu Analitiqke geometrije (v. [15]), ali emo, motivisani om, skup realnih brojeva zvati jox i realnom pravom.

12


dobijamo 4k = 2n , pa je n = 2k paran broj. Odatle sledi da je i n paran, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da su m i n uzajamno prosti. Iz ove kontradikcije sledi da jednaqina (4) nema rexea u skupu racionalnih brojeva. Zadatak 8. Dokazati da jednaqina x = 3 nema rexee u skupu racionalnih brojeva, koristei ideju dokaza analognog tvrea za jednaqinu (4). Na kom mestu taj dokaz ne prolazi za jednaqinu x = 4 (koja ima rexee 2 ∈ Q)? X Dokaz koji smo izloili navodi Aristotel4, kao primer dokazivaǌa svoeǌem na protivreqnost, odnosno, u savremenim oznakama, tautologije 2

2

2

2

2

2

(p ⇒ q ∧ ¬q) ⇒ ¬p.

Samo5 otkrie nepostojaa rexea jednaqine (4) pripisuje se Pitagorejcima, xkoli antiqkih filosofa koja se odvojila od sofista (sklonih loxim demokratskim uticajima ) i pristupila aristokratskom sloju. Smatra se da je ovo ihovo najznaqajnije otkrie i pretpostav a , da su do ega doxli prouqavaem geometrijske sredine a : b = b : c koja je naroqito interesovala Pitagorejce, a sluila je kao simbol aristokratije" (v. [10]). Geometrijski gledano, ovaj rezultat govori da dijagonala kvadrata sa stranicom duine 1 nije racionalan broj. Za Pitagorejce, koji su poznavali samo racionalne brojeve, kao i za antiqku matematiku uopxte, ovo je oznaqilo ulazak u veliku krizu matematike. Pitagorejci su, u svom celokupnom pogledu na svet, nastojali da sve svedu na broj. Poznavali su parne brojeve, neparne, parno{ neparne, neparno{parne, proste, sloene, savrxene, prijate ske, trougaone, qetvorougaone, petougaone itd. Otkrie geometrijskih veliqina koje se ne mogu opisati racionalnim brojevima navelo ih je da poqnu da negiraju mogunost aritmetike da opixe sve geometrijske objekte. Izlaz iz krize traen je u asimetriji izmeu geometrije (tj. , vid ivog sveta") i teorije brojeva, a ne u proxireu koncepta broja, do koga se doxlo mnogo kasnije. I kasnije, tokom qitave7 istorije matematike, smeivali su se periodi uspeha onoga xto je Galilej formulisao kao program , meriti sve xto je mer ivo i uqiniti mer ivim sve xto jox uvek nije", sa periodima egove krize i traea proxirea ili uopxtea pojma , merea", tj. broja. I HH vek je doneo jedan takav period { period razvoja kvantne fizike suxtinski je promenio (i jox uvek mea) naqin gledaa na koncept merea. Napomenimo da je ovde req samo o ulozi koncepta merea u nauci, a ne o enom svoeu na kvantitativnu dimenziju. Bukvalno shvatae Galilejevih reqi Anri Poenkare8 je duhovito okarakterisao reqima: , Da li prirodak moe dobro da prouqi slona ako ga posmatra mikroskopom?" Razmotrimo malo neformalnije koncept merea dui, kako bismo motivisali proxiree aksiomatskog sistema koji smo do sada razmatrali i 6

4Aristotel ( Aριστ o´τ λης 384{322. pre Hrista), starogrqki filosof 5Pitagora (Πυϑαγo´ρας , ∼580{500. pre Hrista), jonski aristokrata, mistik i nauqnik 0

6,,Major Lawford napravi zajed ivu primedbu na raqun demokratije, koja statistiqki izjednaquje glupost s razumom, a idiotima, samo ako ih je dovo no, dopuxta da uprav aju svetom" (B. Peki [5])

7Galilej (Galileo Galilei, 1564{1642), italijanski nauqnik 8Poenkare (Jules Henri Poincaré, 1854{1912), francuski matematiqar


13

uvoee skupa realnih brojeva R. Iz Arhimedove aksiome sledi da ne postoje , nedostine" taqke na realnoj pravoj. Ako je a , jedinica mere" (nazovimo je npr. metar) i ako je na = b za neki prirodan broj n, onda kaemo da , b ima duinu n metara". Ako ne postoji takav prirodan broj n, potrebno je uvesti mau jedinicu merea. Podelimo zato du a na 10 jednakih delova (nazovimo ih decimetrima). Ako postoji prirodan broj n takav da je n = b, izmerili smo duinu b u decimetrima; u suprotnom, moramo da podelimo du na jox 10 maih delova itd. Ukoliko posle konaqno mnogo koraka uspemo da izmerimo du b, dobijamo enu meru u decimalnom zapisu a 10

xto je oznaka za

a 10

b = xm xm−1 · · · x1 x0 , x−1 x−2 · · · x−k ,

b = xm ·10m +xm−1 ·10m−1 +· · ·+x1 ·10+x0 +x−1 ·10−1 +x−2 ·10−2 +· · ·+x−k ·10−k .

Meutim, moe da se desi da se ovaj postupak nikad ne zavrxi, tj. da broj b ima beskonaqan decimalni zapis. Zadatak 9. Dokazati da je broj racionalan ako i samo ako je egov decimalni zapis konaqan ili periodiqan. (Uputstvo: za dokaz jedne implikacije koristiti qienicu da se u algoritmu de ea celih brojeva m i n moe javiti samo konaqno mnogo ostataka, pa je postupak ili konaqan ili periodiqan; za dokaz druge iskoristiti formulu za sumu geometrijskog niza iz Leme 5 na 21. strani.) X Dakle, ukoliko elimo da merimo i dui kao xto je hipotenuza jednakokrakog pravouglog trougla sa katetama duine 1, moramo da proxirimo skup racionalnih brojeva. Jedan od naqina da se to uradi je da mu dogovorom, ili definicijom, pridruimo i brojeve koji imaju beskonaqan decimalni zapis. Primetimo da pri tome nije postojao ni jedan razlog da poqetni, , jediniqni" interval delimo na 10 delova. Qienica da imamo 10 prstiju je jedini istorijski razlog zbog kojeg koristimo decimalni sistem. Mnogo podesnije bi bilo koristiti sistem sa osnovom 12: broj 12 ima veliki broj delite a (de iv je sa 2,3,4,6 i 12), xto bi olakxalo algoritam de ea brojeva, a zahtevalo uvoee jox samo dva nova simbola za cifre.9 Dakle, skup racionalnih brojeva moemo da proxirimo tako xto mu dodamo , elemente koje dobijamo beskonaqnim de eem intervala na mae delove", ili, reqeno u terminima aksiomatike, tako xto Aksiomama (A1){(A16) i (ARH) dodamo jox jednu, tzv. Kantorovu aksiomu: (KAN) Kantorova aksioma: Neka je za svako n ∈ N dat interval [a , b ] i neka vai [a , b ] ⊂\[a , b ]. Tada je n

n+1

n+1

n

n

n

[an , bn ] 6= ∅.

U sledeim paragrafima pozabaviemo se deta nije problemom proxirea skupa racionalnih brojeva. Videemo da postoji nekoliko ekvivalentnih naqina da se on rexi. Jedan je preko tzv. Aksiome supremuma n∈N

9Neki stari merni sistemi koriste upravo sistem sa osnovom 12, ovi sistemi su se zadrali i danas npr. u anglosaksonskom svetu. Kod nas, termin tuce oznaqava 12 kao , okrugao broj". Brojqanik sata je pode en na 12 delova, godina ima 12 meseci.

14


(SUP) Aksioma supremuma: Ako je podskup T ⊂ R neprazan i odozgo ograniqen, onda postoji egovo najmae gore ograniqee sup T ∈ R. U paragrafu 4 emo da pokaemo da se dodavaem aksiome (KAN) aksiomama (A1){(A16), (ARH) dobija sistem ekvivalentan sistemu odreenom aksiomama (A1){(A16), (SUP). U meuvremenu emo se susresti sa jox dva ekvivalentna pristupa: Dedekindovom aksiomom i Aksiomom neprekidnosti. Svaki od ovih pristupa definixe sistem realnih brojeva R. U sledeem paragrafu mi emo se opredeliti da sistem definisan aksiomama (A1){(A16), (SUP) uzmemo za definiciju sistema R, a zatim emo ostale spomenute pristupe da izvedemo kao teoreme i dokaemo da su oni ekvivalentni izabranom.

2. Potpuno ureeno po e 2.1. Aksioma supremuma. Vratimo se jednaqini x = 2. Posmatrajmo skup 2

T = {x ∈ Q | x2 < 2}.

Skup T ne sadri najvei element; taqnije, da za svaki racionalni broj x ∈ T postoji racionalni broj y ∈ T takav da vai x < y. Zaista, neka je x ∈ T ; tada je x < 2. Izaberimo broj q ∈ Q takav da vai 0 < q < 1 i q < (2−x )(2x+1) . Tada je y = x + q racionalan broj koji je vei od x i pripada skupu T . Zadatak 10. Dokazati da skup 2

2

S = {x ∈ Q | x2 > 2}

−1

ne sadri najmai element. X Motivisani ovim razmatraima, dodajmo aksiomama (A1){(A16) i sledeu. (SUP) Aksioma supremuma: Ako je podskup T ⊂ R neprazan i odozgo ograniqen, onda postoji egovo najmae gore ograniqee sup T ∈ R. Skup na kome je definisana relacija poretka koja zadovo ava aksiomu (SUP) naziva se potpuno ureenim skupom. Primetimo da je skup T ograniqen odozgo, ali da nema supremum kao podskup ureenog skupa Q. Zaista, svi elementi skupa S su gora ograniqea skupa T , a prema Zadatku 10 ovaj skup nema najmai element. Dakle, skup Q nije potpuno ureen i dodavaem aksiome (SUP) aksiomama (A1){(A16) dobili smo strukturu koja proxiruje ureeno po e Q. Aksiome (A1){(A16), (SUP) karakterixu realne brojeve; drugim reqima, moemo ih uzeti kao definiciju po a realnih brojeva R. Definicija 1. Ureena xestorka (R, +, •, ≤, 0, 1), gde je R skup, + i • binarne operacije, ≤ binarna relacija i 0, 1 ∈ R istaknuti elementi, koja zadovo ava aksiome (A1){(A16), (SUP) naziva se poǉem realnih brojeva. Da bi ovakva definicija bila opravdana, bilo bi potrebno dokazati 1. da struktura koja zadovo ava aksiome (A1){(A16), (SUP) postoji i 2. da je struktura koja zadovo ava aksiome (A1){(A16), (SUP) jedinstvena. Na ova pitaa emo se vratiti u Paragrafu 8. Iz aksiome (SUP) sledi

2. POTPUNO UREENO POE

15

Teorema 1. Svaki neprazan i odozdo ograniqen podskup S ⊂ R ima infimum. 4 Neka je T = −S = {−s | s ∈ S}. Tada je T neprazan i ograniqen odozgo. Zaista, iz S 6= ∅ sledi da postoji neko s ∈ S, a po definiciji skupa T to znaqi da t = −s ∈ T , tj. T 6= ∅. Poxto je S ograniqen odozdo, sledi da postoji m ∈ R takvo da je m ≤ s za svako s ∈ S. Neka je M = −m; mnoeem prethodne nejednakosti sa −1 dobijamo t ≤ M za svako t ∈ T , xto znaqi da je T ograniqen odozgo. Iz (SUP) sledi da postoji λ = sup T . Tada je lako videti da je −λ = inf S. Zaista, potrebno je samo ponovo pomnoiti odgovarajue nejednakosti sa −1 i videti najpre da je −λ doe ograniqee skupa S, a zatim i da je najvee (koristei qienicu da je gore ograniqee λ skupa T najmae). Preciznije, ako je s ∈ S, onda je −s ∈ T , pa je −s ≤ λ, jer je λ gore ograniqee skupa T , odakle sledi −λ ≤ s, tj. −λ je doe ograniqee skupa S. Ako je i µ doe ograniqee skupa S, onda je µ ≤ s za svako s ∈ S, odakle, mnoeem sa −1 dobijamo, imajui u vidu definiciju skupa T , da je t ≤= −µ za svako t ∈ T . Dakle, −µ je gore ograniqee skupa T , pa nije vee od egovog najmaeg goreg ograniqea λ = sup T : −µ ≤ λ. Odatle sledi −λ ≤ µ. Poxto je µ proizvo no doe ograniqee skupa S, sledi da je −λ egovo najvee gore ograniqee, tj. −λ = inf S. 5 Poxto postoji dualnost izmeu ≤ i ≥, Teoremu 1 smo mogli da uzmemo za aksiomu umesto (SUP). Tada bi (SUP) bila teorema, koju bismo dokazali na potpuno isti naqin kao Teoremu 1, zamenom simbola ≤ simbolom ≥ i zamenom uloga simbola sup i inf , doeg i goreg ograniqea itd. Primetimo da smo u dokazu Teoreme 1 dokazali da vai inf(−A) = − sup A, gde je −A = {−a | a ∈ A}. Izdvojiemo ovo i jox neka svojstva supremuma i infimuma u sledeoj lemi. Za skupove A i B definiximo

i

A + B = {a + b | a ∈ A, b ∈ B},

A · B = {a · b | a ∈ A, b ∈ B}

A ≤ B ⇔ (∀a ∈ A)(∀b ∈ B) a ≤ b.

1 Neka su A, B neprazni i ograniqeni skupovi realnih brojeva i neprazan podskup. Tada vai 1. inf A ≤ inf A ≤ sup A ≤ sup A 2. inf(−A) = − sup A, sup(−A) = − inf A 3. sup(A + B) = sup A + sup B, inf(A + B) = inf A + inf B 4. sup(A ∪ B) = max{sup A, sup B}, inf(A ∪ B) = min{inf A, inf B}. 5. Ako je 0 ≤ A, 0 ≤ B onda je sup(A · B) = sup A · sup B, inf(A · B) = inf A · inf B . 4 Tvree 1. je oqigledno; tvree 2. smo dokazali u dokazu Teoreme 1. Dokaimo da je sup(A + B) = sup A + sup B. Poxto je (∀a ∈ A) a ≤ sup A i (∀b ∈ B) b ≤ sup B , sledi da je (∀a ∈ A)(∀b ∈ B) a + b ≤ sup A + sup B , pa je sup A + sup B gore ograniqee skupa A + B . Dokaimo da je ono najmae.

Lema . A0 ⊂ A

0

0

16


Neka je x x − sup A, tj. x − b x − b, pa je a + b > x, tj. x ne moe da bude gore ograniqee skupa A + B. Time je dokazano sup(A + B) = sup A + sup B. Dokaz ostalih svojstava prepuxtamo qitaocu za vebu. 5 2.2. Dedekindova aksioma i Aksioma neprekidnosti. Navexemo sada jox dva tvrea ekvivalentna Aksiomi supremuma. Za prvo od ih nam je potrebna sledea definicija. Definicija 2. Neka je X ureen skup. Par (D , D ) podskupova D , D ⊂ X naziva se Dedekindovim10 presekom ako ima sledea svojstva (A) D ∪ D = X (B) D 6= ∅, D 6= ∅ (V) δ ∈ D ∧ δ ∈ D ⇒ δ < δ Za nas je ovde od interesa sluqaj X = R. Vae sledea dva tvrea, koja nazivamo aksiomama jer svako od ih (v. Teoremu 2 nie) moemo uzeti za aksiomu umesto Aksiome (SUP); preostala dva tvrea, naravno, onda postaju teoreme. (DED) Dedekindova aksioma: Ako su D , D ⊂ R takvi da je (D , D ), Dedekindov presek, onda postoji najmae gore ograniqee sup D ∈ R skupa D . (NEP ) Aksioma neprekidnosti (ili Aksioma potpunosti): Neka su T i S dva neprazna podskupa skupa R koja imaju svojstvo (∀t ∈ T )(∀s ∈ S) t ≤ s. Tada postoji c ∈ R za koje vai (∀t ∈ T )(∀s ∈ S) t ≤ c ≤ s. Teorema 2. Tvrea (SUP), (DED) i (NEP) su ekvivalentna. 4 Pretpostavimo da vai (SUP) i neka je (D , D ) Dedekindov presek u R. Iz Definicije 2 sledi da je skup D neprazan i ograniqen odozgo. Zaista, D 6= ∅ sledi iz (B), dok iz (V) sledi da je svaki element skupa D gore ograniqee skupa D . Iz (SUP) sledi da postoji sup D , xto dokazuje implikaciju (SUP) ⇒ (DED). Pretpostavimo sada da vai (DED) i neka su T i S skupovi sa svojstvima iz (NEP) Neka je D = {x ∈ R | (∀s ∈ S) x < s} i D = R \ D . Tada je (D , D ) Dedekindov presek. Zaista, (A) vai po definiciji skupova D i D . Neka je ε > 0 i T := {t − ε | t ∈ T } Oqigledno je S ⊂ D i T ⊂ D , pa poxto su, prema pretpostavci (NEP) S i T (a time i T ) neprazni, sledi da vai (B). Ako je δ ∈ D , onda je δ < s za sve s ∈ S. Neka je δ ∈D . (6) Ako bi vailo δ ≤ δ , tada bi vailo i δ < s za sve s ∈ S. To bi, po definiciji skupa D , znaqilo da vai δ ∈ D , xto, zajedno sa (6) i (V) daje kontradikciju δ < δ . Prema tome, (D , D ) je Dedekindov presek, pa postoji 1

1

2

1

2

2

1

2

1

1

2

2

1

2

1

2

1

2

1

1

1

2

1

1

2

1

1

1

2

1

1

1

2

ε

2

ε

1

ε

1

2

2

2

1

2

1

2

2

1

2

1

1

2

10Dedekind (Richard Dedekind, 1831{1916), nemaqki matematiqar

1

2

2. POTPUNO UREENO POE

17

. Iz definicije supremuma i T ⊂ D sledi da je t − ε ≤ c za sve i sve . Odatle sledi t ≤ c za svako t ∈ T . Zaista, ako bi za neko bilo , onda bi bilo i t − (t − c) > c, xto je u suprotnosti sa . za Neka je . Iz definicije skupa D sledi da je δ ≤ s za svako δ ∈ , pa je gore ograniqee skupa D . Poxto je supremum najmae gore ograniqee, sledi da je . Time je dokazana implikacija (DED) ⇒ (NEP). Pretpostavimo, na kraju, da vai (NEP) i neka je T neprazan i odozgo ograniqen podskup skupa R. Neka je S skup svih gorih ograniqea skupa T . Poxto je T ograniqen odozgo, sledi da je i S neprazan, pa T i S zadovo avaju uslove iz aksiome (NEP). Odatle sledi (∃c)(∀t ∈ T )(∀s ∈ S) t ≤ c ≤ s. (7) Tada je c = sup T . Zaista, iz prve nejednakosti u (7) sledi da je element c gore ograniqee skupa T , a iz druge (i iz definicije skupa S) da je on najmae gore ograniqee, tj. supremum. 5 2.3. Intervali. Definiximo sada vane podskupove skupa R. Definicija 3. Neka su a i b realni brojevi. 1. Skup (a, b) = {x ∈ R | a < x < b} naziva se otvorenim intervalom sa krajevima a i b. 2. Skup [a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b} naziva se zatvorenim intervalom ili segmentom sa krajevima a i b. 3. Skupovi [a, b) = {x ∈ R | a ≤ x < b} i (a, b] = {x ∈ R | a < x ≤ b} nazivaju se poluotvorenim intervalima sa krajevima a i b. 4. Skupovi (a, +∞) = {x ∈ R | x > a} i [a, +∞) = {x ∈ R | x ≥ a} nazivaju se redom otvorenim i poluotvorenim intervalom sa krajevima a i +∞. Simbol +∞ qita se plus beskonaqno. Specijalno, interval (0, +∞) oznaqavamo i sa R . 5. Skupovi (−∞, b) = {x ∈ R | x < b} i (−∞, b] = {x ∈ R | x ≤ b} nazivaju se redom otvorenim i poluotvorenim intervalom sa krajevima −∞ i b. Simbol −∞ qita se minus beskonaqno. 6. Skup [−∞, +∞], koji se oznaqava jox i sa R i naziva proxirenim sistemom realnih brojeva je skup koji se dobija dodavaem dvaju simbola −∞, +∞ skupu R, pri qemu su ispueni sledei uslovi: 7. Za svako x ∈ R vai

c = sup D1 t∈T ε>0 t0 ∈ T t0 > c t0 − ε < c ε = 12 (t0 − c) > 0 s∈S D1 c≤s

ε

1 2

0

1

0

1

1

1

1

+

−∞ < x < +∞,

x + (+∞) = +∞,

8. Za svako x > 0 vai

x + (−∞) = −∞,

x · (+∞) = +∞,

x · (−∞) = −∞

x · (+∞) = −∞,

x · (−∞) = +∞

9. Za svako x < 0 vai

x x = =0 +∞ −∞

Umesto +∞ qesto pixemo samo ∞. Zadatak 11. Dokazati da je svaki Dedekindov presek (D , D ) u R oblika ((−∞, a), [a, +∞)) ili ((−∞, a], (a, +∞)). X 1

2

18


Lema 2. (Karakterizacija intervala) Podskup J ⊂ R je interval ako i samo ako za svaka dva broja a, b ∈ J , takva da je a < b, vai [a, b] ⊂ J . 4 Da svaki interval ima navedeno svojstvo sledi iz Definicije 3. Pretpostavimo da je J skup sa svojstvom opisanim u formulaciji leme. Ako je J neograniqen, onda je J = R, dakle J je interval (−∞, +∞). Zaista, iz neograniqenosti skupa J sledi da za svako x ∈ R postoje a, b ∈ J takvi da je a < x < b (jer bi u suprotnom x bilo ili gore ili doe ograniqee skupa J ), a odatle, na osnovu pretpostavke o skupu J , sledi x ∈ J . Neka je J ograniqen odozgo, ali ne odozdo, i neka je s = sup J . Tada za svako x < s postoje a, b ∈ J takvi da je a < x < b (zaxto?). Odatle sledi x ∈ J , tj. J = (−∞, s) ili J = (−∞, s]. Sliqno se razmatra sluqaj skupa koji je ograniqen odozdo, ali ne i odozgo. Na kraju, neka je J ograniqen i neka je s = sup J , ı = inf J . Tada za svako x ∈ (ı, s) postoje brojevi a, b ∈ J takvi da je a < x < b. Odatle sledi x ∈ J , pa je J jedan od intervala (ı, s), [ı, s], (ı, s], [ı, s). 5 Definicija 4. Brojeve iz intervala (0, +∞) zovemo pozitivnim, a brojeve iz intervala (−∞, 0) negativnim brojevima. Primer 3. Broj 1 je pozitivan broj. Pokazaemo kako se ovo tvree moe izvesti iz aksioma (tj. rexiemo Zadatak 6 na 10. strani). Iz aksioma (A10), (A14) i definicije relacije < sledi da vai taqno jedna od relacija 0 < 1 i 1 < 0. Pretpostavimo da vai 1 < 0. Tada je, na osnovu (A15), 1+(−1) < 0+(−1), tj. 0 < −1. Odatle i iz (A16) bi sledilo 0 ≤ (−1)(−1). Ako dokaemo da je desna strana poslede nejednakosti jednaka 1 (primetimo da izraz (−x)(−y) = xy nije meu aksiomama, pa zahteva dokaz) dobiemo da je 0 ≤ 1, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom 1 < 0. Iz ove kontradikcije sledi 0 < 1. Dokaimo da je (−x)(−y) = xy. (8) Dokaz emo podeliti u nekoliko koraka. Primetimo najpre da iz (A2) i (A8) sledi 0x = (0 + 0)x = 0x + 0x. Odavde, na osnovu jedinstvenosti rexea jednaqine a + x = b sledi 0x = 0 (jox jedno , oqigledno" tvree koje nije meu aksiomama i zahteva dokaz!). Dokaimo sada da vai −(−x) = x. (9) Iz (A3) sledi (−x) + x = 0 i (−x) + (−(−x)) = 0, a odatle, na osnovu jedinstvenosti inverznog elementa za sabirae, sledi −(−x) = x. Iz 0 = 0y = (x + (−x))y = xy + (−x)y, na osnovu jedinstvenosti inverznog elementa za sabirae, sledi (−x)y = −(xy). (10) Sliqno se dokazuje i x(−y) = −(xy). (11) Sada imamo (−x)(−y) = −(x(−y)) sledi iz (10) = −(−(xy)) sledi iz (11) = xy sledi iz (9), xto dokazuje (8). Time je zavrxen dokaz da je 0 < 1. ]

3. PRIRODNI, CELI I RACIONALNI BROJEVI

19

Iz prethodnog primera i aksioma (A12) i (A15) sledi 0 < 1 + 1. Broj 1 + 1 oznaqava se simbolom 2 i naziva se dva. Sliqno, 0 < 1 + 1 + 1 itd. Time smo izdvojili jedan vaan podskup skupa pozitivnih brojeva, skup brojeva koji se mogu dobiti od broja 1 primenom operacije +. Ovaj skup je nax sledei predmet izuqavaa.

3. Prirodni brojevi

Sumirajmo ukratko xta smo do sada uradili. Potrebom prelaska od (bliskih intuiciji) racionalnih brojeva na realne smo motivisali definiciju sistema realnih brojeva (R, +, •, ≤, 0, 1) kao strukture koja zadovo ava aksiome (A1){(A16), (SUP). Usvajajui ove aksiome za definiciju (realnih) brojeve, poqeli smo ihovo aksiomatsko zasnivae. Kako sada da u ovom sistemu prepoznamo i formalno izdvojimo one objekte qija nam je jasna intuitivna predstava posluila kao motivacija { prirodne, cele i racionalne brojeve? 3.1. Prirodni brojevi. Peanove aksiome. Neka je N klasa svih podskupova N ⊂ R koji imaju sledee dve osobine 1 ∈ N i n ∈ N ⇒ n + 1 ∈ N. Relacija ⊂ je relacija poretka na skupu N , pa moemo da govorimo o egovom najmaǌem elementu. Definicija 5. Skup N je najmai element klase N . Elemente skupa N nazivamo prirodnim brojevima. Ekvivalentno, skup N se moe definisati kao presek svih skupova klase N . Odatle se lako vidi i da je N ∈ N . Prirodni brojevi imaju svojstva koja izdvajamo sledeom teoremom. Ona se nazivaju Peanovim11 aksiomama, jer se u zasnivau aritmetike moe poi od ih kao definicije sistema prirodnih brojeva (vixe o ovome emo rei u Paragrafu 8). Neka je σ(n) = n + 1 , sledbenik prirodnog broja n". Teorema 3. (Peanove aksiome) Skup prirodnih brojeva N ima sledea svojstva (Π1) preslikavae σ : N → N, je dobro definisano (Π2) σ(m) = σ(n) ⇒ m = n (Π3) 1 ∈ N (Π4) (∀n ∈ N)σ(n) 6= 1 (Π5) princip indukcije: ako za podskup S ⊂ N vai 1 ∈ S ∧ (n ∈ S ⇒ σ(n) ∈ S)

onda je S = N. 4 Svojstva (Π1) i (Π3) slede iz N ∈ N , a svojstvo (Π2) iz jedinstvenosti rexea jednaqine a + x = b. Pretpostavimo da ne vai (Π4), tj. da je 1 = n + 1. Tada je n = 0. Lako se vidi da interval (0, +∞) pripada klasi N . Poxto je N najmai skup iz N , vai N ⊂ (0, +∞), pa 0 ∈ / N. Time je dokazano (Π4). Dokaimo (Π5). Iz definicije skupa S sledi S ∈ N , pa je N ⊂ S, poxto je N najmai skup iz N . Meutim, po pretpostavci je S ⊂ N, pa je S = N. 5 11Peano (Giuseppe Peano, 1858{1932), italijanski matematiqar

20


Iz (Π5) se izvodi metod dokazivaǌa indukcijom. Pretpostavimo da elimo da dokaemo neko tvree o prirodnim brojevima. Pretpostavimo da smo dokazali da ono vai za broj 1 i da iz pretpostavke da vai za neki prirodan broj n sledi da vai i za n + 1. Oznaqimo sa S skup prirodnih brojeva za koje vai tvree. Onda je, prema (Π5), S = N, tj. tvree vai za sveki prirodan broj. Ilustrovaemo to dokazima sledeih tvrea. Lema 3. (a) σ(N) = N \ {1} (b) m, n ∈ N ⇒ m + n ∈ N ∧ mn ∈ N (v) m, n ∈ N ∧ m < n ⇒ n − m ∈ N. 4 (a) Neposredno se proverava da S = {1} ∪ σ(N) zadovo ava (Π5), odakle po principu indukcije sledi S = N. Odatle i iz (Π4) sledi (a). Dokaz tvrea (b) sledi indukcijom po n (za fiksirano m). Da bismo dokazali (v), fiksirajmo m i primenimo indukciju po n. Ako je n = 1, tada je m > 1, pa iz (a) sledi m ∈ σ(N), tj. m = k + 1 za neko k ∈ N. Tada je m − 1 = k ∈ N, qime je dokazano tvree (v) za n = 1. Pretpostavimo da (v) vai za neko n ∈ N. Neka je m > n + 1. Tada je i m > n, pa po induktivnoj pretpostavci vai m = n ∈ N. Poxto je m − n > 1, iz (a) sledi da je m − n = k + 1 za neko k ∈ N. Odalte sledi m − (n + 1) = m − n − 1 = k ∈ N. Time je dokazano (v). 5 Lema 4. Svaki neprazan podskup A ⊂ N ima minimum. Specijalno, min N = 1. 4 Dokaimo prvo da je min N = 1, tj. da je 1 ≤ n za sve n ∈ N. Neka je S ⊂ N skup prirodnih brojeva za koje vai 1 ≤ n. Tada je 1 ∈ S. Ako je n ∈ S vai 1 ≤ n. Sabiraem ove nejednakosti i nejednakosti 0 ≤ 1 dokazane u Primeru 3 dobijamo 1 ≤ n + 1, tj. n + 1 ∈ S. Na osnovu principa indukcije zak uqujemo S = N, tj. 1 ≤ n za svaki prirodan broj n. Pretpostavimo sada da A nema minimum. Neka je T = {n ∈ N | (∀a ∈ A) n < a}. Poxto je 1 = min N, a pretpostavili smo da A nema minimum, sledi da je (∀a ∈ A) 1 < a, tj. 1 ∈ T . Neka je n ∈ T . Dokaimo da odatle sledi n + 1 ∈ T . Neka je a ∈ A. Iz pretpostavke da A nema minimum sledi da postoji a ∈ A takvo da je a < a. Poxto je n ∈ T , vai n
1

1

1

1

1

1


21

4. Konaqne sume i konaqni proizvodi. Neka je n ∈ N. P Definiximo simbole i Q sa Primer

n

n

k=1

k=1

1 X

i

xk = x1 ,

k=1 1 Y

n+1 X

xk =

k=1

xk = x1 ,

n X

n+1 Y

xk =

n Y

za realne brojeve x , · · · , x . Specijalno, za x k=1

k=1

1

n n X

xk + xn+1

k=1

xk · xn+1

pixemo

k=1

n Y

x =: nx,

k=1

= x2 = · · · = xn = x

1

x =: xn .

k=1

Ako je x 6= 0, (x ) oznaqavamo sa x . Za x = k dobijamo broj Q x =: n!, koji se naziva faktorijelom broja n. Za prirodne brojeve k i n koliqnik se naziva binomnim koeficijentom ] = Zadatak 12. Dokazati da vai = + i odatle, primenom metoda indukcije, da je prirodan broj za sve k, n ∈ N, k < n. X Lema 5. Operacije uvedene u Primeru 4 imaju sledea svojstva: 1. P x y = P (x y) (uopxteni distributivni zakon) 2. nx = n·x, gde je na levoj strani izraz uveden u Primeru 4, a na desnoj proizvod realnih brojeva n i x 3. x · x = x , (x ) = x , (xy)P = x y 4. (Binomna formula) (x + y) = x y 5. (Geometrijska progresija) P x = . 4 Dokaimo prvo tvree. Za n = 1 ono glasi x y = x y i oqigledno vai. Pretpostavimo da ono Pvai za neko n ∈ N i dokaimo da vai i za n + 1. Iz definicije operacije i distributivnog zakona (Aksioma (A8)) sledi −1 n

n

−n

k

k=1

n k

n! k!(n−k)!

n+1 k

n k

n

n k−1

n

k

k=1

n

n k

k

k=1

m

n+m

n m

nm

n

n n

n

n

n

k=0

n k

k n−k

1−xn+1 1−x

k

k=0

1

n+1 X

1

n n X X xk y = xk + xn+1 y = xk y + xn+1 y.

P Primenimo sada induktivnu pretpostavku x y= (x y) i defi P P P niciju operacije . Dobijamo x y+x y = (x y). Time je dokazano da prvo tvree vai i za n + 1. Dokaze ostalih tvrea ostav amo qitaocu. 5 P P P P (k + j). X Zadatak 13. Izraqunati (k + j) i P Zadatak 14. Dokazati da je (x −x ) = x − x . Primenom ove X formule izraqunati P . k=1

k=1

k=1

Pn

n k=1

m

k=1

k

n

n k=1 k n+1 k k=1

k

n+1

m

k

k=1 j=1

k=1 j=1 n

k+1

n

k=1

k=1

1 k(k+1)

k

n+1

1

22


Zadatak

15. Izraqunati

i

n X (k − 1)2k

k(k + 1)

2 nX −1

√ [ k],

gde je [·] ceo deo realnog broja. Zadatak 16. Dokazati uopxtee binomne formule k=1

k k1 , k2 , . . . , kn

X

(x1 + x2 + · · · + xn )k =

gde je

k=1

k1 +k2 +···+kn =k

k k1 , k2 , . . . , kn

:=

1+

Y

k

xj j ,

1≤j≤n

(13)

k! k1 !k2 ! · · · kn !

tzv. multinomni koeficijent. Primer 5. (Broj e) Iz Leme 5, 3. sledi

X

X

(14) , pa iz prethodne jednakosti

n n k−1 n j X 1 1 n X n k 1 n−k X 1 Y = = 1− ≤ . 1 n n k! j=0 n k! k k=0

k=0

k=0

Indukcijom se lako dokazuje da vai k! ≥ 2 dobijamo

k−1

1+

1 n

n

≤

n X 1 2

k−1

< 3.

Posleda nejednakost sledi iz Leme 5, 4. Odatle sledi da je skup {(1 + n ∈ N} ograniqen odozgo, pa ima supremum. Broj k=0

1 n n)

|

(15) naziva se Ojlerovim12 brojem. Ovaj broj je iracionalan; egovih prvih nekoliko decimala je e = 2, 718281828459045 . . . Iracionalnost broja e bie dokazana u Primeru 20 u Glavi 2, a egova transcendentnost u Primeru 3 u Glavi 6. ] 13 Lema 6. (Bernulijeva nejednakost) Neka je α ∈ (−1, +∞) i n ∈ N. Tada vai (1 + α) ≥ 1 + nα. Jednakost (1 + α) = 1 + nα vai ako i samo ako je n = 1 ili α = 0. 4 Za n = 1 tvree je oqigledno je taqno. Za n = 2 ono glasi (1 + α) ≥ 1 + 2α, xto je taqno jer je (1 + α) = 1 + 2α + α i α ≥ 0. Pretpostavimo da ono vai za neko n ∈ N, tj. da je (1 + α) ≥ 1 + nα. Mnoeem obe strane ove nejednakosti pozitivnom brojem 1 + α dobijamo e := sup

n

1+

o 1 n n∈N n

n

n

2

2

2

2

n

(1 + α)n+1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα2 ≥ 1 + (n + 1)α,

12Ojler (Leonhard Euler, 1707{1783), xvajcarski matematiqar 13Bernuli (Jakob Bernoulli, 1654{1705), xvajcarski matematiqar


23

qime je, na osnovu principa indukcije, dokazan prvi deo tvrea. Drugi deo sledi iz qienice da se u sluqaju da je n > 1 i α 6= 0 u prethodnom dokazu znak ≥ moe svuda zameniti znakom >. 5 Zadatak 17. Dokazati da za svaki prirodan broj n > 8 vai nejednakost n <2 . X Zadatak 18. Dokazati da za svaki prirodan broj n vai nejednakost 2

n+1

2n − 1 1 1 3 5 · · ··· ≤√ . 2 4 6 2n 3n + 1

19 Primenom metoda indukcije dokazati sledee jednakosti:

X

Zadatak . n P k 2 = n(n+1)(2n+1) 6 k=1 2 n P k 3 = n(n+1) 2

(a) (b) Nai formulu za S := P k , p ∈ N. (Uputstvo: primenom binomne formule na (k + 1) − k i sumiraem po k izraziti traenu sumu S preko poznatih S , S , . . . , S .) X Zadatak 20. Dokazati da se svi brojevi oblika 2 +1, n ∈ N zavrxavaju cifrom 7. X Zadatak 21. Linearne diferencne jednaqine. Neka je niz x zadat sa k=1

n k=1

p

p+1

1

p+1

2

p

p

p−1

2n+1

n

x0 = a,

x1 = b,

i neka su t i t rexea jednaqine 1

xn+2 = pxn+1 + qxn .

2

t2 = pt + q.

Indukcijom po n dokazati: (a) Ako je t 6= t , onda je x = At + Bt , gde su A i B rexea sistema jednaqina A + B = a, At + Bt = b. (b) Ako je t = t , onda je x = At + nBt , gde su A i B rexea sistema jednaqina A = a, At + Bt = b. X Zadatak 22. U konveksnom n{touglu povuqeno je nekoliko dijagonala, tako da svake dve od ih ili polaze iz istog temena, ili se ne seku. Time je poligon pode en na delove. Koji je najvei mogui broj tih delova? X Zadatak 23. Nai grexku u sledeem , dokazu" tvrea , da su svi prirodni brojevi jednaki". Neka je S sledee tvree: Ako su k i m prirodni brojevi i ako je max{k, m} = n, onda je k = m. Tvree S je taqno, jer iz max{k, m} = 1 sledi k = 1 i m = 1 (poxto su k i m prirodni brojevi, a 1 = min N). Pretpostavimo da je tvree S taqno i dokaimo da je tada taqno i S . Neka je max{k, m} = n + 1. Neka je p = k − 1, q = m − 1. Tada je max{p, q} = n. Poxto je, po induktivnoj pretpostavci, S taqno, odavde sledi p = q. Ali, tada je i m = n. Time je, na osnovu principa indukcije, dokazano da vai S . Neka su k, m proizvo na dva prirodna broja i neka je n = max{k, m}. Poxto je dokazano da za svako n vai S , sledi k = m. X 1

2

1

2

1

1

n 1

n

n 2

2

n 1

n

n 1

1

n

1

n

n+1

n

n

n

24


3.2. Celi brojevi. Iz Leme 3 sledi da je skup N zatvoren u odnosu na operacije + i •. Meutim, ovaj skup nije zatvoren za operacije invertovaa u odnosu na ove dve operacije. Zaista, pretpostavimo da vai {−n, n} ⊂ N. Iz Aksiome (A14) i Zadatka 1 sledi da tada vai bar jedna od nejednakosti n ≤ 0, −n ≤ 0, xto, zbog 0 < 1, protivreqi Lemi 4. Sliqno, iz {m, m } ⊂ N za m 6= 1 sledilo bi m < 1 ili m < 1, xto je opet kontradikcija sa Lemom 4. Skup celih brojeva Z je najmae proxiree skupa N koje je zatvoreno za ivertovae u odnosu na +. Precizirajmo ovu formulaciju. Podgrupom grupe (G, +) nazivamo svaki podskup H ⊂ G koji je i sam grupa u odnosu na grupovnu operaciju +. Lako se vidi da je podskup H ⊂ G podgrupa ako i samo ako za sve g , g ∈ H vai g − g ∈ H . Definicija 6. Skup celih brojeva Z je najmaa podgrupa grupe (R, +) koja sadri broj 1. Naravno, termin najmaǌa odnosi se na relaciju poretka ⊂. Ekvivalentno, Z je presek svih podgrupa grupe (R, +) koje sadre broj 1. Sledea teorema pokazuje da je ova apstraktna algebarska definicije ekvivalentna uobiqajenoj definiciji, poznatoj qitaocu iz kurseva elementarne matematike. Teorema 4. Z = {0} ∪ N ∪ {−n | n ∈ N}. 4 Dokaz sledi iz qienice da je skup na desnoj strani podgrupa koja sadri broj 1 i minimalnosti podgrupe Z. 5 Skup Z je zatvoren u odnosu na sabirae, oduzimae i mnoee, ali ne i u odnosu na de ee: pri de ei broja a ∈ Z brojem b ∈ Z \ {0} jav a se ostatak. Preciznije, vai sledea teorema. Teorema 5. Za svako a ∈ Z i b ∈ N postoje jednoznaqno odreeni brojevi q ∈ Z i r ∈ N ∪ {0} takvi da je a = bq + r i 0 ≤ r < b. 4 Treba da dokaemo da, polazei od a i oduzimajui b, pa zatim, 2b, 3b, . . ., posle konaqno mnogo koraka dobijamo broj mai od b. Iz Leme 4 lako sledi da u skupu {a − kb | k ∈ Z} postoji najmai broj r oblika a − qb koji je prirodan ili jednak nuli. On zadovo ava traeni uslov 0 ≤ r < b,jer bi u sluqaju r ≥ b broj r = a − (q + 1)b bio prirodan ili jednak nuli, a mai od r. Time je dokazana egzistencija brojeva q i r. Da bismo dokazali jedinstvenost, pretpostavimo da postoji jox jedan par brojeva q , r takav da je a = bq + r i 0 ≤ r < b. Odatle i iz a = bq + r sledi b(q − q ) = r − r, pa je kb = |r − r| < max{r , r}, gde je k = |q − q | ∈ N ∪ {0}. Poxto su r i r prirodni brojevi mai od b, ova nejednakost je mogua samo za k = 0, tj. q = q. Ali tada je i r = r. 5 Definicija 7. Neka je a ∈ Z i b ∈ Z \ {0}. Ako postoji q ∈ Z takav da je a = bq kaemo da je broj a de iv brojem b, ili da b deli a i pixemo b|a. Broj p ∈ N zovemo prostim brojem ako je p > 1 i ako je p de iv samo sa 1 i p. Broj d ∈ Z je zajedniqki delilac brojeva a, b ∈ Z ako d|a i d|b. Najvei zajedniqki delilac brojeva a i b oznaqavamo sa (a, b). Ako je (a, b) = 1 kaemo da su brojevi a i b uzajamno prosti. −1

−1

1

2

2

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

1

1

1


25

Zadatak 24. Dokazati da je | relacija poretka na N. Da li je ovo relacija totalnog poretka na N? Da li je ovo relacija poretka na Z X Zadatak 25. Dokazati da postoji beskonaqno mnogo prostih brojeva. (Uputstvo: pretpostavimo da su p , p , . . . , p svi prosti brojevi; tada broj p = p · p · . . . · p + 1 nije de iv nijednim prostim brojem) X Zadatak 26. Dokazati da su brojevi i uzajamno prosti. X Teorema 6. Ako je d najvei zajedniqki delilac celih brojeva a i b, onda postoje celi brojevi k i m takvi da je ka + mb = d. Specijalno, ako su a i b uzajamno prosti, onda postoje celi brojevi k i m takvi da je ka + mb = 1. 4 Neka je c najmai prirodan broj u skupu S = {ua + vb | u, v ∈ Z}. Dokaimo prvo da je broj c zajedniqki delilac brojeva a i b. Iz c ∈ S sledi c = ka + mb (16) za neke k, m ∈ Z. Iz Teoreme 5 sledi da postoje q, r ∈ Z, 0 ≤ r < c takvi da je a = cq + r, xto zajedno sa (16) daje r = a − cq = (1 − kq)a − mqb. Ako bi bilo r > 0, onda bi r bio prirodan broj oblika ua + vb koji je mai od c, xto je suprotno pretpostavci da je c najmai takav broj. Odatle sledi r = 0, tj. c|a. Na isti naqin se dokazuje c|b. Dokaimo sada da je c najvei zajedniqki delilac brojeva a i b, tj. da je c = d. Poxto d|a i d|b, postoje u, v ∈ Z takvi da je a = ud, b = vd. Odatle i iz (16) sledi c = (ku + mv)d, pa je d ≤ c. Poxto je d najvei zajedniqki delilac, sledi da je d = c, xto zajedno sa (16) daje dokaz Teoreme. 5 Primetimo da smo, dokazujui Teoremu 6 dokazali i sledee tvree. Posledica 1. Najvei zajedniqki delilac celih brojeva a i b je najmai prirodan broj oblika ka + mb, k, m ∈ Z. Zadatak 27. Dokazati da su celi brojevi a i b uzajamno prosti ako i samo ako postoje celi brojevi k i m takvi da je ka + mb = 1. X Teorema 7. Ako je a = bq + r, onda je (a, b) = (b, r). 4 Neka je d zajedniqki delilac brojeva a i b. Tada je a = ud , b = vd za neke u, v ∈ Z, pa je r = d (u − vq). Time je dokazano d |r; dakle svaki zajedniqki delilac brojeva a i b je i zajedniqki delilac brojeva b i r. Jox lakxe je dokazati da vai i obrnuto: svaki zajedniqki delilac brojeva b i r je i zajedniqki delilac brojeva a i b. Odatle sledi tvree Teoreme. 5 Teorema 7 nam daje postupak za nalaee najveeg zajedniqkog delioca celih brojeva a i b. Ovaj postupak naziva se Euklidovim14 algoritmom i sastoji se u sledeem. Pretpostavimo da su a i b prirodni brojevi (zaxto time ne umaujemo opxtost?). Primenom Teoreme 5 izvrximo niz uzastopnih 1

1

2

2

n

n

a (a,b)

b (a,b)

0

0

0

0

14Euklid (oko 365{oko 300. g. pre Hrista) { starogrqki matematiqar

0

26

de ea:

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI 0 ≤ r1 < b 0 ≤ r2 < r1 0 ≤ r3 < r2 . . . 0 ≤ rn < rn−1

a = bq1 + r1 , b = r1 q2 + r2 , r1 = r2 q3 + r3 , . . . rn−2 = rn−1 qn + rn , rn−1 = rn qn+1 . rk < rk−1 k

Poxto je za svako , ovaj postupak e se zavrxiti posle konaqnog broja koraka. Navodimo dve posledice ovog postupka. Posledica 2. (a, b) = r . Posledica 3. Svaki razlomak κ = , a, b ∈ N moe da se napixe u obliku 1 (17) κ=q + q + n

a b

1

1

2

q3 + ·

· ·+

1 qn ,

gde su q , q , . . . , q prirodni brojevi. Definicija 8. Razlomci vida (17) nazivaju se konaqnim neprekidnim (ili verinim) razlomcima. 4 Primenom Euklidovog algoritma dobijamo 1

2

n

κ = q1 +

r1 1 1 = q + b = q1 + b q2 + r

r2 r1

= q1 +

1 q2 +

1

= ··· .

r2 r1

Posle n koraka dobijamo (17). 5 Teorema 8. (Osnovni stav aritmetike) Svaki prirodan broj moe da se predstavi kao proizvod prostih. To predstav ae je jedinstveno do na poredak mnoite a. 4 Ako n nije prost, onda je n = k · m. Ako su k i m prosti dokaz je zavrxen, ako nisu, ponovimo rezonovae za k i n. Ovaj postupak se zavrxava posle konaqnog broja koraka jer je k, m < n. Da bismo dokazali jedinstvenost ovog predstav aa, pretpostavimo suprotno: da postoji prirodan broj koji moe da se predstavi kao proizvod prostih na dva razliqita naqina. Neka je n najmai takav prirodan broj i neka je n = p p ···p = q q ···q , (18) gde su p , . . . p , q , . . . , q prosti brojevi, ureeni tako da je p ≤ p ≤ . . . ≤ p , q ≤ q ≤ . . . ≤ q . Tada je p 6= q , jer bi u suprotnom iz (18) skraivaem sa p = q dobili broj n < n koji ima dva razliqita predstav aa, xto je u suprotnosti sa izborom n kao najmaeg prirodnog broja sa ti svojstvom. Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je p < q . Neka je n = n − p q q · · · q ; jasno je da je n < n. Iz (18) sledi n = (q − p )q q · · · q , (19) 1

1 2

1

r

1

r

1

2

1 2

s

1

s

1

r

s

1

1

0

1

1

1 2 3

2

1

s

1

1

1

1

2 3

s

1

pa je n

4. ARHIMEDOVO I KANTOROVO SVOJSTVO REALNE PRAVE

27

. Ali iz (18) sledi i

∈N

(20) Poxto je n najmai prirodan broj koji nema jedinstveno predstav ae i N 3 n < n, iz (19) i (20) sledi da se p pojav uje kao mnoilac ili u q − p ili u q · · · q . Prvo nije mogue jer bi iz q − p = p d sledilo q = p (d + 1), xto je kontradikcija, poxto je q prost. Ostaje mogunost da je p mnozilac u q · · · q . Zbog q · · · q n sledi da je predstav ae q · · · q kao proizvoda prostih jedinstveno, pa bi p morao da bude neki od brojeva q , . . . , q . Meutim, ovo je nemogue zbog p < q ≤ q ≤ · · · ≤ q . 5 Zadatak 28. (a) Dokazati da ako vai d|ab i (d, b) = 1, onda d|a. (b) Neka je p prost broj takav da p|ab. Dokazati da p|a ili p|b. X 3.3. Racionalni brojevi. Do celih brojeva smo doxli traei zatvorenost u odnosu na operaciju x 7→ −x. Na sliqan naqin, traei zatvorenost u odnosu na operaciju x 7→ x dolazimo do po a racionalnih brojeva Q. Ako je (F, +, •) po e, podskup E ⊂ F nazivamo potpoǉem ako je (E, +, •) po e; E je potpo e ako i samo ako za sve a, b ∈ E i c ∈ E \ {0} vai b − a ∈ E i a • c ∈ E. Definicija 9. Skup racionalnih brojeva Q je najmae potpo e po a (R, +, •). Skup R \ Q se naziva skupom iracionalnih brojeva. Sledea teorema se dokazuje na sliqan naqin kao Teorema 4. Teorema 9. Q = {mn | m ∈ Z, n ∈ N}. 4 Dokaz sledi iz qienice da je skup na desnoj strani potpo e u R, i iz minimalnosti potpo a Q. 5 1

n1 = p1 (p2 p3 · · · pr − q2 q3 · · · qs ).

1

1

2

1

s

1

1

1

1

1

2

s

2

1

s

2

1

1

s

2

1

1

1

2

s

s

−1

−1

−1

4. Arhimedovo i Kantorovo svojstvo realne prave 4.1. Arhimedova i Kantorova aksioma. Ve smo spomenuli, a sada emo to i dokazati, da u po u u kome vae aksiome (A1){(A16) Arhimedova

aksioma (ARH) Arhimedova aksioma: (∀a ∈ (0, +∞))(∀b ∈ R)(∃n ∈ N) na > b sledi iz Aksiome supremuma. Obrnuto ne vai: iz Arhimedove aksiome ne sledi Aksioma supremuma, tj. Arhimedsko po e ne mora da bude kompletno { primer nekompletnog Arhimedskog po a je po e Q. Ali ako, kao xto smo nagovestili na 13. strani, Arhimedovoj aksiomi dodamo i sledeu, Kantorovu,15 aksiomu, ove dve aksiome zajedno su ekvivalentne Aksiomi supremuma. (KAN) Kantorova aksioma: Neka je za svako n ∈ N dat interval [a , b ] i neka vai [a , b ] ⊂\[a , b ]. Tada je n

n+1

n+1

n

n

n

[an , bn ] 6= ∅.

n∈N

Teorema 10. Arhimedova i Kantorova aksioma, uzete zajedno, su ekvivalentne Aksiomi supremuma.

15Kantor (Georg Cantor, 1845{1917), nemaqki matematiqar

28


4 Pretpostavimo prvo da vai Aksioma supremuma. Kada ne bi vaila Arhimedova aksioma, postojali bi realni brojevi a > 0 i b, takvi da je na ≤ b za svako n ∈ N. Tada bi skup T = {na | n ∈ N} bio ograniqen odozgo i neprazan, pa bi, prema Aksiomi supremuma, imao supremum. Neka je λ = sup T . Poxto je a > 0 vailo bi λ − a < λ, pa λ − a nije gora granica skupa T . Odatle sledi da za neko n ∈ N vai na > λ − a, tj. (n + 1)a > λ, xto je kontradikcija sa λ = sup T . Ovime smo dokazali (SUP) ⇒ (ARH). Neka su a , b kao u (KAN). Tada za m < n vai a ≤a ≤b ≤b (21) i, specijalno, a ≤ a ≤ b ≤ b . Odatle sledi da je b gora granica skupa A = {a | n ∈ N} i a doa granica skupa B = {b | n ∈ N}. Iz Aksiome supremuma i Teoreme o infimumu (Teorema 1) sledi da postoje a = sup A i b = inf B . Dokaimo da je a ≤ a ≤ b ≤ b za svako n, odakle e da sledi \ [a, b] ⊂ [a , b ]. (22) Pretpostavimo da je b < a za neko n. Tada a ne moe da bude doa granica skupa B, pa za neko b vai b c za neko t ∈ T . Rezonujui kao malopre, zak uqujemo da iz Bernulijeve nejednakosti i Arhimedove aksiome sledi da postoji prirodan broj n za koji vai t−c > 2 . Odatle, poxto je c ∈ [a , b ], sledi da je a + m 2 < t. To je u kontradikciji sa definicijom broja m . Pretpostavimo sada da postoji gore ograniqee d skupa T , takvo da je d < c. Tada, ponovo na osnovu Bernulijeve nejednakosti i Arhimedove aksiome, za neko n ∈ N vai c − d > 2 . Tada bi, poxto je c ∈ [a , b ], vailo a + (m − 1)2 > d, tako da bi a + (m − 1)2 bilo gore ograniqee skupa n

n

m

1

n

n

n

n

n

m

1

1

1

n

n

n

n

n

n∈N

n

n

m

m

n

m

n

m

n

n

n

m

m

n

n

1

1

n

n

n −(n+1)

n

n+1

n

−n

n

n+1

1

n

−n

n

n n −(n+1)

n

1

n

n∈N

n

1

n

−n

n

n

−(n+1)

n+1

1

n+1

n

n

n

n∈N n −n

n

n

n

n∈N

n

n

−n

n

n

1

n

−n

n

−n

1

n

−n

1

n

n

−n

n

4. ARHIMEDOVO I KANTOROVO SVOJSTVO REALNE PRAVE

29

, xto je opet u kontradikciji sa definicijom m . Sledi da je c = sup T . Ovime je dokazana implikacija (ARH) ∧ (KAN) ⇒ (SUP). 5 Do sada smo videli da, prilikom aksiomatskog zasnivaa sistema realnih brojeva, uz aksiome (A1){(A16) moemo dodati bilo koju od ekvivalentnih aksioma (SUP), (NEP), (DED) ili (ARH)+(KAN). U Paragrafu 6 emo se susresti sa jox dva ekvivalenta ovih aksioma. Navodimo sada nekoliko posledica Arhimedove aksiome. Posledica 4. 1) Za svaki realan broj x > 0 postoji prirodan broj n takav da vai < x. 2) Ako je 0 ≤ x < za sve n ∈ N onda je x = 0. 4 Iz (ARH) (∃n) n · 1 > x, a odatle 1). 2) sledi iz 1). 5 Posledica 5. Za svaki realan broj x postoji ceo broj k takav da vai k ≤ x < k + 1. 4 Neka je x ≥ 0. Iz Arhimedove aksiome i Leme 4 sledi da postoji najmai prirodan broj n za koji je n · 1 > x. Tada za k = n − 1 vai k ≤ x ≤ k + 1. Sluqaj x < 0 izvodi se iz ovog, mnoeem sa −1. 5 Broj k iz Posledice 5 naziva se celim delom realnog broja x i oznaqava [x]. Razlika {x} := x − [x] naziva se razlomǉenim delom broja x. Prema Posledici 5 za svaki broj x ∈ R vai [x] ≤ x < [x] + 1. Neka je d = [x]. Pretpostavimo da je d < x i podelimo interval [[x], [x] + 1] na 10 jednakih delova. Tada postoji prirodan broj d , 1 ≤ d < 9 takav da vai x ∈ [d + d · 10 , d + (d + 1) · 10 ). Ako je x = d + d · 10 pixemo x = d , d . Ako je x > d + d · 10 , onda postoji prirodan broj d , 1 ≤ d < 9 takav da vai x ∈ [d + d · 10 + d · 10 , d + d · 10 + (d + 1) · 10 ). Produimo li ovaj postupak, induktivno definixemo (konaqan ili beskonaqan) skup d , d , . . . i pixemo x = d , d d · · · . Ovaj izraz nazivamo decimalnim zapisom realnog broja x; zapis egovog razlom enog dela je {x} = 0, d d · · · . Naravno, de ee intervala na 10 delova je stvar konvencije. Ako, umesto na 10, intervale u prethodnoj konstrukciji delimo na dva dela, dobijamo binarni zapis razlom enog dela, pri qemu za svako k vai d ∈ {0, 1}, de eem na tri dela dobijamo zapis u osnovi tri, sa d ∈ {0, 1, 2} itd. 4.2. Gustina skupa racionalnih brojeva. Sledea vana posledica Arhimedove aksiome opisuje raspored racionalnih brojeva na realnoj pravoj. Teorema 11. (Gustina skupa racionalnih brojeva) U svakom intervalu (a, b) za a 0. Iz Arhimedove aksiome sledi da postoji prirodan broj n za koji vai n(b − a) > 1, odnosno nb > na + 1. (24) Neka je k = [na] ceo deo broja na; tj. k ≤ na < k + 1. (25) Tada iz (24) i (25) sledi nb > na + 1 ≥ k + 1 > na, tj.

T

n

1 n

1 n

0

0

1

−1

0

0

0

−1

1

1

1

1

0

0

−1

1

−1

−1

0

2

2

−2

0

1

−1

2

−2

2

0

0

1 2

1 2

k

k

a<

k+1 < b. n

1

1

1

30


Tako smo dobili racionalan broj q = (k + 1)n pripada intervalu (a, b). Zadatak 29. Dijadski brojevi Elementi skupa −1

D=

5

m | m ∈ Z, n ∈ N 2n

nazivaju se dijadskim racionalnim brojevima. Dokazati da je skup D gust u R. Uputstvo: imitirati dokaz prethodne teoreme. Primetiti da je m 1 (2n a, 2n b) a<

Dokazati da postoji sa svojstvom da je , koristei Arhimedovu aksiomu16. Zak uqiti odatle da u intervalu postoji bar jedan ceo broj m. X Teorema 11 pokazuje da su, za razliku od prirodnih i celih brojeva, racionalni brojevi gusto rasporeeni na realnoj pravoj. Kasnije emo videti, meutim, da u izvesnom smislu racionalnih brojeva nema vixe od prirodnih (iako su svi prirodni brojevi racionalni, ali ne i obrnuto), dok realnih brojeva ima mnogo vixe od racionalnih (Teoreme 14 i 15). Pre toga, treba da preciziramo xta to znaqi da elemenata jednog beskonaqnog skupa ima vixe od elemenata drugog. To je sledea tema naxeg izuqavaa.

5. Brojnost skupa 5.1. Kardinalni brojevi. Konaqni i beskonaqni skupovi. Na poqetku ove glave smo rekli da je pojam prirodnog broja vezan za koncept brojaa,

tj. utvrivaa broja elemenata nekog skupa. Pri tome je pojam broja mnogo mlai od koncepta brojaǌa. Jox u neolitsko doba, udi su umeli da utvrde brojnost svog stada, plemena i sl, iako nisu znali za apstraktne pojmove kao xto je pojam broja. Kako su to qinili? Uporeivaem. Na primer, ujutru bi napravili gomilu kamenqia na koju bi za svaku ivotiu stada stavili po jedan kamenqi, a uveqe bi sa gomile skinuli po jedan kamenqi, i tako bi utvrdili da li se neka ivotia izgubila. Primetimo da i mi danas qesto upravo tako utvrujemo brojnost skupova { ako elimo da utvrdimo da li imamo dovo no tacni za svaku od n xo ica za kafu, neemo dvaput brojati do n (naroqito ako je n veliko), nego emo jednostavno na svaku tacnu staviti xo icu i videti da li neka nedostaje. I to xto mi danas raqunamo u sistemu sa osnovom 10 je vezano za qienicu da imamo 10 prstiju { prvi brojni sistemi u istoriji su upravo sistemi sa osnovom 10 i 20, nastali iz koncepta brojea , na prste", tj. pridruivaa elemenata nekog skupa prstima na rukama. Sada emo dati strogu formulaciju ovog koncepta, koja ima smisla i za beskonaqne skupove. Definicija 10. Kaemo da su skupovi A i B ekvipotentni (ili da imaju istu mo, ili istu brojnost) ako postoji bijekcija ϕ : A → B. Skup A je konaqan ako je prazan ili je za neko n ∈ N ekvipotentan skupu {k ∈ N | n ≤ n }. Skup A je beskonaqan ako nije konaqan. 0

0

16Arhimedovu aksiomu u ovom obliku, sa mnoem sa 2 umesto sa n, ve smo izveli i koristili u dokazu Teoreme 10. n

5. BROJNOST SKUPA

31

Ako su skupovi A i B ekvipotentni, pixemo A ∼ B. Lako se vidi da vai A ∼ A,

A ∼ B ⇒ B ∼ A,

A ∼ B ∧ B ∼ C ⇒ B ∼ C.

Primer 6. (1) Skup 2N := {2n | n ∈ N} parnih brojeva je ekvipotentan skupu prirodnih brojeva. Zaista, ϕ : N → 2N, ϕ(n) = 2n je bijekcija. (2) Za proizvo ne realne brojeve a, b, a < b interval (a, b) je ekvipotentan intervalu (0, 1), jer je x 7→ (b − a)x + a bijekcija (0, 1) → (a, b). (3) Iz bijektivnosti funkcije ϕ : R → (−1, 1), ϕ(x) = x(1 − |x|) sledi da je (−1, 1) ∼ R. ] Zadatak 30. Dokazati N ∼ Z. X Klasu svih skupova ekvipotentnih skupu A nazivamo egovim kardinalnim brojem i oznaqavamo Card(A). Kae se jox i da je Card(A) mo skupa A. Ako je skup A konaqan i n broj iz Definicije 10, pixemo i Card(A) = n ; za prazan skup Card(∅) = 0. Da je ova definicija opravdana, tj. da za konaqan skup A postoji jedinstven broj n odreen Definicijom 10 sledi iz sledeeg tvrea. Tvreǌe 1. Ako za m, n ∈ N vai −1

0

0

0

{k ∈ N | k ≤ m} ∼ {k ∈ N | k ≤ n},

onda je m = n. 4 Treba da dokaemo da za n 6= m ne postoji bijekcija

ϕ : {k ∈ N | k ≤ n} → {k ∈ N | k ≤ m}.

Dokaimo ovo tvree indukcijom po n. Za n = 1 ono je oqigledno. Pretpostavimo da vai za n i neka je ϕ : {k ∈ N | k ≤ n + 1} → {k ∈ N | k ≤ m}

bijekcija. Ako je ϕ(n + 1) = m oznaqimo sa ψ restrikciju bijekcije ϕ na skup {k ∈ N | k ≤ n}; ako je ϕ(n + 1) = m 6= m i m = ϕ(n ), definiximo ( 1

1

ψ : {k ∈ N | k ≤ n} → {k ∈ N | k ≤ m − 1},

ψ(k) =

m1 , ϕ(k),

k = n1 , k 6= n1 .

Oqigledno je da je ψ bijekcija, pa prema induktivnoj pretpostavci vai m − 1 = n, tj. m = n + 1. 5 Posledica 6. Konaqan skup nije ekvipotentan nijednom svom pravom podskupu. Zadatak 31. (Kombinatorika) (a) Dokazati da je kardinalni broj skupa svih bijekcija f : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n} jednak n!. Bijekcije skupa {1, 2, . . . , n} u sebe nazivaju se permutacijama. (Uputstvo: primeniti metod indukcije.) (b) Dokazati da je kardinalni broj skupa svih ureenih k{torki elemenata skupa {1, 2, . . . , n} jednak n . Ureene k{torke elemenata skupa {1, 2, . . . , n} zovu se varijacijama k{te klase od n elemenata. (v) Dokazati da je kardinalni broj skupa svih ureenih k{torki razli. Ovi elementi nazivaju se qitih elemenata skupa {1, 2, . . . , n} jednak varijacijama bez ponavǉaǌa k {te klase od n elemenata. k

n! (n−k)!

32


(g) Dokazati da je broj podskupova skupa {1, 2, . . . , n} koji imaju k elemenata jednak . Ovaj broj naziva se brojem kombinacija k{te klase od n elemenata. (d) Dokazati da je broj svih podskupova skupa {1, 2, . . . , n} jednak 2 . X Sledee tvree je kontrast Posledici 6 i daje karakterizaciju konaqnih (a time i beskonaqnih) skupova. Tvreǌe 2. Sledea tvrea su ekvivalentna. (1) Skup A je ekvipotentan nekom svom pravom podskupu. (2) Skup A je beskonaqan. (3) Postoji injekcija ϕ : N → A. 4 (1) ⇒ (2) sledi iz Posledice 6. Neka vai (2). Definiximo injekciju ϕ : N → A induktivno. Neka je ϕ(1) proizvo an element skupa A. Pretpostavimo da smo definisali ϕ(n). Poxto je skup A beskonaqan, skup A \ {ϕ(k) | k ≤ n} je neprazan; neka je ϕ(n + 1) egov proizvo an element. Time je dokazana implikacija (2) ⇒ (3). Pretpostavimo sada da vai (3). Primetimo da je σ : N → N, σ(n) = n + 1 injekcija skupa N na egov pravi podskup N \ {1} (Teorema 3). Definiximo preslikavae ( n k

n

ψ : A → A,

ψ(a) =

a, ϕ(σ(n)),

a∈ / ϕ(N), a = ϕ(n).

Lako se vidi da je ψ bijekcija skupa A i egovog pravog podskupa A \ {ϕ(1)}, xto dokazuje implikaciju (3) ⇒ (1). 5 Iz Tvrea 2 sledi da je N , najmai" beskonaqan skup, u smislu da svaki beskonaqan skup sadri podskup koji je ekvipotentan skupu N. Precizirajmo ovu formulaciju. Definicija 11. Kaemo da je Card(A) ≤ Card(B) ako postoji injekcija ϕ : A → B. Ovime je uvedena jedna relacija poretka. Zaista, refleksivnost sledi iz injektivnosti identiqkog preslikavaa id : A → A, id (x) = x, a tranzitivnost iz qienice da je kompozicija dve injekcije injekcija. Antisimetriqnost je sadraj sledee teoreme. Teorema 12. (Kantor–Bernxtajnova17 teorema) A

a

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

Neka su i injekcije. Treba da konstruixemo bijekciju . Neka je proizvo ni element. Ako je , neka je element iz koji se slika u , tj. takav da je . Ako je sada oznaqimo sa element skupa koji se slika u , tj. . Produimo ovaj postupak. Ako za neko element ne postoji, tj. nije slika nijednog elementa, broj nazivamo poretkom elementa . Ako postoji za svako , kaemo da je beskonaqnog poretka. Skup se moe napisati kao unija

4 f :A→B g:B→A ϕ:A→B x0 ∈ A x0 ∈ g(B) x1 B x0 g(x1 ) = x0 x1 ∈ f (A) x2 A x1 f (x2 ) = x1 n xn+1 xn n x0 xn+1 n∈N x0 A A = A0 ∪ A1 ∪ A∞

17Bernxtajn (Felix Bernstein, 1878{1956), nemaqki matematiqar

5. BROJNOST SKUPA

33

gde je A skup elemenata parnog (ukl uqujui i nulti) poretka, A skup elemenata neparnog poretka i A skup elemenata beskonaqnog poretka. Na sliqan naqin je B = B ∪ B ∪ B . Primetimo da f preslikava A na B i A na B , dok g preslikava A na B . Odatle sledi da je ( 0

1

∞

0

∞

∞

1

−1

0

1

1

∞

0

ϕ : A → B,

ϕ(a) =

f (a), g −1 (a),

a ∈ A0 ∪ A∞ , a ∈ A1

bijekcija. 5 Zadatak 32. Neka je f : A → B surjekcija. Dokazati da je skup B ekvipotentan nekom podskupu skupa A. X 5.2. Prebrojivi i neprebrojivi skupovi. Najmae beskonaqne skupove izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 12. Skup je prebrojiv ako je ekvipotentan skupu N. Beskonaqan skup koji nije prebrojiv nazivamo neprebrojivim. Ako je skup konaqan ili prebrojiv, kaemo da je najvixe prebrojiv. Kardinalni broj skupa N oznaqava se ℵ . Daemo jox jednu formulaciju pojma prebrojivosti. Za to nam je potreban sledei pojam. Definicija 13. Niz u skupu A je preslikavae a : N → A. Umesto a(n) pisaemo a . Skup je prebrojiv, ako se egovi elementi mogu poreati u niz. Teorema 13. Prebrojiva unija prebrojivih skupova je prebrojiv skup. 4 Neka su A = {a , a , a , . . . }, n ∈ N prebrojivi skupovi. Daemo pravilo po kome se elementi skupa A := ∪ A mogu poreati u niz. Posmatrajmo tabelu 0

n

n

n1

n2

n3

n∈N

a11

a12

% a21

a13

% a22

% a31

a23

a32

a33

a42

a34 %

a43 %

· ·

a24 %

%

%

··· % ··· % ··· % ···

a14

%

%

% a41

n

a44 %

· ·

· ·

· ·

i poreajmo ene elemente u niz po , dijagonalnom pravilu" a , a , a , a , a , a , a , a , ... Primetimo da se, ako skupovi nisu disjunktni, neki elementi ponav aju, tj. vai Card(A) ≤ ℵ . Poxto je A beskonaqan, iz Tvrea 2 sledi ℵ ≤ Card(A). Zak uqak teoreme sledi iz Teoreme 12. 5 Posledica 7. Ako je skup A prebrojiv, onda je i A := A × · · · × A prebrojiv. Teorema 14. Skup Q je prebrojiv. 11

21

12

31

22

13

41

32

0

0

n

34


4 Na isti naqin kao u dokazu Teoreme 13 dokazuje se da je skup Q pozitivnih racionalnih brojeva +

1 1 2 1 3 1 4 1

1 2

%

2 2

%

3 2

%

4 2

%

· ·

% % % %

· ·

1 3 2 3 3 3 4 3

1 4

%

2 4

%

3 4

%

4 4

%

· ·

··· % ··· % ··· % ···

· ·

prebrojiv, tj. da ga je mogue poreati u niz {q , q , . . .}, pa Q moemo da poreamo u niz {0, q , −q , q , −q , . . .}. 5 Zadatak 33. Dokazati da je svaka familija disjunktnih intervala na pravoj R najvixe prebrojiva. X Teorema 15. Skup R je neprebrojiv. 4 Dovo no je dokazati da je interval (0, 1) neprebrojiv (v. Primer 6). Pretpostavimo da smo sve brojeve iz intervala (0, 1) poreali u niz x , x , . . . i posmatrajmo ihov decimalni zapis: 1

1

1

2

2

2

1

2

= 0, d11 d12 d13 · · · = 0, d21 d22 d23 · · · = 0, d31 d32 d33 · · · · · · ·

x1 x2 x3 · ·

Neka je y broj qiji je decimalni zapis 0, c c · · · , gde su brojevi c , c , . . . definisani sa ( 1 2

ck =

0, 1,

1

2

dkk = 1, dkk 6= 1.

Tada je y 6= x za sve n. Zaista, iz y = x bi sledilo d = c , xto je suprotno definiciji brojeva c . Sledi da za svaki niz brojeva iz intervala (0, 1) postoji broj koji nije u tom nizu, tj. (0, 1) je neprebrojiv. 5 Zadatak 34. Dokazati Teoremu 15 na sledei naqin. Neka je dato preslikavae ψ : N → [0, 1]. Neka je I = [a , b ] ⊂ [0, 1] proizvo an interval koji ne sadri ψ(1). Definiximo interval I = [a , b ] ⊂ I kao onaj od intervala [a , (a + b )], [ (a + b ), b ] koji ne sadri ψ(2). Produavaem ovog postupka dobijamo (primenom principa definisaa indukcijom) niz intervala I takav da je I ⊂ I . Primenom Kantorovog svojtva realne prave zak uqiti da ψ nije surjekcija. X Zadatak 35. Dokazati da je Card([0, 1)) = Card([0, 1) × [0, 1)). (Uputstvo: neka su f : [0, 1) → [0, 1) × [0, 1) i : [0, 1) × [0, 1) → [0, 1) preslikavaa definisana sa n

n

nn

n

n

1

1

1

2

1 1 2

n

1

1

1 2

1

n+1

f (x) = (x, 1)

1

2

2

1

n

g(x, y) = 0, a1 b1 a2 b2 . . .

1

5. BROJNOST SKUPA

35

gde su x = 0, a a . . . i y = 0, b b . . ., a , b ∈ {0, 1} binarni zapisi brojeva x i y. Dokazati da su f i g injekcije i primeniti Kantor{Bernxtajnovu teoremu). X Iz Teorema 14 i 15 vidimo da racionalnih brojeva ima mnogo mae od realnih, iako izmeu svaka dva realna broja postoji racionalan (Teorema 11). Kardinalni broj skupa R oznaqava se sa ℵ ili c. Koristi se i oznaka 2 , qiji emo smisao videti kasnije. Za skupove qiji je kardinalni broj c kaemo da imaju mo kontinuuma (lat. continuum { neprekidan) . Iz Teoreme 15 sledi da je ℵ < c. Prirodno je postaviti pitae da li postoji kardinalni broj vei od c. Potvrdan odgovor daje sledea teorema. Podsetimo se da se partitivnim skupom skupa A (u oznaci P (A)) naziva skup svih podskupova skupa A. Teorema 16. (Kantorova teorema) Neka je A proizvo an skup i neka je P (A) egov partitivni skup. Tada je Card(A) < Card(P (A)). 4 Poxto je sa a 7→ {a} definisana injekcija A → P (A), sledi da je Card(A) ≤ Card(P (A)). Dokaimo da je Card(A) 6= Card(P (A)). Pretpostavimo suprotno, da postoji bijekcija ϕ : A → P (A). Neka je 1 2

1 2

j

j

1

ℵ0

0

S := {a ∈ A | a ∈ / ϕ(a)} ⊂ A.

Poxto je, po pretpostavci, ϕ surjekcija, skup S ∈ P (A)je slika nekog elementa a ∈ A, tj. S = ϕ(a ). Jasno je da mora da vai jedno od sledea dva tvrea: a ∈ S ili a ∈ / S . Meutim, oba od ovih tvrea daju kontradikciju: 0

0

0

0

a0 ∈ S = ϕ(a0 ) ⇒ a0 ∈ /S a0 ∈ / S = ϕ(a0 ) ⇒ a0 ∈ S.

Obe implikacije su posledica definicije skupa S. 5 Posledica 8. Ne postoji najvei kardinalni broj. U sluqaju skupa N, kardinalni broj Card(P (N)) je opisan sledeom teoremom, koja i opravdava oznaku ℵ = 2 (v. Zadatak 31 (d)). Teorema 17. Kardinalni broj skupa P (N) jednak je kardinalnom broju skupa R. 4 Iz Primera 6 sledi da je dovo no dokazati da je P (N) ∼ (0, 1). Neka je f : P (N) → (0, 1) preslikavae koje podskupu A ∈ N pridruuje realni broj f (A) sa decimalnim zapisom 0, d d · · · , gde je ( 1

ℵ0

1 2

dk =

0, 1,

k∈ / A, k ∈ A.

Obrnuto, neka je g : (0, 1) → P (N) preslikavae koje broju sa binarnim zapisom x = 0, d d · · · (v. diskusiju posle Posledice 5) pridruuje skup g(x) := {n ∈ N | d = 1} ⊂ N. Oba preslikavaa su injekcije, pa dokaz teoreme sledi iz Teoreme 12. 5 Primetimo da iz Teorema 17 i 16 dobijamo jox jedan dokaz Teoreme 15. Zadatak 36. Dokazati da je skup svih konaqnih podskupova prebrojivog skupa prebrojiv. X 1 2

n

36


5.3. Operacije sa kardinalnim brojevima. Ako su A i B disjunktni

skupovi, onda je, po definiciji

Card(A) + Card(B) = Card(A ∪ B).

Za proizvo ne (ne obavezno disjunktne) skupove A i B proizvod ihovih kardinalnih brojeva se definixe sa Card(A) · Card(B) = Card(A × B).

Stepenovae kardinalnih brojeva se definixe sa

Card(B)Card(A) = Card(B A ),

gde je B skup svih preslikavaa f : A → B. Oqigledno je da se ova pravila svode na obiqne operacije sa prirodnim brojevima u sluqaju konaqnih skupova. Sledei zadatak pokazuje neke specifiqnosti vezane za neke beskonaqne skupove. Podsetimo se da smo sa c oznaqavali kardinalni broj skupa R, a sa ℵ kardinalni broj skupa N. Zadatak 37. Dokazati da je (a) ℵ · ℵ = ℵ ; (b) c · c = c; (v) 2 = Card(P (N)) = c; (g) c = (2 ) = 2 = 2 ; (d) c + ℵ = c. X Sledei zadatak pokazuje da se neka pravila raqunaa sa prirodnim brojevima prenose i na kardinalne brojeve. Zadatak 38. Neka je α = Card(A), β = Card(B), λ = Card(L), µ = Card(M ). Dokazati (a) α = α · α ; (b) (α ) = α ; (v) α · β = (α · β) ; (g) ako je α ≤ β i λ > 0, onda je α ≤ β ; (d) ako je α 6= 0 i α ≤ β onda je λ ≤ λ ; () Card(P (A)) = 2 . A

0

0

0

0

ℵ0

ℵ0 ·c

ℵ0 c

c

c

0

λ+µ

λ

λ µ

λ

µ

λ·µ

λ

λ

λ

α

λ

β

α

X

6. Neka metriqka i topoloxka svojstva realne prave 6.1. Apsolutna vrednost i metrika. U skupu realnih brojeva definisana je operacija | · | izrazom

(26) Ova operacija naziva se apsolutnom vrednoxu ili modulom realnog broja. Lako se proverava da je za svako x∈R ( x, za x ≥ 0 |x| = −x, za x < 0 i da vai |x| ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a, |x| < a ⇔ −a < x < a, −|x| ≤ x ≤ |x|. (27) |x| = max{−x, x}.

Brojeve

6. NEKA METRIQKA I TOPOLOXKA SVOJSTVA REALNE PRAVE

37

za x ≥ 0 (28) za x < 0 Nazivamo pozitivnim i negativnim delom broja x. Oqigledno vai (

x+ =

za x > 0 za x ≤ 0

x, 0,

|x| = x+ + x− ,

(

x− =

x = x+ − x− ,

x+ =

0, −x,

|x| + x , 2

x− =

|x| − x . 2

7 Apsolutna vrednost ima sledea svojstva: 1. |x| ≥ 0 i |x| = 0 ⇔ x = 0 2. |λx| = |λ||x| 3. |x + y| ≤ |x| + |y| 4. ||x| − |y|| ≤ |x − y|. 4 Dokaz prvog svojstva je oqigledan. Dokaz drugog svojstva lako se izvodi diskusijom sluqajeva kada su λ i x oba pozitivna, suprotnog znaka i oba negativna. Iz treeg izraza u (27) sledi −|x| ≤ x ≤ |x| i − |y| ≤ y ≤ |y|. Sabiraem ovih nejednakosti dobija se −(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y|, odakle, na osnovu prvog izraza u (27) sledi dokaz treeg svojstva. Dokaimo qetvrto svojstvo. Iz treeg sledi Lema .

|x| = |y + (x − y)| ≤ |y| + |x − y|,

|y| = |x + (y − x)| ≤ |x| + |y − x| = |x| + |x − y|,

xto daje −|x − y| ≤ |x| − |y| ≤ |x − y|. Dokaz qetvrtog svojstva sada sledi iz (27). 5 Definicija 14. Preslikavae d : R × R → [0, +∞) definisano sa d(x, y) = |x − y| nazivamo standardnim rastojaǌem ili standardnom metrikom na realnoj pravoj R. Iz osobina apsolutne vrednosti sledi da preslikavae d ima sledea svojstva: (M1) d(x, y) ≥ 0 i d(x, y) = 0 ⇔ x = y (M2) d(x, y) = d(y, x) (M3) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z). Zaista, svojstva (M1) i (M3) slede iz Leme 7, a svojstvo (M2) neposredno iz definicije apsolutne vrednosti. Svojstvo (M3) se naziva nejednakoxu trougla; istim imenom naziva se i svojstvo (3) u Lemi 7. 6.2. Teorema o otvorenom pokrivau. Primetimo da se otvoreni i zatvoreni intervali, qija definicija je izvedena iz strukture poretka, mogu opisati jezikom metrike: (x0 − ε, x0 + ε) = {x ∈ R | d(x0 , x) < ε},

[x0 − ε, x0 + ε] = {x ∈ R | d(x0 , x) ≤ ε}.

Interval (x −ε, x +ε) naziva se ε–okolinom taqke x . Koristiemo i oznaku B(x , ε) := (x − ε, x + ε). 0

0

0

0

0

0

38


Definicija 15. Familija J skupova se naziva pokrivaǌem skupa A ako je A ⊂ ∪ J . Potpokrivaǌe pokrivaa J skupa A je familija J ⊂ J koja je i sama pokrivae skupa A. Pokrivae skupa otvorenim intervalima naziva se egovim otvorenim pokrivaǌem. Pokrivae nazivamo konaqnim ako se familija J sastoji od konaqnog broja skupova. Teorema 18. (Borel18–Lebegova19 teorema) Svako otvoreno pokrivae J segmenta [a, b] ima konaqno potpokrivae. 4 Pretpostavimo da je I = [a, b] segment koji se ne moe pokriti konaqnom familijom otvorenih intervala iz J . Podelimo interval I na dva intervala [a, (a + b)/2], [(a + b)/2, b]; tada se bar jedan od ih ne moe pokriti konaqnom familijom intervala iz J . Oznaqimo taj segment sa I i ponovimo postupak. Tako dobijamo niz segmenata I ⊃ I ⊃ . . . koji ne dopuxtaju konaqno pokrivae skupovima familije J . Po Kantorovoj aksiomi, postoji broj c koji pripada svakom od intervala I . Broj c svakako pripada i nekom intervalu (λ, µ) ∈ J . Neka je δ = min{d(c, λ), d(c, µ)} rastojae taqke c do blieg kraja intervala (λ, µ), tako da je (c − δ, c + δ) ⊂ (λ, µ). (29) Primetimo da je interval I konstruisan de eem intervala I duine b − a na dva dela n puta, pa je egova duina jednaka 2 (b − a). Za dovo no veliko n vai 2 (b − a) < δ . Poxto je c ∈ I sledi da je I ⊂ (c − δ, c + δ). (30) Iz (29) i (30) sledi I ⊂ (λ, µ), xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da se I ne moe pokriti konaqnim brojem intervala iz J . 5 6.3. Taqke nagomilavaa. Zatvoreni skupovi. Posmatrajmo skup A = { | n ∈ N}. Iz Arhimedove aksiome sledi da svaka ε{okolina nule sadri beskonaqno mnogo taqaka skupa A. Primetimo da nijedno x 6= 0 nema to svojstvo { svaki broj razliqit od nule ima okolinu koja ne sadri vixe od jedne taqku skupa A. Sledei ovu intuiciju, rei emo da je nula taqka nagomilavaǌa skupa A, a da su taqke egove izolovane taqke. Precizirajmo ove pojmove sledeom definicijom. Definicija 16. Taqka x ∈ R se naziva taqkom nagomilavaǌa skupa A ⊂ R ako svaka ena ε{okolina sadri beskonaqno mnogo taqaka skupa A. Skup svih taqaka nagomilavaa oznaqavaemo sa A . Skup A := A ∪ A naziva se zatvoreǌem skupa A. Ako je A = A skup A nazivamo zatvorenim. Ako je B ⊂ A i B = A kaemo da je skup B gust (ili svuda gust) u A. Taqka a ∈ A koja nije taqka nagomilavaa naziva se izolovanom taqkom skupa A. Rub skupa A ⊂ R je skup ∂A := A ∩ (R \ A). Skup xije su sve taqke izolovane naziva se diskretnim skupom. Primetimo da taqka nagomilavaa skupa ne mora da pripada tom skupu, dok mu svaka izolovana taqka, po definiciji, pripada. Iz definicije sledi da je taqka x ∈ A izolovana ako i samo ako postoji ε{okolina B(x , ε) za koju vai A ∩ B(x , ε) = {x }. J⊂J

0

1

1

1

2

n

n

1

−n

−n

n

n

n

n

1 n

1 n

0

0

0

0

0

0

0

0

18Borel (Emil Borel, 1871{1956), francuski matematiqar 19Lebeg (Henri Lebesgue, 1875{1941), francuski matematiqar


39

7 (a) Ako je A = (0, 1) ∪ {2} onda je A = [0, 1], A = [0, 1] ∪ {2}, . Taqka 2 je izolovana taqka skupa A. (b) Za skup racionalnih brojeva vai Q = R (v. Teoremu 11 na str. 29). (v) Zatvoreni interval je zatvoren skup. Konaqna unija zatvorenih intervala je zatvoren skup. Za beskonaqnu uniju ovo ne mora da vai: ∪ [ , 1] = (0, 1] nije zatvoren skup. ] Zadatak 39. Neka je A ⊂ R ograniqen i zatvoren skup. Dokazati da je sup A ∈ A i inf A ∈ A. X √ √ Zadatak 40. Dokazati da je skup E = { m − n | m, n ∈ N} gust u R. Uputstvo: neka je x ∈ R; treba dokazati da za svako ε > 0 postoje prirodni brojevi m i n takvi da je √ √ 0

Primer . ∂A = {0, 1, 2}

1 n∈N n

| m−

n − x| < ε.

Ne umaujui opxtost, moemo da pretpostavimo da je x ≥ 0 (sluqaj x ≤ 0 se izvodi iz ovog zamenom uloge brojeva m i n). Primetiti da√je √k + 1√− √k = i zak uqiti da za dato ε postoji k, takvo da je k + 1 − k < ε. Posmatrati brojeve √ p √ √ √ 1√ k+ k

n( k + 1 −

k) =

n2 k − n2 −

n2 k

Iskoristiti Arhimedovu aksiomu i dokazati da postoji n ∈ N sa svojstvom . X Primer 8. U Zadatku 29 videli smo da je skup dijadskih brojeva

√ √ n( k + 1 − k) ∈ [a, a + ε)

D=

m | m ∈ Z, ; n ∈ N 2n

gust u R. Evo jox jednog dokaza tog tvrea. Neka je x proizvo an realni broj. Napiximo x = k + a, za k ∈ Z i a ∈ [0, 1). Neka je b = [a/2 ], gde je [·] ceo deo realnog broja. Tada je n

n

pa za proizvo no

bn 1 2n − a ≤ 2n , ε>0 n∈N k + bn − x = bn − a < ε. n b 2 2

postoji

takvo da je

Poxto je k + ∈ D, ovime je tvree dokazano. ] U Vebi (41) na kraju ove glave videemo uopxtee prethodnog primera. Teorema 19. (Bolcano20–Vajerxtrasova21 teorema) Svaki beskonaqan i ograniqen podskup A ⊂ R ima taqku nagomilavaa. 4 Poxto je A ograniqen, postoji pozitivan realan broj ρ takav da je A ⊂ [−ρ, ρ]. Pretpostavimo da nijedna taqka intervala [−ρ, ρ] nije taqka nagomilavaa skupa A. Tada za svaku taqku x ∈ [−ρ, ρ] postoji ε {okolina I(x) = (x − ε , x + ε ) koja sadri najvixe konaqno mnogo taqaka skupa A. Familija ovih ε {okolina pokriva segment [−ρ, ρ], pa iz Teoreme 18 sledi da postoji bn 2n

x

x

x

x

20Bolcano (Bernhard Bolcano, 1781{1848), qexki matematiqar 21Vajerxtras (Karl Weierstrass, 1815{1897), nemaqki matematiqar

40


konaqna familija I(x ), . . . , I(x ) koja pokriva [−ρ, ρ], a time i A. Poxto se u svakom od ovih skupova nalazi najvixe konaqno mnogo taqaka skupa A, odatle sledi da je A konaqna unija konaqnih skupova, xto je u protivreqnosti sa pretpostavkom da je A beskonaqan. 5 Analizirajmo deta nije dokaze Teoreme 18 i Teoreme 19. Vidimo da smo Teoremu 18 izveli kao posledicu Aksiome supremuma (SUP), a zatim, Teoremu 19 kao posledicu Teoreme 18. Tako smo dobili lanac implikacija (SUP) ⇒ Borel{Lebegova teorema ⇒ Bolcano{Vajerxtrasova teorema. Zajedno sa ekvivalencijom (SUP) ⇔ (ARH) ∧ (KAN) dokazanom u Teoremi 10 na strani 27 i sledeim zadatkom, dobijamo jox dve aksiome ekvivalentne Aksiomi supremuma. Lema 8. Vai implikacija Bolcano–Vajerxtrasova teorema ⇒ (ARH) ∧ (KAN). 4 Za a > 0 skup {na | n ∈ N} nema taqku nagomilavaa, pa ne moe biti ograniqen, odakle sledi Arhimedova aksioma. Za dokaz (KAN) posmatrajmo skupove {a , a , . . .} i {b , b , . . .} iz formulacije Kantorove aksiome. Oni su ograniqeni (jer su podskupovi segmenta [a , b ]), pa imaju taqke nagomilavaa a i b. Lako je videti da za ih vai inkluzija (22) na strani 28. 5 Iz Leme 8 i diskusije pre e sledi da se u aksiomatskom zasnivau po a R aksioma (SUP) moe zameniti bilo kojom od Teorema 18 i 19. 6.4. Otvoreni skupovi. Topologija. Skupove koji se mogu predstaviti kao proizvo na unija otvorenih intervala izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 17. Podskup U ⊂ R zovemo otvorenim je unija neke familije otvorenih intervala. Po definiciji, prazan skup ∅ je takoe otvoren. Familiju otvorenih podskupova u R zovemo topologijom realne prave i oznaqavamo sa τ . Sledee dve leme slede direktno iz definicije. Lema 9. Podskup U ⊂ R je otvoren ako i samo ako sa svakom svojom taqkom sadri i neku enu ε{okolinu, tj. ako i samo ako za svako x ∈ U postoji ε > 0 takvo da je (x − ε, x + ε) ⊂ U . Lema 10. Topologija τ realne prave ima sledee osobine: (T1) ∅ ∈ τ , R ∈ τ (T2) U, V ∈ τ ⇒ U ∩ V ∈ τ . (T3) Za proizvo nu familiju {U } skupova iz τ vai S U ∈ τ . Iz (T2) sledi, indukcijom, da je presek konaqne familije otvorenih skupova otvoren skup. Za beskonaqne familije to ne vai: ∩ (− , ) = {0} nije otvoren skup. 1

1

2

n

1

2

1

1

R

0

0

0

R

R

R

R

R

λ λ∈Λ

R

λ

λ∈Λ

n∈N

1 1 n n

R


41

18 taqke x ∈ R je otvoren podskup takav da je . Otvorena okolina taqke +∞ ∈ R je svaki otvoren skup koji sadri interval za neko a ∈ R; otvorena okolina taqke je svaki otvoren skup koji sadri interval {x | x < a} za neko a ∈ R. Sledea lema objaxava vezu izmeu otvorenih i zatvorenih skupova. Lema 11. Skup K ⊂ R je zatvoren ako i samo ako je egov komplement R \ K otvoren. 4 Pretpostavimo da je K zatvoren i neka je x ∈ R\K . Poxto je K = K , vai x ∈ / K , tj. x nije taqka nagomilavaa skupa K . Odatle sledi da postoji ε{ okolina B(x , ε) taqke x takva da vai B(x , ε) ∩ K = ∅, tj. B(x , ε) ⊂ R \ K . To znaqi, na osnovu Leme 9, da je R \ K otvoren. Obrnuto, pretpostavimo da je R \ K otvoren i x ∈ K . Kada bi vailo x ∈ / K , iz otvorenosti skupa R \ K i Leme 9 sledilo da postoji okolina B(x , ε) ⊂ R \ K . Tada bi vailo B(x , ε) ∩ K = ∅, xto je u suprotnosti sa definicijom zatvorea. Dakle za svako x ∈ K vai x ∈ K , tj. K = K . 5 Pokaimo sada jox jedno svojstvo otvorenih podskupova realne prave. Teorema 20. Svaki otvoren podskup U ⊂ R moe se predstaviti kao prebrojiva unija disjunktnih otvorenih intervala. 4 Iz Teoreme 11 o gustini skupa Q sledi da za svako x ∈ U postoji otvoreni interval J ⊂ U sa krajevima u Q koji sadri x. Pridruimo svakom x ∈ U jedan takav interval i oznaqimo dobijenu familiju intervala sa J . Poxto svakom intervalu [q , q ] ∈ J moemo da pridruimo par (q , q ) ∈ Q × Q, iz Teoreme 14 i Posledice 7 sledi da familija J sadri najvixe prebrojivo mnogo intervala. Oqigledno je da svi ovi intervali pokrivaju skup U . Uvedimo u J sledeu relaciju ekvivalencije: I i J su ekvivalentni ako postoji konaqno mnogo intervala I , I . . . , I ∈ J takvih da vai Definicija . Otvorena okolina U ⊂R x0 ∈ U {x | x > a} −∞ ∈ R

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

2

1

1

I1 = I,

2

2

n

Ik ∩ Ik+1 6= ∅.

In = J,

Pridruimo svakoj klasi ekvivalencije C ⊂ J uniju svih ∪ J intervala koji joj pripadaju. Dokaimo da je svaka takva unija i sama otvoreni interval. Neka je M = sup ∪ J ako ovaj supremum postoji, u protivnom neka je M = +∞. Sliqno, neka je m = inf ∪ J ili m = −∞. Oqigledno vai ∪ J ⊂ [m, M ]. Dokaimo da je ∪ J = (m, M ). Neka je x ∈ (m, M ). Po definiciji supremuma i infimuma, postoje a, b ∈ ∪ J takvi da vai m < a < x < b < M . Po definiciji relacije ekvivalencije koju razmatramo, to znaqi da postoje intervali J , . . . , J ∈ J takvi da vai a ∈ J , b ∈ J i J ∩J 6= ∅. Izaberimo u svakom od skupova J ∩ J taqku x . Tada je x ∈ [x , x ] za neko k, xto znaqi x ∈ J . Odatle sledi da vai (m, M ) ⊂ ∪ J . Ostaje jox da dokaemo da m, M ∈ / ∪ J . Kada bi bilo M ∈ J za neko J ∈ C , tada, poxto je interval J otvoren, M ne bi mogao da bude egov supremum, a samim tim ni sup ∪ J . Sliqno se dokazuje i m∈ /∪ J. Poxto su intervali koji odgovaraju razliqitim klasama disjunktni i ima ih prebrojivo mnogo, sledi tvree teoreme. 5 J∈C

J∈C

J∈C

J∈C

J∈C

J∈C

0

n

k

n

0

k+1

k

x+1

k

k+1

J∈C

J∈C

J∈C

J∈C

k+1

k

42


Iz Teoreme 20 i Leme 11 sledi da je svaki zatvoren skup komplement prebrojive unije disjunktnih otvorenih intervala. Sledei primer daje jednu takvu reprezentaciju. Primer 9. (Kantorov skup) Neka je C zatvoreni interval [0, 1]. Odstranimo iz C otvoreni interval ( , ) i oznaqimo sa C preostali skup, tj. uniju zatvorenih intervala [0, ] i [ , 1]. Odstranimo sada srede treine iz ova dva intervala i oznaqimo preostalii skup sai C h, tj. i i h h h 0

0

1 3

1 2 3 3 2 3

1

2

C2 = 0,

2 3 6 7 8 1 ∪ , ∪ , ∪ ,1 . 9 9 9 9 9 9

Produimo ovaj postupak i definiximo induktivno niz skupova C . Skup n

C=

∞ \

Cn

se naziva Kantorovim skupom. ] Zadatak 41. (a) Dokazati da Kantorov skup ima mo kontinuuma. Uputstvo: dokazati da se u decimalnom zapisu sa osnovom tri (str. 29) skup C sastoji od brojeva qija prva cifra nije 1, skup C od brojeva qije prve dve cifre nisu 1, itd. Zak uqiti da je C skup brojeva koji se u sistemu sa osnovom tri zapisuju pomou cifara 0 i 2. Dokazati da ovaj skup ima mo kontinuuma koristei ideju dokaza Teoreme 17 (str. 35). (b) Dokazati da svaki interval (a, b) ⊂ [0, 1] sadri otvoreni podinterval u kome nema taqaka Kantorovog skupa. Uputstvo: Po konstrukciji, ni u jednom od intervala ((3m + 1)3 , (3m + 2)3 ) nema taqaka Kantorovog skupa. Indukcijom se dokazuje da je 3 > n, pa odatle i iz Arhimedove aksiome sledi da postoji n za koje je 3 > , tj. 3 < . Ponovo primeujui Arhimedovu aksiomu, zak uqiti da postoji k ∈ N za koje je (3k + 1)3 > a. Neka je m minimum skupa takvih k . Tada je ((3m + 1)3 , (3m + 2)3 ) ⊂ (a, b). X Iz Zadatka 41 (b) vidimo da su taqke Kantorovog skupa priliqno retko rasporeene na intervalu [0, 1]. Za skup koji ima svojstvo iz Zadatka 41 (b) kaemo da je nigde gust u [0, 1]. Zadatak 41 nam daje primer skupa koji je nigde gust u [0, 1], ali neprebrojiv. To je kontrast u odnosu na Teoreme 11 i 14, koje pokazuju da je skup racionalnih brojeva iz intervala [0, 1] svuda gust u tom intervalu, ali prebrojiv. Ovime smo otkrili jedno zanim ivo svojstvo realne prave: na u se brojqano vei skup moe smestiti tako da zauzme mae mesta od brojqano maeg. n=1

1

2

−n

−n

n

6 b−a

n

−n

b−a 6

−n

−n

7. Jednaqina x

n

−n

=a

U Primeru 4 smo definisali izraz x za n ∈ N. Sada emo dokazati jednu vanu teoremu, vezanu za rexavae jednaqine n

xn = a.

Setimo se da nas je razmatrae ove jednaqine za n = 2, a = 2 dovelo do pojma iracionalnog broja. Teorema 21. Neka je a ≥ 0 i n ∈ N. Tada postoji jedinstven broj x ∈ [0, +∞) takav da vai x = a. n

7. JEDNAQINA x

n

43

=a

Dokaimo prvo jedinstvenost. Neka za x, y ∈ [0, +∞) vai x = a, y = a. Iz nenegativnosti brojeva x i y, aksioma (A16) i (A12) i principa matematiqke indukcije lako sledi x
4

n

n

n

n

n

S = {s ∈ [0, +∞) | sn ≤ a}.

Skup S je neprazan, jer je 0 ∈ S i ograniqen odozgo, jer je (∀s ∈ S) s ≤ max{1, a}. Iz Aksiome supremuma sledi da postoji x = sup S. (32) Iz Posledice 4 (str. 29) sledi da za neko m ∈ N vai < x, tj. x − > 0. Odatle, na osnovu (31) i (32) sledi x − ∈ S i x + ∈/ S, pa je 1 1 x−
1 m

n

0< x+

1 m

n

− x−

1 m

n

1 m

n

−

n−1 P n k −(n−k) xn + − k x m k=0 n−1 P n k −(n−k) xn − x (−m) k

=

1 m

<

1 m

=

1 m

k=0

n−1 P k=0 n−1 P

n k

xk (m−(n−k−1) − (−m)−(n−k−1) )

n k

xk .

Ponovnom primenom Posledice 4 (str. 29) zak uqujemo da za svako ε > 0 postoji m ∈ N za koje je posledi izraz mai od ε. Odatle, iz (33) i Kantorove aksiome (v. izraz (22), str.h28) sledi i \

m∈N

x−

1 m

k=0

n

, x+

n

1 m

= {a}.

Kada bi bilo x 6= a, vailo bi x ∈/ x − , x + za neko m, xto je u suprotnosti sa (31). 5 Na 72. strani emo videti jox jedan dokaz ove teoreme. Definicija 19. Neka je a > 0. Jedinstveno rexee jednaqine x = a nazivamo n–tim korenom broja a i oznaqavamo sa √a. Za m ∈ Z, m < 0 definixemo a := (a ) , a za q ∈ Q√, q = , m ∈ Z, n ∈ N definixemo n

n

h

1 m

n

1 m

n i

n

n

−m −1

m

m n

aq =

n

am .

Po definiciji, a = 1. Zadatak 42. Dokazati da za a ≥ 0, b ≥ 0 vai nejednakost √ √ √ 0

a+b≤

a+

b.

X

44


Svojstva stepenovaa racionalnim brojem izdvajamo sledeom lemom. Lema 12. Neka je a > 0, b > 0 i p, q ∈ Q. Tada vai (a) a = a a , a = (a ) , (ab) = a b (b) p > 0 ∧ a 1 ∧ q a . 4 Dokaz lako sledi iz analognih svojstava stepenovaa prirodnim brojem, koja se dokazuju indukcijom, i svoea racionalnih brojeva na zajedniqki imenilac. 5 Sada moemo da uvedemo i stepenovae proizvo nim realnim brojem. Definicija 20. Za x ∈ R i a ≥ 1 definixemo a := sup{a | q ∈ Q, q < x}, (34) a za 0 < a ≤ 1 1 p+q

p q

pq

p q

p

p

q

p

p

p p

q

x

p

q

−x

ax =

,

Za a = 0 i x > 0 je 0 = 0. Primetimo da izraz (34) ima smisla. Zaista, iz Tvrea 3 sledi da je skup {a | q ∈ Q, q < x} ograniqen odozgo bilo kojim brojem a za p ∈ Q, p > x. Na osnovu Aksiome supremuma, supremum na desnoj strani u (34) postoji. Lema 13. Za a > 1 vai a := inf{a | q ∈ Q, q > x}. 4 Neka je A = {a | q ∈ Q, q < x}, B = {a | q ∈ Q, q > x}. Iz Leme 12 sledi da je A ≤ B, pa je sup A ≤ inf B. Kada bi bilo sup A < inf B, iz Bernulijeve nejednakosti i Arhimedove aksiome sledilo bi da inf B − sup A (∃m ∈ N) n > m ⇒ 1 + > a. (35) sup A Tada bi za svaki par racionalnih brojeva p, q takvih da je p < x < q i q − p = < vailo 0 < inf B − sup A < a − a = a (a − 1) 0, b > 0 i x, y ∈ R. Tada vai (a) a = a a , a = (a ) , (ab) = a b (b) x > 0 ∧ a 1 ∧ y < x ⇒ a < a , a < 1 ∧ y < x ⇒ a > a . 4 Daemo dokaz prve jednakosti u (a) i prve implikacije u (v); ostala tvrea ostav amo qitaocu kao zadatak. Dovo no je razmotriti sluqaj a > 1. Iz Definicije 20 i Leme 13 sledi da za svako n ∈ N postoje racionalni brojevi p, q takvi da je 1 |a a − a a | < i |a − a | < 2n1 . (37) 2n a

x

q

p

x

q

q

q

n

1 n

1 m

q

x+y

x y

x y

xy

p

x y

x

x

y

x

p q

p

x

q−p

q−p

x x

y

p+q

x+y

x

8. JEDINSTVENOST I POSTOJA E REALNIH BROJEVA

45

Zaista, iz Definicije 20 i Leme 13 sledi da za svako ε > 0 postoje r ∈ Q ∩ (−∞, x), r ∈ Q ∩ (x, +∞) takvi da je a − ε < a i a < a + ε. Iz Leme 12 (v) sledi da za svako p ∈ (r , r ) vai a − ε < a < a + ε. Sliqno, postoje racionalni brojevi s , s takvi da za svako q ∈ (s , s ) vai a −ε < a < a +ε. Mnoeem ovih nejednakosti i uzimaem dovo no malog ε dobijamo prvi par nejednakosti u (37). Sliqno dobijamo da je za postoje racionalni brojevi t , t i u , u takvi da za svako p ∈ (t , t ) i svako q ∈ (u , u ) vai |a − a | < . Odatle sledi da za p ∈ (r , r ) ∩ (t , t ) i q ∈ (s , s ) ∩ (u , u ) vai (37). Poxto je, prema Lemi 12, a = a a , a iz nejednakosti (37) dobijamo 1 1 1 1
x

1

0

0

1

x

1

1

1

p

x

1

1

2

y

q

1 2 x+y

1 2 1 2n

2

p1 +q1

2

2

x

1

y

2

p q

p q

x y

r1

1

2

0 1 p+q

r0

x y

p+q

x+y

p+q

1 1 < ax+y < ax ay + , n n n∈N

ax ay −

tj. |a − a a | < za svako . Odatle, na osnovu Posledice 4 na str. 29, sledi a = a a . Time je dokazana prva jednakost u (a). Dokaimo jox i prvu implikaciju u (v). Pretpostavimo da je a > 1 i y < x. Iz gustine skupa racionalnih brojeva na realnoj pravoj sledi da postoje racionalni brojevi p i q takvi da je y < q < p < x { prva nejednakost sledi iz Leme 13, druga iz Leme 12, a trea iz Definicije 20. Tada vai a < a < a < a . Time je prva implikacija u (v) dokazana. 5 x+y

x y

x+y

y

q

x y

p

1 n

x

8. Jedinstvenost i postojae realnih brojeva

U ovom paragrafu emo se osvrnuti na pitae jedinstvenosti i postojaa kompletno ureenog po a, definisanog aksiomama (A1){(A16), (SUP). Poqeemo sledeom definicijom. Definicija 21. Neka su (F , + , • , ≤ , 0 , 1 ) i (F , + , • , ≤ , 0 , 1 ) ureena po a. Preslikavae f : F → F je morfizam poǉa ako vai f (x + y) = f (x) + f (y), f (x • y) = f (x) • f (y). (38) Ako su (F , + , • , ≤ , 0 , 1 ) i (F , + , • , ≤ , 0 , 1 ) dva ureena po a, preslikavae f : F → F je morfizam ureenih poǉa ako uz (38) vai i 1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

2

2

1

2

2

2

2

2

2

2

x ≤1 y ⇒ f (x) ≤2 f (y).

Morfizam koji je bijekcija naziva se izomorfizmom. Neformalno reqeno, morfizam je preslikavae koje quva strukturu po a i ureea, a izomorfizam preslikavae koje uz to quva i kardinalnost. Analogno se definixu (izo)morfizmi (ureenih) grupa, prstena i tela, kao i (izo)morfizmi ureenih skupova, zahtevom da quvaju odgovarajue strukture. Morfizam ureenih skupova naziva se jox i monotonim preslikavaǌem; morfizam ureenog skupa (X, ≤) u (X, ≤) naziva se rastuim, a morfizam ureenog skupa (X, ≤) u (X, ≥) opadajuim preslikavaem. Izomorfne strukture se, oqigledno, mogu potpuno identifikovati { one se razlikuju samo u oznakama elemenata, operacija i relacija.

46


Teorema 22. Ako su (R , + , • , ≤ , 0 , 1 ) i (R , + , • , ≤ , 0 , 1 ) dva potpuno ureena po a, tj. dve ureene xestorke koje zadovo avaju aksiome (A1)– (A16), (SUP), onda postoji jednistveni izomorfizam f : R → R . Drugim reqima, po e realnih brojeva je jedinstveno do na izomorfizam. 4 Skica dokaza. Neka su N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R i N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R podskupovi prirodnih, celih i racionalnih brojeva u R i R . Iz Teoreme 9 (str. 27) sledi da postoji jedinstveni izomorfizam f : Q → Q . Zaista, za svaki izomorfizam mora da vai 1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

2

2

1

Q

f (01 ) = 02 ,

2

2

2

1

2

f (x−1 ) = (f (x))−1 ,

f (−x) = −f (x),

f (11 ) = 12 ,

2

a odatle sledi da se izomorfizam f jednoznaqno i dobro definixe najpre na N (indukcijom, polazei od f (1 ) = 1 ), a zatim, primenom Teoreme 4 (str. 24) i Teoreme 9 (str. 27) na Z i Q . Lako se vidi da se tako dobija izomorfizam Q

1

Q

1

2

1

1

fQ : Q1 → Q2

ureenih po a (Q , + , • , ≤ , 0 , 1 ) i (Q , + , • , ≤ , 0 , 1 ). Definiximo, za , 1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

x ∈ R1

f (x) := sup2 {fQ (q) | q ∈ Q1 , q <1 x},

gde je sa sup oznaqen supremum u odnosu na relaciju poretka ≤ . Dokaimo da je f : R → R bijekcija. Neka je y ∈ R . Poxto f , kao izomorfizam ureenih po a, quva poredak, skup D = {x ∈ R | f < y }, zajedno sa svojim komplementom D qini Dedekindov presek. Na osnovu tvrea (DED), ekvivalentnog aksiomi (SUP), sledi da postoji x sup D . Nije texko videti da je f (x ) = y , xto dokazuje da je f surjekcija. Dokaimo da je f injekcija. Neka je f (x ) = f (x ) = y za x , x ∈ R , y ∈ R . Tada iz definicije preslikavaa f i iz qienice da je f izomorfizam ureenih po a Q i Q sledi 2

2

1

2

0

2

Q

1

1

Q

2

0

2

0

0

1

0

1

2

0

1

2

1

0

2

Q

1

2

{q ∈ Q1 | q <1 x1 } = {q ∈ Q1 | q <1 x2 },

pa je x = x . Ostaje jox da se dokae da je f morfizam, xto sledi iz 1

2

{q1 + q2 | q1 , q2 ∈ Q1 , q1 <1 x1 , q2 <1 x2 } = {r ∈ Q1 | r < x1 + x2 }, {q1 q2 | q1 , q2 ∈ Q1 , 0 <1 q1 <1 x1 , 0 <1 q2 <1 x2 } = {r ∈ Q1 | 0 <1 r <1 x1 x2 }

i iz qienice da je f : Q → Q izomorfizam ureenih po a. 5 Xto se tiqe postojaa realnih brojeva, ega, naravno, ne moemo dokazati , ni iz qega". Ali, ako poemo od pretpostavke da je prirodnije pretpostaviti postojae prirodnih brojeva, tj. strukture definisane Peanovim aksiomama (Teorema 3 na strani 19), sledeu teoremu smatramo dokazom postojaa realnih brojeva. Teorema 23. Ako postoji ureena trojka (N, σ, 1) koja zadovo ava Peanove aksiome, onda postoji ureena xestorka (R, +, •, ≤, 0, 1) koja zadovo ava aksiome (A1)–(A16), (SUP). Q

1

2

9. KOMPLEKSNI BROJEVI

47

4 Skica dokaza. Neka je (N, σ, 1) ureena trojka koja zadovo ava Peanove aksiome. Tada u N moemo, koristei princip indukcije, da definixemo operacije + i • i relaciju ≤ pomou n + 1 = σ(n), n + σ(m) = σ(n + m) n • 1 = n, n • σ(m) = n • m + n n < m ⇔ (∃k ∈ N) m = n + k, n ≤ m ⇔ n < m ∨ n = m.

Definiximo sada skup Z. Pridruimo svakom elementu n ∈ N element koji emo oznaqiti sa −n; skup {−n | n ∈ N} oznaqimo sa −N. Osim toga, uvedimo jox jedan element, koji emo oznaqiti sa 0. Neka je Z = −N ∪ {0} ∪ N. Operacije + i • i relacija ≤ mogu se produiti sa N na Z. Za operaciju + to qinimo na sledei naqin. Ako je m, n ∈ N onda je m + n ve definisano u N. Ako je m ∈ −N, n ∈ N, onda je m = −m za neko m ∈ N. Ako za prirodne brojeve m , n ∈ N vai m < n, onda postoji k ∈ N za koje vai n = m + k. Sada definixemo n + m = k. Sliqno se postupa u sluqaju n < m . Na kraju n + 0 = n za svako n ∈ Z. Definiciju operacije • i proveru da je dobijena struktura (Z, +, •) komutativni prsten sa jedinicom ostav amo qitaocu. Na kraju, relaciju poretka ≤ u Z uvodimo tako xto smatramo da je −n < 0 < m za sve −n ∈ −N, m ∈ N i da je −n < −m ako je m < n, gde je posleda nejednakost definisana, jer smo u N ve uveli relaciju poretka. Da bismo definisali Q, posmatrajmo na skupu N × Z relaciju 0

0

0

0

0

0

(n1 , z1 ) ∼ (n2 , z2 ) ⇔ n1 z2 = n2 z1 .

Ovo je relacija ekvivalencije; skup klasa ekvivalencije je, po definiciji, skup Q. Oznaqimo klasu ekvivalencije para (n, z) sa [n, z] ili . Operacije + i • i relaciju ≤ definixemo sa z n

[n1 , z1 ] + [n2 , z2 ] = [n1 z2 + n2 z1 , n1 n2 ], [n1 , z1 ] • [n2 , z2 ] = [n1 n2 , z1 z2 ], [n1 , z1 ] ≤ [n2 , z2 ] ⇔ z1 n2 ≤ z2 n1 .

Proveru da je ova definicija dobra (tj. nezavisna od predstavnika klase) i da je struktura (Q, +, •, ≤, 0, 1) ureeno po e ostav amo qitaocu. Na kraju, skup R definixemo kao skup svih Dedekindovih preseka u Q. Relaciju poretka izmeu dva Dedekindova preseka a = (A , A ), b = (B , B ) uvodimo sa a ≤ b ⇔ A ⊂ B . Operacije + i • definixemo na sledei naqin. Neka su a = (A , A ), b = (B , B ) dva Dedekindova preseka i neka je 1

1

1

2

1

2

1

2

1

2

A1 + B1 := {q1 + q2 | q1 ∈ A1 , q2 ∈ A2 },

A1 • B1 := {q1 • q2 | q1 ∈ A1 , q2 ∈ A2 }.

Tada se a+b definixe kao Dedekindov presek (A +B , Q\(A +B )). Sliqno se definixe a • b za a > 0, b > 0. Mnoee u opxtem sluqaju se definixe na oqigledan naqin, formulama x • (−y) = −(x • y) i sl. 5 1

1

1

1

9. Kompleksni brojevi 9.1. Po e kompleksnih brojeva. U razmatrau jednaqine x = a u Paragrafu 7 ograniqili smo se na pozitivne brojeve. Sledea lema objaxan

va zaxto.

Lema

14. Jednaqina x

2

= −1

nema rexea u skupu R.

48


Pretpostavimo da je x = −1 za neko x ∈ R. Poxto je 0 = 0, vai ili ili x < 0. Pretpostavimo da je 0 < x. Iz aksiome (A16) tada sledi . Kako je x = −1, imamo 0 < −1. Sabiraem ove nejednakosti i nejednakosti 0 < 1 koju smo dokazali na strani 18, dobijamo kontradikciju 0 < 0. Pretpostavimo sada da je x < 0. Tada je, na osnovu Zadatka 1, 0 < −x, pa je, ponovo na osnovu aksiome (A16), 0 < (−x)(−x). Odatle, na osnovu jednakosti (8) na strani 8, sledi 0 < x = −1, xto opet daje kontradikciju sa 0 < 1. 5 Sada se nalazimo u sliqnoj situaciji kao kada smo se na strani 4 susreli sa nerexivoxu jednaqine x = 2 u skupu Q. Kao i tada, rexee emo nai u proxireu pojma broja. Definicija 22. Poǉe kompleksnih brojeva je ureena xestorka (C, +, •, 0, 1, i) gde je C := {x + iy | x, y ∈ R}, a operacije + i • definisane sa 2

4 0 < x 0 < x2

2

2

2

2

(x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ) (x1 + iy1 ) • (x2 + iy2 ) = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 ).

Lako je videti da je C zaista poǉe. Nulu ovog po a 0+i·0 i jedinicu 1+i·0 oznaqavamo sa 0 i 1; opxtije, x+i·0 oznaqavamo sa x, a 0+i·y sa iy. Kompleksne brojeve oblika x = x + i · 0 nazivamo realnim, qime identifikujemo skup R sa istaknutim podskupom {x + i · 0 | x ∈ R} skupa C. Kompleksne brojeve oblika iy = 0 + i · y qisto imaginarnim. Kompleksni broj i zovemo imaginarnom jedinicom. Za kompleksni broj z = x + iy definixemo egov realni deo Re (z) = x i imaginarni deo Im (z) = y . Ako je z = x + iy , onda je emu inverzni element u odnosu na mnoee z = + i . Skup C se na oqigledan naqin moe identifikovati sa Dekartovim22 proizvodom R × R: broj z = x + iy identifikujemo sa parom (x, y). Motivisani time i geometrijskom analogijom iz fusnote na strani 11 za skup C koristimo i termin kompleksna ravan. Skupove −1

x x2 +y 2

−y x2 +y 2

I = {z ∈ C | Re (z) ≥ 0, Im (z) ≥ 0}, III = {z ∈ C | Re (z) ≤ 0, Im (z) ≤ 0},

II = {z ∈ C | Re (z) ≤ 0, Im (z) ≥ 0}, IV = {z ∈ C | Re (z) ≥ 0, Im (z) ≤ 0}

nazivamo prvim, drugim, treim i qetvrtim kvadrantom. Jednaqina iz Leme 14 ima rexee u C: i = (0 + i · 1) · (0 + i · 1) = −1. Vai i vixe od toga { svaka jednaqina oblika a + a z + a z + · · · + a z = 0, a , . . . , a ∈ C (39) ima rexee z ∈ C. Ovo tvree naziva se Osnovnim stavom algebre. Izraz na levoj strani u (39) naziva se polinomom n–tog stepena, brojevi a ,...,a egovim koeficijentima, a rexee jednaqine (39) nulom polinoma a +a z + a z + · · · + a z . Po e u kome svaki polinom ima nulu naziva se algebarski zatvorenim po em. U kursu Algebre se pokazuje da je C najmae algebarski zatvoreno po e koje sadri po e R. Primetimo da, za razliku od po a R, po e C nije ureeno. Preciznije, vai sledea lema. 2

0

1

2

2

n

n

1

n

0

0

0

2

2

n

n

22Dekart (René Descartes, 1596–1650), francuski filosof i nauqnik

n

1


49

Lema 15. Ne postoji relacija poretka ≤ na C takva da je (C, +, •, 0, 1, ≤) ureeno po e. 4 U dokazu Leme 14 videli smo da u svakom ureenom po u vai x > 0. Kada bi po e C bilo ureeno, vailo bi −1 = i > 0, tj. (na osnovu Zadatka 1 (str. 8) 1 < 0. Meutim, iz Primera 3 (str. 18) sledi da u svakom ureenom po u vai 0 < 1. 5 Konjugovana vrednost kompleksnog broja z = x + iy je z¯ = x − iy . Lako je videti da vai 1) Re (z) = (z + z¯), Im (z) = (z − z¯), z · z¯ = x + y . 2) z + z = z¯ + z¯ , z · z = z¯ · z¯ , z¯ = z. Zadatak 43. Neka je P polinom sa realnim koeficijentima i z egova nula, tj. P (z ) = 0. Dokazati da je tada i P (¯z ) = 0. X 9.2. Metriqka i topoloxka svojstva kompleksne ravni. Broj p √ |z| = z z¯ = x + y ∈ R (40) naziva se apsolutnom vrednoxu ili modulom kompleksnog broja z. Lema 16. Apsolutna vrednost ima sledea svojstva 0. |x + i · 0| = |x|, |x + iy| ≥ max{|x|, |y|}, gde je | · | u izrazima na levoj strani apsolutna vrednost kompleksnog broja definisana dormulom 40, a na desnoj apsolutna vrednost realnog broja, definisana formulom (26) na strani 36. 1. |z| ≥ 0, |z| = 0 ⇔ z = 0 2. |λ · z| = |λ| · |z| 3. |z + z | ≤ |z | + |z | 4. |z| = | − z| = |¯z|. 4 Dokaz tvrea 0{2. i 4. svodi se na neposrednu proveru. Dokaimo tvree 3. Primetimo da je za svaki kompleksni broj z = x + iy vai |z| = px + y ≥ max{x, y}, pa je 2

2

1 2

1

2

1

2

1

2

1 2i 1

2

2

2

0

0

0

2

1

2

1

2

2

2

Re z ≤ |z|,

Koristei ove nejednakosti, dobijamo |z1 + z2 |2

= = = = = ≤ = =

2

Im z ≤ |z|.

(z1 + z2 )(z1 + z2 ) (z1 + z2 )(¯ z1 + z¯2 ) z1 z¯1 + z1 z¯2 + z2 z¯1 + z2 z¯2 |z1 |2 + z1 z¯2 + z1 z¯2 + |z2 |2 |z1 |2 + 2Re (z1 z¯2 ) + |z2 |2 |z1 |2 + 2|z1 z¯2 | + |z2 |2 |z1 |2 + 2|z1 z2 | + |z2 |2 (|z1 | + |z2 |)2 .

Time je dokazano 3. 5 Zadatak 44. Dokazati da je skup U(1) := {z ∈ C | |z| = 1} grupa u odnosu na mnoee kompleksnih brojeva i da z = z¯ za svako z ∈ U(1). X −1

50


23 Skup nazivamo ili . Oznaqavamo ga i sa ; oznaka obiqno se koristi kada elimo da istaknemo egovu algebarsku (grupovnu) strukturu, a geometrijsku. Elemente skupa nazivamo . Za skup zovemo sa poqetkom u nuli. Definicija 24. Preslikavae d : C × C → [0, +∞) definisano sa d(z , z ) = |z − z | nazivamo euklidskim rastojaǌem ili euklidskom metrikom u kompleksnoj ravni C. Iz Leme 16 sledi da d ima sledea svojstva, analogna svojstvu metrike na realnoj pravoj (v. str. 6.1): (M1) d(z , z ) ≥ 0 i d(z , z ) = 0 ⇔ z = z (M2) d(z , z ) = d(z , z ) (M3) d(z , z ) ≤ d(z , z ) + d(z , z ). Nejednakost (M3), kao i nejednakost 3) u Lemi 16, nazivamo nejednakoxu trougla. Definicija 25. Preslikavae f : C → C za koje vai d(f (z ), f (z )) = d(z , z ) naziva se izometrijskom transformacijom ili izometrijom kompleksne ravni. Primer 10. Iz definicije metrike i osobina modula sledi da su preslikavaa z 7→ −z, z 7→ z¯, z 7→ −¯z, z 7→ z + z (za neko fiksirano z ∈ C) izometrijske transformacije kompleksne ravni. Izometrijsku transformaciju z 7→ −z nazivamo centralnom refleksijom u odnosu na koordinatni poqetak, z 7→ z¯ i z 7→ −¯z osnim refleksijama u odnosu na realnu i imaginarnu osu, a z 7→ z + z translacijom. ] Zadatak 45. (a) Dokazati da je skup svih izometrijskih transformacija kompleksne ravni grupa u odnosu na operaciju kompozicije preslikavaa. Ova grupa se oznaqava sa E(2) i naziva Euklidskom grupom. (b) Dokazati da je skup svih izometrijskih transformacija kompleksne ravni koje slikaju nulu u nulu podrgupa grupe E(2). Ova podgrupa oznaqava se sa O(2) i naziva ortogonalnom grupom. X Sledeom definicijom izdvajamo podskupove kompleksne ravni koji igraju ulogu intervala na realnoj pravoj. Definicija 26. Za z ∈ C i r > 0 skup D(z , r) = {z ∈ C | |z − z | < r} naziva se otvorenim diskom, a skup D(z , r) = {z ∈ C | |z − z | ≤ r} zatvorenim diskom sa centrom u z i polupreqnikom r. Skup D(z , ε) naziva se ε{ okolinom taqke z . Imajui prethodnu definiciju na raspolagau, topoloxke pojmove okoline, taqke nagomilavaa, izolovane taqke, otvorenog i zatvorenog skupa, definisane na realnoj pravoj, moemo da definixemo i u kompleksnoj ravni na potpuno isti naqin. Taqka z ∈ C se naziva taqkom nagomilavaǌa skupa A ⊂ C ako svaka ena ε{okolina sadri taqku skupa A \ {z }. Skup svih taqaka nagomilavaa oznaqavaemo sa A . Skup A := A ∪ A naziva se zatvoreǌem skupa A. Ako je A = A skup A nazivamo zatvorenim. Taqka a ∈ A Definicija . U(1) := {z ∈ C | |z| = 1} jednodimenzionom unitarnom grupom jediniqnim krugom S1 U(1) S1 S1 jedi1 niqnim kompleksnim brojevima z0 ∈ S {λz0 | λ ∈ [0, +∞)} polupravom 1

2

2

1

1

2

1

2

2

1

1

1

3

1

2

2

1

2

2

3

1

1

2

2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0


51

koja nije taqka nagomilavaa naziva se izolovanom taqkom skupa A. Podskup V ⊂ C je otvoren ako se moe predstaviti kao unija otvorenih diskova. Iz ove definicije direktno sledi karakterizacija otvorenih skupova u C analogna Lemi 9 na strani 40. Otvoren skup koji sadri taqku z naziva se enom otvorenom okolinom. Kolekcija svih otvorenih skupova u C naziva se topologijom kompleksne ravni; oznaqavaemo je sa τ . Topologija τ ima svojstva topologije τ opisana u Lemi 10, str. 40. Rub skupa A ⊂ C je skup ∂A := A ∩ (C \ A). Podskup Z ⊂ C se naziva ograniqenim, ako postoji M > 0 takvo da je |z| ≤ M za svako z ∈ Z . Kasnije emo da dokaemo da teorema analogna Teoremi 19 vai i za skupove u C (v. Teoremu 3 na str. 124). 9.3. Trigonometrija. Neka su z = x + iy , z = x + iy ∈ S dva jediniqna kompleksna broja u prvom kvadrantu. Pretpostavimo da je x > x ≥ 0 (tada je 0 ≤ y < y ). Tada skup 0

C

C

R

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

{z ∈ S1 | x1 ≤ Re z ≤ x0 }

nazivamo lukom jediniqnog kruga izmeu taqaka z i z ili lukom zdz . Neka je w = x + iy . Tada je d(z , z ) ≤ d(z , w) + d(w, z ) = (y − y ) + (x − x ). (41) Neka su z , z , . . . , z kompleksni brojevi za koje vai z ,z ,...,z ∈ S , Re (z ) > Re (z ) > · · · > Re (z ) ≥ 0, (42) Im (z ) > Im (z ) > · · · > Im (z ) ≥ 0. Brojeve z , z , . . . , z nazivamo podelom luka zdz . Primenom (41) na svaki sabirak i skraivaem sabiraka suprotnog znaka dobijamo 0

0

1

0 1

1

0

0

1

1

0

1

0

0

1

k

0

0

1

1

1

1

k

0

1

k

k−1

k

0

k

0 k

d(z0 , z1 ) + d(z1 , z2 ) + · · · + d(zk−1 , zk ) ≤ Re (z0 ) − Re (zk ) + Im (zk ) − Im (z0 ) ≤ 2.

Neka su ζ, η ∈ S jediniqni kompleksni brojevi. Videli smo da je skup L = {d(z , z )+· · ·+d(z , z ) | z = ζ, z = η, z , z , . . . , z zadovo avaju (42)} ograniqen odozgo, pa ima supremum. Definicija 27. Broj sup L iz prethodne konstrukcije nazivamo duinom luka jediniqnog kruga izmeu taqaka ζ i η ili uglom izmeu polupravih {λζ | λ ∈ [0, +∞)} i {λη | λ ∈ [0, +∞)}. Preslikavaa z 7→ −z, z 7→ z¯, z 7→ −¯z preslikavaju prvi kvadrant u trei, qetvrti i drugi redom. Osim toga, kao xto smo videli u Primeru 10, ova preslikavaa quvaju metriku. Poxto je pojam ugla (tj. duine luka jediniqnog kruga) izveden iz pojma metrike, definixemo ugao izmeu polupravih u ostalim kvadrantima koristei ove tri izometrije. Na primer, ako su l , l dve poluprave u qetvrtom kvadrantu, ugao izmeu ih definixemo kao ugao izmeu ihovih slika pri preslikavau z 7→ z¯. Na kraju, ugao izmeu polupravih u raznim kvadrantima definixemo po aditivnosti. Na primer, ako su z , z jediniqni kompleksni brojevi, takvi da je z u prvom, a z u drugom kvadrantu, ugao izmeu ima odreenih polupravih definixemo kao zbir uglova izmeu polupravih {λz | λ ∈ [0, +∞)} i {z ∈ C | Re (z) = 0, Im (z) ≥ 0} i polupravih {z ∈ C | Re (z) = 0, Im (z) ≥ 0} i {λz | λ ∈ [0, +∞)}. 1

0

1

1

k−1

k

0

k

0

1

k

2

1

2

1

1

1

2

52


Specijalno, ugao izmeu pozitivne realne poluose {z ∈ C | Re (z) ≥ i pozitivne imaginarne poluose {z ∈ C | Re (z) = 0, Im (z) ≥ 0} nazivamo . Dvostruku vrednost pravog ugla oznaqavamo sa π. Simbol π, koji je poqetno slovo grqke reqi περιϕερια { periferija (krug), za oznaku ovog broja prvi je upotrebio Vilijem ons.23 Broj π nije racionalan. Ovu qienicu dokazao je25Johan Lambert24 u XVIII veku. Oko vek i po kasnije, Ferdinand Lindeman dokazao je da je broj π transcendentan, tj. da nije nula nijednog polinoma sa celobrojnim (ekvivalentno, racionalnim) koeficijentima. Ovime je rexen drevni problem o , kvadraturi kruga". Brojevi koji jesu nula nekog polinoma sa celobrojnim koeficijentima nazivaju se algebarskim; ovakvih brojeva ima prebrojivo mnogo (zaxto?). Izborom dovo nog broja taqaka z , . . . , z ∈ S moemo da odredimo egovih prvih nekoliko decimala: 0, Im (z) = 0} pravim uglom

0

k

1

π = 3, 1415926535897932 . . .

Upravo na ovaj naqin je Ludolf van Cojlen26 odredio prvih 35 decimala broja π koji se, po emu, zove i Ludolfovim brojem. Ovaj Ludolfov rezultat je ugraviran na egovom nadgrobnom spomeniku. Pre Ludolfa, bilo je mnogo raznih aproksimacija broja π, poqev od doba drevnih Egipana i Vavilonaca. Arhimed daje procenu 3 < π < 3 . Ludolfov savremenik Vijet27 dobio je izraz za π u obliku beskonaqnog proizvoda 10 71

10 70

v s r s r u r u 2 1 1 1 1t1 1 1 1 1 = + + + ··· . π 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(43)

π 2 · 4 · 4 · 6 · 6 · 8 · ... = 4 3 · 3 · 5 · 5 · 7 · 7 · ...

(44)

Meu ostalim interesantnim formulama za π su Valisova28 formula i Lajbnicova29 formula

(45) Ugao izmeu pozitivne realne poluose i poluprave odreene koordinatnim poqetkom i kompleksnim brojem z naziva se polarnim uglom ili argumentom broja z. On ima vrednosti u intervalu [0, 2π). Oznaqimo argument broja z ∈ S ∩ I sa arg(z), a sa Arg (z) skup π 1 1 1 = 1 − + − + .... 4 3 5 7

1

Arg (z) = {arg(z) + 2kπ | k ∈ Z}.

23ons (William Jones, 1675{1749), engleski matematiqar 24Lambert (Johann Heinrich Lambert, 1728{1777), xvajcarsko { nemaqki matematiqar 25Lindeman (Ferdinand Lindemann, 1852{1939) 26Ludolf van Cojlen (Ludolf van Ceulen, 1540{1610), holandski matematiqar 27Vijet (François Viète, 1540{1603), francuski matematiqar 28Valis (J. Wallis, 1616{1703), engleski matematiqar 29Lajbnic (Gottfried Wilhelm Leibniz, 1646{1716), nemaqki filosof i matematiqar


53

Podelu kompleksne ravni na kvadrante moemo da opixemo u terminima argumenta: I = {z ∈ C | 0 ≤ arg(z) ≤ π2 }, III = {z ∈ C | π ≤ arg(z) ≤ 3π 2 },

Neka su ζ

1

II = {z ∈ C | π2 ≤ arg(z) ≤ π}, IV = {z ∈ C | 3π 2 ≤ arg(z) ≤ 2π}.

= x1 + iy1 , ζ2 = x2 + iy2 ∈ S1 ∩ I

. Posmatraem podela

1 = z1 , z2 , . . . , zj = ζ1 , zj+1 , . . . , zk = ζ2

luka 1ζc lako vidimo da za kompleksne brojeve iz prvog kvadranta vai x > x ⇒ arg(ζ ) < arg(ζ ). (46) Odatle sledi da je uglom arg(z) broj z ∈ S ∩ I jednoznaqno odreen, tj. da je pridruivae z 7→ arg(z) injekcija skupa taqaka iz S koje su u prvom kvadrantu u interval [0, ]. Primenom Aksiome supremuma dokazaemo da je ovo pridruivae i surjekcija, dakle bijekcija. Neka je θ ∈ [0, ]. Skupovi A = {x ∈ [0, 1] | x = Re (z) za neko z ∈ S ∩ I sa arg(z) ≥ θ }, B = {x ∈ [0, 1] | x = Re (z) za neko z ∈ S ∩ I sa arg(z) ≤ θ } su ograniqeni i neprazni (i ∈ A, 1 ∈ B), pa postoje a = sup A i b = inf B. Tada iz (46) sledi da je a ≤ b. Kada bi bilo a < b, tada bi broj pripadao jednom od skupova A i B, xto je u kontradikciji sa a = sup A, b = inf B. Znaqi, vai a = b. Sada se lako vidi da za broj z ∈ S za koji je Re (z ) = a = b zadovo ava arg(z ) = θ , jer bi arg(z ) 6= θ bilo u kontradikciji ili sa a = sup A ili sa b = inf B. Definicija 28. Neka je z ∈ S ∩ I broj qiji je polarni ugao θ. Realne brojeve sin θ := Im (z), cos θ := Re (z) nazivamo sinusom i kosinusom ugla θ. Iz Definicije 28 i (40) sledi sin θ + cos θ = 1. Definiciju sinusa i kosinusa sada moemo da proxirimo na sve θ ∈ [0, 2π] { izrazi u Definiciji 28 imaju smisla za svako z ∈ S . Konaqno, moemo da definixemo izraze sin θ i cos θ za svako θ ∈ R formulama sin(θ + 2kπ) = sin θ, cos(θ + 2kπ) = cos θ, za svako k ∈ Z. Za ovako definisane funkcije sinus i kosinus vai sin (−θ) = − sin θ, cos (−θ) = cos θ. Funkcije sa ovim svojstvima izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 29. Funkcija f : (−a, a) → C naziva se parnom ako je f (−x) = f (x), a neparnom ako je f (−x) = −f (x). Funkcija f (x) = x je parna za parno, a neparna za neparno n, qime je i motivisana terminologija iz prethodne definicije. Sinus je neparna, a kosinus parna funkcija. Neka je z ∈ C \ {0}.Tada je ∈ S , pa je = cos θ + i sin θ, tj. z = r(cos θ + i sin θ), gde je r = |z|. (47) Izraz (47) nazivamo trigonometrijskim zapisom kompleksnog broja. Par (r, θ) nazivamo polarnim koordinatama kompleksnog broja z = x + iy (ili taqke (x, y) ∈ R × R). Izraz cos θ + i sin θ oznaqava se i sa cis θ. 2

1

2

1

2

1

1

π 2

0

1

0

1

0

a+b 2

0

0

0

0

1

0

0

1

2

2

1

n

z |z|

1

z |z|

π 2

54


Lema

17. Sinus i kosinus imaju sledea svojstva:

sin(θ + π2 ) = cos θ, cos(θ + π2 ) = − sin θ, sin(θ + π) = − sin θ, cos(θ + π) = − cos θ sin(−θ) = − sin θ, cos(−θ) = cos θ, sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β, cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β

4

U osnovi dokaza je qienica da za fiksirano η ∈ S preslikavae 1

rη : S1 → S1 ,

z 7→ η · z

quva duinu luka. Zaista, poxto je |η| = 1, mnoee sa η je izometrija: d(η · z1 , η · z2 ) = |η · z2 − η · z1 | = |η(z2 − z1 )| = |η||z2 − z1 | = |z2 − z1 | = d(z1 , z2 ).

Poxto je definicija duine luka (Definicija 27) izvedena iz definicije rastojaa, sledi da r quva duinu luka. Dokaimo formule sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β, cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β. (48) Neka je z = cis α, w = cis (α + β). (49) To znaqi da je duina luka izmeu taqaka z i w jednaka β. Poxto mnoee sa η = z ∈ S quva duinu luka, i duina luka izmeu 1 i z w jednaka je β . Odatle sledi da je z w = cis β , tj. w = zcis β . Odatle i iz (49) sledi η

−1

−1

1

−1

cis (α + β) = cis α · cis β,

tj. cos(α + β) + i sin(α + β) = (cos α + i sin α) · (cos β + i sin β). Mnoeem izraza na desnoj strani i izjednaqavaem realnih i imaginarnih delova na desnoj i levoj strani dobijamo (48). Dokaz ostalih formula prepuxtamo qitaocu. 5 Iz Leme 17 slede sve ostale formule za transformacije trigonometrijskih funkcija poznate qitaocu iz kursa elementarne matematike, i mi emo ih sve smatrati dokazanim. Zadatak 46. (a) Dokazati Moavrovu 30 formulu cis n θ = cis (nθ),

n∈Z

(b) Koristei Moavrovu formulu dokazati formule sin (3θ) = −4 sin3 θ + 3 sin θ,

cos (3θ) = 4 cos3 θ − 3 cos θ.

Nai formule za sinus i kosinus qetvorostrukog ugla. (v) Dokazati da su rexea jednaqine z = rcis θ data sa n

(g) Izraqunati (d) Izraqunati

√ n

θ + 2kπ , n ∈ {0, 1, . . . , n − 1}. n √ 3 (1 + i)19 1+i 1 1 (i9 + i−9 )99 ) Re ( 1+i (i9 − i−9 )99 ) Re ( 1+i

z=

rcis

i

.

i

.

30De Moavr (Abraham De Moivre, 1667{1754), francuski matematiqar

X


55

47. (a) Neka je θ ∈ [0, 2π]. Dokazati da je preslikavae R : z 7→ izometrijska transformacija kompleksne ravni i da je R (rcis θ) = . Izometrijsku transformaciju R nazivamo centralnom rotasa centrom 0 i uglom θ . (b) Dokazati da je skup centralnih rotacija sa centrom 0 podgrupa grupe izometrijskih transformacija kompleksne ravni (v. Zadatak 45). Ova podgrupa oznaqava se sa SO(2) i naziva specijalnom ortogonalnom grupom. (v) Dokazati da je preslikavae θ 7→ R morfizam grupe U(1) u grupu SO(2). X Zadatak 48. Gusar je zakopao blago na pustom ostrvu na kome su se nalazile dve stene i jedno drvo. Mesto je odabrao na sledei naqin. Od drveta je ixao do jedne stene brojei korake. Stigavxi do e skrenuo je levo pod pravim uglom i napravio isto onoliko koraka koliko je napravio od drveta do stene. Taqku do koje je tako stigao je obeleio sa X . Zatim je ponovio isti postupak sa drvetom i drugom stenom, samo xto je ovaj put, stigavxi do druge stene, skrenuo pod pravim uglom desno. Taqku do koje je na taj naqin stigao, obeleio je sa Y . Blago je zakopao na sredini dui XY . egov unuk (takoe gusar kao i deda), voen dedinom priqom o ovoj pustolovini, posle 60 godina stie na isto ostrvo sa namerom da iskopa blago. Na svoje veliko iznenaee i razoqaree, otkriva da drvo iz dedine priqe vixe ne postoji, niti je od ega ostao ikakav trag. Ipak, uspeva da nae blago. Opisati kako. (Uputstvo: Vrativxi se razoqaran i bez blaga u Evropu, unuk pokuxava da unese malo radosti u svoj ivot, pa odluquje da se upixe na Matematiqki fakultet. Posle godinu dana mar ivog rada i studiraa na M smeru, saznaje da je mnoee sa i = √−1 rotacija za prav ugao na levo. Shvata i da broj

Zadatak cis θ0 · z rcis (θ + θ0 ) cijom

0

θ0

θ0

θ0

0

θ

z=

z1 + i(z1 − z0 ) + (z2 − i(z2 − z0 )) 2

ne zavisi od z . Tokom leteg raspusta ponovo razapie jedra, vraa se na ostrvo i otkopava blago.) X i Z = {ζ | k ∈ Z}. Iz Moavrove Primer 11. Neka je p ∈ N i ζ = cis formule sledi ζ = 1, a odatle da je Z konaqna podgrupa unitarne grupe U(1) i ima p elemenata: svaki element g ∈ Z je stepen broja ζ : 0

2π p

p

p

k

p

p

Zp = {1, ζ, ζ 2 , . . . , ζ p−1 }.

Kaemo da je ζ generator grupe Z . Grupa koja je generisana jednim elementom naziva se cikliqnom grupom. Svake dve konaqne cikliqne grupe sa istim brojem elemenata su izomorfne. Zaista, dovo no je preslikati generator jedne u generator druge i, koristei grupovnu operaciju, produiti ovo preslikavae do izomorfizma. Do grupe Z se moe doi i polazei od beskonaqne cikliqne grupe (Z, +). Definiximo relaciju ekvivalencije m ≡ n (mod p) ⇔ m − n je de ivo sa p; ova relacija naziva se kongruencijom po modulu p. Iz svake klase ekvivalencije moe se izdvojiti jedan od brojeva 0, 1, . . . , p − 1, pa se koliqniqki skup p

p

56 Z/≡


moe identifikovati sa skupom ostataka pri de eu sa p: Z/≡ = {0, 1, . . . , p − 1}.

Iz oqigledne qienice

(50) sledi da je operacija sabiraa dobro definisana u koliqniqkom skupu Z/ . Zaista, ako su [m] i [n] klase ekvivalencije celih brojeva m i n, iz 50 sledi da je sa m ≡ n (mod p)

⇔

m+k ≡n+k

(mod p)

≡

[m] + [n] = [m + n]

dobro definisano (tj. nezavisno od predstavnika m i n klasa [m] i [n]) sabirae u Z/ , qime je skup Z/ snabdeven strukturom grupe (dokazati!). Poxto su svake cikliqne grupe sa jednakim brojem elemenata izomorfne, sledi da je ovako dobijena grupa izomorfna Z . Tako smo dali dva opisa grupe Z , polazei od multiplikativne grupe (U(1), •) i od aditivne grupe (Z, +). ] Zadatak 49. (Kriterijumi de ivosti) Neka broj n ∈ N ima decimalni zapis n = x · 10 + · · · + x · 10 + x · 10 + x · 10 + x . (51) (a) Dokazati da je broj paran ako i samo ako mu je posleda cifra u decimalnom zapisu, x , parna. (b) Dokazati da je broj de iv sa tri ako i samo ako mu je zbir cifara u decimalnom zapisu x + x + x + x + · · · + x de iv sa tri. (v) Dokazati da je broj de iv sa 11 ako i samo ako je alternirajui zbir egovih cifara u decimalnom zapisu x − x + x − x + · · · + (−1) x de iv sa 11. (g) Izvesti sliqne kriterijume de ivosti sa 4, 5, 6, 7, 9, 13. (Uputstvo: iz 10 ≡ 1 (mod 3) sledi 10 ≡ 1 = 1 (mod 3), pa iz (51) sledi n ≡ x + x + x + x + · · · + x (mod 3), odakle sledi tvree (b). Sliqno, 10 ≡ −1 (mod 11) ⇒ 10 ≡ (−1) (mod 11), odakle sledi kriterijum de ivosti sa 11. Sliqno se izvode i ostali.) X 9.4. Tri nejednakosti. Zavrxiemo ovo poglav e dokazom tri vane nejednakosti. Koliqnici ≡

≡

p

k

k

p

3

3

2

2

1

0

0

0

1

2

3

k

0

1

m

0

1

2

3

2

3

k

k

m

k

m

tg θ :=

m

sin θ , cos θ

sec θ :=

1 cos θ

nazivaju se tangensom i sekansom ugla θ. Za tangens se koristi i oznaka tan. Lema 18. Za 0 ≤ θ < vae sledee dve nejednakosti: sin θ ≤ θ ≤ tg θ. 4 Neka je 0 ≤ θ ≤ ; tada je z = cis θ u prvom kvadrantu. Iz π 2

π 2

|z − 1|2 = (cos θ − 1)2 + sin2 θ ≥ sin2 θ

sledi sin θ ≤ d(1, z). Poxto je θ duina luka 1zc, iz Definicije 27 sledi θ ≥ d(1, z). Time je dokazana prva nejednakost.

10. VEBE

57

Neka je 1 = z , . . . , z = z podela luka 1,dz u prvom kvadrantu, kao u Definiciji 27, pri qemu je z = cis α , α > α , α = 0, α = θ. Elementarne trigonometrijske transformacije daju 1

k

j

j

j

j−1

1

k

≤ | sec αj−1 (zj − zj−1 )| = 2 sin 21 (αj − αj−1 )

|zj − zj−1 |

cos 12 (αj −αj−1 ) cos(αj −αj−1 ) tg αj −tg αj−1 1+tg αj tg αj−1

≤ 2 sin 12 (αj − αj−1 ) sin(α −α

)

= = cos(αjj −αj−1 j−1 ) ≤ tg αj − tg αj−1 ,

pri qemu prva nejednakost sledi iz | sec α | ≥ 1, druga iz svojstva kosinusa 0 ≤ x ≤ y ≤ π ⇒ cos x ≥ cos y , a trea iz tg α ≥ 0 za 0 ≤ α ≤ . Odatle sledi j−1

π 2

|z2 − z1 | + |z3 − z2 | + · · · + |zk−1 − zk−2 | + |zk − zk−1 | ≤ tg θ,

xto, na osnovu Definicije 27, daje drugu nejednakost. 5 31 32 Teorema 24. (Koxi –Xvarcova nejednakost) Za kompleksne brojeve a , . . . , a , b , . . . , b vai 1

n

1

n

n n n X 2 X X 2 ¯ a b ≤ |a | |bk |2 . k k k k=1

k=1

k=1

Neka je A = |a | , B = |b | , C = P a ¯b . Moemo da pretpostavimo B > 0 (u protivnom je b = · · · = b = 0 i tvree je oqigledno taqno). Tada iz P P Pn

4

k=1

k

Pn

2

k

k=1

n k=1

2

1

0

≤ = =

k k

n

2 |Ba ak − C ¯bk )P k − CbP k )(B¯ P k −2Cbk | =P (Ba ¯ |ak | − BC ak bk − BC a B ¯k bk + |C|2 |bk |2 2 2 2 B A − B|C| = B(AB − |C| ) 2

sledi traena nejednakost |C|

2

≤ AB

.

5

10. Vebe

(1) Da li postoji prirodan broj n, takav da je 1+

1 1 1 + 2 + · · · + n ∈ N? 2 2 2

(2) Koja od sledeih tvrea su taqna: (a) (∃n ∈ N) (∀m ∈ N) √√nm ∈ N, (b) (∀n ∈ N) (∃m ∈ N) nm ∈ N√, (v) (∃n ∈ N) (n ≥ 10 ∧ (∀m ∈ N) nm ∈ N), (g) (∀n ∈ N) (∃p, q ∈ Q) pq + p = n, (d) (∀a ∈ R) (∃x ∈ R) x + ax = 0, () (∀a ∈ R) (∃x ∈ R) x + 2ax + a = 0, (e) (∃a ∈ R) (∀x ∈ R) x − 2ax + a > 0? (3) Dokazati da zarsvako n ∈ N vai 2

2 2

2

q

2+ |

n

2 + ··· + {z

korena

√

π 2 = 2 cos n+1 . 2 }

31Koxi (Augustin Cauchy, 1789–1857), francuski matematiqar 32Xvarc (Karl Schwarz, 1843–1921), nemaqki matematiqar

58


(4) Dokazati da ne postoji racionalan broj qiji je kvadrat prost broj. (Uputstvo: ( ) = p ∧ (m, n) = 1 ⇒ p|m ⇒ p|n.) (5) Dokazati da brojevi √2, √3, √5, √2 + √3, √2 + √2, √2 + √3 + √5 nisu racionalni. (6) Izraqunati √5 i √5 sa taqnoxu 10 . (7) Dokazati da sledee jednaqine nemaju rexea u skupu Q: (a) x + x − 1 = 0 (b) 10 = 2 (v) 10 = 3. (8) Da li postoji polinom P sa celobrojnim koeficijentima, takav da su ispuena sledea dva uslova: • preslikavae P : Q → Q je injektivno; • preslikavae P : R → R nije injektivno. Uputstvo: posmatrati polinom P (x) = 2x − x. (9) Nai sva celobrojna rexea jednaqine 1! + 2! + · · · + x! = y . (10) Neka su a, b, c celi brojevi i neka je d = (a, b). (a) Dokazati da su sva rexea jednaqine ax+by = 0 oblika x = t, y = t, t ∈ Z. (Uputstvo: x = − y i ( , ) = 1. Primeniti Zadatak 28 na 27. strani.) (b) Dokazati da jednaqina ax + by = c ima celobrojna rexea ako i samo ako d|c i da su u tom sluqaju sva celobrojna rexea data sa x = x + t, y = y + t, t ∈ Z, gde su x , y celi brojevi koji zadovo avaju ax + by = d, a postoje na osnovu Teoreme 6. (Uputstvo: Desna strana je de iva sa d, pa to mora da bude i leva. Ako je ax + by = c. Jedno rexee je ( x , y ). Primeniti (a).) (11) Dokazati da za n ∈ N vai √n ∈ Q ⇔ √n ∈ N (12) Dokazati da je cos 1 iracionalan broj. (Uputstvo: ako je cos 1 ∈ Q onda su, zbog cos 2x = 2 cos x − 1 i cos 2 , cos 4 , cos 8 , cos 16 , cos 32 racionalni. cos 32 = cos(30 − 2 ).) (13) Dokazati da je cos (nx) polinom n{tog stepena po cos x sa celobrojnim koeficijentima. (14) Dokazati da za x ∈ (0, π) i n ∈ N vai m 2 n

3

3

3

−2

3

6

x

x

3

2

a d

a d

c d 0

b d

c d 0 0

0

b d

a d

b d

a b d d

0

0

c c d 0 d 0

◦

◦

◦

2

◦

◦

◦

◦

◦

◦

◦

1 sin((n + 1/2)x) + cos x + cos (2x) + · · · + cos (nx) = . 2 2 sin (x/2)

(15) Dokazati nejednakost

za n ∈ N. pozitivni realni brojevi. Dokazati da vae

1 1 1 1 + 2 + ··· + 2 ≤ 2 − 22 3 n n a1 , a2 , . . . , an

1+

(16) Neka su nejednakosti 1 a1

+

1 a2

n + ··· +

1 an

≤

√ n

a1 + a2 + · · · + an a1 a2 · · · an ≤ ≤ n

r

a21 + a22 + · · · + a2n , n

pri qemu jednakost vai ako i samo ako je a = a = . . . = a . Veliqine koje uqestvuju u ovim nejednakostima nazivaju se harmonijskom, geometrijskom, aritmetiqkom i kvadratnom sredinom brojeva a , a , . . . , a . Ako ove sredine oznaqimo sa H , G , A , K , prethodna nejednakost glasi 1

1

2

n

2

n

Hn ≤ Gn ≤ An ≤ Kn .

n

n

n

n

10. VEBE

Uputstvo: Ne umaujui opxtost, moemo da pretpostavimo da je a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ,

59

a1 < an .

Dokazati prvo da je

a1 < An < an ,

a zatim dokazati nejednakost

An (a1 + an − An ) − a1 an = (a1 − An )(An − an ) > 0.

Dokazati nejednakost

G2 ≤ A2 .

Primeniti zatim metod indukcije: pretpostaviti da je G ≤ A . Primeniti ovu nejednakost na aritmetiqku i geometrijsku sredinu brojeva a + a − A ,a ,...,a i zavrxiti dokaz nejednakosti G ≤ A . Primeniti ovu nejednakost na brojeve a , a , . . . , a i dokazati nejednakost H ≤ G . Za nejednakost A ≤ K iskoristiti Koxi{Xvarcovu nejednakost (Teorema 24). (17) Dokazati da za sve prirodne brojeve n > 2 vae nejednakosti n−1

1

−1 1

n

2

n−1

n

−1 2

n

n

n

−1 n

n

n

n

nn/2 < n! <

n+1 2

n

.

(18) Dokazati da za sve prirodne brojeve n ≥ 2 vai nejednakost √ 1 1 1 1 + √ + √ + · · · + √ > 2( n + 1 − 1). n 2 3

(19) Dokazati da za sve prirodne brojeve n vai nejednakost v s u r u q √ t √ n + n − 1 + n − 2 + · · · + 2 + 1 < n + 1.

(20) Dokazati nejednakosti a a ≥ 2 za ab > 0 i ≤ −2 za ab < 0. b b Kad vae jednakosti? (21) Dokazati nejednakost a + b + c ≥ ab + bc + ca. (22) Dokazati da za a > 0, b > 0 vai nejednakost r r 2

√

√

a+

2

2

b≤

(23) Dokazati da za prealne brojeve p | a2 + b2 −

a2 + b a, b, c

b2 a

vai nejednakost

a2 + c2 | ≤ |b − c|.

(24) Dokazati da za a > 0 i n ∈ N vai nejednakost 1+

√ 1 − a−1 a−1 ≤ na≤1+ . −1 n−1+a n

n−1

60


(25) Dokazati da za prirodan broj n ≥ 3 vae nejednakosti 1<

√ n

2 n<1+ √ . n

(26) Dokazati da za realne brojeve a , a , . . . , a , b , b , . . . , b vai 1

2

n

| max ak − max bk | ≤ max |ak − bk | ≤ 1≤k≤n

1≤k≤n

1≤k≤n

1

n X

2

n

|ak − bk |.

k=1

(27) Dokazati Qebixev evu33 nejednakost: Ako je a ≤ a ≤ ··· ≤ a i b ≤ b ≤ ··· ≤ b , onda je 1

2

n

1

2

n

a1 + a2 + · · · + an b1 + b2 + · · · + bn a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn · ≤ . n n n

Uputstvo: poi od nejednakosti n X n X

(ak − aj )(bk − bj ).

k=1 j=1

Ona vai zbog pretpostavi o brojevima a , b : (a − a ) i (b − b ) su istog znaka. (28) Neka su α , α , . . . , α i β , β , . . . , β realni brojevi, takvi da je i

1

2

n

1

n X

2

αk2 =

i

k

j

k

j

n

n X

βk2 = 1.

Koristei nejednakost trougla i nejednakost izmeu geometrijske i kvadratne sredine, dokazati k=1

k=1

n X αk βk ≤ 1.

Izvesti iz ove nejednakosti jox jedan dokaz Teoreme 24. (29) Dokazati da za realne brojeve a , a , . . . , a (n ≥ 2) vai nejednakost k=1

1

X n

2 ak

2

n

n X a2k . ≤ (n − 1) 2a1 a2 +

(30) Neka su a , a , . . . , a realni brojevi za koje vai k=1

1

i neka je

2

k=1

n

|a1 | + |a2 | + · · · + |an | > 0

A = {(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn |

Nai

n X

ak xk = 1}.

k=1

min{x21 + x22 + · · · + x2n | (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ A}.

33Qebixev (Pafnuti L~voviq Qebyxv, 1821{1894), ruski matematiqar

10. VEBE

(31) Neka su a , a , . . . , a pozitivni realni brojevi za koje vai 1

2

61

n

n X

Dokazati da je

ak ≤ 1.

k=1 n X 1 ≥ n2 . ak

(32) Nai sve n{torke pozitivnih realnih brojeva a , a , . . . , a za koje vai jednakost X X k=1

1

n

n

n

2

ak

2

a2k .

=

(33) Dokazati da za neprazne i ograniqene podskupove A, B skupa R vai sup(A ∪ B) = max{sup A, sup B}, inf(A ∪ B) = min{inf A, inf B}. (34) Nai supremum i infimum skupova (a) A = { | m, n ∈ N, m < n} (b) B = { | m ∈ Z, n ∈ N}. (35) Nai (a) inf sup (b) sup inf (v) inf sup (g) sup inf . (36) Izraqunati X X i . ij i j (37) Dokazati da je √ k=1

k=1

m |m|+n

m n

m−n n∈N m∈N m+n m n∈N m∈N m+n

m∈N n∈N

m∈N n∈N

1≤i
√ 2

m−n m+n

m m+n

1≤i≤j≤n

√ √ √ 2 √ ( 2 − 6 − i( 2 + 6)). 4 z1 , z2 , z3 ∈ C

6

1+i=

(38) Dokazati da postoje tri taqke sa svojstvom da je za proizvo nu taqku ξ ∈ C bar jedno od rastojaa |ξ − z |, |ξ − z |, |ξ − z | iracionalan broj. (39) Dokazati da je za svaki kompleksni broj z ∈ S 1

2

3

1

|z + 1|2 + |z − 1|2 = 4. √ E = {m + n 2 | m, n ∈ Z} R A∩(a, a+ε) = ∅ E R a + E :=

(40) Dokazati da je skup gust u . Uputstvo: Pretpostaviti suprotno { da je za neko ε > 0. Posto je skup gust u ako i samo ako je gust skup {a + e | e ∈ E}, moemo, ne umaujui opxtost, da pretpostavimo da je a = 0. Zak uqiti da je ν := inf E ∩ (0, +∞) > 0 i E ∩ [0, s) = {0}. Dokazati zatim da je ν ∈ E { u suprotnom bi bilo ν = inf E ∩ (0, +∞), pa bi postojali elementi e , e ∈ E ∩ (0, +∞), takvi da je 1

2

1 ν ≤ e1 < e2 ≤ ν + ν. 2 E ∩ (0, +∞) 3 e2 − e1 < ν/2 < ν e ∈ E

Odatle bi sledilo tradikcija. Dokazati zatim da za svako

, xto je konpostoji ceo broj k,

62


takav da je e = kν (uzeti k = [e/ν] i iz kν ≤ e < (k + 1)ν zak uqiti da je e − kν ∈ E ∩ [0, ν), odnosno e − kν √= 0). Specijalno, postoje celi brojevi k , k takvi da je 1 = k ν, 2 = k ν. Izvesti odatle kontradikciju. (41) Uopxtavajui vebu (40) dokazati da je podgrupa (G, +) grupe (R, +) ili gusta ili diskretna (diskretan skup smo definisali u Definiciji 16). Izvesti odatle jox jedno rexee Zadatka 29 na str. 30 (videti i Primer 8 na str. 39). Uputstvo: Neka je ν = inf G ∩ (0, +∞). Dokazati (koristei ideju Vebe (40)) da iz nν > 0 sledi G = νZ. (42) Neka je A konaqan skup. Dokazati da je preslikavae f : A → A 1{1 ako i samo ako je NA. Da li isto vai za beskonaqne skupove? (43) Neka je E neprebrojiv skup taqaka u kompleksnoj ravni C. Dokazati da postoji disk D = {z | |z| ≤ ρ} sa centrom u nuli u kome se nalazi neprebrojivo mnogo taqaka skupa E. (44) Neka je P skup taqaka u ravni sa svojstvom da je rastojae izmeu svake dve egove taqke vee od ε > 0. Dokazati da je skup P najvixe prebrojiv. (45) Neka je S prebrojiv skup pravih koje lee u ravni σ. Dokazati da postoji taqka x ∈ σ koja ne pripada ni jednoj pravoj skupa S. (46) Neka je T prebrojiv skup pravih u trodimenzionom euklidskom prostoru. Dokazati da postoji prava koja ne seqe ni jednu pravu skupa T. (47) Dokazati da svaki beskonaqni skup ima pravi (neprazan i razliqit od celog skupa) podskup koji je prebrojiv. (48) Dokazati da je svaki beskonaqan podskup prebrojivog skupa prebrojiv. (49) Dokazati da se kardinalnost neprebrojivog skupa ne mea ako mu se doda ili oduzme prebrojiv skup. (50) Neka je G prebrojiv skup taqaka na krugu S . Da li postoji ugao θ, takav je T ∩ R (T ) = ∅ (R je rotacija oko koordinatnog poqetka za ugao θ)? 1

2

1

2

1

θ

θ

GLAVA 2

Funkcije realne i kompleksne promen ive Operacije i relacije definisane na C prenose se na preslikavaa proizvo nog skupa u podskup kompleksne ravni. Preciznije, za dva preslikavaa f : X → C, f : X → C i λ, µ ∈ C definiximo preslikavaa 1

1

2

2

f1 + f2 : X1 ∩ X2 → C, (f1 + f2 )(x) := f1 (x) + f2 (x), λf1 , µ + f1 : X1 → C, (λf1 )(x) := λ · f1 (x), (µ + f1 )(x) = µ + f1 (x), f1 · f2 : X1 ∩ X2 → C, (f1 · f2 )(x) := f1 (x) · f2 (x), f1 ( ff12 )(x) := ff12 (x) f2 : X1 ∩ X2 \ {x ∈ X2 | f2 (x) = 0} → C, (x) .

(1)

Ako je X = X definixemo relaciju f ≤ f ⇔ (∀x) f (x) ≤ f (x). Termin funkcija se qesto (mada to nije opxte prihvaena terminologija, pa se ponekad termini funkcija i preslikavaǌe smatraju sinonimima) koristi za takva preslikavaa, koja imaju vrednosti u skupu brojeva, tj. za preslikavaa f : X → Y , gde je Y ⊂ C. Mi emo preslikavaa f : X → Y , gde je X ⊂ R i Y ⊂ R ili Y ⊂ C nazivati funkcijama realne promenǉive; u prvom sluqaju govoriemo o realnim, a u drugom o kompleksnim funkcijama realne promen ive. Funkcije f : X → Y , gde je X ⊂ C zvaemo funkcijama kompleksne promenǉive. 1

2

1

2

1

2

1. Elementarne funkcije

U ovom paragrafu ograniqiemo se na razmatrae funkcija realne promen ive. 1.1. Polinomske funkcije. Ve smo se susreli sa pojmom polinoma. Polinomska funkcija je preslikavae f (x) = a + a x + · · · + a x , (2) sa domenom D(f ) = R. Ako su koeficijenti a , . . . , a realni, (2) definixe funkciju f : R → R, a ako je a , . . . , a ∈ C sa (2) je definisana funkcija f : R → C. Specijalno, polinomska funkcija funkcija x 7→ x naziva se stepenom funkcijom. 1.2. Racionalne funkcije. Racionalna funkcija je koliqnik dve polinomske funkcije: a + a x + ··· + a x f (x) = . (3) b + b x + ··· + b x Domen funkcije (3) je skup D(f ) = {x ∈ R | b + b x + · · · + b x 6= 0}. 0

1

n

n

0

0

n

n

n

0

0

1

n

1

m

63

0

n

m

1

m

m

64

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

1.3. Eksponencijalne funkcije. Neka je a > 0. U Definiciji 20 na str. 44 smo definisali broj a za svako x ∈ R. Lako je videti da je a > 0. Funkciju f : R → (0, +∞), f (x) = a (4) sa domenom D(f ) = R nazivamo eksponencijalnom funkcjom. 1.4. Trigonometrijske funkcije. U Definiciji 28 (str. 53) smo definisali sinus i kosinus realnog broja. Funkcije x 7→ sin x, x 7→ cos x (5) imaju domene D(sin) = D(cos) = R. Fukcije sin x 1 tg x = , sec x = (6) cos x cos x se nazivaju tangensom i sekansom i imaju domen D(tg ) = D(sec) = R\{ +kπ | k ∈ Z}. Funkcije cos x 1 cotg x = , cosec x = (7) sin x sin x se nazivaju kotangensom i kosekansom i imaju domen D(cotg ) = D(cosec ) = R \ {kπ | k ∈ Z}. 1.5. Inverzne funkcije. Da bi funkcija f : X → Y imala inverznu funkciju f : f (Y ) → X , neophodno je da bude 1{1. 1.5.1. Korene funkcije. U Definiciji 19 na str. 43 smo definisali n{ti koren pozitivnog broja. Stepena funkcija f : R → R, f (x) = x je 1 − 1 ako i samo ako je n neparan broj. Neka je n = 2k + 1. U tom sluqaju, definisana√ je inverzna funkcija x

x

x

π 2

−1

n

f −1 = 2k+1 x, √ 2k+1 x < 0 0 = 0 D(f −1 ) = R

f : R → R,

gde je x := − −x za i . Ovu funkciju nazivamo korenom funkcijom. en domen je . Neka je n = 2k. Tada je restrikcija funkcije f na [0, +∞) 1{1, pa ima inverznu funkciju. Primetimo da je i restrikcija funkcije f na interval (−∞, 0] takoe 1{1, pa i ona ima inverznu funkciju. Ove dve inverzne funkcije nazivaju se dvema granama korene funkcije. Oznaqimo ih sa f i f . Obe imaju isti domen D(f ) = D(f ) = [0, +∞), ali razliqite oblasti vrednosti: √ 2k+1

√ 2k+1

−1 −

−1 +

−1 f+ : [0, +∞) → [0, +∞),

−1 −

−1 +

−1 f− : [0, +∞) → (−∞, 0].

1.5.2. Logaritamske funkcije. Ako je a > 0 i a 6= 1 eksponencijalna funkcija (4) je 1{1. Zadatak 1. Dokazati da je f : R → (0, +∞) NA. (Uputstvo: ukoliko ne uspete, saqekajte dok stignete do 72. strane) X Inverznu funkciju f : (0, +∞) → R nazivamo logaritamskom funkcijom i oznaqavamo sa log x. U sluqaju a = e (broj e je definisan na str. 22) pixemo ln x ili log x umesto log x.1 Iz ove definicije i iz Tvrea 3 na −1

a

e

1Napuxtamo xkolski obiqaj korixea posebne oznake za logaritam sa osnovom 10.

1. ELEMENTARNE FUNKCIJE

65

str. 44 sledi da logaritamska funkcija ima sledea svojstva: loga (xy) = loga x + loga y, loga xy = y loga x, loga x logb a = logb x (a > 1 ∧ y < x) ⇒ loga y < loga x, (0 < a < 1 ∧ y < x) ⇒ loga x > loga y.

2 Dokazati da je log 2 iracionalan broj. X 1.5.3. Inverzne trigonometrijske funkcije. Kao i u sluqaju stepenih funkcija sa parnim stepenom, trigonometrijske funkcije nisu 1{1, ali ihove restrikcije na pojedine intervale jesu, pa moemo da izdvojimo vixe grana inverznih trigonometrijskih funkcija. Po dogovoru, glavnim granama sma tramo one koje se dobijaju od restrikcije sinusa na interval − , , kosinusa na interval [0, π], tangensa na − , , sekansa na [0, π], kotangensa na (0, π) i kosekansa na − , . Ove, glavne, grane nazivamo inverznim trigonometrijskim funkcijama, ili arkus (lat. arcus { luˆk) funkcijama i oznaqavamo sa arc ispred oznake za funkciju: Zadatak .

10

π 2

π 2

π 2

arcsin : [−1, 1] → − π2 , π2 , arctg : R → − π2 , π2 , arccotg : R → (0, π),

π 2

π 2

π 2

arccos : [−1, 1] → [0, π], arcsec : {x ∈ R | |x| ≥ 1} → [0,π], arccosec : {x ∈ R | |x| ≥ 1} → − π2 , π2 .

Zadatak 3. Dokazati opravdanost ovih definicija, tj. surjektivnost restrikcija trigonometrijskih funkcija na intervale koji su u prethodnoj definiciji domeni inverznih funkcija. (Uputstvo: kao za Zadatak 1) X 1.6. Klasa elementarnih funkcija. Elementarnim funkcijama nazivaemo funkcije koje se mogu dobiti iz funkcija koje smo do sada razmatrali u ovom paragrafu, operacijama sabiraa, mnoea, de ea i kompozicije. Dajemo preciznu definiciju. Definicija 1. Klasa elementarnih funkcija je najmaa klasa E realnih funkcija realne promen ive koja ima svojstva (e1) polinomske, korene, eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijske i inverzne trigonometrijske funkcije pripadaju klasi E (e2) f, g ∈ E ⇒ f + g, f · g, ∈ E (sa odgovarajuim domenima) (e3) za X, Y, Z ⊂ R i f : X → Y , g : Y → Z vai f, g ∈ E ⇒ g ◦ f ∈ E. Primer 1. (Hiperboliqke funkcije) Funkcije f g

sh x :=

1 x (e − e−x ), 2

ch x :=

1 x (e + e−x ) 2

(hiperboliqki sinus i kosinus) su elementarne funkcije, kao i hiperboliqki tangens i kotangens th x :=

sh x , ch x

cth x :=

ch x . sh x

Hiperboliqki sinus je neparna, a hiperboliqki kosinus parna funkcija: sh (−x) = −sh x,

ch (−x) = ch x.

Ove funkcije zadovo avaju identitet ch x − sh x = 1. ] Zadatak 4. Dokazati da funkcija x 7→ sh x bijektivno preslikava R na R i da je ena inverzna funkcija p 2

arsh y = log(y +

1 + y 2 ),

2

y ∈ R,

66


a da funkcija x 7→ ch x bijektivno preslikava svaki od intervala (−∞, 0], [0, +∞) na [1, +∞), pa ima dve inverzne grane p p arch − y = log(y −

y 2 − 1),

arch + y = log(y +

Dokazati da hiperboliqki tangens ima inverznu funkciju arth y =

1 1+y log , 2 1−y

|y| < 1

arth y =

1 y+1 log , 2 y−1

|y| > 1.

a hiperboliqki kotangens

y 2 − 1).

X

2. Neprekidnost 2.1. Pojam neprekidnosti. Posmatrajmo funkciju g : R \ {−2} → R,

(8)

3x2 + 5x − 2 . x+2

g(x) =

Izraz na desnoj strani u (8) moemo da transformixemo: (3x − 1)(x + 2) 3x2 + 5x − 2 = = 3x − 1 x+2 x+2 x∈R D(g) = R \ {−2}

za x 6= −2. Posledi izraz je definisan za svako definisan na skupu . Funkcija

, dok je izraz u (8)

g˜(x) = 3x − 1

zadovo ava g(x) = g˜(x) za svako x ∈ R \ {−2}, pri qemu g nije definisana u taqki −2, dok je g˜(−2) = −7. Funkcija ( g˜(x) =

se razlikuje od funkcije

3x2 +5x−2 , x+2

( h(x) =

x 6= −2, x = −2.

−7, 3x2 +5x−2 , x+2

x 6= −2, x = −2.

1,

po svojstvu neprekidnosti u taqki −2, koje uvodimo sledeom definicijom. Definicija 2. Funkcija f : D(f ) → R je neprekidna u taqki x ∈ D(f ) ako (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ D(f )) |x − x | < δ ⇒ |f (x) − f (x )| < ε. Kaemo da je funkcija prekidna u taqki x ako nije neprekidna u toj taqki; u tom sluqaju taqku x nazivamo taqkom prekida funkcje f . Funkcija f je neprekidna ako je neprekidna u svakoj taqki domena, tj. ako vai (∀ε > 0)(∀y ∈ D(f ))(∃δ > 0)(∀x ∈ D(f )) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. (9) Zadatak 5. Dokazati da funkcija g˜(x) iz prethodnog razmatraa jeste, a da funkcija h nije neprekidna u taqki −2. Za zadato ε > 0 nai δ > 0 tako da vai |x − (−2)| < δ ⇒ |˜g(x) − g˜(−2)| < ε. X 0

0

0

0

0

2. NEPREKIDNOST

67

2.2. Primeri. Ilustrovaemo pojam neprekidnosti primerima.

Primer 2. Konstantna funkcija f (x) ≡ c je neprekidna u svakoj taqki svog domena. Zaista, poxto je f (x) − f (y) = c − c = 0, implikacija iz Definicije 2 u ovom sluqaju glasi (∀ε > 0)(∀y ∈ U )(∃δ > 0)(∀x ∈ U ) |x − y| < δ ⇒ 0 < ε i oqigledno je taqna. ] Primer 3. Funkcija f (x) = |x| je neprekidna. Neka je ε > 0. Iz Leme 7, 4. na 37 sledi da je implikacija iz Definicije 2 taqna za δ = ε. ] Primer 4. Funkcija signum (lat. signum { znak), definisana sa  sgn x =

 1, 0,   −1,

x > 0, x = 0, x < 0.

je prekidna u taqki 0 i neprekidna u svakoj taqki a ∈ R \ {0}. Zaista, neka je ε = . Tada za svako δ > 0 interval |x − 0| < δ sadrzi par a, −a za neko a 6= 0. Iz |sgn a − sgn (−a)| = 2 > ε sledi da je 0 taqka prekida funkcije sgn . Neprekidnost u ostalim taqkama sledi iz Primera 2. ] Primer 5. Funkcija f (x) = x (za n ∈ N) je neprekidna na skupu R. Zaista, neka je x ∈ R. Tada je x − x = (x − x )(x + x x + · · · + xx +x ). Lako se vidi da postoji M > 0 takvo da za x ∈ (x − 1, x + 1) vai |x + x x + · · · + xx + x | < M . Neka je ε > 0. Tada za δ = min{εM , 1} vai implikacija |x − x | < δ ⇒ |x − x | < ε. ] Primer 6. Funkcije x 7→ sin x i x 7→ cos x su neprekidne na skupu R. Zaista, 1 2

n

n

0

n−2 0

n−1 0 n−1

n 0

n−1

0

n−2

0

0

n−2

n−2 0

0

−1

n−1 0

n

0

0

n 0

x + y x − y x−y | sin x − sin y| = 2 sin cos ≤ 2 sin ≤ |x − y|, 2 2 2

gde posleda nejednakost sledi iz Leme 18. Odatle sledi da za svako ε > 0, svako δ ≤ ε ispuava uslove Definicije 2. Sliqno, iz x + y x−y x − y sin | cos x − cos y| = − 2 sin ≤ 2 sin ≤ |x − y| 2 2 2

sledi neprekidnost kosinusa. ] Primer 7. Funkcija x 7→ a (za a > 0) je neprekidna na skupu R. Dokazaemo to za a > 1, sluqaj a < 1 se dokazuje analogno, dok je sluqaj a = 1 razmotren u Primeru 2. Dokaimo prvo neprekidnost u nuli. Iz Tvrea 3 na str. 44 sledi da za x ∈ R, vai 1 0. Iz Bernulijeve nejednakosti i Arhimedove aksiome lako sledi da (∃m ∈ N) n > m ⇒ (1 + ε) > a. Odatle, na osnovu Tvrea 3 na str. 44 sledi a < (1 + ε), tj. a − 1 < ε. Odatle lako sledi 1 − a < a ε < ε. Zajedno sa (10) sada imamo x

1 −n

1 n

x

n 1 n

1 −n

1 −n

−ε < ax − 1 < ε,

1 n

68


odakle sledi da δ = zadovo ava uslov Definicije 2. Time je dokazana neprekidnost u nuli. Neprekidnost u proizvo noj taqki x ∈ R lako sledi iz a − a = a (a − 1) i neprekidnosti u nuli. ] Primer 8. Funkcija x 7→ log x (za a > 0, a 6= 1) je neprekidna na (0, +∞). Zaista, neka je x > 0 i ε > 0. Pretpostavimo da je a > 1, sluqaj a < 1 tretira se sliqno. Tada je 1 n

0

x

x0

x0

x−x0

a

0

x0 a−ε < x < x0 aε ⇒ −ε < loga

x = loga x − loga x0 < ε, x0

pa za δ = 2 x (a − a ) vai |x − x | < δ ⇒ | log x − log x | < ε, odakle sledi neprekidnost funkcije log x u x . Kasnije emo dati jox jedan dokaz neprekidnosti logaritamske funkcije (v. Teoremu 8 na str 76). ] Zadatak 6. Dokazati da je funkcija f (x) = x neprekidna na svom domenu. Nai najvee δ > 0 za koje iz |x − 2| < δ sledi |f (x) − f (2)| < 0, 01. X 2.3. Jox neke definicije neprekidnosti. Imajui u vidu definiciju otvorenog skupa datu na str. 40, dobijamo sledeu lemu kao jednostavnu preformulaciju definicije neprekidnosti. Lema 1. Funkcija f : D(f ) → R je neprekidna u taqki x ∈ D(f ) ako za svaku otvorenu okolinu V taqke f (x ) postoji otvorena okolina U taqke x takva da vai f (U ∩ D(f )) ⊂ V . Zadatak 7. Dokazati da je svaka funkcija neprekidna u svakoj izolovanoj taqki svog domena. X Napomena 1. Prirodno se postav a pitae da li je pojam neprekidnosti vezan isk uqivo za realne funkcije realne promen ive. Odmah vidimo da implikacija |x − x | < δ ⇒ |f (x) − f (x )| < ε, (11) a time i Definicija 2, ima smisla i za kompleksne funkcije kompleksne promen ive. Zaista, Definiciju 2 smatraemo od sada i definicijom neprekidnosti kompleksne funkcije kompleksne promen ive, bez potrebe da je ponav amo. Imajui u vidu definiciju otvorenog skupa u C datu na str. 50, pojam neprekidnosti kompleksnih funkcija kompleksne promen ive moemo da formulixemo i kao u Lemi 1. Iz |Re z| ≤ |z| = |Re z| + |Im z| , |Im z| ≤ |z| = |Re z| + |Im z| sledi da vai sledea lema. Lema 2. Kompleksna funkcija f : D(f ) → C je neprekidna u taqki x ako i samo ako su neprekidne realne funkcije Re f, Im f : D(f ) → R, gde je (Re f )(x) = Re (f (x)), (Im f )(x) = Im (f (x)). 4 Dokaz sledi direktno iz −1

0

−ε

ε

0

a

0

a

0

a

−1

0

0

0

0

2

2

2

0

2

2

2

2

2

0

|Re f (x) − Re f (x0 )|2

|Im f (x) − Im f (x0 )|2

≤ |f (x) − f (x0 )|2 = |Re f (x) − Re f (x0 )|2 + |Im f (x) − Im f (x0 )|2 ≤ |f (x) − f (x0 )|2 = |Re f (x) − Re f (x0 )|2 + |Im f (x) − Im f (x0 )|2

i definicije neprekidnosti implikacijom (11).

5

2. NEPREKIDNOST

69

Posledica 1. Projekcije π , π : C → R, π (z) = Re z , π z = Im z su neprekidne u svakoj taqki. 4 Dokaz sledi primenom Leme 2 na neprekidnu funkciju f (z) = z . Napomena 2. Implikacija (11) moe da se napixe u terminima pojma metrike (v. Definiciju 24 na str. 50), u vidu d(x, x ) < δ ⇒ d(f (x), f (x )) < ε. Dakle, jedina specifiqnost po a kompleksnih brojeva koju smo koristili u Definiciji 2 je postojae metrike u kompleksnoj ravni. Ovo opaae emo kasnije iskoristiti za uopxtee pojma neprekidnosti (v. Glavu 1). Napomena 3. Neka su f : D(f ) → C i f : D(f ) → C dve funkcije realne ili kompleksne promen ive i neka je x ∈ D(f ) ∩ D(f ). Pretpostavimo da postoji otvorena okolina U taqke x , takva da je f (x) = f (x) za svako x ∈ U . Tada je, na osnovu Definicije 2, oqigledno da je funkcija f neprekidna u taqki a ako i samo ako je funkcija f neprekidna u toj taqki. Drugim reqima, pojam neprekidnosti u taqki zavisi samo od ponaxaa funkcije u nekoj okolini te taqke. Zato kaemo da je neprekidnost lokalno svojstvo funkcije. Napomena 4. Imajui u vidu Napomenu 3, pri razmatrau osobina funkcije f : D(f ) → C vezanih za neprekidnost u taqki x ∈ D(f ) qesto emo se ograniqiti na posmatrae enog ponaxaa u otvorenoj okolini te taqke. Pri tome, taqka x moe da bude takva da nijedna ena otvorena okolina nije sadrana u D(f ) (npr. taqka 0 ako je D(f ) = [0, 1]). Zato uvodimo sledei pojam. Definicija 3. Neka je A ⊂ R. Tada je skup V otvoren u skupu A, ako postoji otvoren skup U ⊂ R takav da je V = U ∩ A. Kaemo jox i da je V relativno otvoren u odnosu na A. Kolekcija svih podskupova skupa A koji su otvoreni u A naziva se relativnom topologijom skupa A. Skup K je zatvoren u skupu A, ako postoji zatvoren skup L ⊂ R takav da je K = L ∩ A. Kaemo jox i da je K relativno zatvoren u odnosu na A. Na primer, interval [0, ) je otvorena okolina taqke 0 ∈ [0, 1] u skupu [0, 1]. Kada govorimo o otvorenim okolinama taqke domena funkcije D(f ), po pravilu emo pod time podrazumevati skupove otvorene u skupu D(f ), bez posebnog naglaxavaa. Lema 3. Kompleksna funkcija kompleksne promen ive f : D(f ) → C je neprekidna ako i samo ako je za svaki otvoren skup V ⊂ C skup 1

2

1

2

0

1

1

2

0

0

0

2

1

2

1

2

1

2

0

0

1 2

f −1 (V ) := {z ∈ D(f ) | f (z) ∈ V }

otvoren u D(f ). 4 Dokaz sledi iz Leme 1 i definicije otvorenog skupa. 5 Posledica 2. Kompleksna funkcija kompleksne promen ive f : D(f ) → C je neprekidna ako i samo ako je za svaki zatvoren skup K ⊂ C skup f −1 (K) := {z ∈ D(f ) | f (z) ∈ K}

zatvoren u D(f ). 4 Dokaz sledi iz Leme 3, Leme 11 na str. 41 i svojstva f f (B). −1

−1

(A \ B) = f −1 (A) \ 5

70


2.4. Osobine neprekidnih funkcija. Iz svojstva neprekidnosti funkcije u taqki moemo da izvedemo neke zak uqke o ponaxau funkcije u okolini te taqke. Jedan od ih je zak uqak o ograniqenosti i lokalnoj stabilnosti znaka funkcije koji izdvajamo u lemama 4 i 5. Pre toga, dajemo sledeu definiciju. Definicija 4. Funkcija f : D(f ) → C je ograniqena na skupu X ⊂ D(f ) ako postoji M ≥ 0 za koje vai (∀x ∈ X) |f (x)| ≤ M . Iz |Re z| ≤ |z| = |Re z| + |Im z| , |Im z| ≤ |z| = |Re z| + |Im z| sledi da je kompleksna funkcija f : D(f ) → C ograniqena ako i samo ako su ograniqene realne funkcije Re f, Im f : D(f ) → R. Lema 4. Neka je funkcija f : D(f ) → C neprekidna u taqki z . Tada je f ograniqena u nekoj otvorenoj okolini taqke z . 4 Iz napomene posle Definicije 4 sledi da je dovo no razmotriti sluqaj realne funkcije. Neka je ε > 0. Iz definicije neprekidnosti sledi da za neko δ > 0 vai z ∈ (z − δ, z + δ) ⇒ f (z ) − ε < f (z) < f (z ) + ε, pa je |f (z)| < M = |f (z )| + ε u okolini (z − δ, z + δ) taqke z . 5 Lema 5. Neka je funkcija f : D(f ) → R neprekidna u taqki z . (a) Ako je f (z ) > 0, onda postoji otvorena okolina U taqke x takva da je f (z) > 0 za sve z ∈ U . (b) Ako je f (z ) < 0, onda postoji otvorena okolina U taqke z takva da je f (z) < 0 za sve z ∈ U . 4 Neka je f (z ) > 0 i ε = f (x ). Tada iz definicije neprekidnosti sledi za neko δ > 0 vai 2

2

2

2

2

2

2

2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1 2

0

0

1 f (z0 ). 2 f (z) > f (z0 ) − 12 f (z0 ) > 0

|z − z0 | < δ ⇒ |f (z) − f (z0 )| <

Iz poslede nejednakosti sledi . Time je dokazano (a), (b) se dokazuje na isti naqin. 5 Posledica 3. Ako kompleksna funkcija f : D(f ) → C neprekidna u taqki z i ako je f (z ) 6= 0, onda postoji otvorena okolina U taqke z takva da je f (z) 6= 0 za svako z ∈ U . 4 Ako je f (z ) 6= 0, onda je Re f (z ) 6= 0 ili Im f (z ) 6= 0. Pretpostavimo da je Re f (z ) 6= 0. Tada, prema Lemi 5, postoji otvorena okolina U 3 z takva da je Re f (z) 6= 0 za sve z ∈ U . Ali tada je i f (z) 6= 0 za z ∈ U . 5 Algebarske operacije (1) quvaju svojstvo neprekidnosti. Preciznije, vai sledea teorema. Teorema 1. Neka je Z ⊂ C i neka su funkcije f, g : Z → C neprekidne u taqki z ∈ Z . Tada su neprekidne i funkcije f + g, f · g i, pod uslovom da je g(z ) 6= 0, . 4 Neka je ε > 0. Poxto su f i g neprekidne funkcije, za neko δ > 0 vai 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

f g

|z − z0 | < δ ⇒ |f (z) − f (z0 )| <

ε ε ∧ |g(z) − g(z0 )| < . 2 2

2. NEPREKIDNOST

71

Tada je |(f + g)(z) − (f + g)(z )| ≤ |f (z) − f (z )| + |g(z) − g(z )| < ε, odakle sledi da je f + g neprekidna u z . Iz Leme 4 sledi da za neku okolinu U taqke z i neko M ≥ 0 vai (∀z ∈ U ) |f (z)| ≤ M ∧ |g(z)| ≤ M . Iz neprekidnosti funkcija f i g sledi da za neko δ > 0 vai 0

0

0

0

0

1

ε ε ∧ |g(z) − g(z0 )| < . 2M 2M

|z − z0 | < δ1 ⇒ |f (z) − f (z0 )| <

Tada je, za δ = min{δ , δ } i |z − z | < δ, 0

1

0

|(f · g)(z) − (f · g)(z0 )|

= |f (z)g(z) − f (z)g(z0 ) + f (z)g(z0 ) − f (z0 )g(z0 )| ≤ |f (z)||g(z) − g(z0 )| + |f (z) − f (z0 )||g(z0 )| ≤ M |f (z) − f (z0 )| + M |g(z) − g(z0 )| ε ε < 2M + 2M = ε,

odakle sledi da je f · g neprekidna u z . Dokaimo na kraju da je, ako je g(z ) 6= 0, neprekidna, odakle e, na osnovu prethodno dokazanog, slediti da je = f · neprekidna. Kao u dokazu Leme 5, iz neprekidnosti funkcije g sledi za neko δ > 0 vai 0

1 g

0

f g

1 g

0

tj.

|z − z0 | < δ0 1 2 |g(z0 )|

≤ |g(x)| ≤ 23 |g(x0 )|

1 ⇒ |g(z) − g(z0 )| < |g(z0 )|, 2 δ1 > 0

, a za neko

vai

|z − z0 | < δ0 ⇒ |g(z) − g(z0 )| <

Tada je, za δ = min{δ , δ } i |z − z | < δ, 0

1

|g(z0 )|2 ε . 2

0

1 1 g(z) − g(z0 ) |g(z) − g(z0 |) − ≤ ε, = ≤ 1 g(z) g(z0 ) g(z)g(z0 ) 2 |g(z0 )||g(z0 )|

tj. je neprekidna u z . 5 Teorema 2. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b] i neka vai f (a) · f (b) < 0. Tada postoji taqka c ∈ (a, b) takva da je f (c) = 0. 4 Iz f (a) · f (b) < 0 sledi da je vrednost funkcije na jednom kraju intervala pozitivna, a na drugom negativna. Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je f (a) < 0, f (b) > 0. Podelimo interval [a, b] na dva dela taqkom . Ako je f ( ) = 0, taqka c = ispuava uslove teoreme. Pretpostavimo da je f ( ) 6= 0, tj, ne umaujui opxtost, f ( ) > 0. Oznaqimo a = , b = b. Na krajevima segmenta [a , b ] funkcija f ima vrednosti razliqitog znaga. Ponovimo sa segmentom [a , b ] isti postupak: podelimo ga taqkom na dva intervala i oznaqimo sa [a , b ] onaj od ta dva intervala na qijim krajevima funkcija f ima vrednosti suprotnog znaka. Produimo taj proces da e. Dobijamo niz segmenata [a , b ], n ∈ N koji zadovo avaju [a , b ] ⊂ [a , b ]. Poxto je duina segmenta [a , b ] jednaka 2 (b − a), sledi da je 1 g

0

a+b 2 a+b 2

a+b 2

a+b 2

a+b 2

1

1

a1 +b1 2

1

2

n

n

a+b 2

1

1

n

1

2

n

n+1

n

n

n+1

−n

inf{bn | n ∈ N} − sup{an | n ∈ N} ≤ bn − an ≤ 2−n (b − a)

za svako n ∈ N, pa je inf{b

n

. Neka je

| n ∈ N} − sup{an | n ∈ N} = 0

c := inf{bn | n ∈ N} = sup{an | n ∈ N}.

(12)

72


Dokaimo da je f (c) = 0. Pretpostavimo suprotno, da je f (c) 6= 0, tj, ne umaujui opxtost, da je f (c) > 0. Tada, po Lemi 5, postoji interval (c − δ, c + δ) na kome je funkcija f strogo pozitivna: (∀x ∈ (c − δ, c + δ)) f (x) > 0. (13) Meutim, iz (12) sledi da (∃n) [a , b ] ⊂ (c − δ, c + δ), pa je (13) u kontradikciji sa konstrukcijom intervala [a , b ] po kojoj funkcija f ima vrednosti suprotnog znaka u taqkama a i b . 5 Posledica 4. (Teorema o meuvrednosti) Ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna i f (a) = α, f (b) = β , onda za svaki broj γ koji je izmeu α i β postoji c ∈ [a, b] takvo da je f (c) = γ. 4 Dokaz sledi primenom Teoreme 2 na funkciju g(x) = f (x) − γ . 5 Posledica 5. Neprekidna funkcija slika interval na interval. 4 Dokaz sledi iz Posledice 4 i Leme 2 na str. 18. 5 Primer 9. Preslikavae n

n

n

n

n

n

f : [0, +∞) → [0, +∞),

f (x) = xn

je neprekidno i 1 − 1, pa iz prethodne teoreme sledi da je ono bijekcija. Primetimo da smo ovime dobili jox jedan dokaz Teoreme 21 sa 42. strane. ] Zadatak 8. Rexiti na sliqan naqin Zadatke 1 i 3. X Primer 10. Neka je funkcija f : R → R ograniqena i neprekidna. Tada f ima fiksnu (ili nepokretnu) taqku, tj. postoji c ∈ R takvo da je f (c) = c. Zaista, f je ograniqena, pa (∃m, M ∈ R)(∀x ∈ R)m ≤ f (x) ≤ M . Posmatrajmo funkciju h(x) = f (x) − x; ona je neprekidna i vai m − x ≤ h(x) ≤ M − x za svako x. Odatle sledi h(m − 1) ≥ 1 > 0, h(M + 1) ≤ −1 < 0, pa po Teoremi o meuvrednosti (∃c ∈ (m − 1, M + 1))h(c) = 0, tj. f (c) = c. ] Zadatak 9. Neka je f : [0, 1] → [0, 1] neprekidna funkcija. Dokazati da ona ima fiksnu taqku. Dati primer neprekidne funkcije g : (0, 1) → (0, 1) koja nema fiksnu taqku. X Pre formulacije sledee teoreme potrebna nam je jedna definicija. Neka je X proizvo an skup (ne nuno podskup u R ili C). Definicija 5. Supremumom i infimumom funkcije f : X → R na skupu A ⊂ X nazivamo veliqine sup f := sup{f (x) | x ∈ A}, x∈A

inf f := inf{f (x) | x ∈ A}.

x∈A

Ukoliko za neko x ∈ A vai f (x ) = sup f , broj f (x ) nazivamo maksimumom funkcije f i oznaqavamo sa max f . U tom sluqaju kaemo da funkcija f dostie svoj maksimum na skupu A. Analogno se definixe i minimum funkcije. 0

0

0

x∈A

x∈A

2. NEPREKIDNOST

Zadatak

73

10. (a) Dokazati da za f, g : X → R i A ⊂ X vai

max f = max{f (x) | x ∈ A}, x∈A

sup (−f ) = − inf f,

x∈A

x∈A

sup (f + g) ≤ sup f + sup g, x∈A

x∈A

inf (−f ) = − sup f,

x∈A

x∈A

min f = min{f (x) | x ∈ A},

x∈A

inf (f + g) ≥ inf f + inf g,

x∈A

x∈A

x∈A

x∈A

f, g ≥ 0 ⇒ sup (f · g) ≤ sup (f ) sup (g), inf (f · g) ≥ inf (f ) inf (g) x∈A

x∈A

x∈A

Pokazati primerom da prethodne nejednakosti mogu da budu i stroge (uporediti ovo sa Lemom 1 na str. 15). (b) Ako je f : X × X → R, A ⊂ X , A ⊂ X , dokazati da je x∈A

x∈A

1

2

x∈A

1

sup

1

2

2

f (x1 , x2 ) = sup ( sup f (x1 , x2 )). x1 ∈A1 x2 ∈A2

(x1 ,x2 )∈(A1 ×A2 )

(v) Ako je f

,

,

,

1 : X1 → R f2 : X2 → R A1 ⊂ X1 A2 ⊂ X2 (f (x1 ) + f (x2 )) = sup f (x1 ) + sup f (x2 ).

sup

x1 ∈A1

(x1 ,x2 )∈(A1 ×A2 )

, dokazati da je X

x2 ∈A2

Teorema 3. (Vajerxtrasova teorema) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b]. Tada je f ograniqena i dostie svoj minimum i maksimum. 4 Iz Leme 4 sledi da za svaku taqku x ∈ [a, b] postoji okolina U (x) takva da je f ograniqena na U (x). Skupovi U (x) pokrivaju [a, b]. Po Borel { Lebegovoj teoremi (str. 38) postoji konaqno potpokrivae, tj. konaqan skup taqaka x , . . . , x ∈ [a, b] takav da skupovi U (x ), . . . , U (x ) pokrivaju [a, b]. Poxto je (∀x ∈ U (x )) |f (x)| ≤ M , sledi da je 1

n

1

k

n

k

(∀x ∈ [a, b]) |f (x)| ≤ M := max{M1 , . . . , Mn },

xto znaqi da je funkcija f ograniqena. Dokaimo da f dostie maksimum. Pretpostavimo suprotno { neka je S = sup f , ali f (x) < S za sve x ∈ [a, b]. Tada je funkcija g(x) := (S − f (x)) dobro definisana i neprekidna (po Lemi 1). Prema upravo dokazanom tvreu, svaka neprekidna funkcija je ograniqena na [a, b]. Meutim, po definiciji supremuma, (∀n ∈ N)(∃x) S − f (x) < n , tj. g(x) > n, xto znaqi da je g neograniqena. Ova kontradikcija pokazuje da za neko x ∈ [a, b] vai f (x ) = S , tj. f dostie maksimum. Analogno se dokazuje i da f dostie minimum. 5 2.5. Ravnomerna neprekidnost. Iz Primera 5 na str. 67 sledi da je funkcija f (x) = x neprekidna. Neka je ε = 1; naimo δ tako da implikacija |x − x | < δ ⇒ |f (x) − f (x )| < ε (14) iz definicije neprekidnosti vai u taqki x = 0. U tom sluqaju, nejednakost |f (x) − f (0)| < ε = 1 je ekvivalentna nejednakosti −1 < x < 1, koja je zadovo ena za x ∈ (−1, 1), tj. za |x − 0| < 1. Zak uqujemo da je implikacija (14) taqna za δ = 1. Neka je sada x = 2. Lako se vidi da u ovoj taqki za δ = 1 koje nam je u sluqaju taqke x = 0 obezbeivalo taqnost implikacije (14) u ovom sluqaju to ne qini: |x − 2| < 1 ⇒ |x − 2 | < 1 nije taqno, npr. za x = . Znaqi, za zadato ε > 0, izbor δ > 0 koje zadovo ava implikaciju (14) zavisi od taqke x . x∈[a,b]

−1

−1

0

0

2

0

0

0

2

0

0

2

0

2

5 2

74


Sa druge strane, u Primeru 6 (str. 67) smo videli da za funkciju f (x) = moemo, za zadato ε > 0, da naemo jedno δ > 0 tako da je implikacija (14) taqna za svako x . Funkcije kod kojih je mogu ovakav, uniforman (tj. nezavisan od taqke x ) izbor δ nazivamo uniformno (ili ravnomerno) neprekidnim. Precizirajmo to sledeom definicijom. Definicija 6. Funkcija f : D(f ) → C se naziva uniformno (ili ravnomerno) neprekidnom ako vai (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀y ∈ D(f ))(∀x ∈ D(f )) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. (15) Pojam ravnomerne neprekidnosti je jaqi od pojma neprekidnosti. Taqnije, vai sledea lema. Lema 6. Ravnomerno neprekidna funkcija je neprekidna. 4 Ako vai implikacija (9) iz Definicije 2 (str. 66), onda vai i implikacija (15). 5 Primer 11. Funkcija f : R → R, f (x) = x je neprekidna, a nije ravnomerno neprekidna. Primetimo da to nismo dokazali u razmatraima pre Definicije 6, gde smo pokazali samo da je za jedno δ implikacija (14) taqna za x = 0, a nije za x = 2. Da bismo dokazali da f nije ravnomerno neprekidna, potrebno je pokazati vixe od toga { potrebno je dokazati da vai (∃ε > 0)(∀δ > 0)(∃y ∈ D(f ))(∃x ∈ D(f )) |x − y| < δ ∧ |f (x) − f (y)| ≥ ε. (16) Neka je ε = 1. Posmatrajmo brojeve x = √n + 1 i y = √n. Tada je x − y = . Jasno je da za svako δ > 0 postoje x , y takvi da je x − y < δ. Meutim, uvek vai f (x ) − f (y ) = 1 ≥ ε. Time je dokazano (16). ] Teorema 4. (Kantorova teorema) Ako je funkcija f : [a, b] → C neprekidna na ograniqenom i zatvorenom intervalu [a, b], onda je ona i ravnomerno neprekidna. 4 Neka je ε > 0. Iz definicije neprekidnosti sledi da za svako x ∈ [a, b] postoji δ za koje vai |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < 2 ε. Neka je U = (x − 2 δ , x + 2 δ ) za svako x. Intervali U qine otvoreno pokrivae intervala [a, b]. Iz Borel { Lebegove teoreme (str. 38) sledi da postoji konaqno potpokrivae U , . . . , U . Neka je δ = min{2 δ , . . . , 2 δ }. Tada vai (∀x)(∀y) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. (17) Zaista, neka za x, y ∈ [a, b] vai |x − y| < δ. Poxto intervali U , . . . , U pokrivaju [a, b], za svako x ∈ [a, b] postoji U takvo da je x ∈ U . Tada, iz sin x

0

0

2

0

0

n

n

√

1 √ n+1+ n

n

n

x

n

−1

x

−1

n

n

n

x

−1

n

n

x

x

x

x1

−1

xn

x1

−1

xn

x1

xk

xn

xk

|xk − y| ≤ |xk − x| + |x − y| < 2−1 δxk + δ ≤ 2−1 δxk + 2−1 δxk = δxk

sledi da je i y ∈ U , pa je xk

|f (x) − f (y)| < |f (x) − f (xk )| + |f (xk ) − f (y)| < 2−1 ε + 2−1 ε = ε,

odakle sledi (17), a time i ravnomerna neprekidnost funkcije f . 5 Primer 11 pokazuje da se uslov ograniqenosti intervala [a, b] u Teoremi 4 ne moe ispustiti. Pokaimo da se ne moe ispustiti ni uslov zatvorenosti.

2. NEPREKIDNOST

75

12. Funkcija f : (0, 1) → R, f (x) = x je neprekidna, a nije ravnomerno neprekidna. Zaista, neprekidnost sledi iz neprekidnosti funkcije g(x) = x i Teoreme 1. Dokaimo da f nije uniformno neprekidna. Neka je ε = 1 i δ > 0 proizvo no. Tada postoji x ∈ (0, 2 δ) takvo da je x ≥ 1 + 2δ . Neka je y = 2 δ . Tada je |x − y| < δ i |f (x) − f (y)| ≥ ε. ] Qitalac e lako videti da smo u Primeru 12 zapravo izloili dokaz sledee leme. Lema 7. Ako je funkcija f : (a, b) → C neograniqena u svakoj okolini taqke a, onda ona nije ravnomerno neprekidna. √ Zadatak 11. Dokazati da su f (x) = x i g(x) = ravnomerno neprekidne funkcije. X 2.6. Neprekidnost monotonih funkcija. Funkciju f : X → R nazivamo rastuom ako vai −1

Primer

−1

−1

−1

−1

2 sin √x x

(∀x1 , x2 ∈ X) x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ),

a opadajuom ako vai

(∀x1 , x2 ∈ X) x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 ).

Ako vai (∀x , x ∈ X) x < x ⇒ f (x ) < f (x ), funkciju f nazivamo strogo rastuom, a ako vai 1

2

1

2

1

2

(∀x1 , x2 ∈ X) x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ),

nazivamo je strogo opadajuom. Ponekad funkcije koje su rastue, ali ne strogo rastue, zovemo neopadajuim; dok za funkcije koje su opadajue, ali ne strogo opadajue, koristimo i termin nerastue. Funkciju koja je rastua ili opadajua na celom domenu nazivamo monotonom, xto je ekvivalentno definiciji datoj na str. 45. Teorema 5. Monotona funkcija ima najvixe prebrojivo mnogo taqaka prekida. 4 Pretpostavimo, ne umaujui opxtost da je f rastua i x ∈ D(f ). Posmatrajmo skupove A := {f (x) | x < x } i B := {f (x) | x > x }. Poxto je f rastua funkcija, sledi da je skup A ograniqen odozgo, a skup B odozdo brojem f (x ). Neka je a = sup A , b = inf B . Tada, poxto je f rastua, sledi a ≤ f (x ) ≤ b . Ako je x taqka prekida, onda je bar jedna od prethodne dve nejednakosti stroga. Zaista, ako je a = f (x ) = b onda, po definiciji supremuma i infimuma, za svako ε > 0 postoje brojevi α, β ∈ D(f ) takvi da je α < x < β i 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

ε ε f (α) − < a0 = f (x0 ) = b0 < f (β) + . 2 2

Iz poslede nejednakosti, na osnovu monotonosti funkcije, sledi (∀x ∈ (α, β)) |f (x) − f (x0 )| < ε,

76


xto je u suprotnosti sa prekidnoxu funkcije f u x . Ovime smo dokazali da za svaku taqku prekida x postoji interval (a , b ) takav da je f (D(f )) ∩ (a , b ) = {f (x )}. (18) Pri tome razliqitim taqkama prekida odgovaraju razliqiti intervali. Zaista, neka je x taqka prekida razliqita od x , npr. x < x , i neka je (a , b ) oj pridruen interval, na isti naqin na koji je (a , b ) pridruen taqki x . Neka su t, s ∈ D(f ) takvi da vai x < t < s < x . Tada iz monotonosti funkcije f sledi f (t) ≤ f (s), pa je b := inf{f (x) | x > x } ≤ sup{f (x) | x < x } = a , pa je (a , b ) ∩ (a , b ) = ∅. Poxto u svakom intervalu postoji racionalan broj, zak uqak teoreme sledi iz prebrojivosti skupa Q. 5 Teorema 6. Monotona funkcija f : (a, b) → R je neprekidna ako i samo ako je f ((a, b)) interval. 4 Ako je f neprekidna onda je f ((a, b)) interval na osnovu Posledice 5 na str. 72. Obrnuto, ako je f monotona, onda svakoj taqki prekida odgovara interval (a , b ) takav da vai (18), xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da f slika interval na interval. 5 Posledica 6. Ako strogo monotona funkcija f : (a, b) → R slika interval (a, b) na interval (α, β), onda su i f i f neprekidne funkcije. 4 Dokaz sledi iz Teoreme 6, jer f slika (α, β) na (a, b). 5 Iz prethodne Posledice i Posledice 5 na str. 72 dobijamo sledeu posledicu. Posledica 7. Ako je strogo monotona funkcija f : (a, b) → R neprekidna, onda je i f neprekidna funkcija. Teorema 7. Neka je f : [a, b] → R neprekidna. Tada je f injektivna ako i samo ako je strogo monotona. 4 Jedan smer je oqigledan (i vai i bez pretpostavke o neprekidnosti): strogo monotona funkcija je injektivna. Pretpostavimo da je f injektivna i neprekidna, a da nije strogo monotona. Tada postoje taqke x , x , x ∈ [a, b] takve da je x < x < x , ali da f (x ) nije izmeu f (x ) i f (x ). Pretpostavimo, ne umaujui opxtost da je f (x ) izmeu f (x ) i f (x ). Primenom Teoreme 2 na interval [x , x ] zak uqujemo da postoji taqka c ∈ (x , x ) takva da je f (c) = f (x ). Meutim, iz x < x i c ∈ (x , x ) sledi x 6= c, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom o injektivnosti funkcije f . 5 2.7. Neprekidnost elementarnih funkcija. Sada moemo da dokaemo sledeu teoremu. Teorema 8. Elementarne funkcije su neprekidne. 4 Neprekidnost funkcija x , sin x, cos x, a smo dokazali u Paragrafu 2.2. Iz Teoreme 6 sledi da one slikaju interval (na kome su 1{1) na interval. Neprekidnost ima inverznih funkcija arcsin x, arccos x, log x sada sledi iz Teoreme 6. Odatle, na osnovu Teoreme 1 i Defincije 1 sledi neprekidnost elementarnih funkcija. 5 0

0

0

0

0

1

0

0

1

1

0

0

0

1

0

0

1

0

0

1

0

−1

−1

−1

1

1

2

3

2

2

3

2

1

n

2

2

3

3

3

2

2

1

1

2

0

1

1

0

1

0

0

3

1

x

a

3

3. GRANIQNA VREDNOST

Primer

13. Funkcija f (x) =

√ 3

77

x+cos(logx2 +1 (x6 +6x )) x4 +4x

3. Graniqna vrednost

je neprekidna na R. ]

3.1. Taqke prekida. Posmatrajmo funkcije f, g : R \ {1} → R (

i g(x) = xx −−11 . Posle faktorizacije brojioca i skraivaa, dobijamo da je g(x) = x + 1 tamo gde je g definisana, tj. na skupu R \ {1}. Ako dodefinixemo funkciju g za x = 1, tj. definixemo funkciju ( x + 1, x − 1,

f (x) =

2

x>1 x<1

g˜(x) =

g(x), 2,

x 6= 1 x = 1,

dobijamo funkciju g˜ : R → R koja je neprekidna u taqki x = 1. Primetimo da to ne moemo da uradimo sa funkcijom f . Razlog je u tome xto se funkcija f , za razliku od funkcije g, razliqito ponaxa na granici svog domena, tj. u taqki x = 1, sa leve i desne strane, dok funkcija f ima jednu, dobro definisanu graniqnu vrednost u toj taqki. Pristupimo strogoj definiciji ovog pojma. 3.2. Limesi. Pojam graniqne vrednosti, ili limesa funkcije f definixe se za taqke nagomilavaa enog domena D(f ) (v. Definiciju 16 na str. 38). Vano je imati na umu da ovaj pojam ne zavisi od vrednosti funkcije u toj taqki, niti od toga da li je funkcija u toj taqki uopxte definisana. Definicija 7. Neka je x taqka nagomilavaa domena D(f ) funkcije funkcije f : D(f ) → R. Broj y je graniqna vrednost funkcije f u taqki x ako (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ D(f )) 0 < |x − x | < δ ⇒ |f (x) − y | < ε. U tom sluqaju pixemo y = lim f (x) ili , f (x) → y kad x → x ". Iz Definicije 17 na str. 40 vidimo da pojam limesa moemo da formulixemo u terminima otvorenih skupova. Lema 8. Neka je x taqka nagomilavaa domena D(f ) funkcije funkcije f : D(f ) → R. Broj y je graniqna vrednost funkcije f u taqki x ako za svaku otvorenu okolinu V taqke y postoji otvorena okolina U taqke x takva da je f ((U \ {x }) ∩ D(f )) ⊂ V . Lema 9. Limes funkcije u taqki x je jedinstven. 4 Neka y i y zadovo avaju uslove Defincije 7, tj. y = lim f (x) i y = lim f (x). Tada za svako ε > 0 postoji x kao u Definciji 7, pa je 0

0

0

0

0

0

0

x→x0

0

0

0

0

0

0

0

0

0 0

00 0

0 0

x→x0

00 0

x→x0

|y00 − y000 | = |y00 − f (x) + f (x) − y000 | ≤ |y00 − f (x)| + |f (x) − y000 | ≤ 2ε

za svako ε > 0. Odakle sledi y = y . 5 Primetimo da su Definicija 7 i Lema 8 sliqne Definiciji 2 i Lemi 1. Jedina razlika sastoji se u zahtevu 0 < |x − x | u Definiciji 7. Kao xto smo rekli na poqetku, on je vezan sa qienicom da pojam graniqne vrednosti u taqki ne zavisi od vrednosti funkcije u toj taqki. Ilustrujmo to sledeim primerom. 0 0

00 0

0

78


Primer

14. Funkcija

( x + 1, h(x) = 2,

x 6= 0 x = 0,

ima graniqnu vrednost u taqki x = 0 i vai lim h(x) = 1, ali nije neprekidna u nuli. Primetimo da je h(0) 6= lim h(x). ] Prethodnim primerom motivisali smo sledeu teoremu. Teorema 9. Funkcija f : D(f ) → R je neprekidna u taqki x ∈ D(f ) ako i samo ako je lim f (x) = f (x ). 4 Dokaz sledi direktno iz Definicije 7 i Definicije 2. 5 Zadatak 12. Dokazati da je neprekidna funkcija f : (a, b) → C na ograniqenom intervalu (a, b) ravnomerno neprekidna ako i samo ako ima limese u taqkama a i b. X Primer 15. Rimanova2 funkcija ( x ∈ Q \ {0}, x = , m, n uzajamno prosti R(x) = 0 x∈ / Q ili x = 0 je neprekidna u svakoj iracionalnoj taqki i u nuli, a prekidna u svakoj racionalnoj taqki sem nule. Zaista, neka je x ∈ R. Za proizvo no k ∈ N u proizvo nom intervalu (x − ε, x + ε) postoji samo konaqno mnogo taqaka takvih da je n < k, pa postoji okolina (x − δ, x + δ) takva da je ] (∀x ∈ (x − δ, x + δ)R(x) < . Odatle sledi lim R(x) = 0. Napomena 5. Kao xto smo u Napomeni 1 pojam neprekidnosti proxirili i na funkcije f : D(f ) → C, sa D(f ) ⊂ C, moemo da proxirimo i pojam graniqne vrednosti. Zaista, i taj pojam je potpuno definisan samo u terminima rastojaa kao i pojam neprekidnosti (v. Napomenu 2). Lema 9 i Teorema 9 vae i u ovom u sluqaju, sa nepromeenim dokazima. Napomena 6. Egzistencija limesa (i egova vrednost) u taqki x je lokalno svojstvo, tj. zavisi samo od vrednosti funkcije u nekoj okolini taqke x (v. Napomenu 3). Na sliqan naqin kao i Lema 2 dokazuje se i sledea Lema. Lema 10. Neka je f : D(f ) → C kompleksna funkcija. Tada je 0

x→0

x→0

0

0

x→x0

1 n

m n

0

0

m n

0

0

0

0

1 k

0

x→x0

0

0

lim f (x) = z0 ⇔ lim Re f (x) = Re z0 ∧ lim Im f (x) = Im z0 .

x→x0

x→x0

x→x0

Qesto se koristi i sledea jednostavna posledica definicije limesa. Lema 11. lim f (z) = 0 ako i samo ako lim |f (z)| = 0. 4 Dokaz sledi direktno iz definicije graniqne vrednosti. 5 z→z0

z→z0

2Riman (Berhnard Riemann, 1826{1866), nemaqki matematiqar


79

3.3. Beskonaqni limesi i limesi u beskonaqnosti. Neka je x taqka

nagomilavaa skupa D(f ). Tada

0

lim f (x) = −∞ ⇔ (∀m < 0)(∃δ > 0) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) < m,

x→x0

lim f (x) = +∞ ⇔ (∀M > 0)(∃δ > 0) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) > M,

x→x0

definixe beskonaqne limese, a

lim f (x) = y0 ⇔ (∀ε > 0)(∃m < 0) x < m ⇒ |f (x) − y0 | < ε,

x→−∞

lim f (x) = y0 ⇔ (∀ε > 0)(∃M > 0) x > M ⇒ |f (x) − y0 | < ε

x→+∞

limese u beskonaqnosti. Kombinacijom ove dve definicije dobijamo definicije beskonaqnih limesa u beskonaqnosti, npr. lim f (x) = +∞ ⇔ (∀M > 0)(∃m < 0) x < m ⇒ f (x) > M.

x→−∞

Napomena 7. Imajui u vidu definiciju otvorenih okolina u R (Definicija 18 na str. 41) pojmove beskonaqnih limesa i limesa u beskonaqnosti moemo da formulixemo na isti naqin kao u Lemi 8. Osobine limesa date u Lemama 9, 10 i 11 lako se prenose na limese u beskonaqnosti i beskonaqne limese (imajui u vidu pravila za raqunae u R sa str. 17). Taqne formulacije i modifikacije dokaza prepuxtamo qitaocu. Primer 16. lim (x + a x + · · · + a x + a ) = +∞. Zaista, x +a x +· · ·+a x+a = x (1+a x +· · ·+a x +a x ). Lako je videti da je limes izraza u zagradi jednak 1 (jer je limes svakog sabirka u zagradi, sem prvog, jednak nuli), dok je lim x = +∞. ] Zadatak 13. Izraqunati lim . X Zadatak 14. Da li ovo Tvree Zadatka 12 na str. 78 vai ako je interval (a, b) neograniqen, tj. ako je a = −∞ ili b = +∞? X Vaan specijalni sluqaj limesa u beskonaqnosti je pojam konvergencije, koji se odnosi na funkcije definisane na skupu N, tj. nizove. ega emo da razmotrimo deta nije u Glavi 4. 3.4. Otkloivi i neotkloivi prekidi. Funkcija u Primeru 14 ima graniqnu vrednost u taqki prekida x = 0. Ukoliko promenimo vrednost funkcije u toj taqki, tj. ako definixemo funkciju ( n

n

n−1

x→+∞ n−1

n−1

1

n−1

0

1

n

n−1

0

−1

1

−(n−1)

0

−n

n

x→+∞

an xn +an−1 xn−1 +···+a1 x+a0 m m−1 +···+b x+b b 1 0 x→+∞ m x +bm−1 x

˜ h(x) =

h(x), 1,

x 6= 0 x = 0,

dobijamo neprekidnu(funkciju. To ne moemo da(uradimo sa funkcijama x + 1, x > 0 , x>0 f (x) = i g(x) = x − 1, x ≤ 0 x − 1, x ≤ 0. Sistematizujmo ova opaaa sledeim definicijama. 1 x

80


8 Broj y je desni limes funkcije f u taqki x ako vai (∀ε > 0)(∃δ > 0) x < x < x + δ ⇒ |f (x) − y | < ε. Broj y je levi limes funkcije f u taqki x ako vai (∀ε > 0)(∃δ > 0) x − δ < x < x ⇒ |f (x) − y | < ε. Desni limes oznaqavamo sa lim f (x) ili f (x + 0), a levi sa lim f (x) ili f (x − 0). Zadatak 15. Izraqunati lim e . X Oqigledno vai sledea lema. Lema 12. Funkcija ima limes u taqki x ako i samo ako ima levi i desni limes i ovi limesi su jednaki: Definicija .

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

x→x0 +0

x→x0 −0

0

2 x−1

x→1−0

0

(∃ lim f (x)) ⇔

(∃

lim

x→x0 −0

f (x)) ∧ (∃

lim

f (x)) ∧ lim

x→x0 −0

f (x) =

lim

x→x0 −0

f (x) .

Definicija 9. Neka je x ∈ D(f ) taqka prekida funkcija f . Kaemo da ima otkloǌiv prekid u taqki x ∈ D(f ) ako je lim f (x) = lim f (x) (tj. ako postoji lim f (x)), u suprotnom prekid nazivamo neotkloǌivim. Neotkloiv prekid zovemo prekidom prve vrste ako postoje lim f (x) i lim f (x), ali je lim f (x) 6= lim f (x), a prekidom druge vrste ako bar jedan od limesa lim f (x), lim f (x) ne postoji. Funkcije f , g i h iz prethodnih razmatraa su prekidne u 0. U toj taqki funkcija f neotkloiv prekid prve, funkcija g druge vrste, a funkcija h ima otkloiv prekid, jer je f (0 − 0) = −1 6= 1 = f (0 + 0), g(0 + 0) ne postoji i lim h(x) = 1. Zadatak 16. Odrediti taqke i vrste prekida funkcije  x→x0

x→x0 +0

0

f

0

x→x0 −0

x→x0 +0

x→x0

x→x0 −0

x→x0 −0

x→x0 −0

x→x0 +0

x→x0 +0

x→x0 +0

x→0

1   1−ex/(1−x) , f (x) = 0,   1,

Lema lim

x∈ / {0, 1} x=0 x = 1.

X

13. Neka je f rastua funkcija. Tada je

x→x0 −0

f (x) = sup{f (x) | x < x0 },

lim

f (x) = inf{f (x) | x > x0 }.

U dokazu Teoreme 5 smo dokazali da sup{f (x) | x < x } i inf{f (x) | x > x } postoje. Neka je s = sup{f (x) | x < x } i ε > 0. Po definiciji supremuma, za neko x < x vai f (x ) > s − ε, tj. s − f (x ) < ε. Zbog monotonosti odatle sledi s − f (x) < ε za svako x ∈ (x , x ), tj. f (x − 0) = s. Sliqno se dokazuje i druga jednakost. 5 Posledica 8. Monotona funkcija ima samo prekide prve vrste. Definicija 10. Neka je X ⊂ C. Modulom neprekidnosti funkcije f : X → C naziva se funkcija x→x0 +0

4

0

0

1

0

1

1

1

0

0

ωf (δ) := sup{|f (z1 ) − f (z2 )| | z1 , z2 ∈ X, |z1 − z2 | < δ}.

0


81

17. Dokazati da su moduli neprekidnosti funkcija f : R → R, f (x) = x, i g : R → R, g(x) = sin x ω (δ) = δ i ω (δ) = 2. X Zadatak 18. Dokazati: (a) Modul neprekidnosti je neopadajua nenegativna funkcija, definisana za δ > 0. (b) (∀ε > 0)(∃δ < 0)(∀z , z ∈ X) |z −z | < δ ⇒ |f (z )−f (z )| < ω (0+0)+ε. (v) Ako je X interval u R, onda je Zadatak

2

f

g

1

2

1

2

1

2

f

ωf (δ1 + δ2 ) ≤ ωf (δ1 ) + ωf (δ2 ).

(g) f je ravnomerno neprekidna ako i samo ako je ω (0 + 0) = 0. Primer 17. U Primeru 5 na str. 22 smo definisali broj e kao f

e := sup

n

1+

X

o 1 n n∈N . n

Razvijaem po binomnoj formuli i uproxavaem binomnih koeficijenata kao u (14) na str. 22 dobijamo

1+

1 n

n

=

n k−1 P Q 1 1 − nj k!

≤

k=0 n P

≤

k=0 n+1 P

k=0 = 1+

1 k! 1 k!

j=0 k−1 Q

1−

j=0 k−1 Q

1−

j=0 n+1

1 n+1

j n+1

j n+1

.

Time je dokazano da je funkcija f (x) = (1 + ) rastua, odakle, na osnovu Leme 13 sledi da je 1 [x] [x]

e = lim

x→+∞

1+

1 [x]

[x]

,

gde je [x] ceo deo realnog broja x (v. str. 29). ] 3.5. Osobine limesa. Sada emo dokazati neka svojstva graniqne vrednosti vezana za algebarske operacije i relaciju poretka u R. Ona vae i za leve i desne limese, ali emo ih, radi jednostavnosti, formulisati samo za limese. Teorema 10. Neka je z taqka nagomilavaa skupa Z ⊂ C, f, g : Z → C i 0

lim f (z) = A,

Tada vai

z→z0

lim (f + g)(z) = A + B,

i, ako je B 6= 0 i g(z) 6= 0 na Z , z→z0

lim

z→z0

lim g(z) = B

z→z0

lim (f · g)(z) = A · B

z→z0

A f (z) = . g B

82


Dokaz je analogan dokazu Teoreme 1 (ili sledi iz e imajui u vidu Teoremu 9). 5 Sledea teorema opisuje osobine limesa vezane za relaciju poretka u R. Teorema 11. Neka je z taqka nagomilavaa skupa Z ⊂ C. 1. Neka su f, g : Z → R dve funkcije takve da je 4

0

lim g(z) = B

lim f (z) = A,

z→z0

z→z0

i A < B. Tada postoji okolina U taqke z takva da je f (z) < g(z) za sve z ∈ U ∩ Z \ {z }. 2. Neka su f, g : Z → R dve funkcije takve da je f < g i 0

0

lim g(z) = B.

lim f (z) = A,

z→z0

z→z0

Tada je A ≤ B. 3. Neka su f, g : Z → R dve funkcije takve da je f ≤ g i lim f (x) = A,

lim g(z) = B.

z→z0

z→z0

Tada je A ≤ B. 4. (Teorema o tri limesa) Neka su f, g, h : Z → R tri funkcije takve da je h ≤ f ≤ g i lim h(z) = C = lim g(z).

Tada je lim = C . 4 Tvrea 2. i 3. slede iz 1. Ostaje da dokaemo 1. i 4. Neka je ε = . Po definiciji limesa, postoji okolina U taqke z takva da je |f (z) − A| < ε i |g(z) − B| < ε za svako z ∈ U ∩ Z \ {z }. Tada je z→z0

z→z0

z→z0

B−A 2

0

0

B+A B−A B−A +A= =B− = B − ε < g(z) 2 2 2 z ∈ U ∩ Z \ {z0 } f g h ε > 0 δ > 0 0 < |z − z0 | < δ f (z) < ε + A =

za svako . Time je dokazano 1. Naka su , i kao u 4. i . Tada postoji vai C − ε < h(z) < C + ε,

takvo da ako je

C − ε < g(z) < C + ε.

Poxto je h ≤ f ≤ g odatle sledi C − ε < f (z) < C + ε, xto dokazuje 4. 5 Sada emo dokazati Teoremu o smeni promen ive u limesu. Formulisaemo je prvo u jednostavnijem obliku, u Lemi 14, a zatim u potpunom obliku u Teoremi 12. Definicija 11. Bijekcija f : X → Y naziva se homeomorfizmom ako su f i f : Y → X neprekidna preslikavaa. Lema 14. Neka funkcija f : (a, b) → C ima graniqnu vrednost u taqki x ∈ [a, b], i neka je ϕ : [a, b] → [α, β] homeomorfizam. Tada je lim f (x) = lim f ◦ ϕ(t). −1

0

t→ϕ−1 (x0 )

x→x0


83

Neka je ϕ (x ) = t , lim f (x) = y i ε > 0. Tada postoji δ > 0 za koje vai 0 < |x − x | < δ ⇒ |f (x) − y | < ε. (19) Iz neprekidnosti i bijektivnosti funkcije ϕ sledi da postoji δ > 0 takvo da vai 0 < |t − t | ⇒ 0 < |ϕ(t) − ϕ(t )| < δ . (20) Iz (19) i (20) sledi |t − t | < δ ⇒ |f ◦ ϕ(t) − y | < ε. 5 Teorema 12. (Teorema o smeni promenǉive u limesu) Neka su f : Y → C i ϕ : X → Y funkcije definisane na skupovima X, Y ⊂ C i z taqka nagomilavaa skupa Y i ζ taqka nagomilavaa skupa X . Pretpostavimo da postoji lim f (z). Ako za svaku otvorenu okolinu V taqke z postoji otvorena okolina U taqke ζ takva da je ϕ(U \ {ζ }) ⊂ V \ {z }, onda funkcija f ◦ ϕ ima limes u taqki ζ i vai lim f (z) = lim f ◦ ϕ(ζ). 4 Dokaz je u suxtini isti kao dokaz Leme 14. 5 Primer 18. Dokaimo da je −1

4

0

0

0

x→x0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

z→z0

0

0

0

0

z→z0

0

ζ→ζ0

sin x = 1. x→0 x 0 ≤ x ≤ lim

U Lemi 18 na str. 56 smo dokazali da za vai sin x ≤ x ≤ tg x, odakle sledi cos x ≤ ≤ 1. Na osnovu Teoreme o tri limesa odatle sledi → 1 kad x → 0 + 0. Smenom t = −x i primenom Teoreme o smeni promen ive dobijamo lim = lim = lim = 1. ] Zadatak 19. Izraqunati sin x x

sin x x

x→0−0

sin x x

t→0+0

sin(−t) −t

t→0+0

π 2

sin t t

sin x − sin a . x→a x−a lim

Zadatak

20. Ispitati neprekidnost funkcije ( f (x) =

u nuli. Primer

X

sin x |x| ,

x 6= 0

1,

x=0 X

19. Dokaimo da je

(21) Oznaqimo sa ϕ(x) = [x] funkciju ceo deo, uvedenu na str. 29. Iz nejednakosti [x] ≤ x < [x] + 1 sledi lim

x→+∞

f ◦ ϕ(x) = 1 +

1+

1 x = e. x

1 [x] 1 x 1 [x]+1 < 1+ < 1+ = g ◦ ϕ(x). [x] + 1 x [x]

Iz Teoreme o smeni promen ive u limesu i Primera 17 sledi lim g ◦ ϕ(x) = e, odakle sledi (21).

x→+∞

lim f ◦ ϕ(x) =

x→+∞

]

84


20. Neka je λ ∈ R. Iz Primera 19 i neprekidnosti funkcije sledi da je lim (1 + ) = e . Smenom t = xλ dobijamo

Primer y 7→ y λ

1 xλ x

x→∞

lim

λ

t→∞

Primer

1+

λ t = eλ . t

21. Smenom t = −x u (21) i primenom Primera 20 dobijamo lim

x→−∞

1+

1 x

x

= e.

22. Smenom t = x iz (21) dobijamo da je lim (1 + x) Primer 23. Dokaimo da je −1

Primer

]

1/x

x→0

=e

.

] ]

ln(1 + x) = 1. x→0 x lim

Iz Primera 22 sledi da je lim

1 ln(1 + x) = lim ln(1 + x) x = 1. x→0 x

U posledem koraku smo koristili neprekidnost logaritma i ln e = 1. Primer 24. Dokaimo da je x→0

Uvedimo smenu

ex − 1 = 1. x→0 x t = ex − 1 x = ln(1 + t) ex − 1 t = lim = lim lim t→0 x→0 x ln(1 + t) t→0

, tj.

lim

na osnovu Primera 23. Zadatak 21. Izraqunati lim Primer 25. Dokaimo da je

ax −1 x→0 x

Uvedimo smenu

. Tada je 1 t

1 = 1, ln(1 + t) ]

.

X

(1 + x)p − 1 = p. x→0 x (1 + x)p − 1 = t p ln(1 + x) = ln(1 + t) lim

p

]

. Tada je

, pa je

(1 + x) − 1 t ln(1 + x) =p· · . x ln(1 + t) x

Iz Primera 23 sledi da oba koliqnika na desnoj strani tee ka 1 kad x → 0 (tj. t → 0). ] 3.6. Asimptotske relacije. Neka je z ∈ C. Na klasi funkcija f, g : Z → C definisanih na nekom skupu Z ⊂ C kome je z taqka nagomilavaa uvodimo sledee relacije. 3.6.1. Slabe asimptotske relacije. f g kad z → z ⇔ (∃M > 0)(∃δ > 0) 0 < |z − z | < δ ⇒ |f (z)| < M |g(z)|, f g kad z → z ⇔ f g ∧ g f kad z → z . Umesto f pixemo i f = O(g). 0

0

0

0

0

0

4. VEBE

85

3.6.2. Jake asimptotske relacije. f g kad z → z ⇔ (∀ε > 0)(∃δ > 0) 0 < |z − z | < δ ⇒ |f (z)| < ε|g(z)|, f ∼ g kad z → z ⇔ f − g g kad z → z . Umesto f g pixemo i f = o(g). Ako je g 6= 0 u okolini taqke z , onda 1. f = O(g) kad z → z oznaqava da je za neko M > 0 < M u nekoj okolini taqke z , 2. f g kad z → z oznaqava da je za neke m, M > 0 m < < M u nekoj okolini taqke z , 3. f = o(g) kad z → z oznaqava da je lim = 0, 4. f ∼ g kad z → z oznaqava da je lim = 1. Simbole o i O nazivamo Landauovim3 simbolima. 3.7. Asimptote funkcije. Prava y = ax + b, a, b ∈ R, a 6= 0 naziva se kosom asimptotom funkcije f u +∞ ako je f (x) = ax + b + o(x) kad x → +∞. U tom sluqaju je 0

0

0

0

0

|f (z)| |g(z)|

0

0

|f (z)| |g(z)|

0

0

|f (z)| z→z0 |g(z)| |f (z)| z→z |g(z)|

0

0

0

a = lim

f (x) , x

b = lim (f (x) − ax).

Prava y = b, b ∈ R naziva se horizontalnom asimptotom funkcije f u ako je f (x) = b + o(1) kad x → +∞. Sliqno se definixe i kosa i horizontalna asimptota u −∞. Prava x = b se naziva vertikalnom asimptotom funkcije f ako je lim |f (x)| = +∞ ili lim |f (x)| = +∞. Primer 26. Neka je f (x) = |x + 3|e . Prava y = −x − 3 je kosa asimptota funkcije f u −∞, prava y = x + 2 je ena kosa asimptota u +∞, a prava x = 0 je vertikalna asimptota. ] Zadatak 22. Nai asimptote funkcije f (x) = cos . X x→+∞

x→+∞

+∞

x→b+0

x→b−0

1 −x

4. Vebe

1 x

(1) Dokazati da je skup svih bijekcija f : [0, 1] → [0, 1] takvih da je f =f neprebrojiv. Da li je neprebrojiv podskup ovog skupa koji se sastoji od neprekidnih bijekcija sa istim svojstvom? (2) Nai taqke i vrste prekida funkcije −1

f : R → R,

f (x) = x + [x].

Dokazati da je f bijekcija i nai eksplicitan izraz za inverznu funkciju f . (3) Dokazati da je funkcija −1

f : [1/2, +∞) → R,

f (x) = [x] + (x − [x])[x]

neprekidna. Dokazati da f strogo raste na [1, +∞).

3Landau (Edmund Landau, 1877{1938), nemaqki matematiqar

86


(4) Dokazati da je funkcija f : R → R,

f (x) = [x] sin (πx)

neprekidna i nacrtati en grafik. (5) Neka je ( x2 +6x+5

i

,

√ x+5 2,

f (x) =

x 6= −5 x = −5

L = lim f (x).

(a) Nai L. (b) Nai δ > 0 tako da vai

x→−5

|x + 5| < δ ⇒ |f (x) − L| < ε

za ε = 0, 03 i L naeno u (a). (6) Izraqunati desni limes L funkcije f (x) = x (x−2)|x−2| u taqki x = 2, a zatim, za ε = 0, 05 nai δ > 0 tako da vai 2

+

−1

2 < x < x + δ ⇒ |f (x) − L+ | < ε.

Formulisati i rexiti analogan zadatak za levi limes L . (7) Dokazati, koristei formalnu definiciju graniqne vrednosti (na ε − δ jeziku) u −∞, da je −

lim 2x = 0.

x→−∞

(8) Dokazati, koristei formalne definicije graniqnih vrednosti (na ε − δ jeziku), da je lim e =0 i lim e = +∞. (9) Neka je ( 1/(1−x)

1/(1−x)

x→1+0

x→1−0

f (x) =

x2 − 2x, ax2 − 2x,

x≤0 x < 0.

Nai sve a ∈ R za koje f ima neprekidnu inverznu funkciju f i za te vrednosti a nai f . (10) Ako je −1

−1

lim

nai

x→2

f (x) = 1, x2 − 4x + 4

lim f (x)

i

lim

f (x) . x−2

(11) Neka je lim = α. Dokazati da postoji interval I = (a − ε, a + ε) takav da za x ∈ I \ {a} vai sgnf (x) = sgnα. (12) Izraqunati p p x→2

x→2

x→a

lim x( x2 + 2x − 2

x→+∞

x2 + x + x).

4. VEBE

(13) Izraqunati

87

√ √ 3 x− 5x √ . lim √ x→−∞ 3 x + 5 x

(14) Izraqunati levi i desni limes funkcije (1 + e (15) Izraqunati

1/x −1

)

u nuli.

(1 + αx)p (1 + βx)q − 1 , x→0 x p, q ∈ R α, β ∈ R \ {0}

za , (16) Dokazati da je (17) Izraqunati (18) Neka su

lim

.

lim(1 + x2 )cot x = e.

sin x 1 + tan x . lim x→0 1 + sin x a1 , a1 , . . . , an b1 , b2 , . . . , bn n X ak sin (bk x) ≤ sin x. (∀x ∈ (−1, 1))

,

Dokazati da je (19) Izraqunati

realni brojevi, takvi da je

k=1

n X ak bn ≤ 1. k=1

log (x2 − x + 1) . x→+∞ log (x10 + x5 + 1) lim

(20) Neka su a, b, c pozitivni realni brojevi. Dokazati da je lim

x→0

ax+1 + bx+1 + cx+1 a+b+c

x1

1

= (aa bb cc ) a+b+c .

(21) Neka su a , a , . . . , a pozitivni brojevi. Dokazati da je 1

2

lim

t→0

n

at1 + at2 + · · · + atn n

1/t =

√ n

a1 a2 · · · an .

(22) Ako za funkciju f : [a− ε, a + ε] → (0, +∞) vai lim

dokazati da je

x→a

f (x) +

1 f (x)

= 2,

lim f (x) = 1.

(23) Neka za funkciju f : [a − ε, a + ε] →R \ {0} vai x→a

lim

x→a

Dokazati da postoji i izraqunati ga.

f (x) +

1 |f (x)|

lim f (x)

x→a

= 1.

88


(24) Izraqunati

i lim xb gde su a i b pozitivni realni brojevi. (25) Dokazati da je x b x→0 a x lim

lim

x→+∞

x→0

x , a

xk 1 + x + x2 + · · · + xk

(26) Neka je P (x) = x 3 + x 1

7

+x+1 lim

x→+∞

1+2x =

. Izraqunati

1 e2

[P (x)] . P ([x])

(27) Odrediti taqke i vrste prekida funkcije f (x) = sgn(sin x). (28) Neka je f : [0, +∞) → R neprekidna funkcija za koju postoji lim f (x) = α ∈ R.

x→+∞

Dokazati da je f ograniqena. (29) Neka je f : R → (0, +∞) neprekidna funkcija, takva da je lim f (x) = 0 i lim f (x) = 0. Dokazati da x→+∞

x→−∞

(∃c ∈ R) (∀x ∈ R) f (x) ≤ f (c).

(30) Neka je f : [a, b] → R neprekidna funkcija. Dokazati da su funkcije M (x) = max f (t) i m(x) = min f (t) neprekidne. (31) Neka je P polinom. Dokazati da funkcija |P (x)| dostie minimum u nekoj taqki c ∈ R. (32) Neka je P polinom koji nije identiqki jednak nuli. Dokazati da a≤t≤x

a≤t≤x

(∃c ∈ R) |P (c)| = ec .

(33) Neka je f : [0, 1] → R neprekidna funkcija. Dokazati da postoji c ∈ [0, 1], takvo da je (1 − c)f (c)2 = c.

(34) Neka je f : [−1, 1] → R neprekidna funkcija i f (−1) = f (1). Dokazati da postoje a, b ∈ [−1, 1] za koje je |b − a| = 1 i f (a) = f (b). (35) Neka je f : R → R ograniqena neprekidna funkcija. Dokazati da postoji c ∈ R za koje je f (c) = c . (36) Neka je f : R → (0, +∞) neprekidna funkcija i a , a , · · · , a realni brojevi. Dokazati da postoji c ∈ R, takvo da je p 3

1

f (c) =

n

f (a1 )f (a2 ) · · · f (an ).

2

n

(37) Neka je f : R → R neprekidna funkcija, takva da je f (f (7)) = 7. Dokazati da je f (c) = c za neko c ∈ R.

4. VEBE

89

(38) Neka su f, g : [0, 1] → [0, 1] neprekidna preslikavaa, takva da je f ◦ g = g ◦ f . Dokazati da je za neko c ∈ [0, 1] f (c) = g(c). Uputstvo: Ako pretpostavimo suprotno, onda je, zbog neprekidnosti g(x) − f (x) istog znaka za sve x. Pretpostavimo da je g(x) − f (x) > 0. Skup F = {x | f (x) = x} je neprazan (videti Primer 10 na str. 72). Neka je c = sup F . Iz neprekidnosti sledi da je c ∈ F . Meutim, tada je i g(c) ∈ F , xto je u suprotnosti sa g(c) − f (c) > 0. (39) Neka je f : [0, 1] → [0, 1] neprekidna funkcija, takva da je za neko n∈N

f ◦ f ◦ . . . ◦ f (x) = x | {z }

za sve x ∈ [0, 1]. Ako je f (0) = 0 i f (1) = 1, dokazati da je f (x) = x za sve x ∈ [0, 1]. Uputstvo: dokazati prvo da je f 1{1. Odatle sledi da f strogo raste, jer kad bi za neko 0 < a < b < 1 bilo f (b) < f (a) iz neprekidnosti i f (0) = 0 sledilo bi da za neko c ∈ (0, a) vai f (c) = f (b), xto je u suprotnosti sa dokazanim svojstvom injektivnosti funkcije f . Iz qienice da f strogo raste i f (x) = x dokazati da svaka od pretpostavki ξ < f (ξ) i f (ξ) < ξ dovodi do kontradikcije. (40) Neka je f : R → R funkcija sa osobinom da je za sve y ∈ R skup f (y) dvoqlan. Dokazati da f nije neprekidna. Uputstvo: neka je f = {a, b}, a < b. Ako je f neprekidna, onda je f stalnog znaka na intervalu (a, b) (inaqe f (0) ne bi bio dvoqlan). Pretpostaviti da je f pozitivna na (a, b) i dokazati da je onda f negativna na R \ [a, b]. Tada postoji M = max f , pa je skup f (y) prazan za y > M , xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je ovaj skup uvek dvoqlan. (41) Neka je f : [0, 1] → R neprekidna funkcija, takva da je f (0) = f (1). Dokazati da za svako n ∈ N postoji x ∈ [0, 1] za koje je f (x) = f (x+ ). Uputstvo: n

n

−1

−1

−1

−1

1 n

n−1 X

(f (k/n) − f ((k + 1)/n)) = f (0) − f (1) = 0,

pa ne mogu svi sabirci da budu istog znaka. Primeniti teoremu o meuvrednosti na funkciju x 7→ f (x) − f (x + ). (42) Neka je f : [a, +∞) → R neprekidna funkcija i neka postoji k=0

1 n

lim = α ∈ R.

Dokazati da je f ravnomerno neprekidna. (43) Ispitati ograniqenost i ravnomernu neprekidnost funkcija: (a) f : [0, +∞) → R, f (x) = √1 + x; (b) g : (0, 1) → R, g(x) = ; (v) h : (0, 1] → R, h(x) = sin . (44) Neka je f : [0, 1) → R neprekidna funkcija. Dokazati da je f ravnomerno neprekidna ako i samo ako postoji x→+∞

1 x

π x

lim f (x).

Dokazati da jedan smer ove ekvivalencije ne vai za beskonaqne intervale { dati primer ravnomerno neprekidne funkcije g : [0, +∞) → x→1−0

90


koja nema limes u +∞. Da li vai drugi smer za beskonaqne intervale? (45) Neka je f : R → R ravnomerno neprekidna funkcija. Dokazati da postoje pozitivne konstante A i B, takve da je |f (x)| ≤ A|x| + B. (46) Funkciju f : Q → R, f (q) = q produiti na R tako da ona (a) ima limes u nuli; (b) ima samo desni limes u nuli. (47) Neka je f neprekidna funkcija, takva da je f (R) ⊂ Q. Dokazati da je f konstantna funkcija. (48) Neka su a , a , . . . , a , b , b , . . . , b realni brojevi, takvi da je a < b < a < b < ... < a < b . Dokazati da su sve nule polinoma R

0

1

n

0

0

1

0

P (x) =

1

n Y

n

1

(x + ak ) + 2

n

n Y

n

(x + bk )

realne. (49) Neka je P polinom stepena n. Dokazati da funkcija x 7→ sgn P (x) ima najvixe n taqaka prekida. (50) Ispitati neprekidnost funkcija f, g, h : (0, 1) → R definisanih na sledei naqin. Neka je dat broj x ∈ (0, 1) u decimalnom zapisu (pri qemu se ne uzima beskonaqno mnogo cifara 9 na kraju, ve beskonaqno mnogo nula; npr. uzima se x = 0, 1 umesto x = 0, 0999 . . .). (a) f (x) je broj koji se dobija kad se u decimalnom zapisu broja x obrixu cifre na neparnom mestu iza decimalne zapete (npr. f (0, 234698) = 0, 368, f (0, 158) = 0, 5). (b) g(x) je broj koji se dobije kad se u decimalnom zapisu broja x na svakom mestu umesto 0 napixe 1, umesto 1 napixe 2 itd, umesto 8 se napixe 9, a umesto 9 se napixe 0. (v) h(x) je broj koji se dobije kad se u decimalnom zapisu broja x na svakom mestu umesto 0 napixe 9, umesto 1 napixe 8 itd, umesto 4 se napixe 5 i obrnuto { umesto 5 se napixe 4, umesto 6 se napixe 3 itd, umesto 9 se napixe 0. Uputstvo: Funkcije f i g su prekidne (u svakoj okolini taqke x = 0, 5 se nalazi neki od brojeva 0, 49; 0, 499; 0, 4999; . . . { posmatrati ihove vrednosti pri preslikavaima f i g). Funkcija h je neprekidna (dokazati da je h(x) + x = 1). k=1

k=1

GLAVA 3

Izvod funkcije realne promen ive Neka je f : (a, b) → R neprekidna funkcija. Jednaqina tetive enog grafika koja spaja taqke (x , f (x )) i (x + h, f (x + h)) je 0

0

y = f (x0 ) +

0

0

f (x0 + h) − f (x0 ) (x − x0 ), h

a en koeficijent pravca, tj. tangens ugla izmeu e i pozitivnog dela x{ose . Koeficijent pravca tangente na grafik u taqki (x , f (x )) je bie f (x + h) − f (x ) f (x0 +h)−f (x0 ) h

0

ukoliko ovaj limes postoji.

lim

0

0

0

h

h→0

1. Diferencijabilnost 1.1. Definicija izvoda. Neka je data funkcija f : (a, b) → C i taqka x ∈ (a, b). Ako postoji limes 0

(1) on se naziva izvodom funkcije f u taqki x i oznaqava sa f (x ) ili (x ). Tada kaemo da je funkcija f diferencijabilna u taqki x . Funkciju zovemo diferencijabilnom ako je ona diferencijabilna u svakoj taqki domena. Klasa diferencijalnih funkcija je ua od klase neprekidnih funkcija, tj. vai sledea lema. Lema 1. Ako je funkcija f : (a, b) → C diferencijabilna u taqki x , onda je ona u toj taqki i neprekidna. 4 Poxto postoji limes (1), vai f (x0 + h) − f (x0 ) , h→0 h lim

0

0

0

df dx

0

0

0

f (x0 + h) − f (x0 ) = 0 · f 0 (x0 ) = 0, h→0 h lim f (x) = f (x0 )

lim (f (x0 + h) − f (x0 )) = lim h ·

pa je lim f (x + h) = f (x ), tj. . 5 Iz definicije izvoda i Leme 10 na str. 78 sledi da je kompleksna funkcija f : (a, b) → C diferencijabilna ako i samo ako su diferencijabilne realne funkcije Re f i Im f i da vai f (x ) = (Re f ) (x ) + i(Im f ) (x ), (2) pa je dovo no da se u izuqavau diferencijabilnosti ograniqimo na realne funkcije. h→0

h→0

0

0

0

x→x0

0

0

0

91

0

0

92

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

1.2. Primeri. Izraqunajmo izvode nekih funkcija.

1 Neka je f (x) ≡ c konstantna funkcija. Tada je

Primer .

f 0 (x) = lim

h→0

c−c = 0. h

]

2 Neka je f (x) = x , za neko n ∈ N. Tada je n

Primer .

n (x + h)n − xn 1 X n k−1 n−k f (x) = lim = lim h x = nxn−1 h→0 h→0 h h k 0

k=1

]

Primer 3. Neka je f (x) = |x|. Iz definicije apsolutne vrednosti i Primera 2 za n = 1 sledi da je ( 1, za x > 0 f (x) = −1, za x < 0. Poxto |0 + h| − |0| 0

lim

= lim sgn h

ne postoji, sledi da funkcija nije diferencijabilna u nuli (xto je i u skladu sa naxom intuitivnom predstavom o tome kako izgleda grafik funkcije koja u datoj taqki ima tangentu). Odavde vidimo i da tvree obrnuto Lemi 1 ne vai. ] Primer 4. Neka je a > 0 i f (x) = a . Tada je h→0

h f (x) = |x|

h→0

x

ax+h − ax ah − 1 = lim ax · = ax log a. h→0 h→0 h h

f 0 (x) = lim

]

1 Ispitati diferencijabilnost funkcije ( e , za x > 0 f (x) = e , za x ≤ 0.

Zadatak .

x

−x

5 Neka je a > 0, a 6= 1 i f (x) = log x, za x > 0. Tada je

Primer .

X

a

0

f (x)

= =

ax lim loga (x+h)−log h h→0 1/h lim loga 1 + hx h→0

1 h→0 h

= lim

loga

x+h x

= loga e1/x =

1 x

=

loga e. ]

6 Neka je f (x) = sin x. Tada je

Primer .

2 sin h2 cos 2x+h sin(x + h) − sin x 2 = lim = cos x. h→0 h→0 h h

f 0 (x) = lim

2 Neka je f (x) = cos x. Dokazati da je f (x) = − sin x.

Zadatak .

0

] X

1. DIFERENCIJABILNOST

93

3 Ispitati diferencijabilnost funkcije ( x , za x ∈ Q f (x) = x χ (x) = 0, za x ∈/ Q.

Zadatak .

2

2

Q

X

1.3. Pravila diferenciraa. Lema (a, b) → C

2. (Izvod algebarskih kombinacija) Neka su funkcije f, g : diferencijabilne u taqki x ∈ (a, b) i λ, µ ∈ C. Tada je

(a) (λf + µg) (x ) = λf (x ) + µg (x ) (b) (f · g) (x ) = f (x ) · g(x ) + f (x ) · g (x ) (v) (x ) = (ako je g(x ) 6= 0). 4 (a) sledi iz 0

0

0

f 0 g

0

0

0

0 0 0 f 0 (x0 )·g(x0 )−f (x0 )·g 0 (x0 ) 2 (g(x0 ))

0

(λf + µg)0 (x0 )

= lim

h→0

= lim

h→0

0

0

λf (x0 +h)+µg(x0 +h)−λf (x0 )−µg(x0 ) h f (x0 +h)−f (x0 ) 0) λ lim + µ lim g(x0 +h)−g(x h h h→0 h→0 λf 0 (x0 ) + µg 0 (x0 ). h→0

=

(b) sledi iz

0

= lim =

f (x0 +h)·g(x0 +h)−f (x0 )·g(x0 ) h f (x0 +h)−f (x0 ) · g(x0 + h) h

+ f (x0 ) ·

g(x0 +h)−g(x0 ) h

= f 0 (x0 ) · g(x0 ) + f (x0 ) · g 0 (x0 ).

(v) sledi iz f 0 g (x0 )

0

0

0

(f · g)0 (x0 )

0

= lim

f (x0 +h) f (x ) − g(x0 ) g(x0 +h) 0

h f (x0 +h)−f (x0 ) 1 h h→0 g(x0 )g(x0 +h) f 0 (x0 )·g(x0 )−f (x0 )·g 0 (x0 ) . (g(x0 ))2

h→0

= lim =

· g(x0 ) − f (x0 ) ·

g(x0 +h)−g(x0 ) h

7 Neka je f (x) = tg x. Tada je

5

Primer .

f 0 (x) =

sin x 0 (sin x)0 cos x − (cos x)0 sin x 1 = . = cos x cos2 x cos2 x

Sliqno se dokazuje da je (cotg x) = − . ] Lema 3. (Izvod sloene funkcije) Neka je funkcija f : (a, b) → (α, β) diferencijabilna u taqki x ∈ (a, b), a funkcija g : (α, β) → C diferencijabilna u taqki y = f (x ). Tada je funkcija g ◦f : (a, b) → C diferencijabilna u taqki x i vai 0

1 sin2 x

0

0

0

0

(g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 (f (x0 )) · f 0 (x0 ).

4

Po definiciji izvoda je

g(f (x0 + h)) − g(f (x0 )) . h→0 h

(g ◦ f )0 (x0 ) = lim

(3)

94


Neka je t = f (x + h) − f (x ) = f (x + h) − y . Poxto je funkcija f diferencijabilna u x , ona je u toj taqki i neprekidna (Lema 1), pa t → 0 kad h → 0. Odatle i iz (3) sledi 0

0

0

0

0

(g ◦ f )0 (x0 )

g(f (x0 +h))−g(f (x0 )) h g(y0 +t)−g(y0 ) t · h. lim t t→0

= lim

h→0

=

Dokaz Leme sledi iz → g (y ) i = → f (x ). 5 Zadatak 4. Nai i ispraviti nedostatak u prethodnom dokazu, prepisujui ga na jeziku Landauovih simbola, na kome definicija izvoda glasi f (x + h) = f (x) + f (x)h + o(h) kad h → 0. X Primer 8. Neka je f (x) = x za neko α ∈ R. Tada je log f (x) = α · log x. Odatle, diferenciraem i primenom pravila za izvod sloene funkcije, dobijamo 1 1 g(y0 +t)−g(y0 ) t

0

f (x0 +h)−f (x0 ) h

t h

0

0

0

0

α

tj.

f (x)

· f 0 (x) = α ·

f 0 (x) =

x

,

α α f (x) = xα . x x

Odatle sledi (x ) = αx , xtoqje uopxtee Primera 2. Primer 9. Neka je f (x) = . Tada je α 0

α−1

x+1 x−1

3

log f (x) =

Diferenciraem dobijamo

]

1 (log (x + 1) − log (x − 1)). 3

f 0 (x) 1 1 1 = ( − ), f (x) 3 x+1 x−1

odakle sledi

q 3

x+1

2 x−1 f (x) = − 2 . 3x −1 0

]

5 Odrediti domen i izraqunati izvod funkcije f (x) = x . X Primer 10. Funkcija ( x sin za x 6= 0 f (x) = 0 za x = 0 je diferencijabilna u svakoj taqki. Zaista, za x 6= 0 en izvod nalazimo koristei pravila za raqunae izvoda, dok za x = 0 izvod moemo da izraqunamo po definiciji (1). Tako( dobijamo za x 6= 0 2x sin − cos f (x) = 0 za x = 0 Primetimo da funkcija x 7→ f (x) ima prekid u nuli, jer za svako δ > 0 postoji n ∈ N takvo da je < δ. Poxto je f ( ) = ±1, sledi da f nema limes u nuli. ] x

Zadatak .

1 x

2

1 x

0

1 x

0

1 nπ

0

1 nπ

0

6 Neka je

1. DIFERENCIJABILNOST

95

Zadatak .

za x 6= 0 za x = 0. Za koje p je ova funkcija neprekidna? Za koje p je ona diferencijabilna? Za koje p je en izvod neprekidan? X Lema 4. (Izvod inverzne funkcije) Neka je f : X → Y bijekcija i f : Y → X ena inverzna funkcija. Ako je (1) funkcija f diferencijabilna u taqki x , (2) f (x ) 6= 0, (3) f neprekidna u taqki y = f (x ) tada je funkcija f diferencijabilna u taqki y i vai ( |x|p sin x1 f (x) = 0

−1

0

0

0

−1

0

0

−1

4

0

Po definiciji izvoda je

1 . (f −1 )0 (y0 ) = 0 f (x0 )

(4) Neka je f (y + h) − f (y ) = t. (5) Poxto je f (y ) = x , iz (5) dobijamo h = f (x + t) − f (x ). Iz (5) i neprekidnosti funkcije f i y sledi da t → 0 kad h → 0 (ovde koristimo neprekidnost f u taqki y , kao i qienicu da je f bijekcija, pa je f (y + h) = f (y ) samo za h = 0). Odatle i iz (4) dobijamo f −1 (y0 + h) − f −1 (y0 ) . h→0 h

(f −1 )0 (y0 ) = lim −1

−1

0

−1

0

0

0

−1

−1

0

0

0

−1

−1

0

−1

0

0

(f −1 )0 (y0 ) = lim

t→0

t 1 = 0 . f (x0 + t) − f (x0 ) f (x0 )

Iz prethodne teoreme i Posledice 7 na str. 76 sledi Posledica 1. Neka je f : (a, b) → (α, β) neprekidna monotona funkcija i f : (α, β) → (a, b) ena inverzna funkcija. Ako je funkcija f diferencijabilna u taqki x i f (x ) 6= 0, tada je funkcija f diferencijabilna u taqki y = f (x ) i vai 5

−1

0

0

0

−1

0

0

(f −1 )0 (y0 ) =

1 . f 0 (x0 )

Zadatak 7. Neka je f : X → Y diferencijabilna u x i f : Y → X diferencijabilna u y = f (x ). Dokazati da je tada (f ) (y ) = . Primetimo da odatle sledi f (x ) 6= 0, xto je u Lemi 4 potrebno kao pretpostavka. (Uputstvo: primeniti Lemu 3) Da li Lema 4 moe da se primeni na funkciju f (x) = x u taqki x = 0 i zaxto? X Primer 11. Neka je f (x) = arcsin x. Tada je 1 1 f (x) = = , gde je x = sin y. (sin y) cos y Odatle i iz cos y = p1 − sin y = √1 − x sledi (arcsin x) = . ] 0

0 −1 0

0

0

−1

0

3

0

0

0

2

1 f 0 (x0 )

0

2

0

√ 1 1−x2

96


Zadatak 8. Dokazati da je (a) (arccos x) = − (b) (arctg x) = X (v) (arccotg x) = − . Zadatak 9. Neka je P polinom. Dokazati da je koeficijent uz x u polinomu P (x + a) jednak P (a). X √ Zadatak 10. Neka je C = {(x, x) | x ≥ 0} ⊂ R × R. (a) Nai ugao izmeu x{ose i tangente na krivu C u taqki sa x{koordinatom . (b) Nai taqku na krivoj C u kojoj tangenta seqe x{osu pod uglom . (v) Nai tangentu na krivu C koja prolazi kroz taqku (−1, 0). 0

√ 1 1−x2

0

1 1+x2

0

1 1+x2

0

3 4

π 4

X

1.4. Desni i levi izvod. Ukoliko postoje limesi f (x0 + h) − f (x0 ) , h→0+0 h

f (x0 + h) − f (x0 ) h→0−0 h

0 f+ (x0 ) = lim

0 f− (x0 ) = lim

oni se nazivaju desnim i levim izvodima funkcije f u taqki x . Oqigledno je da je funkcija diferencijabilna u taqki x ako i samo ako u toj taqki ima levi izvod jednak desnom izvodu. Zadatak 11. Dokazati da je funkcija f : (a, b) → C koja ima levi i desni izvod u taqki x ∈ (a, b) neprekidna u toj taqki. X 1.5. Izvod implicitno zadate funkcije. Ako jednaqina F (x, y) = 0 (6) ima jedinstveno rexee po y, om je zadata funkcija y = f (x). en izvod moemo da izraqunamo diferenciraem obe strane jednaqine (6), koristei pravilo za izvod sloene funkcije. Primer 12. Funkcija y = f (x) zadata je jednaqinom √ y + 3x y + x + x + 1 = 0. (7) Izraqunajmo f (0). Diferenciraem jednaqine (7) dobijamo 3√ 3y y + 6xy + 3x y + x + 1 = 0. (8) 2 Iz (7) sledi da je f (0) = −1, pa stav ajui x = 0, y = −1 u (8) dobijamo f (0) = − . ] 1.6. Izvod parametarski zadate funkcije. Neka je funkcija y = f (x) zadata parametarski: 0

0

0

3

2

3

0

2 0

0

2 0

1 3

x = x(t),

Tada je y(t) = f (x(t)), pa je

y = y(t);

dy dt dy = · = dx dt dx

a ≤ t ≤ b.

dy dt dx dt

,

2. OSNOVNE TEOREME DIFERENCIJALNOG RAQUNA

97

pri qemu prva jednakost sledi iz pravila za izvod sloene, a druga iz pravila za izvod inverzne funkcije. Primetimo da dobijena jednakost dy (9) = dx ima oblik , de ea brojioca i imenioca sa dt". Iako na prvi pogled izgleda da ta interpretacija nema smisla, jer smo izraz uveli samo kao oznaku za y , videemo da jednakost (9) moe upravo tako da se interpretira. Da bismo to videli, potreban nam je pojam diferencijala funkcije. 1.7. Diferencijal funkcije. Neka je f : (a, b) → C diferencijabilna funkcija. Iz definicije izvoda sledi da vai f (x + h) = f (x) + f (x)h + o(h) kad h → 0. (10) Drugi qlan na desnoj strani izraza (10) naziva se diferencijalom funkcije i oznaqava sa df (x)h. Preciznije, diferencijal funkcije f je preslikavae df : (a, b) × R → C, df (x, h) = f (x)h. Oqigledno je da je diferencijal linearan po drugoj promen ivoj; preciznije, za svako fiksirano x ∈ (a, b) preslikavae h 7→ f (x)h je linearno. Ovo preslikavae oznaqavamo sa df (x) i nazivamo diferencijalom funkcije f u taqki x: df (x) : R → C, df (x)(h) = f (x)h. (11) Specijalno, diferencijal funkcije f (x) = x u svakoj taqki je preslikavae dx(h) = h. Imajui to u vidu, izraz (11) moemo da napixemo kao df (x)(h) = f (x)dx(h). Ova jednakost vai za svako h, tj. funkcije df (x) i f (x)dx su jednake (kao funkcije po h): df (x) . (12) df (x) = f (x)dx, ili f (x) = dx Iz jednakosti (2) sledi dy dt dx dt

dy dx

0

0

0

0

0

0

0

0

0

df (x) = d(Re f )(x) + id(Im f )(x).

2. Osnovne teoreme diferencijalnog raquna

U ovom paragrafu emo dokazati neke teoreme koje nam omoguavaju da na osnovu osobina izvoda ispitujemo ponaxae i svojstva funkcije.

2.1. Teoreme o sredoj1 vrednosti.

Teorema 1. (Fermaova teorema) Neka funkcija f : [a, b] → R dostie svoj maksimum ili minimum u taqki c ∈ (a, b). Ako je funkcija f diferencijabilna u taqki c, onda je f (c) = 0. 4 Pretpostavimo da f dostie u taqki c minimum, tj. da je f (c) ≤ f (x) za svako x. Tada je, za h > 0 0

a za h < 0

f (c + h) − f (c) ≥ 0, h f (c + h) − f (c) ≤ 0. h

1Ferma (Pierre Fermat, 1601{1665), francuski matematiqar

98


Prelaskom na limes kad h → 0, iz prve nejednakosti zak uqujemo da je f (c) ≥ 0, a iz druge da je f (c) ≤ 0, xto zajedno daje f (c) = 0. 5 Napomenimo da je x ∈ X taqka lokalnog minimuma funkcije f : X → R ako (∃δ > 0)(∀x ∈ X ∩ (x − δ, x + δ)) f (x ) ≤ f (x). (13) Ako vai (∃δ > 0)(∀x ∈ X ∩ (x − δ, x + δ)) f (x ) < f (x) (14) kaemo da je x taqka strogog lokalnog minimuma. Taqke lokalnog maksimuma i strogog lokalnog maksimuma se definixu zamenom simbola ≤ i . Iz Teoreme 1 sledi Posledica 2. (Potreban uslov postojaa lokalnog ekstremuma) Da bi funkcija f : [a, b] → R imala lokalni ekstremum u taqki c ∈ (a, b) neophodno je da bude ispuen jedan od sledea dva uslova: ili f nije diferencijabilna u c, ili je f (c) = 0. Primer 13. Na primeru funkcije f (x) = x koja nema lokalni ekstremum u 0 iako je f (0) = 0 vidimo da uslov iz Posledice 2 nije i dovo an. ] Primer 14. Posledica 2 daje potreban uslov postojaa ekstremuma u unutraxoj taqki. Funkcija f : [0, 1] → R, f (x) = x + x ima minimum u 0, a maksimum u 1, iako je f (x) = 3x + 1 6= 0 za svako x ] Teorema 2. (Rolova2 teorema) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na [a, b] i diferencijabilna na (a, b) i neka je f (a) = f (b). Tada postoji taqka c ∈ (a, b) takva da je f (c) = 0. 4 Poxto je funkcija f neprekidna, iz Vajerxtrasove teoreme (Teorema 3 na str. 73) sledi da ona na segmentu [a, b] dostie svoj maksimum i minimum. Ako je jedna od taqaka u kojima se ove vrednosti dostiu unutraxa taqka intervala (a, b), iz Fermaove teoreme sledi da je izvod funkcije f u toj taqki jednak nuli, qime je dokaz zavrxen. Ako se i maksimum i minumum dostiu u rubnim taqkama a i b, onda iz uslova f (a) = f (b) sledi da je f konstantna, pa je f ≡ 0 (Primer 1). 5 Zadatak 12. Dokazati da jednaqina 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

3

0

3

0

2

0

0

a1 cos x + a2 cos 2x + · · · + an cos nx = 0

ima bar jedno rexee na intervalu (0, π). Uputstvo: primeniti Rolovu teoremu na funkciju f (x) = a1 sin x +

an a2 sin 2x + · · · + cos nx. 2 n

X

3 Neka su funkcije f : [a, b] → R i g : neprekidne na i diferencijabilne na (a, b) i neka je g (x) 6= 0 za svako . Tada postoji taqka takva da je

Teorema . (Koxijeva teorema) [a, b] → R [a, b] x ∈ (a, b) c ∈ (a, b)

f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 . g(b) − g(a) g (c)

2Rol (M. Rolle, 1652{1719), francuski matematiqar

0


99

Funkcija F (x) = (f (b) − f (a))g(x) − (g(b) − g(a))f (x) zadovo ava uslove Rolove teoreme, pa postoji c ∈ (a, b) takvo da je F (c) = 0, xto je ekvivalentno sa (f (b) − f (a))g (c) = (g(b) − g(a))f (c). (15) Po pretpostavci je g (c) 6= 0. Vai i g(b) − g(a) 6= 0, jer bi u suprotnom iz Rolove teoreme sledilo da za neko c ∈ (a, b) vai g (c ) = 0, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je g (x) 6= 0 za svako x ∈ (a, b). Odatle sledi da obe strane u (15) moemo da podelimo sa (g(b) − g(a))g (c), xto dokazuje tvree teoreme. 5 Teorema 4. (Lagranova3 teorema) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na [a, b] i diferencijabilna na (a, b). Tada postoji taqka c ∈ (a, b) takva da je f (b) − f (a)

4

0

0

0

0

0

o

o

0

0

= f 0 (c).

b−a

Dokaz sledi iz Koxijeve teoreme, za g(x) = x. 5 Posledica 3. Ako funkcija f : X → R ima ograniqen prvi izvod, onda je ona ravnomerno neprekidna. 4 Dokaz sledi iz |f (x) − f (y)| = |f (c)(x − y)| < L|x − y| i definicije ravnomerne neprekidnosti. 5 Zadatak 13. Dokazati da obrnuto nije taqno: ravnomerno neprekidna diferencijabilna funkcija moe da ima neograniqen prvi izvod. (Uputstvo: videti Zadatak 11 na 75 strani) X Posledica 4. Neka je f : (a, b) → R diferencijabilna funkcija. Tada je f (x) = 0 za sve x ∈ (a, b) ako i samo ako je funkcija f konstantna. 4 Jedan smer je oqigledan: izvod konstantne funkcije je nula (Primer 1). Pretpostavimo obrnuto, da je f (x) = 0 za sve x ∈ (a, b). Iz Lagranove teoreme sledi f (x ) − f (x ) = (x − x )f (c) = 0, tj. f (x ) = f (x ) za sve x , x ∈ (a, b). 5 Posledica 5. (Kriterijumi monotonosti) Ako je f : (a, b) → R diferencijabilna funkcija, vai svaka od sledeih implikacija: f > 0 ⇒ f je strogo rastua ⇒f ≥0 f ≥ 0 ⇒ f je neopadajua ⇒f ≥0 f < 0 ⇒ f je strogo opadajua ⇒ f ≤ 0 f ≤ 0 ⇒ f je nerastua ⇒ f ≤ 0. 4 Neka je x < x . Iz Lagranove teoreme sledi f (x ) − f (x ) = (x − x )f (c) za neko c ∈ (x , x ). Posledi izraz je nenegativan ako je f (x) ≥ 0, a strogo pozitivan ako je f (x) > 0. Sliqno se dokazuju i ostale implikacije. 5 Primer 15. Izvod funkcije f (x) = x je f (x) = 3x ≥ 0. Odatle sledi da je ova funkcija neopadajua. Primetimo da vai i vixe: f je strogo rastua funkcija, ali izvod nije strogo pozitivan: f (0) = 0. ] 4

0

0

0

2

1

2

1

1

1

2

0

1

2

0

0

0

0

0

0

0

0

2

2

1

1

2

1

0

0

2

0

0

3

0

3Lagran (J. Lagrange, 1736{1813), francuski matematiqar

2

100


Iz Posledice 5 izvodimo dovo an uslov postojaa lokalnih ekstremuma u terminima prvog izvoda. Posledica 6. (Dovoǉan uslov postojaǌa ekstremuma) Ako je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna svuda sem moda u taqki x i neprekidna u x , onda vae sledee implikacije: (∀x ∈ (a, x ))f (x) < 0 ∧ (∀x ∈ (x , b))f (x) < 0 ⇒ f nema ekstremum u x (∀x ∈ (a, x ))f (x) < 0 ∧ (∀x ∈ (x , b))f (x) > 0 ⇒ x je lokalni minimum (∀x ∈ (a, x ))f (x) > 0 ∧ (∀x ∈ (x , b))f (x) < 0 ⇒ x je lokalni maksimum (∀x ∈ (a, x ))f (x) > 0 ∧ (∀x ∈ (x , b))f (x) > 0 ⇒ f nema ekstremum u x . 4 Iz Posledice 5 sledi da funkcija koja zadovo ava pretpostavku prve implikacije strogo opada na (a, b) \ {x }. Poxto je f neprekidna u x sledi da ona uzima i vee (za x < x ) i mae (za x > x ) vrednosti od f (x ), pa x nije ekstremum. Ako f zadovo ava pretpostavku druge implikacije, onda ona, na osnovu Posledice 5, raste na (a, x ), a opada na (x , b), pa iz neprekidnosti u taqki x sledi da u toj taqki f ima lokalni minimum. Sliqno se dokazuju i ostale implikacije. 5 Zadatak 14. (a) Da li su lokalni ekstremumi qije postojae utvruje Posledica 6 strogi? (b) Da li Posledica 6 vai i ako se znakovi strogih nejednakosti > i < zamene znakovima ≥ i ≤? (v) Da li u tvreima Posledice 6 vae i obrnute implikacije? (Odgovor: ne!) (g) Dokazati da funkcija ( 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

2x2 + x2 sin x1 , x 6= 0, 0, x=0

f (x) =

ima strogi lokalni minimum u 0, ali da se to ne moe utvrditi primenom Posledice 6. X Zadatak 15. Nai grexku u sledeem rasuivau: neka je f funkcija iz Primera 10 na 94. strani. Primenom Lagranove teoreme dobija se za neko c ∈ (0, x). Iz

1 1 1 = 2c sin − cos x c c 0
sledi da

0 = lim x2 sin

kad

, pa je

1 1 1 = lim (2c sin − cos ). x c→0 c c

Oqigledno je da je rasuivae pogrexno jer posledi limes ne postoji. Gde je naprav ena grexka? X Zadatak 16. (a) (Izvod determinante) Neka su funkcije f , g , h (k ∈ {1, 2, 3}) diferencijabilne u taqki x . Dokazati da se determinanta x→0

k

0

f1 (x) g1 (x) h1 (x) ∆(x) = f2 (x) g2 (x) h2 (x) f3 (x) g3 (x) h3 (x)

k

k


diferencira po pravilu f10 0 ∆ = f2 f3

g10 g2 g3

h01 h2 h3

f1 0 + f2 f3

g1 g20 g3

h1 h02 h3

f1 + f2 0 f3

g1 g2 g30

h1 h2 h03

101 .

(b) Neka su funkcije f, g, h : [a, b] → R neprekidne na [a, b] i diferencijabilne na (a, b) i neka je f (x) g(x) h(x) ∆(x) = f (b) g(b) h(b) . f (a) g(a) h(a)

Dokazati da ∆ ispuava uslove Rolove teoreme. enom primenom na h(x) ≡ 1 dokazati Koxijevu, a primenom na h(x) ≡ 1, g(x) = x Lagranovu teoremu. X 2.2. Darbuova teorema. Neka je f diferencijabilna funkcija. Iako izvodna funkcija f ne mora da bude neprekidna (v. Primer 10), ona ima sledee svojstvo, karakteristiqno za neprekidne funkcije (v. Posledicu 4 na str. 72). Teorema 5. (Darbuova4 teorema) Neka je f : (a , b ) → R diferencijabilna funkcija i a < a < b < b . Neka je γ broj koji je izmeu f (a) i f (b). Tada postoji taqka c ∈ (a, b) takva da je f (c) = γ. 4 Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je f (a) < γ < f (b). Ako je = γ, dokaz sledi iz Lagranove teoreme, jer je = f (c) za neko c. Pretpostavimo da je > γ. Neka je ( za x > a φ(x) = f (a) za x = a. = φ(b), Funkcija φ je neprekidna na [a, b] i vai φ(a) = f (a) < γ < pa postoji taqka x ∈ (a, b) takva da vai φ(x ) = γ. Dokaz sada sledi iz Lagranove teoreme, jer je 0

0

0

0

0

0

0

0

0

f (b)−f (a) b−a

0

f (b)−f (a) b−a

0

f (b)−f (a) b−a

f (x)−f (a) x−a 0

0

0

f (b)−f (a) b−a

0

γ = φ(x0 ) =

f (x0 ) − f (a) = f 0 (c) x0 − a

za neko c ∈ (a, x ). Sluqaj < γ tretira se analogno. Zadatak 17. Dokazati da ako postoji lim f (x) onda postoji i f (v. str. 96) i 0

f (b)−f (a) b−a

0

x→x0 +0

lim

x→x0 +0

0 f 0 (x) = f+ (x0 ).

5

0 + (x0 )

Da li vai i obrnuto? (Uputstvo: videti Primer 10) X Zadatak 18. Dokazati da funkcija f (·) moe da ima samo prekide druge vrste. X 0

4Darbu (Darboux, 1842{1917), francuski matematiqar

102


2.3. Neodreeni oblici. Lopitalova pravila. Aksiomama realnih brojeva i pravilima za raqunae u proxirenom skupu realnih brojeva koja smo dali na 17. strani nisu definisani izrazi oblika ∞ , ∞

∞ − ∞,

0 · ∞,

1∞ ,

0 , 0

∞0 ,

00 .

Ovi izrazi, kao limesi, mogu da budu jednaki bilo kom realnom broju, kao i ±∞. Sledea teorema omoguava nam da nekad izraqunamo limese oblika i . Teorema 6. (Lopitalova5 pravila) Neka su funkcije f : (a, b) → R i g : (a, b) → R diferencijabilne na (a, b) i neka je g (x) 6= 0 za svako x ∈ (a, b) (−∞ ≤ a ≤ b ≤ +∞). Neka je 0 0

∞ ∞

0

f 0 (x) = A. x→a+0 g 0 (x) lim

Tada u svakom od sledea dva sluqaja 1. lim f (x) = lim g(x) = 0 2. lim g(x) = ∞ vai f (x) x→a+0

x→a+0

x→a+0

lim

x→a+0

g(x)

= A.

Analogno tvree vai i za lim . 4 Pretpostavimo da vai lim f (x) = lim g(x) = 0. Tada su funkcije ( ( f (x) za x ∈ (a, b) g(x) za x ∈ (a, b) F (x) = i G(x) = 0 za x = a 0 za x = a neprekidne na [a, b) i diferencijabilne na (a, b). Iz Koxijeve teoreme sledi da za svako x ∈ (a, b) postoji taqka c ∈ (a, x) takva da vai F (x) − F (a) F (c) f (c) f (x) = = = (16) g(x) G(x) − G(a) G (c) g (c) Poxto je a < c < x, iz x → a + 0 sledi c → a + 0. Odatle i iz (16) sledi tvree teoreme u prvom sluqaju. Pretpostavimo sada da je lim g(x) = ∞. Neka je ε > 0. Iz lim = A sledi da postoji s > a takvo da je f (x) A−ε< < A + ε za x < s. (17) g (x) Poxto je lim g(x) = ∞, za svako β ∈ (a, s) postoji α ∈ (a, β), takvo da je g(α) − g(β) > 0. Iz Koxijeve teoreme i (17) sledi x→b−0

x→a+0

x→a+0

0

0

0

0

x→a+0 0

0

x→a+0

A−ε<

f (α) − f (β) f 0 (c) = 0 < A + ε, g(α) − g(β) g (c)

5Lopital (G.F. de l’Hospital, 1661{1704), francuski matematiqar

f 0 (x) 0 x→a+0 g (x)


odakle, posle mnoea pozitivnim brojem g(α) − g(β) dobijamo (A − ε) 1 −

103

g(β) f (β) f (α) g(β) f (β) + < < (A + ε) 1 − + . g(α) g(α) g(α) g(α) g(α)

Prelaskom na lim odatle dobijamo A − ε < lim < A + ε. Poxto je ε proizvo no, odatle sledi tvree teoreme. 5 Zadatak 19. Uporediti rasuivae u dokazu Lopitalove teoreme sa pogrexnim rasuivaem iz Zadatka 15 na 100. strani. X Zadatak 20. Dokazati da ne vai obrnuto tvree u Lopitalovim pravilima, tj. da iz postojaa lim ne sledi postojae lim . (Uputstvo: neka je f funkcija iz Primera 10, g(x) = x i a = 0.) X = 0 za q > 1. ] Primer 16. Iz Lopitalovog pravila sledi lim Primer 17. Primer 16 lako se uopxtava na sledei naqin: ako je q > 1, onda za svako β ∈ R vai lim = 0. Zaista, ako je β ≤ 0 tvree je i Primera 16. ] oqigledno taqno, a za β > 0 ono sledi iz = Primer 18. Neka je a > 1. Tada je log x = 0. (18) lim x Zaista, smenom t = log x, tj. x = a , (18) se svodi na Primer 16. ] za 0 < a < 1. X Zadatak 21. Izraqunati lim Primer 19. Neka je a > 1 i α ∈ R. Tada je (log x) lim = 0. (19) x Zaista, smenom t = log x, tj. x = a , (18) se svodi na Primer 17. ] Primer 20. Neka je a > 1, q > 1 i neka su α, β , γ realni brojevi. Iz Primera 17 i 19 lako sledi da je f (α) α→a+0 g(α)

α→a+0

f0 g0

f g

x x x→+∞ q

xβ x x→+∞ q

xβ qx

β x (q 1/β )x

a

x→∞ t

a

x→∞

loga x x

a

α

x→∞

t

a

lim (loga x)α xβ q γx = +∞

x→+∞

ako je γ > 0 ∨ (γ = 0 ∧ β > 0) ∨ (γ = 0 ∧ β = 0 ∧ α > 0), lim (loga x)α xβ q γx = 0

x→+∞

ako je γ < 0 ∨ (γ = 0 ∧ β < 0) ∨ (γ = 0 ∧ β = 0 ∧ α < 0) i lim (loga x)α xβ q γx = 1

ako je α = β = γ = 0. Zadatak 22. Izraqunati (a) lim (b) lim x .

x→+∞

x cos x−sin x x3 1/x x→+∞

]

x→0

X

104


Zadatak

23. Da li je logiqki ispravno izraqunati lim

sin x x

primenom Lopitalovog pravila? (Odgovor: ne!) X Zadatak 24. Neka je f : (a, +∞) → R diferencijabilna funkcija i neka je lim (f (x) + f (x)) = A. Dokazati da je lim f (x) = A. X x→0

0

x→+∞

x→+∞

3. Izvodi vixeg reda. Tejlorova formula

Neka je f : (a, b) → C diferencijabilna funkcija. Ako je ena izvodna funkcija f : (a, b) → C diferencijabilna u taqki x ∈ (a, b), en izvod (f ) (x ) nazivamo drugim izvodom funkcije f i oznaqavamo sa f (x ) ili . Induktivno se definixe n–ti izvod f (x) sa 0

0 0

0

00

0

0

d2 f (x0 ) dx2

(n)

f (0) (x) = f (x),

f (n) (x) = (f (n−1) )0 (x).

Za n{ti izvod se koristi jox i oznaka . Funkciju koja ima n{ti izvod nazivamo n puta diferencijabilnom. Funkciju koja je n puta diferencijabilna za svako n nazivamo beskonaqno puta diferencijabilnom. Izvod n{tog reda je linearan, tj. dn f (x0 ) dxn

(λf + µg)(n) (x) = λf (n) (x) + µg (n) (x)

za konstante λ, µ ∈ C i n puta diferencijabilne funkcije f i g. Za proizvod n puta diferencijabilnih funkcija vai uopxteno Lajbnicovo pravilo (f g)

(n)

(x) =

n X n

k

f (k) (x)g (n−k) (x)

koje se lako dokazuje indukcijom (zadatak!). Za kompoziciju g ◦ f n puta diferencijabilnih funkcija f i g vai di Brunova6 formula k=0

(g ◦ f )(n) (x) =

X

(1) k k (n) k n! f (x) 1 f (2) (x) 2 f (x) n g (k) (y) ··· , k1 !k2 ! . . . kn ! 1! 2! n!

(20) gde je k = k +k +· · ·+k i gde se sumirae vrxi po svim k , k , . . . , k takvim da je k + 2k + 2 + · · · + nk = n. Ova formula moe da se dokae na sledei naqin. Pre svega, primetimo da je (g ◦ f ) (x) svakako izraz oblika X C(n, k , k . . . , k )g (y) f (x) f (x) · · · f (x) , (21) za neke konstante C(n, k , k . . . , k ) koje ne zavise od f i g. Da bismo naxli te konstante, uzmimo funkcije 1

2

n

1

1

2

n

n

(n)

k1

1

2

(k)

n

1

2

(1)

k2

(2)

kn

(n)

n

f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ,

g(y) = y k .

6Franqesko di Bruno, (Francesco Faà di Bruno, 1825–1888), italijanski svextenik i matematiqar

3. IZVODI VIXEG REDA. TEJLOROVA FORMULA

105

Tada iz uopxtea utnove binomne formule (formula (13) na str. 22) sledi da je Y X k! a , (22) x g ◦ f (x) = k !k ! · · · k ! gde se suma vrxi po svom k , . . . , k takvim da je k + k + · · · + k = k. Izvod reda n ovog polinoma moemo da izraqnamo eksplicitno. Koeficijente C(n, k , k . . . , k ) dobijamo uporeivaem vrednosti n{tog izvoda polinoma (g ◦ f ) dobijenog eksplicitnim diferenciraem formule (22) n puta sa izrazom dobijenim zamenom x = 0 u (21). Zadatak 25. Koliko puta je funkcija f (x) = |x| diferencijabilna u nuli? X Zadatak 26. Dokazati da je funkcija ( e za x > 0 f (x) = 0 za x ≤ 0 beskonaqno puta diferencijabilna. X Sledei zadatak daje vaan primer beskonaqno diferencijabilne funkcije koja je pozitivna na intervalu i jednaka nuli van ega. Zadatak 27. Dokazati da je funkcija ( e za 0 < x < 1 f (x) = 0 za x ∈/ (0, 1) beskonaqno puta diferencijabilna. X Zadatak 28. Dokazati da je funkcija   za 0 < x < 1 e f (x) = 0 za x ≤ 0   1 za x ≥ 1 beskonaqno puta diferencijabilna. Ovo je primer monotone beskonaqno diferencijabilne funkcije koja je konstantna na (−∞, 0] i [1, +∞) i strogo monotona na [0, 1]. X Zadatak 29. Da li je funkcija iz Primera 12 na str. 96 dvaput diferencijabilna u nuli? X Zadatak 30. Za koje p je funkcija iz Zadatka 6 na 95. strani k puta diferencijabilna? X Zadatak 31. Funkcija y = f (x) data je u parametarskom obliku n

1

2

1

1 2 (n)

n

kj j

k1 +2k2 +···+nkn

j=1

n

1

2

n

n

3

−1/x2

−1/x2 (1−x)2

−1/x2 (1−x)2

x = t + t3 , y = et + t

Izraqunati f (0). X Primer 21. Polinomska funkcija p(x) = a + a x + a x + · · · + a x je beskonaqno puta diferencijabilna i vai p (0) = n!a za 0 ≤ n ≤ m i p (x) = 0 za n > m. Odatle sledi da polinom moemo da napixemo u obliku P x . ] p(x) = 00

0 (n)

(n)

m

n=1

p(n) (0) n n!

1

2

n

2

m

m

106


Primer 21 moemo da uopxtimo na sledei naqin. Neka je funkcija f : puta diferencijabilna u taqki x ∈ (a, b). Polinom

(a, b) → R n

0

Pn (x0 , x; f ) =

naziva se Tejlorovim7

n X

f

(k)

(x0 ) (x − x0 )k k!

polinomom stepena n funkcije f u taqki x . Razlika k=0

0

rn (x0 , x; f ) = f (x) − Pn (x0 , x; f )

naziva se n{tim ostatkom Tejlorove formule f (x) =

n X f (k) (x0 )

k!

(x − x0 )k + rn (x0 , x; f ).

Za x = 0 Tejlorova formula se qesto naziva Meklorenovom.8 Vai sledea teorema. Teorema 7. Neka je funkcija f : (a, b) → R n puta diferencijabilna u taqkama zatvorenog intervala sa krajevima x, x ∈ (a, b), neka je en n{ ti izvod neprekidan u svim taqkama tog zatvorenog intervala i neka postoji n + 1 izvod u taqkama otvorenog intervala sa krajevima x, x . Neka je P (x , x; f ) Tejlorov polinom funkcije f i r (x , x; f ) ostatak. Tada vai (a) r (x , x; f ) = f (c)(x − c) (x − x ) za neko c izmeu x i x (b) r (x , x; f ) = f (c)(x − x ) za neko c izmeu x i x Formula (a) naziva se Koxijevom, a formula (b) Lagranovom formom ostatka. 4 Neka je F (t) = f (x) − P (t, x; f ), tj. k=0

0

0

0

n

0

n

n

n

1 n!

0

(n+1)

1 (n+1)!

0

n

(n+1)

0

0

0 n+1

0

0

n

Tada je

F (t) = f (x) − f (t) + F 0 (t)

= −f 0 (t) +

f 0 (t) f (n) (t) (x − t) + · · · + (x − t)n . 1! n! f 0 (t) 1! 2

f 00 (t) f 00 (t) 1! (x − t) + 1! (x − (n+1) · · · − f n! (t) (x − t)n = n

−

t)−

(23) − t) . Neka je G proizvo na funkcija definisana i neprekidna na zatvorenom intervalu sa krajevima x i x i diferencijabilna u unutraxim taqkama tog intervala, takva da je G svuda razliqito od nule. Iz Koxijeve teoreme sledi da postoji taqka c izmeu x i x takva da je F (x) − F (x ) F (c) = . (24) G(x) − G(x ) G (c) Poxto je F (x) − F (x ) = 0 − F (x ) = −r (x , x; f ), iz (23) i (24) sledi 000 − f 2!(t) (x − t) (n+1) = − f n! (t) (x

+

0

0

0

0

0

0

0

0

rn (x0 , x; f ) =

0

n

0

G(x) − G(x0 ) (n+1) f (c)(x − c)n . n!G0 (c)

Specijalno, za G(t) = x − t dobijamo formulu (a), a za G(t) = (x − t) formulu (b).

n+1

7Tejlor (B. Taylor, 1685–1731), engleski matematiqar 8Mekloren (K. Maclaurin, 1698–1746), engleski matematiqar

5

3. IZVODI VIXEG REDA. TEJLOROVA FORMULA

107

Napomena 1. U Primeru 2 na str. 197 videemo jox jedan naqin izvoea Tejlorove formule. Napomena 2. (Peanov oblik ostatka) Ako je funkcija f ograniqena onda iz (b) sledi r (x , x; f ) = o((x − x ) ) kad x → x ; ovaj ostatak naziva se Peanovom formom ostatka. Tejlorova formula sa ovom formom ostatka je taqna i pri mnogo slabijim pretpostavkama { dovo no je pretpostaviti da funkcija f ima prvih n izvoda u taqki x . Dokaz je posledica sledeeg zadatka. Zadatak 32. (a) Neka je funkcija ψ : (x − δ, x + δ) → R n puta diferencijabilna u taqki x i neka je (n+1)

n

0

0

n

0

0

0

0

0

ψ(x0 ) = ψ 0 (x0 ) = · · · = ψ (n) (x0 ) = 0.

Dokazati da je ψ(x) = o((x − x ) ) kad x → x . (Uputstvo: primeniti indukciju po n. Za n = 1 tvree definicija prvog izvoda. Neka je ψ funkcija za koju tvree vai za prirodan broj n. Primeniti induktivnu pretpostavku na funkciju ψ (·) i iskoristiti Lagranovu teoremu ψ(x) = ψ(x) − ψ(x ) = ψ (c)(x − x ) i induktivnu pretpostavku) (b) Izvesti iz (a) dokaz tvrea iz Napomene 2. (Uputstvo: neka je ψ(x) = f (x) − P (x , x; f )) X Primer 22. Neposrednim izraqunavaem izvoda u taqki x = 0 dobijamo 0

n

0

0

0

0

n

0

0

0

ex =

n P

k=0

k

x k!

sin x =

n P

cos x =

k=0 n P k=0

+ rn (0, x; ex ) x2k+1 (2k+1)! x2k (2k)!

log(1 + x) =

gde je

(1 + x)α =

n P

+ r2n+1 (0, x; sin x)

+ r2n (0, x; cos x) k

(−1)k−1 xk + rn (0, x; log(1 + x))

k=1 α k k x k=1 n P

+ rn (0, x; (1 + x)α ),

α α · (α − 1) · . . . · (α − k + 1) . := k! k

Posleda formula uopxtava binomnu formulu (Lema 5 na 21. strani) ] U Posledici 6 na 100. strani videli smo dovo an uslov postojaa lokalnog ekstremuma u terminima prvog izvoda. Sledee tvree daje dovo an uslov u terminima izvoda vixeg reda. Tvreǌe 1. (Dovo an uslov postojaa lokalnog ekstremuma) Neka je funkcija f : (x − δ, x + δ) → R n puta diferencijabilna u taqki x i neka je f (x ) = 0 za k < n, f (x ) 6= 0. Tada: (1) Ako je n neparan broj x nije taqka ekstremuma. (2) Ako je n paran broj x je taqka lokalnog ekstremuma i to 0

0

(k)

0

(n)

0

0

0

0

108


(a) taqka maksimuma ako je f (x ) < 0, (b) taqka minimuma ako je f (x ) > 0. 4 Taqka x je taqka lokalnog ekstremuma ako je znak izraza f (x)−f (x ) stalan u nekoj okolini taqke x . Iz Tejlorove formule sa ostatkom u Peanovom obliku sledi (n)

(n)

0

0

0

0

0

1 (n) f (x0 )(x − x0 )n + α(x)(x − x0 )n , n! x → x0 f (x) − f (x0 ) f (n) (x0 )(x − x0 )n n x x0 f (n) (x0 ) 5

f (x) − f (x0 ) =

gde α(x) → 0 kad . Odatle sledi da znak razlike zavisi samo od znaka izraza . Ako je neparan broj, znak ovog izraza se mea u zavisnosti od toga da li je sa leve ili sa desne strane taqke , pa x . Ako je n parno, ovaj znak je stalan i zavisi samo od znaka . Primer 23. (Uputstvo za lako pamee Tvrea 1) I bez primene diferencijalnog raquna lako je videti da funkcija f (x) = x ima lokalni ekstremum u 0 ako i samo ako je n paran broj. U tom sluqaju, radi se o taqki lokalnog minimuma. ] 0

n

4. Konveksne funkcije

Funkcija f : (a, b) → R naziva se konveksnom ako za proizvo ne dve taqke vai f (λx + (1 − λ)x ) ≤ λf (x ) + (1 − λ)f (x ) za 0 ≤ λ ≤ 1. (25) Geometrijski, ovaj uslov znaqi da se du koja spaja bilo koje dve taqke grafika funkcije nalazi iznad tog grafika. Ukoliko vai obrnuta nejednakost f (λx + (1 − λ)x ) ≥ λf (x ) + (1 − λ)f (x ) za 0 ≤ λ ≤ 1 funkcija f se naziva konkavnom.. Ako je funkcija f : [a, b] → R konveksna na intervalu [a, c] a konkavna na intervalu [c, b] (ili konkavna na intervalu [a, c] a konveksna na intervalu [c, b]), taqka c se naziva prevojnom taqkom funkcije f. Neka je x < x i x = λx +(1−λ)x . Tada je λ = , pa nejednakost (25) moemo da napixemo u obliku x1 , x2 ∈ (a, b)

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

x2 −x x2 −x1

2

x2 − x x − x1 f (x1 ) + f (x2 ). x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1

f (x) ≤

Odatle, posle mnoea sa dobijamo (x − x)f (x ) + (x − x )f (x) + (x − x )f (x ) ≥ 0. Ako napixemo x −x = x −x+x−x , iz prethodne nejednakosti lako dobijamo f (x ) − f (x) f (x) − f (x ) ≤ . (26) x−x x −x Geometrijski, ova nejednakost znaqi da je, za fiksirano x, koeficijent pravca prave koja spaja taqke (x, f (x)) i (α, f (α)) rastua funkcija od α. Odatle se, imajui u vidu da rastua funkcija ima levi i desni limes u svakoj taqki (videti Lemu 13 na 80. strani) , lako izvodi sledee tvree: Zadatak 33. Dokazati da konveksna funkcija f : (a, b) → R ima levi i desni izvod u svakoj taqki x ∈ (a, b) i da je f (x ) ≤ f (x ). Uz pomo Zadatka 11 zak uqiti da je svaka konveksna funkcija neprekidna. X 2

2

1

1

1

2

2

1

2

1

1

1

0

2

2

0 −

0

0 +

0

4. KONVEKSNE FUNKCIJE

109

Pretpostavimo da je konveksna funkcija f diferencijabilna. Prelazei u (26) na limes, prvo kad x → x , a zatim kad x → x , dobijamo 1

f 0 (x1 ) ≤

2

f (x2 ) − f (x1 ) ≤ f 0 (x2 ), x2 − x1

xto znaqi da je funkcija f rastua. Specijalno, ako je f dva puta diferencijabilna, onda je f ≥ 0. U prethodnim razmatraima smo dokazali sledee tvree. Tvreǌe 2. Neka je f : (a, b) → R konveksna funkcija. Tada vai: 1. Funkcija f ima levi i desni izvod u svakoj taqki. 2. Funkcija f je neprekidna. 3. Ako je funkcija f diferencijabilna, en izvod je rastua funkcija. 4. Ako je funkcija f dva puta diferencijabilna, onda je f ≥ 0. Zadatak 34. (a) Dokazati da je zbir konveksnih funkcija konveksna funkcija. (b) Ako je f konveksna, a g rastua konveksna funkcija, dokazati da je funkcija g ◦ f konveksna. X Zadatak 35. Neka je f : [a, b] → R konveksna funkcija. (a) Dokazati da ako f dostie maksimum u nekoj unutraxoj taqki intervala (a, b), onda je f ≡ const. (b) Neka su x , x ∈ (a, b) fiksirane taqke. Dokazati da je (25) ili stroga nejednakost za svako λ, ili jednakost za svako λ. (Uputstvo: primeniti (a) na funkciju F (x) = f (x) − L(x), gde je y = L(x) jednaqina prave koja spaja taqke (x , f (x )) i (x , f (x ))) X Zadatak 36. Neka je f : (a, b) → R dvaput diferencijabilna funkcija i c ∈ (a, b) prevojna taqka. Dokazati da je f (c) = 0. Da li je f (c) = 0? X Sledea lema je uopxtee nejednakosti (25). Lema 5. (Jensenova nejednakost)9 Neka je f : (a, b) → R konveksna funkcija, x , . . . , x taqke intervala (a, b) i λ , . . . , λ nenegativni brojevi, takvi da je λ + · · · + λ = 1. Tada vai nejednakost 0

00

00

1

1

1

2

2

2

00

1

n

0

1

1

n

n

f (λ1 x1 + · · · + λn xn ) ≤ λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ).

Dokaz izvodimo indukcijom. Za n = 2 Lema se svodi na nejednakost (25). Pretpostavimo da nejednakost vai za n−1 taqaka. Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da su λ , . . . , λ realni brojevi takvi da je λ 6= 0 i λ +· · ·+λ = 1. Neka je µ = λ + · · · + λ . Tada iz (25) sledi 4

1

2

n

f (λ1 x1 + · · · + λn xn )

Poxto je

λ2 µ

n

1

n

n

= f (λ1 x1 + µ( λµ2 x2 + · · · + λµn xn )) ≤ λ1 f (x1 ) + µf ( λµ2 x2 + · · · + λµn xn ).

, po induktivnoj pretpostavci vai

+ · · · + λµn = 1 λ2 λn λ2 λn f x2 + · · · + xn ≤ f (x2 ) + · · · + f (xn ). µ µ µ µ

Iz prethodne dve nejednakosti sledi dokaz Leme. 9Jensen (I. L. Jensen, 1859–1925)

5

110

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE Primer 24. (Jangova nejednakost)10 Funkcija f (x) = − log x je konvek-

sna (jer je f (x) = 00

), pa vai

1 x2

>0

log(λ1 x1 + · · · + λn xn ) ≥ λ1 log(x1 ) + · · · + λn log(xn ),

odakle sledi za x ≥ 0, λ ≥ 0, λ zapisuje u vidu k

xλ1 1 · · · · · xλnn ≤ λ1 x1 + · · · + λn xn n=2 1 + · · · + λn = 1

k

. U sluqaju

ova nejednakost se obiqno

za a > 0, b > 0, p > 1 i p1 + 1q = 1. Specijalno, ako je λ = · · · = λ = dobijamo 1

1

ap bq ≤

(27)

1 1 a+ b p q

1

1 n

n

√ n

x1 + · · · + xn , n

x1 · . . . · xn ≤

xto je nejednakost izmeu geometrijske i aritmetiqke sredine. Zadatak 37. Neka je a ≥ 0, a ≥ 0, . . . , a ≥ 0 i 1

Hn =

1 a1

+

1 a2

2

]

n

n + ··· +

1 an

,

r

a1 + a2 + · · · + an An = , n

√ n

Gn =

Kn =

a1 a2 · · · an

a21 + a22 + · · · + a2n n

(harmonijska, geometrijska, aritmetiqka i kvadratna sredina). Dokazati da je min{a , a , . . . , a } ≤ H ≤ G ≤ A ≤ K ≤ max{a , a , . . . , a } i da bilo koja jednakost vai ako i samo ako je a = a = . . . = a . X Napomena 3. Zadatak 37 moe da se uopxti na sredine reda t; to su veliqine 1

2

n

n

n

n

n

1

1

Specijalno, S = H , ima smisla rei da je 1

n

at1 + at2 + · · · + atn n S1 = An S2 = Kn S0 = Gn St =

2

2

n

n

1/t

.

, . Iz Vebe (21) na str. 87 sledi da . Sem toga,

S−∞ = lim St = min{a1 , a2 , . . . , an },

S+∞ = lim St = max{a1 , a2 , . . . , an }.

Funkcija t 7→ S je rastua, pa vai t→−∞

t→+∞

t

S−∞ ≤ S−1 ≤ S0 ≤ S1 ≤ S2 ≤ S+∞ ,

xto je tvree Zadatka 37. Setimo se i elementarnih dokaza nekih od ovih nejednakosti iz Vebe 16 na str. 58. Zadatak 38. Neka je a > 0, b > 0, 0 1 taqka x = 1 en apsolutni minimum, odakle sledi f (x) ≥ 0. Staviti p = , = 1 − i x = . X 1 λ

1 q

1 p

a b

10Jang (W. Young, 1882–1946), engleski matematiqar

4. KONVEKSNE FUNKCIJE

111

Primetimo da metodom Zadatka 38 moemo da dokaemo i nejednakost 27 bez pozivaa na konveksnost. Dovo no je primetiti da u sluqaju λ < 1 funkcija f iz Zadatka 38 ima maksimum u taqki x = 1. Primer 25. (Helderova nejednakost)11 Funkcija f : [0, +∞) → R, f (x) = x je konveksna za p > 1 (jer je f (x) = p(p − 1)x ). Iz Jensenove nejednakosti sledi X X ≤ λ x λ x . (28) Neka je q takvo da je + = 1 i neka su a i b nenegativni brojevi. Stav ajui P 00

p

n

p−2

n

p

p k k

k k

k=1

k=1

1 q

1 p

k

bq λk = Pn k

q,

j=1 bj

u (28) dobijamo n X

ak bk ≤

k

xk =

n q j=1 bj

ak

1

bkp−1

X n

apk

p1 X n

bqk

q1 .

Posleda nejednakost se naziva Helderovom nejednakoxu. Zadatak 39. Dokazati da za p < 1, p 6= 0, + = 1 i a ≥ 0, b k=1

k=1

k=1

1 p

n X

ak bk ≥

X n

apk

p1 X n

k=1

k=1

1 q

k

bqk

]

k

≥0

vai

q1 .

k=1

Uputstvo: za 0 < p < 1 funkcija f (x) = −x je konveksna. X Zadatak 40. (Nejednakosti Minkovskog)12 Neka su a , b , k = 1, 2, . . . , n nenegativni brojevi. Dokazati da vai X X X (a + b ) a b ≤ + za p ≥ 1 i X X X (a + b ) ≥ a + b za p < 1, p 6= 0. Uputstvo: primetiti da je p

k

n

k

k

p

1 p

n

p k

k=1

k

p

1 p

n

p k

k=1

k=1

n X k=1

(ak + bk )p =

n X k=1

1 p

n

p k

k=1

n

k

1 p

k

k=1

1 p

n

p k

1 p

k=1

ak (ak + bk )p−1 +

n X

bk (ak + bk )p−1 ,

k=1

primeniti Helderove nejednakosti na svaki od Psabiraka na desnoj strani i podeliti obe strane dobijenih nejednakosti sa (a + b ) . X k

k

p 1/q

11Helder (Otto Hölder, 1859{1937), nemaqki matematiqar 12Minkovski (Hermann Minkowski, 1864–1909), nemaqki matematiqar i fiziqar

112


5. Vebe

(1) Izraqunati (a) pomou Lopitalovog pravila; (b) pomou Tejlorovog polinoma; (v) bez pomoi Lopitalovog pravila i Tejlorovog polinoma. (2) Izraqunati lim . (3) Dokazati da je √ lim x( 1 + 3x − 1)−1

x→0

tg x−sin x x3

x→0

√ √ (x + 1) x + 2 x − 3x − 1 √ = 8. x→1 (x + 15) x + 3 − 6x − 26 lim

(4) Nai f (x) ako je funkcija y = f (x) zadata implicitno sa x + 2xy − y = 4x. q . Izraqunati . Uputstvo: diferencirati log y; (5) Neka je y = ovime se raqun i sreivae izraza pojednostav uje. (6) Skicirati krive (a) y = x + x − 4x − 4; (b) r = 2 + sin θ; (v) y = f (x) ako je f : R \ {0} → R parna funkcija za koju vai f (1) = 0 i f (x) = x . (7) Da li funkcija f (x) = x + sin x ima ekstremne vrednosti? Ako ima, nai ih. (8) Neka je f (x) = x + λx . (a) Za koje λ ∈ R funkcija f ima minimum u taqki x = −3? (b) Za koje λ ∈ R funkcija f ima minimum u taqki x = 2? (v) Za koje λ ∈ R funkcija f ima prevoj u taqki x = 1? (g) Za koje λ ∈ R funkcija f ima maksimum? (9) Dva putnika polaze iz iste taqke. Prvi se kree brzinom 3 kilometra na sat prema istoku, a drugi brzinom 2 kilometra na sat ka severoistoku. Kojom brzinom se rastojae izmeu ih mea posle 15 minuta? (10) Dokazati binomnu formulu (Lema 5 na str. 21) pomou diferencijalnog raquna. (Uputstvo: pokazati prvo da se opxti sluqaj svodi na sluqaj y = 1.) (11) Neka je P polinom stepena n koji ima n razliqitih realnih korena x , . . . , x i koeficijent a uz x i neka je Q polinom stepena ne veeg od n − 1. Dokazati da je Y P (x) X Q(x ) = P (x ) = a (x − x ) i Q(x) P (x )(x − x ) za x ∈ R \ {x , . . . , x }. Izraqunati zbir X 1 za n > 1. P (x ) (12) Stanovnici dva grada koja se nalaze na istoj strani reke pravolinijskog toka prave pumpu koja e ih snabdevati vodom. Rastojae izmeu 0

2

2

5

3

x2 +1 x+1

dy dx

2

0

−1

−1

2

1

n

n

n

n

0

k

k

n

j

k

0

j6=k

1

k=1

k

n

0

k=1

k

k

k

5. VEBE

113

prvog grada i reke je p, izmeu drugog grada i reke q, a rastojae izmeu gradova je r. Dokazati da duina cevi mora da bude bar pr + 4pq. (13) Neka su f , f , . . . , f diferencijabilne funkcije, qija vrednost taqki a nije jednaka nuli. Dokazati da je 2

1

2

n

0

Qn

(a) X n k=1 fk fk0 (a) Qn = . fk (a) k=1 fk (a)

(14) Neka su f , f , . . . , f , g , g , . . . , g diferencijabilne funkcije qija vrednost u taqki a nije jednaka nuli. Dokazati daje k=1

1

2

n

n Y fk gk

1

2

n

n n Y fk (a) X gk (a)

0

(a) =

fk0 (a) gk0 (a) − . fk (a) gk (a)

(15) Neka je f : [1, +∞) → R diferencijabilna funkcija takva da je k=1

k=1

k=1

1 ≤ f 0 (x) ≤ x. x

Dokazati da je

f (x) = 0. x3 x, y, a, b x y x y ≤ . a b

lim f (x) = +∞,

(16) Dokazati da za pozitivne brojeve x→+∞

x+y a+b

x+y

lim

vai nejednakost

x→+∞

Kada vai jednakost? Dokazati uopxtee

Pn Pnk=1 xk x n Y xk xk k k=1 Pn ≤ ak k=1 ak

za pozitivne brojeve x , . . . , x , a , . . . , a . (17) Dokazati da za a ≥ 0, b ≥ 0 vai k=1

1

n

1

n

1 . 8 a1 , a2 , . . . , an a1 a2 an−1 an + + ··· + + ≥ n. a2 a3 an a1 a + b ≥ 1 ⇒ a4 + b4 ≥

(18) Dokazati da za pozitivne brojeve

vai nejednakost

(19) Dokazati da za m, n ∈ N vai nejednakost 1

(mm nn ) m+n ≥

(20) Dokazati nejednakosti 1 2 3

n

1 2 3 ···n ≤

2n + 1 3

n(n+1) 2

za n ∈ N. (21) Nai broj rexea jednaqine (a) x − 6x + 9 = 10, (b) e = cx , c ∈ R. 3

2

x

2

m+n . 2

i

1 1 1 2 + + > n n + 1 2n 3

114


(22) Funkcija f : (−a, a) → R je diferencijabilna i zadovo ava uslove f (x) + f (y) , 1 − f (x)f (y)

f (x + y) =

lim g(h) = 0,

lim

g(h) = 1. h

Nai f . (23) Nacrtati sledee krive (tj. ispitati funkcije): (a) y = (x − 2) (x + 1) (b) y = arcsin (v) y = x log − |x|. (g) y = (24) Nacrtati krivu zadatu parametarski sa x = t − log t, y = t log t. (25) Dokazati nejednakost 2/3

h→0

h→0

1/3

x √ 2x2 +4x+4 x x−1

1 1 log (1+ |x|

1 1 1 + a − 1 + b ≤ |a − b|

za pozitivne realne brojeve a, b. (26) Dokazati nejednakosti (a) | sin x − sin y| ≤ |x − y| (b) | arctan x − arctan y| ≤ |x − y|, za sve x, y ∈ R. (27) Dokazati Zordanovu13 nejednakost 2x π < sin x < x za 0 < x < . π 2 (28) Dokazati nejednakost x π tgx > x + za 0
e

1

x

2

n

u n X n uY 1 n t sin xk ≤ sin xk . n k=1

k=1

Uputstvo: dokazati da je funkcija log (sin x) konkavna. (31) Dokazativ da za {x , x , . . . , x } ⊂ (0, π) vai nejednakost v 1

2

n

u n u n X n n Y uY 1 1X u n n t xk ≥ xk t xk sin sin xk . n n k=1

k=1

k=1

k=1

(32) Neka su x , x , . . . , x pozitivni realni brojevi, takvi da je 1

2

n

x1 + x2 + · · · + xn = 1

i neka je a > 0. Dokazati nejednakost n X

k=1

xk +

1 xk

a

≥

(n2 + 1)a . na−1

13ordan (Camille Jordan, 1838{1922), francuski matematiqar

5. VEBE

115

Uputstvo: dokazati da je funkcija x 7→ (x + x ) konveksna; iskoristiti Koxi{Xvarcovu nejednakost (str. 57). (33) Neka su x , x , . . . , x pozitivni realni brojevi. Dokazati nejednakost −1 a

1

2

n

v u n n Pn 1 uY 1X n xk e 2n k=1 xk ≥ t n

1 xk

− 2 Pnn

k=1

xk

.

k=1

k=1

(34) Neka je funkcija f : [0, 1] ⇒ R neprekidna na [0, 1] i diferencijabilna na (0, 1). Dokazati da postoji c ∈ (0, 1), takvo da vai f (1) − f (0) =

1 0 (f (c) + f 0 (1 − c)). 2

(35) Neka je funkcija f : [a, b] ⇒ R neprekidna na [a, b] i diferencijabilna na (a, b) i neka je f (a) = a, f (b) = b. Dokazati da postoje taqke ξ, η ∈ (a, b), takve da je 1 1 + = 2. f 0 (ξ) f 0 (η)

Uputstvo: koristei neprekidnost, dokazati da postoji c ∈ (a, b) za koje je f (c) = (a + b)/2, a zatim primeniti Lagranevu teoremu na intervale [a, c] i [c, b]. (36) Funkcija f : [0, +∞) ⇒ R neprekidna na [0, +∞), diferencijabilna na (0, +∞), zadovo ava uslov f (0) = 0 i en izvod f raste. Dokazati da je 0

g(x) =

f (x) x

rastua funkcija. (37) Neka je f : (a, b) → R diferencijabilna funkcija koja zadovo ava uslov f (x) + (f (x)) ≥ −1 za sve x ∈ (a, b), i neka je lim f (x) = +∞ i lim f (x) = −∞. Dokazati da je b − a ≥ π. (38) Neka je f : R → R dvaput diferencijabilna funkcija koja zadovoljava uslov f (x) + e f (x) = 0 za sve x ∈ R. Dokazati da za svako T ∈ R funkcija f ograniqena na intervalu [t, +∞). (39) Neka je f : R → R diferencijabilna funkcija koja ima ograniqen prvi izvod i neka je g(x) = x + f (x). (a) Izraqunati g(x) lim g(x) i lim √ . 1+x (b) Dokazati da funkcija g nije ravnomerno neprekidna na R. 0

2

x→a+0

00

x→b−0

x

2

x→±∞

x→±∞

4

116


(40) Neka je funkcija f definisana u okolini taqke x i neka u toj taqki ima drugi izvod. Dokazati da je f (x + h) + f (x − h) − 2f (x) . h2

f 00 (x) = lim

Pokazati primerom da limes na desnoj strani moe da postoji i ako f (x) ne postoji. (41) Neka je f : (−ε, 1 + ε) → R dvaput diferencijabilna funkcija i neka je f (0) = f (1). Ako je h→0

00

dokazati da je

(∀x ∈ (0, 1)) |f 00 (x)| ≤ M, supx∈(0,1) |f 0 (x)| ≤

M . 2

(42) Neka je f : (a, +∞) → R dvaput diferencijabilna funkcija i neka je sup |f (k) (x)| = Mk < +∞

za k ∈ {0, 1, 2}. Dokazati da je M ≤ 4M M . Dokazati odatle da ako funkcija f ima ograniqen drugi izvod, onda vai implikacija x>a

2 1

lim f (x) = 0 ⇒

x→+∞

0

2

lim f 0 (x) = 0.

x→+∞

(43) Neka je 0 ≤ ε < 1. Dokazati da postoji funkcija y = f (x) zadata jednaqinom y − ε sin y = x i nai en izvod. (44) (a) Neka je f : R → R diferencijabilna funkcija koja je periodiqna sa periodom T . Dokazati da je en izvod f (x) periodiqna funkcija, sa istim periodom T . (b) Neka je P polinom. Dokazati da je funkcija sin (P (x)) periodiqna ako i samo ako stepen polinoma P nije vei od 1. (45) Neka su a , a , . . . , a nenegativni realni brojevi. Dokazati nejednakosti 0

1

2

n

1 1X ax e−ak ≤ , n e

(46) Nai k=1

n

n

1 X 2 −ak 4 ax e ≤ 2, n e k=1

sup

n Y

ak ≤

k=1

1 1 + . 1 + |x| 1 + |x − 1|

Da li se ovaj supremum dostie u nekoj taqki? (47) Neka su a , a , . . . , a realni brojevi, takvi da je x∈R

1

Nai

2

n

a1 < a2 < . . . < an .

inf

x∈R

n X

(x − ak )2 .

Da li se ovaj infimum dostie u nekoj taqki? k=1

3 e

n

1

e3

Pn

k=1

ak

.

5. VEBE

117

(48) Neka je f : (a, b) → R konveksna diferencijabilna funkcija. Dokazati da je (∀x ∈ (a, b)) f (x) = max (f (t) + f 0 (t)(x − t)).

Dati geometrijsku interpretaciju ove jednakosti. Formulisati i dokazati analogno tvree za konkavne funkcije. Uputstvo: primeniti Lagranevu teoremu i qienicu da prvi izvod konveksne funkcije opada. (49) U zavisnosti od realnog parametra p odrediti broj rexea sledeih jednaqina: (a) log x = px; (b) x + 3x − px + 5 = 0; (v) x log x = x − p; (g) pe = 1 + x + ; (d) 2x log x + x = 4x − p; () x + sin x + p = 0. (50) Dokazati da funkcija f : R → R, f (x) = x + sin x ima inverznu funkciju f i izraqunati en izvod (f ) . t∈(a,b)

3

2

3

x

3

2

x2 2

−1

−1 0

GLAVA 4

Nizovi i redovi 1. Konvergencija nizova

1.1. Primeri. Ponav ajui definiciju limesa u beskonaqnosti datu na str. 79, kaemo da niz z kompleksnih brojeva ima graniqnu vrednost z , ili da konvergira ka z ∈ C, ako vai (∀ε > 0)(∃n ∈ N) n > n ⇒ |z − z | < ε. (1) U tom sluqaju pixemo lim z = z ili , z → z kad n → ∞". Za niz koji nije konvergentan kaemo da je divergentan. Napomena 7 na str. 79, naravno, vai i za limese nizova. Analogija Napomene 6 na str. 78 je oqigledna qienica da konvergencija niza ne zavisi od ponaxaa konaqnog broja egovih qlanova. = 0 jer je | − 0| = < ε Primer 1. Niz x = je konvergentan i lim ] za n > [ε ]. Sliqno se pokazuje da je lim = 0. Primer 2. lim = 1 jer je | − 1| = < ε za n > [ε ]. ] Primer 3. Niz a = (−1) je divergentan. Zaista, pretpostavimo da je lim a = a . Neka je 0 < ε < 2 . Iz (1) sledilo bi da (∃n ∈ N) n > n ⇒ |a − a | < ε < 2 . Tada bi za svako n > n vailo ∞

n

∞

0

n→∞

n

0

∞

n

n n+1

n

2

−1

1 n

−1

∞

∞

1 n

n

n

0

1 n

1 n→∞ n (−1)n n n→∞

1 n

n n→∞ n+1

n

∞

n

−1

n→∞

∞

n

0

−1

0

= |(−1)2n − (−1)2n+1 | = |a2n − a2n+1 | = |a2n − a∞ + a∞ − a2n+1 | ≤ |a2n − a∞ | + |a∞ − a2n+1 | < ε + ε < 2−1 + 2−1 = 1,

xto je kontradikcija. ] ≤ , Teoreme o tri limesa (TeoPrimer 4. Iz nejednakosti − ≤ rema 11, 4, na str. 82) i Primera 1 sledi lim = 0. ] Primer 5. Neka je 0 < θ < 2π . Tada bar jedan od nizova a = sin nθ i b = cos(nθ) divergira. Zaista, ako bi oba niza konvergirala, prelaskom na limes u 1 n

sin n n

1 n sin n n→∞ n

n

n

sin nθ + sin(n − 2)θ = 2 cos θ sin(n − 1)θ, cos nθ + cos(n − 2)θ = 2 cos θ cos(n − 1)θ

dobijamo 2a = 2 cos θa , 2b = 2 cos θb . (2) Prelaskom na limes u cos nθ + sin nθ = 1 dobijamo a + b = 1. Odatle sledi da je bar jedan od brojeva a , b razliqit od nule, pa iz (2) dobijamo cos θ = 1, xto je u suprotnosti sa 0 < θ < 2π . ] ∞

∞

∞

2

2

∞

∞

2 ∞

∞

119

2 ∞

120

4. NIZOVI I REDOVI

6 Neka je q ∈ R.

Primer .

  0,  1, lim q n = n→∞  +∞,   

|q| < 1 q=1 q>1 q < −1.

ne postoji, Zaista, neka je |q| < 1 i ε > 0. Tada je |q| − 1 > 0, pa iz Bernulijeve nejednakosti i Arhimedove aksiome sledi |q| = (1 + (|q| − 1)) 1 + n(|q| − 1) > ε za dovo no veliko n, tj. |q | < ε. To, po definiciji, znaqi da q → 0 kad n → ∞. Ako je q = 1 imamo konstantan niz q ≡ 1 koji konvergira ka 1. Sluqaj q = −1 je razmotren u Primeru 3. Neka je |q| > 1 i M proizvo an pozitivan broj. Primenom Bernulijeve nejednakosti dobijamo |q | = (1 + |q| − 1) > 1 + n(|q| − 1) > M za dovo no veliko M . Po definiciji beskonaqnog limesa to znaqi da Sluqaj |q | → ∞ kad n → ∞. Ako je pri tome q > 1, imamo q → ∞ kad n → ∞. Ako je q < −1, onda je q > M , q < −M za dovo no veliko n, xto znaqi da se beskonaqno mnogo taqaka niza q nalazi van bilo kog otvorenog podskupa u R, razliqitog od celog R, pa lim q ne postoji za q < −1. ] Primer 7. Niz ζ = z u C konvergira ako i samo ako je |z| < 1 ili z = 1. Zaista, ako je z = 1 imamo konstantan niz, a za |z| < 1 iz Primera 6 sledi da |z | = |z| → 0 kad n → ∞, pa na osnovu Leme 11 z konvergira ka nuli. Ako je |z| > 1, iz Primera 6 sledi da |z | = |z| → ∞ kad n → ∞, pa je niz ζ neograniqen, dakle divergentan. Na kraju, neka je |z| = 1 i z 6= 1, tj. z = cos θ + i sin θ za 0 < θ < 2π . Tada je z = cos(nθ) + i sin(nθ), pa rezultat sledi iz Primera 5 i Leme 10 na str. 78. ] √ √ n = 1. Zaista, neka je x = n − 1. Tada je Primer 8. lim X n n = (1 + x ) = x . (3) k Iz Tvrea 3 na str. 3 sledi da je za n > 1 √n > √1 = 1, pa je x > 0. Odatle sledi da su svi sabirci u prethodnoj sumi pozitivni, pa je cela suma vea od P x = enog drugog sabirka, tj. x > x . Odatle i iz (3) sledi q √ x < , pa x → 0, tj. n → 1 kad n → ∞. ] √ √ Primer 9. Niz a = n + 1 − n je konvergentan. Zaista −1

−n

−1

−1

−1

n

n

n

n

n

n

n

n

2n

2n+1 n

n

n→∞

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n→∞

n

n

n

k n

k=0

n

n

n

k=0

n

1 n+1

n k

k n

n 2

2 n

n

n(n−1) 2 n 2

n

n

n

√ √ √ √ 2 2 √ √ n+1+ n n+1 − n 1 √ an = ( n + 1 − n) · √ = √ √ =√ √ →0 n+1+ n n+1+ n n+1+ n

kad n → ∞. ] 1.2. Neodreeni oblici. Podsetimo se da aksiomama realnih brojeva i pravilima za raqunae u proxirenom skupu realnih brojeva koja smo dali na 17. strani nisu definisani izrazi oblika ∞ 0 , ∞ − ∞, 0 · ∞, 1 , 0 , ∞ , , 0 . (4) ∞ 0 ∞

∞

0

0

1. KONVERGENCIJA NIZOVA

121

Qitalac koji je rexio Zadatak 13 na 79. strani video je da izraz , kao limes, moe da bude jednak bilo kom realnom broju, kao i ±∞. Drugim reqima, ako a → ∞, b → ∞, limes niza je neodreen, tj. zavisi od toga kakvi su konkretni nizovi a i b . Isto vai za ostale izraze (4), koji se nazivaju neodreenim oblicima. Sledea teorema omoguava nam da nekad izraqunamo limese oblika . Qitalac e u oj prepoznati , diskretnu" verziju Lopitalovih pravila (str. 102). Teorema 1. (Xtolcova1 teorema) Neka je b rastui niz realnih bro∈ R, onda jeva takav da b → +∞ kad n → ∞. Ako postoji lim postoji i lim i ∞ ∞

n

an bn

n

n

n

∞ ∞

n

n an n→∞ bn

lim

n→∞

an an+1 − an = lim . n→∞ bn+1 − bn bn

Pretpostavimo prvo da je lim postoji n ∈ N, takvo da za k ≥ n vai

an+1 −an n→∞ bn+1 −bn 0

4

0

L−

Poxto je niz b rastui, tj. sa b − b dobijamo n

k+1

an+1 −an n→∞ bn+1 −bn

=L

konaqan. Neka je ε > 0. Tada

ε ak+1 − ak ε < 0

, mnoeem prethodne nejednakosti

k

L−

za k ≥ n , pa je

ε ε (bk+1 − bk ) < ak+1 − ak < L + (bk+1 − bk ) 2 2

0

n−1 n−1 n−1 X ε X ε X (bk+1 − bk ) < (ak+1 − ak ) < L + (bk+1 − bk ) 2 2 k=n0 k=n0 k=n0 Pn−1 Pn−1 n > n0 k=n0 (ak+1 − ak ) = an − an0 k=n0 (bk+1 − bk ) =

L−

za svako . Poxto je , odatle dobijamo

,

De eem ovih nejednakosti pozitivnim brojem

dobijamo

bn − bn0

L−

tj.

ε ε (bn − bn0 ) < an − an0 < L + (bn − bn0 ). 2 2 bn − bn 0 an − an0 ε ε
Odatle dobijamo

b a − a a − Lb a − a an − Lbn0 n an n n n0 n0 n n0 + 1− 0 −L ≤ 0 −L . −L = 0 + bn bn bn bn − bn 0 bn bn − bn 0 ε n > n0 bn → ∞ 2 ε n > n1 n1 ∈ N 2 a n n > max{n0 , n1 } ⇒ − L < ε, bn lim abnn = L

Drugi sabirak na desnoj strani je mai od za . Poxto postoji takvo da je prvi sabirak na desnoj strani mai od za Odatle sledi xto znaqi da je

n→∞

.

1Xtolc (Otto Stolz, 1842{1905), austrijski matematiqar

, .

122

4. NIZOVI I REDOVI

Sluqaj lim = +∞ svodi se na prethodni. Tada je, za dovo no veliko n, a − a > b − b , pa je niz a rastui (poqev od nekog qlana) i dobijamo a → +∞ kad n → ∞. Primenom dokazanog tvrea na an+1 −an n→∞ bn+1 −bn

n+1

n

n+1

n

n

bn an

n

bn bn+1 − bn = lim = 0, n→∞ an+1 − an an

lim

tj.

. Posledica 1. (Koxijeva teorema) Ako niz a konvergira i , onda konvergira i niz aritmetiqkih sredina n→∞

lim an n→∞ bn

5

= +∞

lim an =

n

a∞

An =

n→∞

a1 + a2 + · · · + an n

i vai lim A = a . 4 Dokaz sledi iz Xtolcove teoreme. 5 Posledica 2. Ako niz a konvergira ka a , onda konvergira i niz egovih harmonijskih sredina ∞

n

n→∞

∞

n

Hn =

1 a1

+

n + ··· +

1 a2

1 an

i vai lim H = a . 4 Sledi iz prethodne posledice, primeene na 1/H . Posledica 3. Neka je a > 0 i lim a = a . Tada niz G geometrijskih sredina konvergira√ i vai n→∞

n

∞

n

n

lim

n→∞

n

∞

n

n

=

√ n

a1 a2 · · · an

a1 a2 · · · an = a∞ .

Dokaz sledi iz primene Xtolcove teoreme na log G ili iz nejednakosti i prethodne dve posledice. 5 Primer 10. Neka je √ √ √ n→∞

4 Hn ≤ Gn ≤ An

n

an =

1+

2+

3

3 + ··· + n n . n lim an = 1

Iz Xtolcove teoreme i Primera 8 sledi . ] Primer 11. Neka je x (n = 1, 2, . . .) niz pozitivnih brojeva takav da postoji x n→∞

n

Tada je niz √x konvergentan i n

lim

n→∞

n

xn−1

.

n

√ xn = lim n xn . n→∞ xn−1 n→∞ lim

Ovo tvree smo ve dokazali u okviru Posledice 16 na str. 127, ali ono moe da se izvede i iz Posledice 3 primeene na geometrijske sredine qlanova niza gde je x

0

.

=1

yn =

xn , xn−1

1 Neka je k ∈ N. Izraqunati lim

Zadatak .

n→∞

k

k

1 +2 +···+n nk

k

−

n k+1

.

] X


123

1.3. Konvergencija i neprekidnost. Pojam neprekidnosti i limesa funkcije moe se svesti na pojam limesa niza. Lema 1. Neka je ξ ∈ C taqka nagomilavaa skupa Z ⊂ C. Tada postoji niz z ∈ Z takav da je lim z = ξ. 4 Neka je B(ξ, ) = {z ∈ C | |z − ξ| < }. Po definiciji taqke nagomilavaa, za svako n ∈ N skup Z ∩ B(ξ, ) je neprazan, tj. za svako n postoji taqka 5 z ∈ Z ∩ B(ξ, ). Iz |z − ξ| < sledi z → ξ kad n → ∞. Teorema 2. Ako je ξ taqka nagomilavaa skupa Z onda je A = lim f (z) ako i samo ako za svaki niz z ∈ Z \ {ξ} vai lim z = ξ ⇒ lim f (z ) = A. (5) 4 Neka je A = lim f (z) i lim z = ξ . Neka je ε > 0. Tada n

n→∞

n

1 n

1 n

n

1 n

n

1 n

1 n

n

z→ξ

n

n→∞

n

n→∞

z→ξ

n

n→∞

n

(∃δ > 0) 0 < |z − ξ| < δ ⇒ |f (zn ) − A| < ε.

Poxto z → ξ kad n → ∞ i z 6= ξ, (∃n ∈ N)n > n ⇒ 0 < |z − ξ| < δ. Iz ove dve implikacije sledi f (z ) → A kad n → ∞. Pretpostavimo sada da za svaki niz z ∈ Z \{ξ} vai (5) i da A nije limes funkcije f u taqki z . Tada n

n

0

0

n

n

n

0

(∃ε > 0)(∀n ∈ N)(∃zn ∈ Z) 0 < |zn − ξ| <

1 ∧ |f (zn ) − A| ≥ ε. n A

Tada niz z konvergira ka ξ, ali f (z ) ne konvergira ka , xto je u suprotnosti sa (5). 5 Posledica 4. Neka je Z ⊂ C. Funkcija f : Z → C f je neprekidna u taqki ζ ∈ Z ako i samo ako za svaki niz z ∈ Z vai n

n

n

lim zn = ζ ⇒ lim f (zn ) = f (ζ).

Dokaz sledi iz Teoreme 9 i Teoreme 2. Zadatak 2. Neka je x > 0 i lim x = x . Dokazati da je n→∞

4

n→∞

n

√ n

n→∞

n

5

∞

x1 · x2 · . . . · xn = x∞ . √ an = loga n x1 · · · · · xn

lim

Uputstvo: posmatrati niz i iskoristiti neprekidnost logaritamske i eksponencijalne funkcije i Xtolcovu teoremu. X 2 Primer 12. Dirihleova funkcija ( n→∞

χQ : R → R,

χQ (x) =

x∈Q x∈ /Q

1 0

je prekidna u svakoj taqki. Zaista, iz gustine skupa Q na realnoj pravoj sledi da za svaku taqku x ∈ R postoji niz q ∈ Q takav da q → x , a time χ (q ) → 1, kad n → ∞. Sa druge strane, postoji i niz iracionalnih brojeva α koji konvergira ka x , jer u svakom intervalu (x − , x + ) postoji iracionalan broj (inaqe bi Q bio neprebrojiv). Za takav niz vai χ (α ) → 0 kad n → ∞. Odatle, na osnovu Teoreme 2 sledi da Dirihleova 0

Q

n

Q

n

n

n

0

n

0

0

1 n

2Dirihle (Peter Gustav Lejeune Dirichlet, 1805{1859), nemaqki matematiqar

0

1 n

124

4. NIZOVI I REDOVI

funkcija nema limes ni u jednoj taqki, pa u svakoj taqki ima neotkloiv prekid. ] Zadatak 3. Dokazati da je funkcija ( f (x) =

x∈Q x∈ /Q

x, 0,

neprekidna u nuli, a prekidna u svim ostalim taqkama. Zadatak 4. Dokazati da je funkcija f : [0, 1] → R, definisana sa ( f (x) =

X

x∈Q x∈ /Q

x, x2 ,

neprekidna u 0 i 1 i predkidna u svim taqkama intervala (0, 1). Zadatak 5. Dokazati da je funkcija ( x∈Q x∈R\Q

sin x, 0,

f (x) =

X

neprekidna u svim taqkama skupa {kπ | k ∈ Z} i prekidna u svim ostalim taqkama. X Zadatak 6. Neka je funkcija f : (−1, 1) → R neprekidna u nuli, takva da je f (x) = f (x ) za sve x ∈ (−1, 1). Dokazati da je f konstantna funkcija. Uputstvo: Dokazati da je f (x) = f (0) (x → 0 kad n → ∞). X Zadatak 7. Iz Posledice 4, Leme 1 i definicije zatvorenog skupa izvesti drugi dokaz Posledice 2 sa str. 69. X 1.4. Podnizovi. Taqke nagomilavaa. Podniz niza n 7→ z je niz k 7→ z , gde je k 7→ n(k) neko strogo rastue preslikavae. Lema 2. Ako je lim z = z , onda je lim z = z za svaki podniz z . 4 Dokaz sledi direktno iz definicije konvergencije. 5 Definicija 1. Taqka ζ ∈ C je taqka nagomilavaa niza z ∈ C ako postoji podniz z takav da je lim z = ζ . Primer 13. Niz a = (−1) + n ima dve taqke nagomilavaa, a → 1, a → −1 kad n → ∞. Niz b = n+(−1) (n+n ) ima jednu taqku nagomilavaa, nulu. Niz z = i + n ima qetiri taqke nagomilavaa. U Teoremi 14 na str. 33 smo videli da se skup racionalnih brojeva moe poreati u niz; iz Teoreme 11 na 29. strani sledi da taj niz ima beskonaqno mnogo taqaka nagomilavaa. ] Lema 3. Ako z → z kad n → ∞, onda je z jedina taqka nagomilavaa niza z . 4 Dokaz sledi iz Leme 2. 5 Teorema 3. (Bolcano–Vajerxtrasova teorema za nizove) Svaki ograniqen niz kompleksnih brojeva ima taqku nagomilavaa. 2

n

n

n(k)

n→∞

n

∞

k→∞

n(k)

∞

n(k)

n

n(k)

k→∞

n

n

2n−1

n

n

n

n −1

n

∞

n(k)

−1

2n

n

−1

∞


125

Neka je ograniqen niz, tj. |z | < M . Poxto je |z | = , i nizovi , su ograniqeni, pa je dovo no dokazati teoremu za realne nizove. Neka je a ograniqen niz realnih brojeva. Skup A = {a | n ∈ N} je ograniqen. Ako je on konaqan, onda postoji bar jedna taqka a ∈ A takva da je a = a za beskonaqan skup indeksa n , n , . . ., pa je a , a , . . . konvergentan (taqnije, konstantan) podniz niza a koji konvergira ka a. Ako je skup A beskonaqan, onda on, po Teoremi 19 na str. 39 ima taqku nagomilavaa a. Po definiciji taqke nagomilavaa, za svako n ∈ N postoji a ∈ (a − , a + ). Poxto, po definiciji taqke nagomilavaa, u svakoj okolini taqke a ima beskonaqno mnogo taqaka skupa A, brojevi k(n) mogu biti izabrani tako da je k(n) < k(n + 1), tj. tako da je a podniz niza a . Iz a ∈ (a − , a + ) sledi da a konvergira ka a. 5 Tvree obrnuto tvreu prethodne leme nije, u opxtem sluqaju, taqno: taqka 0 je jedina taqka nagomilavaa niza b iz Primera 13, a ovaj niz neograniqen, pa zato i divergentan. Definicija 2. Najveu taqku nagomilavaa niza x ∈ R nazivamo egovim gorǌim limesom ili limesom superiorom i oznaqavamo sa limz ili lim sup z . Najmau taqku nagomilavaa niza x ∈ R nazivamo egovim doǌim limesom ili limesom inferiorom i oznaqavamo sa limz ili lim inf z . Lema 4. Niz a je konvergentan ako i samo ako je lima = lima = lim a . 4 lima = lima = L ako i samo ako svaki podniz niza a konvergira ka L, xto je ekvivalentno sa lim a = L. 5 Definicija 3. Neka je ζ ∈ C taqka nagomilavaa skupa Z ⊂ C. Gorǌi f (z) limes ili limes superior funkcije f : Z → R u taqki ζ (u oznaci lim ili lim sup f (z)) je supremum skupa taqaka nagomilavaa svih nizova f (z ), gde Z \ {ζ} 3 z → ζ kad n → ∞, tj. 4 zn = xn + iyn p |xn |2 + |yn |2 xn yn

n

n

n

n

n

1

2

n1

n2

n

n

k(n)

1 n

k(n)

1 n

k(n)

1 n

1 n

k(n)

n

n

n

n

n

n

n

n

n→∞

n

n

n

n

n

n

n→∞

n

z→ζ

n

z→ζ

n

lim f (z) = sup{limf (zn ) | zn ∈ Z \ {ζ}, lim zn = ζ}. n→∞

z→ζ

ili limes inferior funkcije f : Z → R u taqki ζ (u oznaci ili lim inf f (z)) je infimum skupa taqaka nagomilavaa svih nizova , gde Z \ {ζ} 3 z → ζ kad n → ∞. Lema 5. Funkcija f ima graniqnu vrednost u taqki z ∈ D(f ) ako i samo ako je

Doǌi limes limz→ζ f (z) f (zn )

z→ζ

n

0

lim inf f (z) = lim sup f (z) = lim f (z). z→ζ

z→ζ

Dokaz sledi iz Leme 4 i Teoreme 2. Zadatak 8. (a) Neka je a niz u R i a Dokazati da je

z→ζ

4

n

liman = lim an = inf an , n→∞

n∈N

n

,

5

= supk≥n an an = inf k≥n an

liman = lim an = sup an n→∞

n∈N

.

126

4. NIZOVI I REDOVI

(b) Neka je ζ ∈ C taqka nagomilavaa domena Z ⊂ C funkcije f : Z → R, i B(ζ, δ) = {z ∈ C | |z − ζ| < δ}. Definiximo

δ>0

f (δ) := sup f (Z ∩ B(ζ, δ)),

Dokazati da je

limz→ζ f (z) = lim f (δ) = sup f (δ).

limz→ζ f (z) = lim f (δ) = inf f (δ), δ→0+0

f (δ) := inf f (Z ∩ B(ζ, δ)).

δ→0+0

δ>0

(v) Neka su f, g : A → R dve funkcije (ili dva niza, ako je A = N). Dokazati da vai δ>0

lim f (z) = η ⇔ lima→α f (z) = lima→α f (z) = η

a→α

lim(−f ) = −limf,

lim(−f ) = −limf

f ≤ g ⇒ limf ≤ limg ∧ limf ≤ limg limf + limg ≤ lim(f + g) ≤ limf + limg, limf + limg ≤ lim(f + g) ≤ limf + limg.

Ako je f ≥ 0 i g ≥ 0 onda je

limf · limg ≤ lim(f · g) ≤ limf · limg,

Ako je f > 0, onda je

limf · limg ≤ lim(f · g) ≤ limf · limg.

lim

1 1 = , f limf

lim

1 1 = . f limf

Uputstvo: videti Zadatak 10 na 73. strani. Primer 14. Ispitajmo konvergenciju niza a definisanog sa a

X

i 1 a = . (6) 1+a Indukcijom se lako pokazuje da je a > 0. Prelaskom na lim u (6) i primenom svojstava iz Zadatka 8 (v) dobijamo 1 lima = , (7) 1 + lima Sliqno, prelaskom na lim u (6) dobijamo 1 lima = . (8) 1 + lima Rexavaem sistema (7) (8) od dve jednaqine sa dve nepoznate lima , lima dobijamo lima = lima = , pa je lim a = . ] Zadatak 9. Neka je a niz pozitivnih brojeva sa osobinom n

1

=1

n+1

n

n

n

n

n

n

√

n

n

5−1 2

√

n→∞

n

n

n

5−1 2

n

(∀ε > 0) (∃n0 ) (∀n > n0 ) (∀k) an+k ≤ an + ε.

Dokazati da niz a konvergira. (Uputstvo: primeniti na nejednakost a ≤ a + ε doi limes po k, a zatim na novodobijenu nejednakost primeniti gori limes po n.) X n

n+k

n


Zadatak

127

10. Neka za niz a vai n

0 ≤ am+n ≤ am + an .

Dokazati da niz konvergira. Primer 15. Izraqunajmo gori i doi limes funkcije an n

f : C \ {0} → R,

f (z) =

X

z 2 − z¯2 i|z|2

u nuli. Prelaskom na polarni zapis z = rcis θ dobijamo f (rcis θ) = 2 sin 2θ, odakle sledi da je (u oznakama iz Zadatka 8) f (δ) ≡ 2, f (δ) ≡ −2. Iz Zadatka 8 sada sledi lim f (z) = 2, lim f (z) = −2. ] Primer 16. Neka je a ≥ 0. Tada je z→0

z→0

n

√ √ an+1 an+1 lim ≤ lim n an ≤ lim n an ≤ lim , an an

ili, ekvivalentno, lim

i lim aa > r ⇒ lim √a > r. (9) , onda postoji i lim √a i vai

√ an+1 < R ⇒ lim n an < R an

Specijalno, ako postoji

lim

n→∞

an+1 an

lim

Zaista, neka je lim da je ≤ R − ε, pa je

an+1 an

an+1 an

√ n

n→∞

n+1

n

n

n

n

n

n→∞

an = lim

n→∞

an+1 . an

. Tada za neko ε ∈ (0, R) postoji n

0

, takvo

∈N

an+1 an an0 ≤ ≤ ··· ≤ (R − ε)n+1 (R − ε)n (R − ε)n0

za n ≥ n . Odatle sledi da je (∀n > n ) a

≤ C(R − ε)n √ √ n n an ≤ (R − ε) C. √ lim n C = 1

0

0

n

, gde je C =

an0 (R−ε)n0

, tj.

Prelaskom na lim (i korixeem ) dobijamo nejednakost (9) za lim. ] Nejednakost za lim dokazuje se na isti naqin. 1.5. Monotoni nizovi. Niz a realnih brojeva zovemo monotonim (rastuim ili opadajuim) ako je preslikavae a : (N, ≤) → (R, ≤), n 7→ a monotono (rastue ili opadajue) u smislu definicije na str. 45 (ili na str. 75). Dokaz sledee teoreme je analogan dokazu Leme 13 na str. 80. Teorema 4. Svaki monoton i ograniqen niz je konvergentan. 4 Neka je a rastui i ograniqen niz. Tada je skup A = {a | n ∈ N} ograniqen. Neka je a = sup A. Tada a → a kad n → ∞. Zaista, iz definicije supremuma sledi da za svako ε > 0 postoji n ∈ N takvo da je a − ε < a < a. Iz monotonosti niza a sledi da je a − ε < a < a za svako n ≥ n , xto znaqi da je a = lim a . 5 Lema 6. Ako je niz a rastui i neograniqen, onda a → +∞ kad n → ∞. Ako je niz b opadajui i neograniqen, onda b → −∞ kad n → ∞. n

n

n

n

∞

n

∞

0

n

∞

n→∞

n0

n

n

n

n

0

n

n

128

4. NIZOVI I REDOVI

Neka je M > 0. Po pretpostavci, niz a nije ograniqen odozgo, pa postoji za koje je a > M . Tada je, zbog monotonosti, a > M za svako n > n , xto, po definiciji beskonaqnog limesa znaqi da je lim a = +∞. Na sliqan naqin se dokazuje i lim b = −∞. 5 Primer 17. Neka je q > 1. Dokaimo da je 4 n0 ∈ N

n

n0

n

n→∞

n

n→∞

n = 0. qn

lim

Neka je a

=

n

n qn

0

n

n→∞

. Tada je

(10) Poxto je → < 1, za dovo no veliko n vai a < a , tj. niz a je, poqev od nekog n, opadajui. Poxto je a > 0, niz x je ograniqen odozdo, pa a → a kad n → ∞. Prelaskom na limes u (10) dobijamo a = q a , odakle, zbog q > 1, sledi a = 0. ] za q ≤ 1. X Zadatak 11. Izraqunati lim Primer 18. Dokaimo da je za svako z ∈ C an+1 =

n+1 qn

n+1 an . nq

1 q

n+1

n

∞

n

n

n

n

−1

∞

∞

∞

n n n→∞ q

zn = 0. n→∞ n! lim

Poxto je |

zn n! |

=

|z|n n!

i

, dovo no je dokazati da je

lim an = 0 ⇔ lim |an | = 0

n→∞

n→∞

qn =0 n→∞ n! lim

za svako q ≥ 0. Neka je a

n

qn n!

=

. Tada je

(11) pa je a < a poqev od nekog n. Poxto je a i ograniqen odozdo (a > 0), on ima graniqnu vrednost a . Prelaskom na limes u (11) dobijamo a = 0. ] Primer 19. Niz an+1 =

n+1

q an , n+1

n

n

∞

sn = 1 +

je rastui, jer je s − s = Iz k > k(k − 1) sledi < n+1

1 k2

2

sn < 1 +

n

1 1

−

n

∞

1 1 1 + 2 + ··· + 2 22 3 n

. Dokaimo da je on ograniqen odozgo. − , pa je

1 (n+1)2 > 0 1 1 k(k−1) = k−1

1 k

1 1 1 1 1 1 1 1 + − +···+ − + − = 2 − < 2. 2 2 3 n−2 n−1 n−1 n n

Odatle sledi da je s konvergentan. Primer 20. U Primeru 5 na str. 22 smo definisali broj e kao n

e := sup

n

1+

o 1 n n∈N . n

]


129

Tom prilikom smo dokazali i da je niz (1 + ) ograniqen. Dokaimo da je on i monotono rastui. Razvijaem po binomnoj formuli i uproxavaem binomnih koeficijenata kao u (14) na str. 22 dobijamo 1 n n

1 n

1+

n

n k−1 P Q j 1 1 − k! n

= ≤

k=0 n P

≤

k=0 n+1 P

k=0 = 1+

1 k! 1 k!

j=0 k−1 Q

1−

j=0 k−1 Q

j n+1

j n+1

1−

j=0 n+1

1 n+1

.

Time je dokazano da je niz (1+ ) rastui, odakle sledi da je on konvergentan i da vai 1 1 n n

n

e := lim

1+

.

Dokaimo da je e iracionalan. Iz (14) i (15) na str. 22 sledi n→∞

n

n X 1 e≤ k!

za svako n. Sa druge strane, iz (14) sledi da je za svako m ≥ n k=0

1+

Prelazei na

(12)

m k−1 k−1 n 1 m X 1 Y j X 1 Y j = 1− ≥ 1− . m k! j=0 m k! j=0 m

, iz (12) vidimo da je k=0

lim

m→∞

e≥1+

Odatle i iz (14) na str. 22 sledi e = lim

k=0

1 1 + ··· + . 1! n!

1+

(13)

1 1 + ··· + . 1! n! xn

Oznaqimo niz na desnoj strani u (13) sa . Tada je n→∞

0 < xn+k − xn

= = < <

1 1 + · · · + (n+m)! (n+1)! 1 1 1 (n+1)! 1 + n+2 + (n+2)·(n+3) 1 1 1 (n+1)! 1 + n+2 + (n+2)2 1 n+2 1 (n+1)! n+1 < n!n

+ ··· +

+ ··· +

(u posledem koraku koristili smo nejednakost lim dobijamo

1 (n+2)·...·(n+k)

1 (n+2)k−1

n+2 (n+1)2

<

1 n

). Prelaskom na

k→∞

tj.

0 < e − xn <

(14) za neke cele brojeve m i n, iz (14) bi, za neko , xto je nemogue zbog

1 1 θ + ··· + + 1! n! n!n e= m n m=k+θ k∈N

e=1+

za neko θ ∈ (0, 1). Kada bi bilo posle mnoea sa n!n, sledilo θ ∈ (0, 1).

1 , n!n

]

130

4. NIZOVI I REDOVI

21. Neka je λ ∈ R. Iz Primera 20 i neprekidnosti funkcije sledi da je lim (1 + ) = e . Smenom n = mλ dobijamo λ =e . lim 1 + (15) n Na isti naqin kao u Primeru 20 dokazuje se da je niz (1 + ) rastui za svako λ ∈ R, pa se limes u (15) moe zameniti supremumom. ] Zadatak 12. Dokazati da je √ Primer y 7→ y λ

1 mλ m

m→∞

λ

n

λ

n→∞

λ n n

n

lim

n! 1 = . n e

Uputstvo: iskoristiti Primer 16. X 1.6. Koxijevi nizovi. Pojam Koxijevog niza, na koji se odnosi sledea definicija, uveo je Bolcano, za realne nizove. Definicija 4. Niz z kompleksnih brojeva je Koxijev ako n→∞

n

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N) m, n > n0 ⇒ |zm − zn | < ε.

Teorema 5. (Koxijev kriterijum konvergencije nizova) Niz z ∈ C konvergira ako i samo ako je Koxijev. 4 Pretpostavimo da niz z konvergira ka z . Neka je ε > 0. Tada postoji n ∈ N takvo da vai n > n ⇒ |z − z | < 2 ε. Tada za m, n > n vai n

n

0

0

∞

n

∞ −1

0

−1

|zm − zn | = |zm − z∞ + z∞ − zn | ≤ |zm − z∞ | + |z∞ − zn | < 2

ε + 2−1 ε = ε,

xto znaqi da je niz z Koxijev. Pretpostavimo sada da je niz z Koxijev. Neka je ε > 0. Tada je, za neko n ∈ N |z − z | < ε, tj. |z | − ε < |z | < |z | + ε (16) za svako n ≥ n . Poxto qlanova niza sa indeksom maim od n ima konaqno mnogo, iz (16) sledi da je niz z ograniqen, pa iz Teoreme 3 sledi da niz z ima konvergentan podniz z . Oznaqimo limes ovog podniza sa z . Neka je ε > 0. Tada za neko n ∈ N vai n > n ⇒ |z − z | < 2 ε. Poxto je niz Koxijev, za neko n ∈ N vai n > n ⇒ |z − z | < 2 ε. Neka je n = max{n , n }. Tada za n > n vai n

n

0

n

n0

0

n

0

0

0

n

n

∞

k(n)

1

1

2

0

1

2

2

k(n) n

∞

k(n)

−1

−1

0

|zn − z∞ | = |zn − zk(n) + zk(n) − z∞ | ≤ |zn − zk(n) | + |zk(n) − z∞ | < 2−1 ε + 2−1 ε = ε,

tj. z konvergira ka z . 5 Pomou karakterizacije limesa preko nizova (Teorema 2 na str. 123) dobijamo sledeu posledicu Teoreme 5. Posledica 5. (Koxijev kriterijum egzistencije limesa) Neka je X ⊂ C i η taqka nagomilavaa skupa X . Tada postoji lim f (z) ako i samo ako (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀z, w ∈ X) |z − η| < δ ∧ |w − η| < δ ⇒ |f (z) − f (w)| < ε. (17) n

∞

z→η


131

4 Neka vai (17) i neka je z niz u X koji konvergira ka η . Neka je ε > 0 proizvo no i δ takvo da vai (17). Poxto z → η, za dovo no veliko n vai n

n

0

n ≥ n0 ⇒ |zn − η| < δ,

pa Iz (17) sledi da je niz F (z ) Koxijev. Iz Teoreme 5 sledi da on konvergira ka nekom A ∈ C. Neka je w drugi niz koji konvergira ka η. Tada niz f (w ) konvergira ka nekom B ∈ C. Iz (17) lako sledi da je tada A = B. Zaista, za proizvo no ε postoji δ takvo da vai (17). Poxto su za dovo no veliko n i z i w u δ{okolini taqke η, iz (17) sledi da je |f (z ) − f (w )| < ε za sve osim konaqno mnogo n. Prelaskom na limes dobijamo |A − B| ≤ ε , a odatle, poxto je ε proizvo no, A = B. Prema Teoremi 2 na str. 123 to znaqi da je lim f (z) = A. Obrnuto, neka je lim f (z) = A i ε > 0. Po definiciji limesa n

n

n

1

n

n

n

n

1

1

1

z→η

z→η

(∃δ > 0) |z − η| < δ ⇒ |f (z) − A| <

ε . 2

Tada, ako su z i w taqke skupa X za koje vai |z − η| < δ i |w − η| < δ, onda je |f (z) − f (w)| = |f (z) − A + A − f (w)| ≤ |f (z) − A| + |A − f (w)| < ε,

qime je (17) dokazano. 5 Posledica 5 se nekad formulixe pomou pojma oscilacije funkcije. Definicija 5. Neka je X ⊂ C i f : X → R ograniqena funkcija i A ⊂ X . Broj sup |f (x1 ) − f (x2 )|

ω(f, A) :=

x1 ,x2 ∈A

naziva se oscilacijom funkcije f na skupu A. Neka je x taqka nagomilavaa skupa X . Broj 0

ω(f, x0 ) := lim ω(f, X ∩ B(x0 , δ)),

gde je B(x , δ) lopta sa centrom x i polupreqnikom δ, naziva se oscilacijom funkcije f u taqki x . Ako je f : X → R realna funkcija i δ→0

0

0

0

M (f, x0 , δ) = sup{f (x) | x ∈ X, |x − x0 | < δ}, , m(f, x0 , δ) = inf{f (x) | x ∈ X, |x − x0 | < δ}.

onda se oscilacija u taqki x moe napisati i u vidu 0

ω(f, x0 ) = lim M (f, x0 , δ) − m(f, x0 , δ) . δ→0

Posledicu 5 sada moemo da formulixemo na sledei naqin. Posledica 6. Funkcija f : X → C je neprekidna u taqki x ako i samo ako je ω(f, x ) = 0. Primer 22. Niz a = (−1) iz Primera 3 nije Koxijev, jer je |a −a | = 2 za svako n ∈ N. To je jox jedan naqin da se vidi da ovaj niz divergira. ] 0

0

n

n

n+1

n

132 Primer

4. NIZOVI I REDOVI

23. Niz

sn = 1 +

divergira jer je

|s2n − sn | =

1 1 + ··· + 2 n

1 1 1 1 + ··· + >n· = , n+1 2n 2n 2

pa niz s nije Koxijev. Zadatak 13. Polazei od nejednakosti

]

n

1+

dokazati da je niz

1 n

1+

n

1+

1 n

n+1

1 1 + · · · + − log n 2 n

opadajui i pozitivan, pa zbog toga i konvergentan. Graniqna vrednost ovog niza poznata je kao Ojlerova konstanta, i oznaqava se sa c ili γ. enih prvih nekoliko cifara su γ = 0, 5772156649015328606065120...

Nije poznato da li je Ojlerova konstana racionalan ili iracionalan broj. X Primer 24. Neka je I = [a, b] ili I = (−∞, +∞). Funkcija F :I→I

naziva se kontrakcijom ako postoji konstanta q, 0 < q < 1, takva da je |F (α) − F (β)| < q|α − β|

za sve α, β ∈ I . Takva funkcija naziva se kontrakcijom. Svaka kontrakcija ima jedinstvenu fiksnu ili neprekidnu taqku, tj. taqku c ∈ I takvu da je F (c) = c. Zaista, neka je x ∈ I proizvo na taqka i neka je x = F (x ), za n ≥ 1. Tada je |x − x | ≤ q|x − x | ≤ . . . ≤ q |x − x |. Odatle sledi 0

n+1

n+1

n

n

n

n−1

n

1

0

|xn − xn+m | ≤ |xn − xn+1 | + · · · + |xn+m−1 − xn+m | ≤ |x1 − x0 |

n+m−1 X

Koristei formulu za zbir geometrijskog niza, odavde dobijamo |xn − xn+m | ≤

qn |x1 − x − 0| 1−q

qk .

k=n

Poxto je 0 < q < 1, q → 0, pa iz poslede nejednakosti sledi da je niz x Koxijev, dakle konvergentan. Ako egovu graniqnu vrednost oznaqimo sa c, iz rekurentne formule sledi, prelaskom na limes (primetimo da je svaka kontrakcija ravnomerno neprekidna), n

n

c = F (c).

2. UTNOV METOD REXAVA A JEDNAQINA

133

Taqka c je jedinstvena, jer iz F (c ) = c i qienice da je F kontrakcija sledi 1

1

|c − c1 | = |F (c) − F (c1 )| ≤ q|c − c1 |,

xto je, zbog 0 < q < 1, mogue samo ako je c = c .

]

1

2. utnov metod rexavaa jednaqina

Neka je f : [a, b] → R konveksna funkcija sa pozitivnim prvim izvodom, takva da je f (a) < 0, f (b) > 0. Po Teoremi o meuvrednosti za neprekidne funkcije, postoji c ∈ (a, b) takvo da je f (c) = 0. Iz pretpostavke o pozitivnosti prvog izvoda sledi da f strogo raste, pa je takvo c jedinstveno. utnov metod, ili metod tangente, nalaea taqke c, odnosno rexavaa jednaqine f (x) = 0, sastoji se u sledeem. Izaberimo proizvo nu taqku x ∈ (a, b). Radi odreenosti, pretpostavimo x > 0. Jednaqina tangente na grafik funkcije y = f (x) u taqki (x , f (x )) je 0

0

0

0

y = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ).

Ova prava seqe x{osu u taqki

x1 = x0 − (f 0 (x0 ))−1 f (x0 ).

Ponovimo ovaj postupak sa taqkom x u ulozi x , a zatim sa dobijenom preseqnom taqkom x tangente u taqki (x , f (x )) sa x{osom itd. Drugim reqima, konstruiximo rekurentni niz 1

2

0

1

1

xn+1 = xn − (f 0 (xn ))−1 f (xn ).

Poxto grafik konveksne funkcije lei iznad tangente u proizvo noj taqki, sledi da je f (x ) > 0, pa iz pretpostavke o pozitivnosti prvog izvoda sledi da je niz x opadajui. Ovaj niz je ograniqen odozdo taqkom c (i to zak uqujemo iz qienice da je grafik konveksne funkcije iznad tangente). Odatle sledi da je x konvergentan. Ako egov limes oznaqimo sa x , iz rekurentne formule sledi x = x − (f (x )) f (x ), odnosno f (x ) = 0. Iz jedinstvenosti rexea jednaqine f (x) = 0 sledi da je x = c. Pretpostavimo da funkcija f ima neprekidan i pozitivan prvi izvod. Ako umesto posmatranog niza x posmatramo niz n

n

∞

n

∞

∞

0

∞

−1

∞

∞

∞

n

an+1 = xn − (f 0 (a0 ))−1 f (an ),

gde je a ∈ I proizvo na taqka, govorimo o modifikovanom utnovom metodu, koji se od utnovog razlikuje po tome xto se u konstrukciji niza a vrednost prvog izvoda izraqunava samo u jednom, u taqki a (xto za funkcije sa sloenim izrazom za prvi izvod nekad znatno olakxava konstrukciju). Qienica da niz a konvergira ka rexeu jednaqine f (x) = x sledi iz Primera 24. Zaista, neka je 0

n

0

n

F (x) = x − (f 0 (a0 ))−1 f (x).

Iz Lagraneve teoreme o sredoj vrednosti sledi da je

|F (α) − F (β)| = |(f 0 (a0 ))−1 f 0 (ξ)| · |α − β|

134

4. NIZOVI I REDOVI

za neko ξ ∈ (α, β). Iz neprekidnosti prvog izvoda sledi da je za neki interval koji sadri taqku a ξ ∈ J ⇒ |(f (a )) f (ξ)| ≤ q < 1, pa je F : J → J kontrakcija. Iz Primera 24 sledi da F ima jedinstvenu fiksnu taqku c. Poxto je, po pretpostavci, f (a ) > 0, iz F (c) = c sledi f (c) = 0. Primer 25. Niz

J ⊂I

0

0

−1 0

0

0

xn+1 =

1 xn + , 2 xn

0

x0 = a

konvergira za svako a ∈ R. Zaista, primenom utnovog metoda na funkciju zak uqujemo x

n

→

√

f (x) = x2 − 2

2

kad n → ∞, bez obzira na izbor poqetnog qlana a.

]

3. Beskonaqni redovi i beskonaqni proizvodi

U Primerima 19 i 23 smo se susreli sa nizovima qiji su qlanovi sume. Pri tome se broj sabiraka beskonaqno uveava kad n → ∞. Takvi nizovi nazivaju se beskonaqnim redovima, ili samo redovima. U ovom paragrafu zapoqeemo ihovo deta nije izuqavae. Neka je z , n = 0, 1, 2, . . . niz kompleksnih brojeva. Induktivno definiximo nizove s i p na sledei naqin. s =z , s =s +z , (18) p =z , p =p ·z , (19) P Q tj. s = z , p = z . U ovoj glavi izuqavaemo pitaa vezana za konvergenciju ovakvih nizova. 3.1. Konvergencija reda i proizvoda. Nizove koji zadovo avaju (18) ili (19) izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 6. Beskonaqni red (ili samo red) kompleksnih brojeva sa opxtim qlanom z i parcijalnim sumama s je ureeni par (z , s ) kompleksnih nizova za koje vai (18). Beskonaqni proizvod kompleksnih brojeva sa opxtim qlanom z i parcijalnim proizvodima p je ureeni par (z , p ) kompleksnih nizova za koje vai z 6= 0 i (19). Uslovom z 6= 0 u definiciji proizvoda isk uqili smo trivijalni proizvod. UmestoQ , red (z , s )" i , proizvod (z , p )" govorimo i o , redu P z " i , proizvodu z ". Definicija 7. Beskonaqni red (z , s ) konvergira ako konvergira niz P s . Graniqnu vrednost lim s nazivamo sumom reda i oznaqavamo sa z . Beskonaqni proizvod (z , p ) konvergira ako konvergira niz p i ako je Q lim p 6= 0. Graniqnu vrednost lim p oznaqavamo sa z . Ako red (ili proizvod) ne konvergira, kaemo da on divergira. n

n

n

0

0 n

n

n

0

k

n

n+1

0

n

n+1

n+1

n

n+1

k

k=0

k=0

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n→∞

n

∞

n

n

n=0

n

n→∞

n

n

n

∞

n→∞

n

n

n=0

3. BESKONAQNI REDOVI I BESKONAQNI PROIZVODI

135

Primetimo da, po prethodnoj definiciji, proizvod divergira ne samo ako ne postoji ili je beskonaqan, ve i ako je lim p = 0. Ovaj, na prvi pogled neprirodan, uslov uvodimo da bismo proizvode mogli da tretiramo kao , multiplikativno zapisane" redove, xto pojednostav uje formulacije i dokaze nekih od teorema koje slede. 3.2. Opxti qlan i ostatak reda i proizvoda. Ako odbacimo prvih nekoliko qlanova konvergentnog reda P z dobijamo niz lim pn

n→∞

n

n→∞

n

rn :=

∞ X

zk .

k=n+1

Ovaj niz naziva se ostatkom reda P z . Sliqno, ostatkom proizvoda Q z nazivamo niz n

ρn :=

n

∞ Y

zk .

k=n+1

7 Ako je r ostatak konvergentnogQ reda P z , onda je lim r Ako je ρ ostatak konvergentnog proizvoda z , onda je lim ρ = 1. P 4 Neka je s = z . Tada je Lema .

n

n

n

n

n→∞

n→∞

n

.

=0

n

∞

∞

n

n=0

s∞ = sn + rn ,

odakle, prelaskom na limes dobijamo s = s + lim r , tj. lim r = 0. Dokaz Qdrugog tvrea je samo multiplikativni zapis dokaza prvog: neka je p = z . Tada je ∞

∞

n→∞

n

n→∞

n

∞

∞

n

n=0

p∞ = pn · ρn ,

pa prelaskom na limes dobijamo p = p · lim ρ , tj. lim ρ = 1, jer je, po definiciji konvergencije proizvoda p 6= 0. 5 P Q Lema 8. Ako red z konvergira, onda je lim z = 0. Ako proizvod z konvergira, onda je lim z = 1. P 4 Neka su s parcijalne sume konvergentnog reda z . Neka je ε > 0. Iz Koxijevog kriterijuma konvergencije nizova (str. 130) sledi da postoji takav broj n ∈ N da vai m, n > n ⇒ |s − s | < ε. Specijalno, n > n ⇒ |z | = |s − s | < ε, xto znaqi da je lim z = 0. Dokaz drugog tvrea je multiplikativni zapis dokaza prvog. 5 Q Posledica 7. Ako je x ∈ R niz realnih brojeva i x konvergentan proizvod, onda je x > 0 za sve n osim, moda, ih konaqno mnogo. Napomena 1. Tvree obrnuto tvreu Leme 8 nije taqno u opxtem sluqaju: red P divergira (Primer 23 na str. 132), iako je lim = 0. ∞

∞

n→∞

n

n→∞

n

∞

n

n→∞

n→∞

n

0

0

n+1

n

n

n

n+1

n

n

m

n

n→∞

n

0

n

n

n

1 n

1 n→∞ n

136

4. NIZOVI I REDOVI

3.3. Primeri. U Glavi 2 smo se ve susreli sa nekim primerima redova (Primeri 19 i 23, red (13) na str. 129). Daemo jox nekoliko primera.P Primer 26. Iz Leme 8 i Primera 5 na str. 119 lako sledi da red sin nθ konvergira ako i samo ako θ = kπ za neko k ∈ Z. Red P cos nθ divergira za svako θ ∈ R. ] P Primer 27. (Geometrijski red) Red z konvergira ako i samo ako je |z| < 1 i tada vai X n

∞

zn =

Zaista, iz (1 − z)

n=0 n P

k

z =

n P

1 . 1−z

sledi

k

(z − z k+1 ) = 1 − z n+1

k=0

k=0

n X

lim

n→∞

1 − zn n→∞ 1 − z

z k = lim

za z 6= 1. Limes na desnoj strani je jednak ako je |z| < 1 i ne postoji ako je |z| ≥ 1, z 6= 1 (Primer 7 na str. 120). Za z = 1 je k=0

1 1−z

sn =

kad n → ∞.

n X

zk =

k=1

n X

1k = n → ∞

k=1

]

divergira, jer

28 Red

P Primer . ln(1 + n1 ) n n P P sn = ln 1 + k1 = (ln(k + 1) − ln k) = ln(n + 1) → ∞

kad n → ∞.

]

Na sliqan naqin se rexava i sledei zadatak. P Zadatak 14. Dokazati da red − za konvergira ako i samo ako je α > 0. X Primer 29. Primer 28 i Zadatak 14 lako se uopxtavaju na sledei naqin. Neka je z proizvo an niz kompleksnih brojeva. Tada red P(z − z ) konvergira ako i samo ako konvergira niz z . Pri tome vai k=1

k=1

1 nα

1 (n−1)α

n

n

n+1

n

∞ X

Dokaz sledi iz prelaskom na

pa s

n

→

3 4

]

n→∞

k=2

=

k=j

lim

∞

=

n→∞

n X (zk − zk+1 ) = zj − zn+1 ,

. P Primer 30. Red sn

(zk − zk+1 ) = zj − lim zn .

k=j

Pn

1 n2 −1

Pn

1 k=2 k2 −1 = h P n 1 1 k=2 2 k−1

kad n → ∞.

konvergira, jer je

1 k=2 (k−1)(k+1)

+

1 k

−

1 k

+

= 12 i

1 k+1

Pn

k=2

=

1 2

1 k−1

1+

1 2

− −

1 k+1 1 n

−

=

1 n+1

, ]


137

Zadatak 15. Ispitati konvergenciju redova (a) P (b) P (v) P (g) P i, u sluqajevima kada su konvergentni, odrediti im sume. X Q Primer 31. Beskonaqni proizvod 1− konvergira. Zaista, vai 1 n(n+1)(n+2)

2n +(−1)n 3n

2n+1 n2 (n+1)2

∞

1 n2

n=2

n Y

1−

n n Y 1 n+1 1 Y k2 − 1 (k − 1)(k + 1) 1 = = = · → , 2 2 2 k k k 2 n 2 k=2

k=2

2n n

kad n → ∞.

k=2

]

32. Beskonaqni proizvod Q ako je |z| < 1 i tada vai ∞

n

1 + z2

Primer

−1

n=1

∞ Y

n

1 + z2

−1

=

n=1

Zaista, neka je p

n

n Q

=

k

1 + z2

−1

k=1

konvergira ako i samo

1 . 1−z

. Mnoeem sa 1 − z dobijamo n

(1 − z)pn = (1 − z)(1 + z)(1 + z 2 ) · . . . · (1 + z 2

−1

n

) = 1 − z2 ,

odakle, na osnovu Primera 7 na str. 120 sledi rezultat tvrea. ] Q Zadatak 16. Dokazati da je cos = , za svako θ 6= 0 i izvesti odatle formulu (43) na str. 52. X P Primer 33. Red konvergira. Neka je ∞

n=1

θ 2n

sin θ θ

(−1)n−1 n

sn =

n X (−1)k−1 k=1

Tada je s

k

.

i s −s = + < 0, pa je podniz s rastui, a podniz s opadajui. Pri tome vai s > s = s + > s > s , pa su oba podniza ograniqena. Odatle sledi da su s i s konvergentni. Iz s = s + sledi da je lim s = lim s , pa niz s konvergira. ] 2n

− s2(n−1) =

(−1)2n−2 2n−1

(−1)2n 2n+1 1

(−1)2n−1 2n

>0

2n

2n+1

1 2n+1

2n

2n

n→∞

+

2n+1

2n

2(n−1)+1

(−1)2n−1 2n

2n+1

2n

2

2n+1

n→∞

2n+1

2n+1

2n

1 2n+1

n

Primetimo da je jedino svojstvo niza b = koje smo koristili u Primeru 33 svojstvo da je on opadajui i da tei nuli. Drugim reqima, na potpuno isti naqin dokazuje se sledee tvree. Tvreǌe 1. (Lajbnicovo pravilo) Neka je b opadajui niz realnih brojeva i neka je lim b = 0. Tada red P(−1) b konvergira. n

1 n

n

n→∞

n

n−1

n

138

4. NIZOVI I REDOVI

3.4.PApsolutna konvergencija. U Primeru 23 na str. 132 smo videli P

da red divergira, a u Primeru 33 da red konvergira. Kaemo da takav red neapsolutno konvergira. Precizirajmo to sledeom definicijom. Definicija 8. Neka je z niz kompleksnih da red P z P brojeva. Kaemo P apsolutno konvergira ako konvergira red |z |. Ako red |z | divergira, a P z konvergira, kaemo da on neapsolutno konvergira. Tvreǌe 2. Svaki apsolutno konvergentan red je konvergentan; tj. ako red P |z | konvergira, onda konvergira i red P z . 4 Neka je (−1)n−1 n

1 n

n

n

n

n

n

n

n

σn =

n X

|zk |,

sn =

n X

zk .

Poxto je red P |z | konvergentan, niz σ je Koxijev. Iz k=1

k=1

n

n

n X

|sn − sm | =

zk ≤

k=m+1

n X

|zk | = |σn − σm |

k=1

za n > m

sledi da je i niz s Koxijev, dakle konvergentan. 5 Primer 33 i Primer 23 na str. 132 pokazuju da tvree obrnuto Tvreu 2 nije taqno. 3.5. Sabirae redova. Poqnimo sa sledeom jednostavnom posledicom Teoreme 10 sa 81. strane. P P LemaP9. Neka su z i w konvergentni kompleksni redovi i λ, µ ∈ C. Tada red (λz + µw ) konvergira i vai n

n

n

n

n

∞ X

∞ X

(λzn + µwn ) = λ

n=1

zn + µ

n=1

∞ X

wn .

n=1

P P Specijalno, red z konvergira ako i samo ako konvergiraju redovi Re z P P P P i Im z i vai z = Re z + Im z . 4 Po definiciji beskonaqne sume vai n ∞

n

∞

n

n=1

∞ P

n

n

n=1

(λzn + µwn )

n=1

n=1

= lim

n P

= lim

P n n P λ zk + µ wk

(λzk + µwk )

n→∞ k=1 n→∞

k=1

= λ lim =λ

xto je i trebalo dokazati.

n

∞

n P

n→∞ k=1 ∞ P

zn + µ

n=1

k=1

zk + µ lim ∞ P

n P

n→∞ k=1

wk

wn ,

n=1

5


139

Posledica 8. Neka su z , z , . . . , z kompleksni nizovi, takvi da redovi P z konvergiraju za svako m ∈ {1, 2, . . . , k} i neka su λ , . . . , λ kompleksni brojevi. Tada red P P λ z konvergira i vai 1n

2n

kn

mn

1

∞

k

n=1

m=1

k

m mn

∞ X k X

k ∞ X X λm zmn = λm zmn .

3.6. Uopxteni asocijativni zakon. Sledee tvree i napomena posle ega pokazuju pod kojim uslovima asocijativnost sabiraa moemo da uopxtimo na beskonaqne sume. P Tvreǌe 3. Neka je z konvergentan red, n → k(n) rastue preslikavae, takvo da je k(1) = 1, i w = P z . Tada P w konvergira i vai X X X X X z = w , tj. z = z . 4 Konvergencija niza parcijalnih suma P reda P w se svodi na konvergenciju podnizova niza parcijalnih suma reda z , a svaki podniz konvergentnog niza je konvergentan. 5 P Napomena 2. Obrnuto nije taqno: iz Primera 27 sledi da red (−1) divergira, ali P (−1) − (−1) = P 0 = 0 konvergira. Primer 34. Uz neke dodatne uslove, u Tvreu 8 vai i obrnuta implikacija. Na primer, neka je a niz pozitivnih realnih brojeva i n → k(n) strogo rastue preslikavae, takvo da je k(1) = 1. Ako je n=1

m=1

m=1

n=1

n

k(n+1)−1

n

n

n

m=k(n)

∞

∞

n

∞ k(n+1)−1

∞

n

n=1

n

n=1

n=1

n

n=1 m=k(n) n

n

n

n

n+1

n

k(n+1)−1

X

bn =

onda redovi

ak ,

k=k(n)

i X(−1) b istovremeno konvergiraju ili divergiraju. Zaista, ako je prvi red konvergentan, Pkonvergencija drugog sledi iz Tvrea 8. Pretpostavimo da konvergira red (−1) b i neka je ∞ X

∞

(−1)k(n)−1 an

n=1

n−1

n−1

n

n=1

n

sn =

n X

(−1)k(m)−1 am ,

σn =

n X

(−1)m−1 bm .

Za svako k ∈ N postoji n ∈ N takvo da je k(n) < k ≤ k(n + 1), odakle sledi m=1

Odatle sledi

m=1

σk(n+1) = sk ± (ak+1 + ak+1 + · · · + ak(n+1) ).

|σk(n+1) − sk | = ak+1 + ak+1 + · · · + ak(n+1) ≤ bn+1 → 0

kad k → ∞ (xto je ekvivalentno sa n → ∞), jer (−1) b , kao opxti qlan konvergentnog reda, tei nuli. ] n

n+1

140

4. NIZOVI I REDOVI

4. Redovi sa pozitivnim qlanovima 4.1. Monotonost. Ako je a ≥ 0 za svako n, red P a nazivaemo redom sa pozitivnim qlanovima (iako pri tome dozvo avamo i a = 0). U tom n

sluqaju, iz

n

n

sn+1 − sn =

n+1 X

ak −

n X

ak = an+1 ≥ 0

sledi da je niz s rastui, pa iz Teoreme 4 i Leme 6 u Glavi 2 dobijamo sledei rezultat. Tvreǌe 4. Red sa pozitivnim qlanovima konvergira ako i samo ako je niz egovih parcijalnih suma ograniqen. P divergira jer je Primer 35. Red k=0

k=0

n

√1 n

sn =

n X √ 1 1 √ > n · √ = n, n n

pa je niz parcijalnih suma neograniqen. ] Primer 36. Uopxtimo rezultate Primera 19 na str. 128, Primera 23 na str. 132 i Primera 35. PosmatrajmoPred P . U Primeru 23 na str. 132 smo videli da su parcijalne sume reda neograniqene. Ako je p ≤ 1, onda je P P P ≥ , pa je ≥ . Odatle sledi da su i parcijalne sume reda neograniqene, tj. taj red divergira za p ≤ 1. Neka je p > 1. Grupiximo qlanove parcijalnih suma reda na sledei naqin: k=1

1 kp

n

1 k

k=1

s2n = 1 +

Poxto je

1 kp

n

k=1

1 n

1 np

1 np

1 k

1 1 1 1 1 1 1 +···+ n p . + p + p + p +···+ p +···+ 2p 3 4 5 8 (2n−1 + 1)p (2 ) 1 k−1 1 1 1 k−1 < 2 · + · · · + = , (2k−1 + 1)p (2k−1 )p 2p−1 2p(k−1)

parcijalne sume s su mae od parcijalnih suma geometrijskog reda P q sa q = < 1, dakle ograniqene. OdatlePi iz monotonosti sledi da su sve parcijalne sume s ograniqene, tj. red je konvergentan za p > 1. Funkcija n

2n

1

2p−1

1 np

n

ζ : (1, +∞) → R,

ζ(x) =

∞ X 1 x n n=1

naziva se Rimanovom zeta funkcijom. ena kompleksna verzija igra znaqajnu ulogu u teoriji brojeva. ] 4.2. Poredbeni principi. Konvergencija ili divergencija reda sa pozitivnim qlanovima qesto se ustanov ava poreeem sa drugim redom, qiju konvergenciju ili divergenciju smo ve ustanovili. Teorema 6. Neka reda P b sledi P je 0 ≤ a ≤ b . Tada iz konvergencije P konvergencija reda a , a iz divergencije reda a sledi divergencija reda P b . n

n

n

n

n

n

4. REDOVI SA POZITIVNIM QLANOVIMA

141

Poxto se radi o redovima sa pozitivnim opxtim qlanovima, ihova konvergencija je ekvivalentna ograniqenosti niza ihovih parcijalnih suma (Tvree 4). Ako P b konvergira, niz egovih parcijalnihP suma je ograniqen, pa iz a ≤ b sledi da je i niz parcijalnih suma reda a ograniqen, pa i taj red konvergira. Ako red P a divergira, onda i red P b divergira { suprotna pretpostavka dala bi kontradikciju sa upravo dokazanim tvreem. 5 P P Teorema 7. Neka su a i b redovi sa pozitivnim qlanovima, takvi da je b 6= 0 i postoji a 4

n

n

n

n

n

n

n

n

n

lim

Tada

n→∞

n

= C ∈ [0, +∞].

bn

1. ako je C < +∞ i redP P b konvergira, onda konvergira iPred P a , 2. ako je C > 0 i red P b divergira, onda divergira i red a . 4 Neka je C < +∞ i red b konvergira. Iz definicije limesa sledi da postoji n ∈ N takvo da za n > n vai < 2C , tj. a < 2Cb . Rezultat prvog tvrea sada sledi iz TeoremeP6. Pretpostavimo da je C > 0 i red b divergira. Tada je n

n

n

n

n

0

an bn

0

n

n

n

lim

bn = C −1 < +∞, an

pa red P a divergira, jer, kada bi onPkonvergirao, iz upravo dokazanog tvrea sledilo bi da konvergira i red b . 5 P P Teorema 8. Neka su a i b redovi sa pozitivnim qlanovima, takvi da vai a 6= 0, b 6= 0 i b a n→∞

n

n

n

n

n

n

n+1

≤

n+1

.

Tada iz konvergencije reda b sledi konvergencija reda P a , a iz divergenP P cije reda a sledi divergencija reda b . 4 Posle mnoea nejednakosti an

P

bn

n

n

n

n

b2 a2 ≤ , a1 b1

a3 b3 ≤ , a2 b2

···

an bn ≤ an−1 bn−1

i skraivaa, dobijamo ≤ , tj. a ≤ Cb , gde je C = a b . Odatle, na osnovu Teoreme 6, sledi dokaz. 5 P Primer 37. Vratimo se jox jednom redu . Iz Primera 23 na str. 84 sledi da je an a1

bn b1

n

−1 1 1

n

1 np

ln 1 +

lim

n→∞

1 n

1 n

= 1,

P pa iz Teoreme 7 i Primera 28 dobijamo jox jedan dokaz divergencije reda . P Odatle, iz < za p < 1 i iz Teoreme 6 sledi divergencija reda za p < 1. Neka je p > 1, tj. p = 1+α za neko α > 0. Tada iz Bernulijeve nejednakosti lako sledi 1 1 1 1 1 n

1 np

1 np

nα+1

<

α (n − 1)α

−

nα

.

1 n

142

4. NIZOVI I REDOVI

P Poxto red − konvergira (Zadatak 14), iz Teoreme 6 sledi da P konvergira za p > 1. ] P ? (Odgovor: ne!) X Zadatak 17. Da li konvergira red Primer 38. Poxto je za svako ε > 0 1 (n−1)α

1 nα

1 np

1 n1+1/n

lim

red

n→∞

log n = 0, nε

∞ X log n np n=1

konvergira za sve p > 1, na osnovu poredbenog stava sa redom P , gde je 0 < ε < 1 − p. ] Zadatak 18. Neka je ν(n) broj cifara prirodnog broja n. Ispitati konvergenciju reda 1 np−ε

X ν(n)

Uputstvo: dokazati da je Primer 39. Red

. np log10 nν(n) < log10 n + 1 ∞ X

1

.

X

n n2 +1 − 1

konvergira. Zaista, primenom Tejlorove formule sa ostatkom u Peanovom obliku dobijamo n=2

log n

1

n n2 +1 = e n2 +1 − 1 = 1 +

log n log n +o 2 2 n +1 n +1

−1∼

log n n2

kad n → ∞, pa zak uqak sledi iz Primera 38 i poredbenog principa. ] Zadatak 19. Ispitati konvergenciju redova (a) PP √ (b) P √ (v) (g) (d) (g) . X 4.3. Veza konvergencije reda i proizvoda. U Posledici 7 smo videli da su svi qlanovi konvergentnog proizvoda realnih brojeva, sem moda ih konaqno mnogo, pozitivni. Poxto konvergencija proizvoda ne zavisi od konaqnog broja egovih qlanova, pri izuqavau konvergencije beskonaqnih proizvoda pretpostav aemo da su svi egovi qlanovi pozitivni. 3 1 n(n+1) 1 n2 (n+1) n! nn 1 (log n)log n 1 (log log n)log n 1 (log n)log log n

3Ova pretpostavka je prirodna i iz sledeeg razloga. Proizvod je , multiplikativno zapisan red". Drugim reqima, pojam reda u grupi (R, +) odgovara pojmu proizvoda u oj izomorfnoj grupi (R , •). Jedan izomorfizam ovih struktura je log : (R , •) → (R, +). Tako dobijamo tvrea za proizvode koja su analogna tvreima za redove. Npr, kao xto +

+


143

10 Neka je a > 0. Proizvod Q a konvergira ako i samo ako konvergira red ln a . Pri tome vai Lema P .

n

n

n

∞ Y

∞ P

an = e

ln an

n=1

.

n=1

Neka je p = Q a . Iz neprekidnosti logaritamske i eksponencijalne funkcije sledi da niz p konvergira ako i samo ako konvergira niz ln p = P ln a . Odatle sledi tvree leme. 5 Lema 11. NekaP je x > 0. Tada proizvod Q(1 + x ) konvergira ako i samo ako konvergira red x . P Q 4 Iz Leme 8 sledi da je i za konvergenciju reda x i proizvoda (1 + x ) neophodan uslov lim x = 0. Odatle, na osnovu Primera 23 na str. 84, sledi n

4

n

k

k=1

n

n

n

k

k=1

n

n

n

n

n→∞

n

n

lim

ln(1 + xn ) = 1. xn

Dokaz sada sledi iz TeoremeQ7 i Leme 10. 5 konvergira ako i samo ako je p > 1. ] Primer 40. Proizvod 1+ Zadatak 20. Neka je a rastui neograniqen niz realnih brojeva. Dokazati da red X n→∞

1 np

n

∞

an+1 − an an+1 n=1

= .) divergira. (Uputstvo: 1 − Primer 41. Skup taqaka nagomilavaa niza an+1 −an an+1

zn =

an an+1

n Y

1+

gde je i = √−1 ∈ C je krunica. Zaista, iz v k=1

i k

X

,

u n uY 1 1+ 2 |zn | = t k

i Primera 40 sledi da postoji r

k=1

∞

Arg (zn ) =

n X

. Poxto je

:= lim |zn | n→∞

Arg

1+

i k

=

n X

1 arctg , k

iz divergencije reda arctg i konvergencije niza arctg ka nuli sledi da je skup taqaka z svuda gust na krunici S = {z ∈ C | |z| = r } (zadatak!). ] k=1

P

k=1

1 n

1 n

∞

n

opxti qlan konvergentnog reda tei nuli (neutralu u (R, +)), tako i opxti qlan konvergentnog proizvoda tei jedinici (neutralu u (R , •)). Uopxte, moemo da govorimo o , uopxtenim redovima" u svakoj grupi (G, ?) u kojoj ima smisla pojam limesa (a time i neprekidnosti). Takve grupe, u kojima je grupovna operacija neprekidna, nazivaju se topoloxkim grupama (v. [7]). +

144

4. NIZOVI I REDOVI

4.4. Kriterijumi konvergencije. Ve smo se upoznali sa poredbenim kriterijumima konvergencije redova sa pozitivim qlanovima. Daemo sada jox neke kriterijume. Tvreǌe 5. (Koxijeva teorema) Neka je a opadajui niz pozitivnih brojeva. Tada red P a konvergira ako i samo ako konvergira red P 2 a . 4 Iz pozitivnosti i monotonosti niza a sledi P P n

n

n

2n

n

2n n P2k=1 k=1

n

ak < a1 + (a2 + a3 ) + · · · + (a2n + · · · + a2n+1 −1 ) < k=1 2k a2k Pn ak = a1 + a2 + (a3 + a4 ) + · · · + (a2n−1 +1 + · · · + a2n ) > 12 k=1 2k a2k ,

odakle sledi dokaz tvrea. 5 Primer 42. Rezultat Primera 36 moe se dobiti i primenom Tvrea 5: red P konvergira ako i samo ako konvergira red P 2 = P . Posledi red konvergira ako i samo ako je p < 1 (Primer 27). Primetimo da ovo, u suxtini, nije novi pristup ispitivau konvergencije ovog reda { metod dokaza TvreaP5 je upravo metod iz Primera 36. ] konvergira ako i samo ako je r > 1. PZaista, Primer 43. Red za r = 1 red P divergira jer divergira red P 2 = . Za r < 1 je > pa red divergira na osnovu poredbenog principa. P Neka je r > 1. Tada red P 2 = konvergira na osnovu Teoreme 7, jer je 1 np

n 1 2p−1

n 1 2pn

1 n(ln n)r

1 n(ln n)r

1 n ln n

n

1 n ln n

n

1 2n (ln 2n )r

1 (ln 2)r

1 (n ln n)r 1 n→∞ nr

lim

1 2n ln 2n

1 n

1 ln 2

1 (n ln n)r

= 0,

a red P konvergira za r > 1. ] Primer 44. Iz prethodnog primera, Primera 18 na str. 103 i principa poreea sledi da red P konvergira ako je 1. p > 1 2. p = 1 i r > 1, a divergira u ostalim sluqajevima. Zaista, neka je p > 1 i neka je p ∈ (1, p). Tada je 1 nr

1 np (ln n)r

1

1 np (ln n)r 1 n→∞ np1

lim

= lim

n→∞

1 = 0, np−p1 (ln n)r P 1

i Teoreme 7. Sluqaj p = 1 je pa rezultat sledi iz konvergencije reda razmatran u Primeru 43. Neka je p < 1 i neka je p ∈ (p, 1). Tada je np 1

1

1 np (ln n)r lim 1 n→∞ np 1

p1 −p

n = +∞, n→∞ (ln n)r P 1

= lim

pa rezultat sledi iz divergencije reda i Teoreme 7. ] P Primer 45. Red konvergira ako je 1. t > 0 2. t = 0 i p > 1 3. t = 0, p = 1 i r > 1, a divergira u ostalim sluqajevima. Zaista, sluqaj t = 0 razmotren je u Primeru 44, a rezultat u sluqajevima t > 0 i t < 0 sledi iz Primera 27, Primera 20 na str. 103 i Teoreme 7. ] np 1

1 np (ln n)r etn


145

4.5. Koxijev i Dalamberov test. Poredbeni principi, primeeni na geometrijski red P q (Primer 27) daju nam sledea dva kriterijuma konvergencije. Teorema 9. (Koxijev test) Neka je a ≥ 0 niz nenegativnih realnih brojeva. Red P a 1. konvergira ako je lim√√a < 1 2. divergira ako je lim a > 1 √ √ 4 Ako je lim a < 1, onda postoji q ∈ (0, 1) takvo da je a ≤ q (tj. a ≤ q ) za sve n osim, eventualno, ih konaqno mnogo. Odatle, na osnovu Teoreme 6 i konvergencije reda P q√ za q < 1 (Primer 27) sledi da red P a konvergira. Sliqno, ako je lim a > 1, postoji r > √1 takvo da da neki podniz niza √ a konvergira ka r. Tada za 1 < q < r vai a ≥ q (tj. a ≥ q ) beskonaqno mnogo prirodnih brojeva n, pa a ne tei nuli. Odatle, na osnovu Leme 8, sledi da red P a divergira. 5 P Posledica 9. Neka je z niz kompleksnih brojeva. Red z p 1. apsolutno konvergirap ako je lim |z | < 1 2. divergira ako je lim |z | > 1. 4 Dokaz prvog tvrea sledi iz Tvrea 2. Dokaz drugog tvrea sledi, kao u dokazu Teoreme 9, iz qienice da u tom sluqaju |z |, pa time ni z , ne tei nuli. 5 Zadatak 21. Dokazati da red n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

∞ X

n−1 n+1

n

n(n−1)

konvergira. X 4 Teorema 10. (Dalamberov test) Neka je a ≥ 0 niz nenegativnih realnih brojeva. Red P a 1. konvergira ako je lim < 1 2. divergira ako je lim > 1. 4 Ako je lim < 1, onda postoje q ∈ (0, 1) i n ∈ N takvi da je ≤ q za n ≥ n . Odatle sledi ≤ , odnosno n=2

n

n

an+1 an an+1 an

an+1 an

an+1 an

0

an+1 an

0

q

n+1

qn

an an an+1 ≤ n ≤ · · · ≤ n00 q n+1 q q

za n > n , pa je (∀n > n ) a ≤ Cq , gde je C = . Odatle,P na osnovu Teoreme 6 i konvergencije reda P q za 0 < q < 1 sledi da red a konvergira. Ako je lim > 1, onda postoje q > 1 i n ∈ N takvi da je ≥ q za n ≥ n . Odatle sledi da je a ≥ qa > a , tj. da je niz a rastui, poqevxi od a , pa ne tei nuli. Iz Leme 8 sledi da P a divergira. P 5 Posledica 10. Neka je z niz kompleksnih brojeva. Red z 0

0

n

n

an0 q n0

an+1 an

0

n

n

an+1 an

0

n+1

n0

n

n

n

n

n

n

4Dalamber (Jean le Rond d’Alambert, 1717{1783) francuski matematiqar i filosof

146

4. NIZOVI I REDOVI

1. apsolutno konvergira ako je lim < 1 2. divergira ako je lim > 1. 4 Dokaz prvog tvrea sledi iz Tvrea 2. Dokaz drugog tvrea sledi, kao u dokazu Teoreme 10, iz qienice da u tom sluqaju |z |, pa time ni z , ne tei nuli. 5 Zadatak 22. Dokazati da red |zn+1 | |zn |

|zn+1 | |zn |

n

n

∞ X 1! + 2! + · · · + n! (2n)! n=1

konvergira.

3 Neka je x

Napomena .

n

=

1 n

,y

n

=

i

1 n2

X

. Tada je

√ xn+1 yn+1 √ = lim =1 lim n xn = lim n yn = 1. n→∞ xn n→∞ yn n→∞ n→∞ P P xn yn √ a lim n an = 1 = 1 lim an+1 n lim

Meutim, red divergira, a red konvergira. Odatle vidimo da, ako je ), Koxijev (ili Dalamberov) kriterijum (ili ne daju odgovor o konvergenciji. Napomena 4. Iz Primera 16 na str. 127 sledi da je Koxijev kriterijum P moniji od Dalamberovog: ako konvergenciju (ili divergenciju) reda a moemo da ustanovimo primenom Dalamberovog testa, onda moemo da je ustanovimo i primenom Koxijevog. Da obrnuto nije taqno pokazuje sledei primer. Primer 46. Posmatrajmo red n→∞

n→∞

n

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + 2 + 3 + 3 + 4 + 4 + 5 + 5 + ··· . 2 3 22 3 2 3 2 3 2 3

Za ovaj red je lim

2 n an+1 = lim = 0 < 1, n→∞ 3 an

lim

3 n an+1 = lim = +∞ > 1, n→∞ 2 an

pa Dalamberov kriterijum ne daje nikakav odgovor o egovoj konvergenciji. Meutim, r

√ n

lim an = lim

n→∞

2n

1 1 =√ , n 3 3

r

√ n

lim an = lim

n→∞

2n

1 1 = √ < 1, n 2 2

odakle, na osnovu Koxijevog kriterijuma zak uqujemo da red konvergira. Zadatak 23. Ispitati konvergenciju redova (a) PP (b) P n! , x ≥ 0 (v) ,x≥0 (g) P , a ≥ 0, lim a = a. 1 (log n)n x n n x n n an n n n

n→∞

n

]

X


4.6. Rabeov kriterijum. Primenom poredbenih principa na red P (Primer 36) dobijamo sledee tvree. je

Teorema

11. (Rabeov5 test) Neka je a

n

≥0

n

a n −1 ≥q an+1

n

an −1 ≤1 an+1

onda red P a konvergira. Ako je

147 1 np

. Ako postoji q > 1 takvo da

n

onda red P a divergira. 4 Pretpostavimo da postoji q za koje je zadovo ena prva nejednakost. Neka je p ∈ (q, 1). Iz Primera 25 na str. 84 sledi da je n

1+

lim

pa je za dovo no veliko n, 1+

Odatle sledi

1 n 1 n

n→∞

p

−1 < q,

p

1 n 1 n

−1

= p,

tj.

1+

1 p q <1+ . n n

an 1 p , > 1+ an+1 n

odnosno

n p an+1 < = an n+1

1 (n+1)p 1 np

.

Konvergencija reda a sada sledi iz Teoreme 8 i konvergencije reda P . Pretpostavimo sada da vai druga nejednakost iz postavke teoreme. Iz e sledi P

1 np

n

an+1 n = > an n+1 P1

1 (n+1) 1 n

,

pa iz Teoreme 8 i divergencije reda sledi divergencija reda P a . 5 Zadatak 24. Ispitati konvergenciju redova (a) PP ,x>0 (b) , x ≥ 0. X 4.7. Kumerov kriterijum. Sada emo da formulixemo kriterijum koji uopxtava Dalamberov i Rabeov, i daje nove kriterijume. Teorema 12. (Kumerov6 test) Neka je c niz pozitivnih brojeva,Ptakav P da red divergira, i neka je a niz pozitivnih brojeva. Tada red a 1. konvergira ako za neko δ > 0 vai c − c ≥ δ 2. divergira ako je c − c ≤ 0. n

n

n! (x+1)(x+2)·...·(x+n) n (nx) n!

n

1 cn

n

an n an+1

n

an n an+1

n+1

n+1

5Rabe (Joseph Ludwig Raabe, 1801{1859), xvajcarski matematiqar 6Kumer (Ernst Eduard Kummer, 1810{1893), nemaqki matematiqar

148

4. NIZOVI I REDOVI

Neka je . Mnoeem pozitivnim brojem a dobijamo . Odatle sledi da je c a opadajui niz pozitivnih brojeva, pa on konvergira. Poxto je

n 4 cn aan+1 − cn+1 ≥ δ > 0 cn an −cn+1 an+1 ≥ δan+1 > 0

n X

n+1

n n

(ck ak − ck+1 ak+1 ) = c1 a1 − cn+1 an+1 ,

red P(c a − Pc a ) konvergira, pa na osnovu poredbenog principa konvergira i red a . Ako je c − c ≤ 0, onda je k=1

n n

n+1 n+1 n

an n an+1

n+1

an+1 ≥ an P

1 cn+1 1 cn

,

pa na osnovu Teoreme 8 sledi da red a divergira. 5 Posledica 11. Za c ≡ 1 dobijamo Dalamberov test. Posledica 12. Za c = n dobijamo Rabeov test. P Posledica 13. (Bertranov7 test) Neka je a > 0. Tada red a 1. konvergira ako je lim ln n n − 1 − 1 > 1 2. divergira ako je lim ln n n − 1 − 1 < 1. 4 Dokaz sledi iz Kumerovog testa za c = n ln n. 5 4.8. Gausov kriterijum. Dokaimo jednu vanu posledicu do sada razmatranih kriterijuma. Teorema 13. (Gausov8 kriterijum) Neka je a > 0 i n

n

n

n

n→∞

n→∞

n

an an+1 an an+1 n

n

an µ θn = λ + + 2, an+1 n n

gde su λ i µ konstante, a θ ograniqen niz. Tada red P a konvergira ako je 1. λ > 1 2. λ = 1 i µ > 1, a divergira u ostalim sluqajevima. 4 Sluqajevi λ > 1 i λ < 1 slede iz Dalamberovog kriterijuma. Sluqajevi λ = 1, µ > 1 i λ = 1, µ < 1 slede iz Rabeovog kriterijuma. Sluqaj λ = 1, µ = 1 sledi iz Bertranovog kriterijuma. 5 P Zadatak 25. Ispitati konvergenciju reda . X Zadatak 26. Ispitati konvergenciju reda n

n

(2n−1)!! p (2n)!!

∞ X

(1 +

√1 2

(n + 1)! + a)(2 + + a) · · · (n − 1 + √1 3

u zavisnosti od realnog parametra a. n=2

√1 n

+ a)

7Bertran (Joseph Louis François Bertrand, 1822{1900), francuski matematiqar 8Gaus (Carl Friedrich Gauss, 1777{1855), nemaqki matematiqar

X

5. REDOVI SA PROIZVONIM QLANOVIMA

149

5. Redovi sa proizvo nim qlanovima 5.1. Parcijalno sumirae. Neka su a i b dva niza kompleksnih brojeva i neka je, za 0 < m ≤ n, n

n X

An =

Iz a

k

ak

sledi da vai

k=m

= Ak − Ak−1 n X

Poxto je

ak bk =

k=m n P

n X

(Ak − Ak−1 )bk =

k=m

k=m

Ak bk+1

k=m−1 n X

ak bk =

A−1 = 0.

n X

n−1 X

n X

Ak bk −

k=m

n−1 P

Ak−1 bk =

i

n

Ak−1 bk ,

k=m

, dobijamo

(20)

Ak (bk − bk+1 ) + An bn − Am−1 bm .

Ova formula naziva se Abelovom sumacionom formulom. Zadatak 27. Primenom Abelove sumacione formule izraqunati X Xk i (a + kd)q , 3 za d 6= 0, q ∈/ {0, 1}. X 5.2. Dirihleov i Abelov kriterijum. Pomou Abelove sumacione formule izvexemo dva kriterijuma konvergencije redova. Teorema 14. (Dirihleov test) Neka je a niz kompleksnih brojeva i b monoton niz realnih brojeva. Pretpostavimo da je 1. niz A = P a parcijalnih suma reda P a ograniqen 2. Plim b = 0. Tada red a b konvergira. P 4 Dokazaemo da iz formule (20) sledi da je niz a b Koxijev. Neka je ε > 0. Po pretpostavci teoreme niz A je ograniqen, tj. |A | ≤ C za neko C > 0, pa je |A (b − b )| ≤ M |b − b |. (21) Moemo, ne umaujui opxtost, da pretpostavimo da je monoton niz b opadajui (ako b je rastui, onda je −b opadajui, a ako tvree teoreme vai kada se b zameni sa −b , vaie i za b ). Tada je X X M |b − b |=M (b − b ) = M (b − b ). (22) Poxto po pretpostavci niz b konvergira, iz (22) sledi da i red P M |b − bP | konvergira. Odatle, na osnovu (21) i poredbenog testa, sledi da red A (b − b ) (apsolutno) konvergira, pa je niz egovih parcijalnih suma k=m

k=m

n

n

2

k

k

k=1

k=1

n

n

n

n

k

n

k=1

n→∞

n

n n

n

k k

k=1

n

k

k

n

k+1

k

k+1

n

n

n

n

n

n

n

n

k

k+1

k

k=0

n

k+1

k

k

k+1

k+1

0

n+1

k=0

k

150

4. NIZOVI I REDOVI

Koxijev. To znaqi da je za dovo no velike m i n apsolutna vrednost sume na desnoj strani u (20) maa od . Poxto niz b tei nuli, a niz A je ograniqen, oba sabirka na desnoj strani u (20) tee nuli kad m, n → ∞. Odatle sledi da je, za dovo no velike m i n, svaki od ih mai od . Sabiraem dobijamo da je za dovo no velike m i n izraz na desnoj strani u (20) mai od ε. 5 Teorema 15. (Abelov test) Neka je a niz kompleksnih brojeva i b monoton nizPrealnih brojeva. Pretpostavimo da vai 1. red a konvergira 2. postoji lim b . P Tada red a b konvergira. 4 Neka je lim b = b ; tada je lim b − b = 0. Primetimo da je ε 3

n

n

ε 3

n

n

n

n→∞

n

n n

n

n→∞

∞

n→∞

n X

ak bk =

n X

∞

n

n X

ak b∞ +

ak (bk − b∞ ).

Red P a konvergira po pretpostavci, a red P a (b − b ) konvergira na osnovu Teoreme 14. 5 Kao posledicu, dobijamo jox jedan dokaz Tvrea 1 (str. 137). Posledica 14. (Lajbnicovo pravilo) Neka je b opadajui niz realnih brojeva i neka je lim b = 0. Tada red P(−1) b konvergira. 4 Dokaz sledi iz Teoreme 14 za a = (−1) . 5 Primer 47. Red k=1

k=1

k=1

k

k

∞

k

n

n→∞

n−1

n

n

n−1

n

∞ X (−1)n np n=1

apsolutno konverira za p > 1, neapsolutno konvergira za 0 1 je ustanov ena u Primeru 44 (sluqaj r = 0). Ako je 0 < p ≤ 1, red konvergira po Lajbnicovom pravilu. Ako je p ≤ 0, red divergira jer mu opxti qlan ne tei nuli. ] Zadatak 28. Dokazati da red √

∞ X (−1)[ np n=1

n]

(gde je [·] ceo deo realnog broja) apsolutno konvergira za p > 1, neapsolutno konvergira za 1 red je apsolutno konvergentan, kao i u Primeru 47. Neka je 1 2

1 2

bn =

2 nX +2n

k=n2

1 . kp

Dokazati da je,P za < p ≤ 1, b opadajui niz koji tei nuli i odatle zak uqiti da (−1) b konvergira. Primeniti Primer 34 na str. 139. Za p ≤ niz b ne tei nuli.) X 1 2

1 2

n

n

n

n

6. OPERACIJE SA REDOVIMA

Zadatak

151

29. Dokazati da red

∞ X (−1)[log n] n n=1

divergira. Primer

X

48. Red

2

∞ n π X cos n+1

konvergira. Zaista, cos

n=2

n2 π = (−1)n cos n+1

log2 n

n2 π − nπ n+1

= (−1)n cos

π . n+1

Red P konvergira, po Lajbnicovom pravilu, a niz cos ograniqen, pa zak uqak sledi iz Abelovog testa. Zadatak 30. Dokazati da red (−1)n log2 n

∞ X

konvergira. Zadatak

(−1)n

n=1

π n+1

je monoton i ]

sin2 n n X

31. Ispitati konvergenciju reda ∞ X sin (nx) log n n=2

u zavisnosti od parametra x ∈ R. P Zadatak 32. Neka je a konvergentan red. Dokazati da su redovi

X

n

konvergentni.

X an , log n

Xn+1 n

an ,

X√ n

nan X

6. Operacije sa redovima 6.1. Dvostruki redovi. U Posledici 8 na str. 138 videli smo da konaqna i beskonaqna suma komutiraju, tj. da vai ∞ X k X

k X ∞ X zmn = zmn .

Sledei primer pokazuje da, u opxtem sluqaju, dve beskonaqne sume ne komutiraju. Primer 49. Neka je  n=1

m=1

amn =

m=1

 0, −1,   n−m 2 ,

n=1

m < n, n=m m > n.

152

4. NIZOVI I REDOVI

U obliku beskonaqne matrice, a moemo da napixemo kao mn



−1

0 −1

1 2 1 4 1 8

   (amn ) =    

1 2 1 4

· ·

· ·

0 0 −1 1 2

Tada je, za fiksirano n, suma n{te kolone ∞ X

n−1 X

amn =

m=1

∞ X

amn + (−1) +

m=1

0 0 0 −1 · ·

· ·

amn = 0 + (−1) +

m=n+1

amn =

n=1

m−1 X

∞ X

amn + (−1) +

n=1

       

∞ X

2n−m = −1 + 1 = 0,

m=n+1

a za fiksirano m suma m{te vrste je ∞ X

··· ··· ··· ···

m−1 X

amn =

n=m+1

2n−m + (−1) + 0 = −2−m ,

n=1

pa je P P a = −2 6= 0 = P P a . ] Sledea teorema daje jedan uslov pod kojim dve beskonaqne sume komutiraju, tj. uslov pod kojim je dozvo eno izmeniti poredak sumiraa. Neka je data beskonaqna matrica ∞

∞

∞

∞

mn

mn

n=1 m=1

m=1 n=1

    (zmn ) =    

z11 z21 z31 z41 · ·

z12 z22 z32 z42 · ·

z13 z23 z33 z43 · ·

z14 z24 z34 z44 · ·

··· ··· ··· ···

       

U teoremi 13 na str. 33 smo videli da se eni elementi mogu poreati u niz. Naravno, to je mogue uqiniti na vixe naqina, tj. dobijeni niz nije jedinstven. Oznaqimo sa w bilo koji od tih nizova. P Teorema 16. Ako red |w | konvergira, onda konvergiraju i redovi n

∞

n

n=1

∞ X

zmn ,

n=1

i vai P ∞

∞ P

∞ X

∞ ∞ X X

zmn ,

n=1 m=1

m=1

zmn =

n=1 m=1

∞ P ∞ P m=1 n=1

zmn ,

zmn

.

Neka je C = P |w |. Tada je, za svako m, ∞

4

n

n=1

N X n=1

|zmn | ≤ C.

∞ X ∞ X m=1 n=1

zmn


153

Odatle sledi da red P z (apsolutno) konvergira. Da e, vai ∞

mn

n=1

M X ∞ X

|zmn | ≤ C,

m=1 n=1

odakle sledi da i red P P z konvergira. Na isti naqin se dokazuje da i preostala dvaPreda konvergiraju. Neka je W = w . Dokaimo da je ∞ m=1

∞ n=1 mn

∞

n

n=1

i X X z = W. (23) Neka je ε > 0. Iz konvergencije reda P |w | i Leme 7 na str. 135 sledi da postoji k ∈ N takvo da je X X ε w ≤ |w | < . (24) W − 2 Za dovo no velike m , n ∈ N elementi w , . . . , w su sadrani meu brojevima z za m ≤ m , n ≤ n . Tada je za r > m , s > n razlika ∞ X ∞ X

∞

∞

zmn = W

mn

m=1 n=1

n=1 m=1 n

∞

k

j

j

j=1

0

mn

0

j=k+1

0

1

0

k

0

r X s X

zmn −

m=1 n=1

0

k X

wj

j=1

jednaka sumi qlanova niza w sa j > k + 1, pa iz (24) sledi j

k s r X ε X X wj < . zmn − 2 m=1 n=1 j=1

Odatle, prelaskom na lim , dobijamo s→∞

Iz (24) i (25) sledi

r X ∞ k ε X X zmn − wj ≤ . 2 m=1 n=1 j=1

(25)

r X ∞ X zmn − W < ε,

qime je dokazana prva jednakost u (23); na isti naqin se dokazuje i druga. 5 P Posledica 15. Ako red |z | konvergira za svako m ∈ N i ako red P P P |z | konvergira, tada red |w | konvergira i vai m=1 n=1

∞

mn

∞

n=1

∞

∞

mn

m=1 n=1

n

n=1

∞ X ∞ X m=1 n=1

zmn =

∞ X n=1

wn .

(26)

154

4. NIZOVI I REDOVI

Po pretpostavci je dovo no velike r, s

∞ P ∞ P

4

|zmn | = C < +∞

m=1 n=1 r X

r X s X

|wn | ≤

n=1

. Neka je k ∈ N. Tada je, za

|zmn | < C,

m=1 n=1

odakle sledi da red P |w | konvergira. Jednakost (26) sada sledi iz prethodne teoreme. 5 P P P P Posledica 16. Neka je a ≥ 0. Tada je a = a . Primetimo da, pod uslovima Teoreme 16, sledi da rezultat dvostrukog sumiraa ne zavisi od naqina na kojiPsuPqlanovi dvostrukog niza z poreani P P u niz w . U takvom sluqaju, izraz z (tj. a ) oznaqavamo sa P z i nazivamo ga dvostrukim redom. 6.2. Uopxteni komutativni zakon. Posledica komutativnog zakona za sabirae je da za svaku n-torku z , . . . , z kompleksnih brojeva i proizvo nu permutaciju σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n} vai ∞

n

n=1

∞

∞

mn

∞

mn

m=1 n=1

∞

∞

∞

n

n=1 m=1

mn

∞

mn

mn

m=1 n=1

∞

∞

mn

n=1 m=1

mn

m,n=1

1

n X

zk =

n

n X

zσ(k) .

U opxtem sluqaju, ovo nije taqno za beskonaqne redove. P Teorema 17. (Rimanova teorema) Neka je x niz u R, takav da red x neapsolutno konvergira. Tada za svako α ∈ {−∞} ∪ R ∪ {+∞} postoji permutacija σ : N → N, takva da je k=1

k=1

n

n

∞ X

xσ(k) = α.

Neka je α ∈ R proizvo an broj. Neka su x i x pozitivni i negativni deo broja x , definisani formulom (28) na str. 37. Iz k=1

− n

+ n

4

n

1 x+ n = (|xn | + xn ), 2 P |xn | pn n xn n n X X pk ≥ x+ k

x− n =

1 (|xn | − xn ), 2 P xn xn

divergencije reda i konvergencije reda sledi da redovi P x i -ti po redu qlan niza koji je pozitivan, a x divergiraju. Neka je q n-ti po redu qlan niza koji nije pozitivan. Oqigledno vai i Xq ≤ −Xx , pa je X X p = +∞ i q = −∞. (27) Traenu permutaciju σ definixemo induktivno. NekaPje σ(1) = 1. Pretpostavimo da su x , . . . , x ve definisani. Ako je x ≤ α, definixemo x kao prvi od qlanova niza p koji nisu meu x , . . . , x . Ako P

− n

n

k=1

k=1

n

n

− k

k

k=1

n

+ n

k=1

n

k

k=1

k

k=1

n

σ(1)

σ(n)

σ(n)

k=1

σ(n+1)

n

σ(1)

σ(n)


155

je P x > α, definixemo x kao prvi od qlanova niza q koji nisu meu x , . . . , x . P Dokaimo da je x = α. Neka je ε > 0. Poxto P x konvergira, x tei nuli, pa postoji n ∈ N takvo da za n ≥ n vai |x | < ε. Odatle sledi da postoji n ∈ N takvo da za n ≥ n vai |x | < ε. (28) Iz (27) sledi da postoji prirodan broj n ≥ n takav da je X α−ε< x < α + ε. (29) Zaista, kada bi za svako n ≥ n bilo P x ≥ α − ε, po definiciji permutacije σ to bi znaqilo da posle qlana x moemo da dodajemo qlanove niza p i nikad ne dobijemo zbir vei od α, xto je u suprotnosti sa (27). SliP qno se dokazuje da ne moe da se desi da za svako n ≥ n vai x ≤ α + ε. Sada iz (28) i (29) sledi n

σ(n)

n

σ(n+1)

k=1

σ(1)

σ(n)

∞ k=1

n

σ(k)

n

0

0

1

n

1

σ(n)

2

1

n2

σ(k)

k=1

n

1

σ(k)

k=1

σ(n1 )

n

n

1

σ(k)

k=1

α−ε<

n X

xσ(k) < α + ε

k=1

za svako n ≥ n , tj. P x = α. Ako je α = +∞, dokaz se izvodi na sliqan naqin. Neka je α niz realnih brojeva, takav da α → +∞ kad n → ∞. Traenu permutaciju σ opet definixemoP induktivno, s tom razlikom xto najpre dodajemo qlanove niza sve dok P je x < α , zatim qlanove niza q sve dok je x > α , posle toga opet qlanove niza p , ali sada sve dok je P x < α , zatim qlanove niza P q sve dok je x > α itd. Sluqaj α = −∞ razmatra se analogno. 5 P Zadatak 33. Neka je x niz u R, takav da red x neapsolutno konvergira. Dokazati, koristei ideju dokaza Rimanove teoreme, da za proizvo ne α, β ∈ {−∞} ∪ R ∪ {+∞} takve da je α ≤ β postoji permutacija σ : N → N, takva da je lim P x = α i lim P x = β. X P Zadatak 34. Neka je z ∈ C niz kompleksnih brojeva, takav da red z neapsolutnoPkonvergira. Da li za svako ζ ∈ C postoji permutacija σ : N → N, takva da je z = ζ ? (Odgovor: ne!) X Napomena 5. Vai sledea kompleksna analogija Rimanove teoreme (videti [22]): Ako je P z neapsolutno konvergentan red sa kompleksnim qlanovima, onda postoji prava LP⊂ C takva da za svako ζ ∈ L postoji permutacija σ : N → N, takva da je z = ζ . Iz ega sledi Rimanova teorema kao specijalni sluqaj (Im z = 0, L = Re {osa). ∞

2

σ(k)

k=1

n

n

n1

n2

1

σ(k)

n

k=1

σ(k)

n

1

k=1

n3

σ(k)

2

k=1

n4

n

2

σ(k)

k=1

n

n

n

n

σ(k)

σ(k)

k=1

k=1

n

n

∞

σ(k)

k=1

n

∞

σ(k)

k=1

n

156

4. NIZOVI I REDOVI

Za apsolutno konvergentne redove vai sledea teorema. P Teorema 18. Neka je red z apsolutno konvergentan. Tada svaka egova permutacija konvergira istoj sumi. P 4 Neka je σ data permutacija i neka je ε > 0. Poxto z apsolutno konvergira, za neko n ∈ N vai X n

n

0

∞

|zk | < ε.

Izaberimo broj m ∈ N, takav da je {1, 2, . . . , n za svako n ≥ m vai

. Tada

k=n0

0

− 1} ⊂ {σ(1), . . . , σ(m)}

(30)

∞ n ∞ X X X zk − |zk | < ε. zσ(k) ≤

Poxto je ε > 0 proizvo no, prelaskom na limes u (30) k=1

k=1

lim

n X

n→∞

k=n0

zσ(k) =

k=1

∞ X

zk .

k=1

5

35. Dokazati Teoremu 18 za apsolutno konvergentan realni red na drugi naqin, pixui x = x − x i koristei qienicu da je suma reda sa pozitivnim qlanovima jednaka supremumu niza egovih parcijalnih suma. X 6.3. Mnoee redova. Sledea teorema uopxtava distributivni zakon. Teorema 19. Neka su a i b nizovi kompleksnih brojeva, takvi da 1. red P a apsolutno konvergira i P a = A, 2. red P b konvergira i P b = B. Neka je c = P a b . Tada red P c konvergira i vai P c = A · B. 4 Neka je

P Zadatak xn

+ n

n

n

− n

n

∞

n

n

n=0

∞

n

n

n=0

∞

n

n

k n−k

n

n

n=0

k=0

An =

Tada je Cn

Poxto je

n X

an ,

k=0

= = = =

Bn =

n X

k=0

bn ,

Cn =

n X

cn ,

rn = B − Bn .

k=0

a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 ) + · · · + (a0 bn + a1 bn−1 + · · · + an b0 ) = a0 Bn + a1 Bn−1 + · · · + an B0 = a0 (B − rn ) + a1 (B − rn−1 ) + · · · + an (B − r0 ) = An B − (a0 rn + a1 rn−1 + · · · + an r0 ).

lim An B = AB

n→∞

, ostaje jox da se dokae da je

lim (a0 rn + a1 rn−1 + · · · + an r0 ) = 0.

n→∞

(31)

7. STEPENI REDOVI

157

Neka je ε > 0. Poxto red P a apsolutno konvergira, suma A = P |a | je P konaqna. Iz konvergencije reda b sledi da postoji n ∈ N takvo da je |r | < ε(2A ) za n ≥ n . Tada je ∗

n

n

∗ −1

n

n

0

0

|a0 rn + · · · + an r0 |

≤ ≤

|a0 rn + · · · + an−n0 −1 rn0 +1 | + |an−n0 rn0 · · · + an r0 | ε 2 + |an−n0 rn0 · · · + an r0 |.

(32) Poxto opxti qlan a konvergentnog reda P a tei nuli kad n → ∞, za fiksirano n tei nuli i posledi qlan u (32), tj. postoji n ∈ N takvo da za n ≥ n vai ε |a r ··· + a r | < . (33) 2 Iz (32) i (33) sledi (31). 5 6. U dokazu Teoreme 19 videli smo da ako jedan od redova P Napomena P a , b konvergira apsolutno, a drugi konvergira, onda konvergira i red P c i jednak je ihovom proizvodu. Prirodno je postaviti sledee pitae. Pretpostavimo da znamo da sva tri reda konvergiraju, bez pretpostavke o apP solutnojPkonvergenciji. Da li je tada suma reda c jednaka proizvodu suma redova a i P b ? Videemo uskoro da je odgovor na ovo pitae potvrdan (Posledica 17 na str. 161). n

n

0

1

1

n−n0 n0

n

n 0

n

n

n

n

n

7. Stepeni redovi 7.1. Polupreqnik konvergencije. Neka je c niz kompleksnih brojeva i a ∈ C. Red n

∞ X

cn (z − a)n

je funkcija kompleksne promen ive z i naziva se stepenim redom sa koeficijentima c i centrom u a. Sledea teorema pokazuje da je oblast definisanosti ove funkcije disk u kompleksnoj ravni (eventualno bez nekih taqaka na graniqnoj krunici). P Teorema 20. Pretpostavimo da red c (z − a) konvergira za z = z . Neka je ρ := |z − a|. Tada red apsolutno konvergira za svako z takvo da je |z − a| < ρ. P 4 Poxto red c (z − a) konvergira, vai c (z − a) < M , pa iz n=0

n

∞

n

n

0

n=0

0

∞

n

n

0

n

0

n

n=0

cn (z − a)n = cn (z0 − a)n

sledi |c (z − a) | < M q , gde je n

n

z − a n z0 − a

n

z−a < 1. q= z0 − a

Odatle, na osnovu poredbenog principa i konvergencije geometrijskog reda P q za q < 1 sledi dokaz teoreme. 5 Polupreqnik najveeg diska na kome stepeni red konvergira naziva se egovim polupreqnikom konvergencije. Sledea teorema daje jedan naqin da se on izraquna. n

158

4. NIZOVI I REDOVI

6 Neka je c niz kompleksnih brojeva i

Tvreǌe .

n

R=

lim

1 p n

|cn |

,

pri qemu je RP= 0 ako je lim p|c | = +∞ i R = +∞ ako je lim p|c | = 0. Tada stepeni red c (z − a) apsolutno konvergira ako je |z − a| < R, a divergira ako je |z − a| > R. 4 Dokaz sledi iz Posledice 9. 5 Naravno, primenom Dalamberovog kriterijuma (umesto Koxijevog), polupreqnik konvergencije moemo da izraqunamo kao n

n

n

n

n

n

R = lim

|cn | , |cn+1 |

ukoliko ovaj limes postoji. P je +∞, pa Primer 50. Polupreqnik konvergencije stepenog reda taj red apsolutno konvergira za sve z ∈ C. ] P Primer 51. Redovi iP su apsolutno konvergentni za sve z ∈ C. ] P Primer 52. Polupreqnik konvergencije reda je 1. ] P Primer 53. Polupreqnik konvergencije reda z je 1. ] 7.2. Neprekidnost stepenog reda. Sledea teorema daje jedno vano svojstvo stepenog reda. P Teorema 21. Neka je R polupreqnik konvergencije stepenog reda c (z − a) . Tada je funkcija X n→∞

∞

n=0

∞

n=0

∞

(−1)n z 2n+1 (2n+1)!

n=0

zn n!

(−1)n z 2n (2n)!

∞

n=1 ∞

n=0

(−1)n−1 z n n α n

n

n

n

∞

cn (z − a)n

f (z) =

neprekidna na skupu D := {z ∈ C | |z − a| < R}. 4 Pretpostavimo da je a = 0, xto samo pojednostav uje oznake, a ne mea suxtinu dokaza. Neka je z ∈ D , tj. |z | = ρ < R. Neka je ρ < ρ < R. Ako je |z| < ρ, tada vai n=0

R

0

R

0

0

0

∞ P P∞ |cn ||z n − z0n | |f (z) − f (z0 )| = n=0 cn (z n − z0n ) ≤

= |z − z0 | ≤

|z − z0 |

∞ P n=0 ∞ P

n=0

|cn ||z

n−1

+ z n−2 z0 + · · · + zz0n−2 + z0n−1 |

|cn |nρn−1 .

Poxto je R polupreqnik konvergencije reda P c z (dakle R = ρ < R, vai p p ρ n=0

n

lim n |cn |nρn−1 = ρlim n |cn | =

n

R

< 1,

lim

1 √ n

|cn |

)

i

7. STEPENI REDOVI

159

pa iz Koxijevog kriterijuma sledi da red P |c |nρ konvergira. Oznaqimo egovu sumu sa S. Neka je ε > 0. Tada, ako je |z| < ρ i |z − z | < εS vai |f (z) − f (z )| < ε, odakle sledi neprekidnost funkcije f u z . 5 Na sliqan naqin se dokazuje i sledea teorema. Teorema 22. Neka je n

n−1

0

0

−1

0

f (x) =

∞ X

cn (x − a)n ,

n=0

i neka je R polupreqnik konvergencije stepenog reda na desnoj strani. Tada je funkcija f : (a − R, a + R) → C beskonaqno puta diferencijabilna i vai f (k) (x) =

∞ X

n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)cn (x − a)n−k .

n=0

Drugim reqima, stepeni red moe da se , diferencira qlan po qlan". Specijalno, f (a) = k!c , pa je (k)

f (x) = 4

Neka je h(x) =

Tada je

k

∞ X f (n) (a) n x . n! n=0

∞ X

ncn (x − a)n .

n=0

! ∞ X f (x) − f (x0 ) xn − xn0 n−1 − g(x0 ) = cn − nx0 . x − x0 x − x0 n=0

Izraz u zagradi moemo da napixemo kao

n−1 n−1 n−1 X X X xn − xn0 n−1 k n−k+1 − nxn−1 = x x − x = xn−k+1 (xk − xk0 ). 0 0 0 0 x − x0 k=0

k=0

k=0

Odatle, posle jox jednog faktorisaa izraza x − x i prelaska na limes kad x → x sledi zak uqak teoreme. 5 Primer 54. Diferenciraem obe strane jednakosti k

k 0

0

∞ X

dobijamo

n=0

∞ X

xn =

1 1−x

(n + 1)xn =

n=0

1 . (1 − x)2 ]

160

4. NIZOVI I REDOVI

Zadatak

36. Polazei od geometrijskog reda ∞ X

dokazati da je

(−1)n x2n =

n=0

arctgx =

∞ X

1 1 + x2

(−1)n

x2n+1 2n + 1

i izvesti odatle Lajbnicovu formulu (45) na str. 52. Zadatak 37. Napisati funkcije n=0

f (x) =

1 , 1−x

1 , 1 − ρ(x − 1)

g(y) =

g ◦ f (x) =

X 1−x 1 − (ρ + 1)x

kao sume (geometrijskih) redova. Primenom di Brunove formule (20) na str. 104 u taqki (x = 0) i oqitavaem odgovarajuih izvoda kao koeficijenata stepenih redova, dokazati formulu k! ρk = ρ(1 + ρ)n−1 k1 !k2 ! . . . kn !

X

gde je k = k + k + · · · + k i sumirae se vrxi po svim k , k , . . . , k takvim da je k + 2k + 2 + · · · + nk = n. X P Teorema 23. (Abelova teorema) Neka je c konvergentan red kompleksnih brojeva i neka je X h(x) = c x za − 1 < x < 1. Tada je lim h(x) = P c . 4 Neka je X X 1

2

n

1

1

2

n

n

n

∞

n

n

n=0

∞

n

x→1−0

n=0

∞

n

ck ,

sn :=

cn .

s∞ :=

Iz c = s − s sledi, sliqno kao u dokazu Abelove sumacione formule (formula (20) na 149. strani) X X c x = (1 − x) s x , (34) a iz oqiglednog identiteta P x − P x = 1 sledi X s = (1 − x) s x . (35) Oduzimaem (34) od (35) dobijamo X X s − c x = (1 − x) (s − s )x . (36) Neka je ε > 0. Dokaimo da je leva strana u( 36) po modulu maa od ε. Iz s → s kad n → ∞ sledi da postoji m ∈ N takvo da vai n > m ⇒ |s − s | < ε/2. (37) n=0

k=0

n

n

n−1

∞

∞

n

n

n

n=0

∞ n=0

n=0 ∞ n+1 n=0 ∞ n ∞ n=0

n

∞

∞

∞

∞

n

n

∞

n=0

n

n

n=0

∞

∞

n

n

n

7. STEPENI REDOVI

161

Napiximo izraz na desnoj strani u (36) kao zbir (1 − x)

m X

∞ X

(s∞ − sn )xn + (1 − x)

(s∞ − sn )xn .

Iz (37) i x = 1/(1 − x) sledi da je drugi sabirak po modulu mai od ε/2. Poxto je suma u prvom sabirku konaqna, sledi da je za x dovo no blizu 1 i prvi sabirak po modulu mai od ε/2. Time je teorema dokazana. 5 Kao posledicu, ispuavamo obeae dato u Napomeni 6 na 157. strani. Posledica 17. Neka su a i b kompleksni nizovi i n=0

P

n=m+1

n

n

n

cn =

n X

ak bn−k .

Ako sva tri reda P a , P b , P c konvergiraju, onda vai k=0

n

n

∞ X

4

Neka je

n

∞ ∞ X X an · bn = cn .

n=0

f (x) =

∞ X

an xn ,

n=0

f (x) =

∞ X

n=0

bn xn ,

f (x) =

∞ X

(38)

cn x n .

Iz Tvrea 6 sledi da redovi P a x , P b x , P c x apsolutno konvergiraju za |x| < 1, pa iz Teoreme 19 sledi da je f (x) · g(x) = h(x). Odatle, prelaskom na limes kad x → (1 − 0) i primenom Teoreme 23 dobijamo (38). 5 Teoremom 23 motivisana je sledea definicija. P Definicija 9. Red c se naziva zbir ivim po Abelu ako postoji X c x . (39) lim Ako je red P c zbir iv po Abelu, graniqna vrednost (39) naziva se egovom sumom po Abelu. Iz Teoreme 23 sledi da ako je red konvergentan, onda je on zbir iv po Abelu i egova suma u obiqnom smislu je jednaka egovoj sumi po Abelu. Obrnuto nije taqno: P Primer 55. Red (−1) je divergentan, a poxto je n=0

n=0

n

n

n=0

n

n

n

n

∞ n=0 n

∞

x→1−0

n

n

n=0

∞ n=0 n

∞ n=0

n

∞ X

(−1)n xn =

n=0

1 , 1 + x2

egova suma po Abelu je . ] Ovaj primer pokazuje da obrnuta implikacija u Abelovoj teoremi ne vai; meutim, pod odreenim dodatnim uslovima (koji se nazivajuTauberovim uslovima) vai i obrnuto. Teoreme tog tipa nazivaju se Tauberovim teoremama. Jedna od ih je sledea. 1 2

162

4. NIZOVI I REDOVI

Teorema

24. Ako za niz c vai n

lim ncn = 0,

onda iz postojaa limesa

n→∞

lim

x→1−0

∞ X

cn xn = A

sledi konvergencija reda P c i vai

n=0

n

∞ X

4

Neka je

cn = A.

n=0

δn = sup |mcm |.

Niz δ je opadajui, a iz uslova teoreme sledi da lim vai X X X m≥n

n→∞ δn

n

n0

∞

n0

n

cn − A =

cn (1 − x ) −

Odatle, uz korixee nejednakosti n=0

n=0

=0

. Za n

0

∈N

n

cn x − A .

n=n0 +1

1 − xn = (1 − x)(1 + x + · · · + xn−1 ) ≤ n(1 − x)

sledi

Pn0 ≤ c − A n=0 n ≤

Pn0

n=0 |ncn | +

(1 − x)n0 δ0 +

P∞ + n=n0 +1 cn xn − A P∞ + n=n0 +1 cn xn − A .

|ncn |xn n=n0 +1 n

P∞

δn0 +1 (n0 +1)(1−x)

Neka je ε > 0. Izaberimo x tako da vai

(1 − x)n0 = ε.

Tada je x proizvo no blizu 1 za dovo no veliko n . Neka je n izabrano tako da je δ < ε i x dovo no blizu 1 da vai 0

n0 +1

0

2

∞ X cn xn − A < ε.

Tada je

n=n0 +1

n0 X −A ≤ (2 + δ0 )ε,

odakle sledi tvree teoreme. 5 Navexemo jox jedan metod , sumiraa divergentnih redova".P P Definicija 10. Neka su s parcijalne sume reda c . Red c je zbir iv po Qezaru9 ako konvergira niz aritmetiqkih sredina n=0

n

n

σn :=

s0 + s1 + · · · + sn . n+1 Σcn

Graniqna vrednost niza σ naziva se sumom reda n

9Qezaro (E. Cesàro, 1859–1906), italijanski matematiqar

po Qezaru.

n

7. STEPENI REDOVI

163

Zadatak 38. Dokazati da je konvergentan red zbir iv po Qezaru i da je egova suma po Qezaru jednaka egovoj sumi u obiqnom smislu. (Uputstvo: primeniti Xtolcovu teoremu.) P X Zadatak 39. Nai sumu reda (−1) po Qezaru. X P Ako je red c zbir iv po Qezaru, onda je c = o(n). (40) Zaista, iz σ → σ kad n → ∞ sledi n

n

n

n

sledi

∞

lim

sn (n + 1)σn − nσn−1 = lim =0 n→∞ n n

lim

cn sn n − 1 sn−1 = lim − = 0, n→∞ n n n n−1

n→∞

xto je ekvivalentno sa (40). P Zadatak 40. Dokazati da je red (−1) n zbir iv po Abelu, ali nije po Qezaru. (Uputstvo: koristiti (40).) X Moe da se dokae da je svaki red koji je zbir iv po Qezaru zbir iv i po Abelu. Ideja dokaza se sastoji u sledeem. Dvostrukom primenom postupka iz dokaza Abelove sumacione formule (str. 149) dobija se X X c x = (1 − x) (n + 1)σ x . (41) Iz Primera 54 na 159. strani sledi X 1 = (1 − x) (n + 1)x . (42) Ako pomnoimo obe strane u (42) sa Qezarovom sumom σ i od dobijenog izraza oduzmemo (41) dobijamo n→∞

n

∞

∞

n

n

2

n=0

n

n

n=0

∞

2

n

n=0

∞

σ∞ −

∞ X

cn xn = (1 − x)2

∞ X

(n + 1)(σ∞ − σn )xn .

Izraz na desnoj strani moemo da napixemo kao zbir dva reda (sliqno kao u dokazu Teoreme 23) i dokaemo je on po modulu mai od unapred izabranog ε ako je x dovo no blizu 1. Deta e prepuxtamo qitaocu. 7.3. Predstav ae funkcija stepenim redovima. Za funkciju koja se moe predstaviti stepenim redom X f (z) = c (z − z ) (43) kaemo da je analitiqka u taqki z . Ako je funkcija analitiqka u svakoj taqki domena, nazivamo10je analitiqkom funkcijom. Red na desnoj strani u (43) nazivamo Tejlorovim redom funkcije f . Analitiqke funkcije kompleksne promen ive su predmet izuqavaa kompleksne analize; mi emo ovde dati primere nekih realnih analitiqkih funkcija realne promen ive. n=0

n=0

∞

n

0

n

n=0 0

10Tejlor (Brook Taylor, 1685{1731), engleski matematiqar

164

4. NIZOVI I REDOVI

Najjednostavnije analitiqke funkcije su polinomi, za koje je suma (43) konaqna, a meu ima su najjednostavnije linearne funkcije. Sledea lema pokazuje kako se one mogu okarakterisati kao rexea jedne funkcionalne jednaqine, tj. jednaqine u kojima je nepoznata funkcija. Funkcionalna jednaqina (β) u sledeoj lemi naziva se Koxijevom jednaqinom. Lema 12. Neka je a ∈ R. Za funkciju f : R → R sledea dva tvrea su ekvivalentna. (α) f (x) = ax (β) f je neprekidna i zadovo ava uslove f (x + y) = f (x) + f (y), f (1) = a. 4 Implikacija (α)⇒(β ) je oqigledna. Iz a = f (1) = f (1 + 0) = f (1) + f (0) = a + f (0)

sledi f (0) = 0, a odatle i iz

0 = f (0) = f (1 + (−1)) = f (1) + f (−1)

sledi f (−1) = −f (1) = −a. Odatle se, primenom indukcije i uslova (β) lako dokazuje da za sve m ∈ Z vai f (m) = ma. Neka je m ∈ Z, n ∈ N, q = mn ∈ Q. Tada je −1

qa = qf (1) = mn−1 f (nn−1 ) = mn−1 nf (n−1 ) = mf (n−1 ) = f (mn−1 ),

tj. f (q) = aq za sve q ∈ Q. Na kraju, za proizvo no x ∈ R postoji niz q ∈ Q,takav da q → x kad n → ∞. Odatle i iz neprekidnosti funkcije f sledi n

n

f (x) = lim f (qn ) = lim aqn = ax,

qime je dokazana implikacija (β)⇒(α). 5 Lema 13. Za funkciju g : R → R sledea tvrea su ekvivalentna. (α) g(x) = e (β) g je neprekidna i zadovo ava uslove g(x + y) = g(x) · g(y), g(1) = e P (γ) g(x) = (δ) g je diferencijabilna i zadovo ava uslove g (x) = g(x), g(0) = 1. 4 Implikacija (α)⇒(β ) je oqigledna. Funkcija f (x) = ln g(x) zadovo ava uslov (β) Leme 12 sa a = 1, pa je f (x) = x. Odatle sledi g(x) = e , qime je dokazanaPekvivalencija (α)⇔(β). Red apsolutno konvergira za svako x ∈ R (Primer 50). Iz Teoreme 21, Teoreme 19 i formule (13) na str. 129 lako sledi da funkcija g definisana sa (γ) zadovo ava uslove (β). Poxto iz ekvivalencije (α)⇔(β) sledi da je takva funkcija jedinstvena, time je dokazana ekvivalencija (β)⇔(γ). Implikacija (α)⇒(δ) je oqigledna. Pretpostavimo da vai (δ). Tada je n→∞

n→∞

x

∞

n=0

xn n!

0

x

∞

n=0

xn n!

d g(x)e−x = e−x g 0 (x) − e−x g(x) = 0, dx

pa je g(x)e konstantna funkcija. Iz g(0) = 1 sledi g(x)e je g(x) = e . Time je dokazana i ekvivalencija (α)⇔(δ). −x

x

−x

, pa

= g(0)e0 = 1

5

7. STEPENI REDOVI

165

Zadatak 41. Dokazati da su za funkciju h : R → R sledea dva tvrea ekvivalentna. (α) h(x) = ln x (β) h je neprekidna i vai h(x · y) = h(x) + h(y), h(e) = 1. X Zadatak 42. Neka je p ∈ R. Dokazati da su za funkciju k : (0, +∞) → (0, +∞) sledea dva tvrea ekvivalentna. (α) k(x) = x (β) k je neprekidna i vai k(x · y) = k(x) · k(y), ln k(e) = p. X Zadatak 43. Dokazati da tvrea Leme 12, Leme 13, Zadatka 41 i Zadatka 42 vae ako se uslov neprekidnosti u (β) zameni (a) uslovom monotonosti (b) uslovom ograniqenosti na nekom intervalu [t , t ] za t < t . X Lema 13 nam omoguava da definiciju eksponencijalne funkcije proxirimo i na kompleksne brojeve. Definicija 11. Neka je z ∈ C. p

0

ez :=

1

0

1

∞ X zn . n! n=0

Iz Primera 50 sledi da je funkcija z 7→ e definisana na celoj kompleksnoj ravni C. Primetimo da formula (γ) u Lemi 13 sledi i iz Tejlorove formule. Zaista, ako u Primeru 22 na str. 107 uzmemo ostatak u Lagranovom obliku, dobijamo X z

n

ex =

za neko ξ da je

. Odatle, prelaskom na limes i korixeem qienice k=0

n

∈ (−|x|, |x|)

xk 1 + eξn xn+1 k! (n + 1)!

1 e|x| xn+1 = 0 (n + 1)! γ ∞ ∞ P P x2n+1 x2n sin x = (−1)n (2n+1)! , cos x = (−1)n (2n)! , lim

(Primer 18 na str 128) dobijamo formulu ( ). Na sliqan naqin dobijamo n→∞

n=0

ln(1 + x) =

∞ P

n=0

n

(−1)n−1 xn ,

(1 + x)α =

∞ P

α n

xn .

za svako x za koje redovi na desnoj strani konvergiraju. Zadatak 44. Odrediti za koje x ovi redovi konvergiraju Sada je prirodno dati i sledeu definiciju Definicija 12. n=1

sin z =

∞ P

2n+1

z , (−1)n (2n+1)!

n=0

ln(1 + z) =

∞ P

n=1

cos z =

∞ P

n=0 n

(−1)n−1 zn ,

2n

z (−1)n (2n)! ,

(1 + z)α =

∞ P

α n

za svako z ∈ C za koje redovi na desnoj strani konvergiraju. n=1

n=1

zn.

X

166

4. NIZOVI I REDOVI

Oqigledno je da se za z ∈ R ovom definicijom dobijaju standardne trigonometrijske, logaritamske i stepene funkcije realne promen ive. Iz Teoreme 21 sledi da su ove funkcije, kao i funkcija e , neprekidne. Primer 56. (Ojlerova formula) Ako u redovima kojim se predstav aju funkcije e , sin z i cos z stavimo z = ix, uporeivaem dobijenih izraza dobijamo formulu e = cos x + i sin x. Ovo je Ojlerova formula. ] Koristei Ojlerovu formulu, Moavrovu formulu (Zadatak 46 na str. 54) moemo da napixemo u vidu (e ) = e . Ovaj zapis moemo da shvatimo i kao drugi dokaz Moavrove formule, ako prethodno reximo sledei zadatak. Zadatak 45. Primenom Teoreme 19 dokazati da je e = e · e za z , z ∈ C. Izvesti odatle formulu (e ) = e . X Zadatak 46. Dokazati da je (e ) = ie na dva naqina: (a) koristei Ojlerovu formulu (b) po definiciji izvoda, koristei Zadatak 45 i Teoremu 21. X Zadatak 47. Dokazati da je za z ∈ C z

z

ix

ix n

inx

z1 +z2

1

z n

2

z1

z2

nz

ix 0

ix

z n = ez . n→∞ n z = x + iy n 2 z 2x x + y 2 n/2 z n y/n + , arg 1 + = n · arctg 1+ = 1+ 2 n n n n 1 + x/n lim

(Uputstvo: primetiti da je, za

1+

,

i da iz |z | → |z |, arg(z ) → arg(z ) sledi z formulu.) ∞

n

∞

n

n

→ z∞

. Primeniti Ojlerovu X

8. Vebe

(1) Niz realnih brojeva a je zadat sa n

a1 = a,

Nai a . (2) Niz a je zadat sa

a2 = b,

an+2 =

1 + an+1 . an

1389

n

a1 = 1,

an+1 = 2an +

p

3a2n + 1.

Dokazati da su svi qlanovi ovog niza prirodni brojevi. Da li ovaj niz konvergira? (3) Dokazati da su svi qlanovi niza √ √ √ √ an =

5− 5 1− 5 10 2

n

+

5+ 5 1+ 5 10 2

n

prirodni brojevi. Da li ovaj niz konvergira? (4) Fibonaqijev11 niz je niz x zadat sa n

x0 = 1,

x1 = 1,

xn+2 = xn+1 + xn .

11Leonardo iz Pize (Leonardo Pisano Bigollo, 1170–1250), poznat i kao Leonardo Bonaqi

(Bonacci)

i Fibonaqi (Fibonacci), italijanski matematiqar

8. VEBE

167

Koristei Zadatak 21 na str. 23 odrediti x u funkciji od n. Dokazati da je √ n

5−1 . 2

xn = n→∞ xn+1 lim

Ovaj broj naziva se zlatnim presekom12 (5) Niz a niz je dat sa n

an+2 = αan+1 + βan ,

gde su α > 0, β > 0 dati realni brojevi. (a) Izraqunati a n+1

lim

. P

(b) Ispitati konvergenciju reda a u zavisnosti od α i β. (6) Neka je f : R → R neopadajua funkcija i a ∈ R proizvo an broj. Dokazati da je niz n→∞

an

n

1

a2 = f (a1 ),

a3 = f (a2 ),

...,

an+1 = f (an ),

...

monoton. Dati geometrijsku interpretaciju ovog tvrea. (7) Neka funkcija f : R → R ima svojstvo i neka je a

1

(∀x) f (x) ≥ x

∈R

proizvo an broj. Dokazati da je niz

a2 = f (a1 ),

a3 = f (a2 ),

...,

an+1 = f (an ),

...

monoton. Dati geometrijsku interpretaciju ovog tvrea. (8) Za koje realne brojeve α, β, a je niz 1

a1 ,

a2 = αa1 + β,

...,

an+1 = αan + β,

...

(a) ograniqen; (b) konvergentan? (9) Dokazati da sledei nizovi konvergiraju i nai ihove limese: (a) a = , a = 3a − 2; (b) a = α ∈ [0, 1/4], a = α + a ; (v) a = 1, a = 1 − ; (g) a = 0, a = ; (d) a = 0, a = , a (1 + a + a ); Uputstvo: dokazati da su svi dati nizovi monotoni i ograniqeni. (10) Dokazati da niz sa osobinama 1 0 < a < 1 i a (1 − a )> 4 konvergira. (11) Izraqunati n 1

3 2

2 n+1

n

1

1

n+1

1

n+1

1

2

1 2

2 n

n+1 1 4an 1 4(1−an ) 1 n+1 3

n

n

n

lim

n→∞

3 n−1

n+1

√ . ( n n!)2

12Zlatni presek je odnos izmeu dve veliqine koje imaju svojstvo da je odnos vee od ih prema maoj jednak odnosu ihovog zbira prema veoj; drugim reqima, zlatni presek je rexee jednaqine (a + A)/A = A/a po A/a

168

(12) Dokazati da nizovi

4. NIZOVI I REDOVI

√ 1 1 an = 1 + √ + · · · + √ − 2 n + 1 n 2

i

√ 1 1 bn = 1 + √ + · · · + √ − 2 n n 2

konvergiraju ka istoj graniqnoj vrednosti. (13) Ispitati konvergenciju niza xn = 1 +

1 1 1 1 + √ + √ + · · · + √n . 3 2 2 2 2 2

(14) Odrediti maksimalne qlanove nizova √ an =

n , 100 + n

Da li ovi nizovi konvergiraju? (15) Izraqunati lim

n→∞

√

1

+√

n2 + 1

100n . n!

bn =

1

+ ··· + √

n2 + 2

1

n2 + n

(16) Izraqunati p a + a + ··· + a , lim gde su a ≥ 0. (17) Neka je a niz pozitivnih brojeva koji konvergira ka a . Dokazati da je √ lim a a · · · a = a . (18) Dokazati da niz x zadat sa n

n→∞

n 1

n 2

n k

j

∞

n

n

1 2

n

∞

n

x1 > 0,

xn+1 =

konvergira ka √a. (19) Neka je x > 0, y > 0 i 1

1 a xn + , 2 xn

a>0

1

xn+1 =

√

xn yn ,

yn+1 =

xn + yn . 2

Dokazati da nizovi x i y konvergiraju i da je lim x (20) Neka je a = 1, b = 1pi n

1

n

n

= lim yn

.

1

an+1 =

2 + bn ,

bn+1 =

√

2an .

Dokazati da ovi nizovi konvergiraju i nai ihove graniqne vrednosti. (21) Dokazati da niz 1 1 1 2, 2 + , 2 + , 2+ , ··· 2 2 + 12 2 + 2+1 1

konvergira i nai egovu graniqnu vrednost. (Uputstvo: niz je dat sa 1 2

a1 = 2,

an+1 = 2 +

an

.

8. VEBE

169

Dokazati da ako a konvergira, onda je lim a = 1 + √2. Dokazati da √ za niz δ = a − (1 + 2) vai |δ | ≤ |δ |/2 i odatle zak uqiti da je lim δ = 0.) (22) Ispitati konvergenciju niza s n

n

n

n

n+1

n

n

√

q 2,

2+

√

r

2,

q 2+

(23) (a) Neka je |q| < 1 i a

2+

→ a∞

n

√

r

2,

q √ 2 + 2 + 2, . . .

kad n → ∞. Izraqunati

2

lim (an + qan−1 + q an−2 + · · · + q n−1 a1 ).

(b) Neka je dat niz a i neka je n→∞

n

xn = an + an−1 ,

yn = 2an + an−1 .

Dokazati da iz konvergencije niza y sledi konvergencija niza a , a da iz konvergencije niza x ne sledi konvergencija niza a . (v) Neka a → a , b → b kad n → ∞. Dokazati da nizovi x i y definisani sa n

n

n

∞

n

n

∞

n

n

n

x0 = 1,

an = 2xn + yn ,

bn = xn−1 + 2yn

konvergiraju. (g) Neka je a ograniqen niz, takav da je n

an+2 ≤

2 1 an+1 + a. 3 3

Dokazati da a konvergira. Uputstvo: U (a) iskoristiti identitet n

an + qan−1 + q 2 an−2 + · · · + q n−1 a1 =

1 q 1−n

n X

ak q 1−k

i primeniti Xtolcovu teoremu. U (b) pokazati da je an =

k=1

1 1 1 yn − yn−1 + (−1)n−1 n−1 a1 2 2 2

i odatle zak uqiti da je an =

n X

(−1)k

k=0

1

yn−k 2k+1

Primeniti (a) i zak uqiti da x a − 2x zak uqiti da y → (2b n

n

n

1 3

. Zatim iz y . U (v) primetiti da je

→ 13 (2a∞ − b∞ ) ∞ − a∞ ) n

4xn − xn−1 = 2an = bn → 2a∞ − b∞

i primeniti (b). U (g) dokazati da je niz a ograniqen i rasuivati analono sa (v). (24) Neka je a niz pozitivnih brojeva, takav da je

n

n

Dokazati da je

lim

n→∞

lim

n→∞

an+1 = α. an √ n

an = α.

+ 32 an−1

n

=

monoton i

170

4. NIZOVI I REDOVI

Kontraprimerom pokazati da obrnuto tvree ne vai. Izraqunati limese nizova p

n! nn e−n

n1

,

(n!)2 n2n

n1

,

n3n (n!)3

n1

n+1

,

(n + 1)! √ . n n!

Uputstvo: kontraprimer { 1, 1, , , , , . . .. (25) Neka je f : [0, +∞) → R ravnomerno neprekidna funkcija i neka je 1 1 1 1 2 2 3 3

lim f (x + n) = 0

n→∞

za svako x ∈ [0, +∞). Dokazati da je

lim f (x) = 0.

x→+∞

(26) Neka je f : R → R neprekidna funkcija, takva da je f (x + an ) = f (x)

za neki niz a pozitivnih brojeva koji konvergira ka nuli. Dokazati da je f konstantna funkcija. Uputstvo: Dokazati da je skup {ma | m ∈ Z, n ∈ N} gust u R. (27) Nai sve neprekidne funkcije f : R → R za koje vai n

n

f (x) = f (x2 − 2x + 2).

Uputstvo: neka je x niz dat sa n

x1 ∈ (0, 2),

xn+1 = x2n − 2xn + 2.

Dokazati (indukcijom) da je ovaj niz monoton i ograniqen, pa zbog toga i konvergentan. Iz rekurentne formule kojom je zadat, sledi da je lim x = 1, pa zbog n

f (xn+1 ) = f (xn ) = · · · = f (x1 )

i neprekidnosti f sledi f (x ) = 1. Poxto je x ∈ (0, 2) proizvo no, sledi da je f konstantna na [0, 2]. Sliqno,p posmatraem niza 1

y1 ∈ (2, +∞),

1

yn+1 = 1 −

yn − 1

dokazati da je f konstantna na [2, +∞). Na kraju, iz x ∈ (−∞, 0) ⇒ x2 − 2x + 2 ∈ (2, +∞)

izvesti zak uqak da je f konstantna na celom R. (28) Neka je f : (a, +∞) → R neprekidna i ograniqena funkcija. Dokazati da za svaki realan broj t postoji niz x takav da je lim x = +∞ i lim (f (x + t) − f (x )) = 0. Uputstvo: ne umaujui opxtost, moemo da pretpostavimo da je t > 0. Ako je funkcija x 7→ f (x + t) − f (x) stalnog znaka na nekom intervalu (b, +∞), onda je niz f (b + nt) monoton i ograniqen, pa moemo da uzmemo x = b + nt. Ako ta funkcija nije stalnog znaka ni na jednom takvom intervalu, onda postoji neograniqen niz enih nula i taj niz moemo da uzmemo za x . n

n→∞

n

n→∞

n

n

n

n

8. VEBE

171

(29) Neka je funkcija f diferencijabilna u taqki a i neka su x , y nizovi, takvi da je za sve n ∈ N n

i Da li postoji

xn 6= a,

yn 6= a,

n

xn 6= yn

lim xn = lim yn = a.

n→∞

lim

n→∞

f (xn ) − f (yn ) ? xn − yn

Dokazati da, ako sem navedenih uslova nizovi x i y zadovo avaju i uslov (∀n ∈ N x < a < y , onda vai n→∞

n

n

lim

n

n

f (xn ) − f (yn ) = f 0 (a). xn − yn

Uputstvo: bez navedenog dodatnog uslova, limes ne mora da postoji { posmatrati funkciju iz Zadatka 6 na str. 95 za p > 1 i nizove n→∞

xn =

2 , π(4n + 1)

yn =

2 . π(4n + 3)

Ako je dodatni uslov ispuen, primeniti Teoremu o tri limesa (Teorema 11 na str. 82) na f (xn ) − f (yn ) f (xn ) − f (a) xn − a f (yn ) − f (a) yn − a = + . xn − yn xn − a xn − yn yn − a xn − yn

(30) Neka je funkcija f diferencijabilna u nekoj okolini taqke a i neka je en izvod f neprekidan u taqki a. Dokazati da je 0

lim

n→∞

n X

(f (a + kn−2 ) − f (a)) =

1 0 f (a). 2

Uputstvo: primeniti Lagranevu teoremu. (31) Neka je funkcija f diferencijabilna u taqki a i neka je k ∈ N. Dokazati da je k=1

lim (f (a + n−1 ) + f (a + 2n−1 ) + · · · + f (a + kn−1 ) − kf (a)) =

i

n→∞

lim (f (a + n−2 ) + f (a + 2n−2 ) + · · · + f (a + nn−2 ) − nf (a)) =

(32) Neka je a > 0, k, m ∈ N. Izraqunati limese nizova − kn; (a) (b) ; (v) (1 + an )(1 + 2an ) · · · (1 + nan ). (33) Neka je a rastui niz pozitivnih brojeva i n→∞

(n+1)m +(n+2)m +···+(n+k)m nm−1 (a+n−1 )n (a+2n−1 )n ···(a+kn−1 )n akn −2 −2

−2

n

sn =

n X k=0

ak .

k(k + 1) 2 1 0 f (a). 2

172

4. NIZOVI I REDOVI

Izraqunati

a1 a2 an + + ··· + . s0 s1 s1 s2 sn−1 sn

lim

n→∞

Dokazati da redovi X 1 2n + 1 i n (n + 1) (a + n)(a + n + 1) · · · (a + n + k) (k ∈ N, −a ∈/ N) konvergiraju i izraqunati ihove sume. (34) Izraqunati zbir reda ∞

∞ X

2

2

n=1

n=1

(Uputstvo: neka je

5 7 1 3 + 2 + 3 + 4 + ··· 2 2 2 2

2n − 1 1 3 . + 2 + ··· + 2 2 2n sn = 2sn − sn = · · · = 6 − 2−n+1 (2n + 3)

Dokazati da je (35) Dokazati da red

sn =

∞ X

√

.)

(−1)n n + (−1)n

divergira. (36) Koristei razvoj funkcije e u stepeni red, dokazati nejednakosti n=1

x

1 + x ≤ ex ≤

(37) Niz a je zadat sa

1 , 1−x

2

1 − x2 ≤ e−x ≤

1 . 1 + x2

n

a0 = a1 = 1,

an+1 =

1 , n ≥ 1. 1 + an

IspitatiPkonvergenciju reda P a . (38) Neka je a konvergentan red. Dokazati da su redovi n

n

∞ X an , log n n=2

∞ X 1+n an , n n=1

konvergentni. (39) Ispitati konvergenciju redova √ ∞ √ 3 X n− 3n−1 , n n=1

∞ X

1 √ , n n n! n=1

∞ X √ n

nan

n=1

√ ∞ X n3 ( 2 + (−1)n ) . 3n n=1

(40) POdrediti sve vrednosti realnog parametra α za koje konvergira red a (α) ako je (a) a (α) = (b) a (α) = n sin . (41) Odrediti domen funkcija X (n!) X 3 + (−2) x i x . f (x) = n (2n)! n

n

n

α2n 1+α4n πn2 α n+1 ∞

n

∞

n

n

n=0

2

n

n=0

8. VEBE

173

(42) Ispitati konvergenciju reda

∞ X p(p + 1) · · · (p + n − 1) 1 n! nq n=1

u zavisnosti od realnih parametara p i q. (43) Neka je P a konvergentan red. Dokazati da red n

n

1 + sin an 2

X

konvergira. (44) Nai sve x ∈ R za koje red ∞ X

nxn (n + 1)(2x + 1) n=1

apsolutno konvergira. (45) NekaPje a niz sa periodom 3, tj. takav da je a red konvergira ako i samo ako je n

n+3

= an

an n

. Dokazati da

a1 + a2 + a3 = 0.

Uputstvo: Niz parcijalnih suma reda P a je ograniqen, pa jedna implikacija sledi iz Dirihleovog testa. Za dokaz druge implikacije primetimo da parcijalne sume n

s3n =

3n X ak

k

= a1

3n X

mogu da se napixu kao k=1

s3n = a1

3n X

k=1

1 1 − 3k − 2 3k

+ a2

gde je a = a + a + a . (46) Ispitati konvergenciju reda k=1

1

2

3n

3n

k=1

k=1

X 1 X 1 1 + a2 + a3 3k − 2 3k − 1 3k 3n X k=1

1 1 − 3k − 1 3k

+a

3n X 1 , 3k

k=1

3

∞ X

1 p q n log n log (log n) n=3

u zavisnosti od realnih parametara p i q. (47) Neka je P c divergentan red sa pozitivnim qlanovima i n

sn =

n X

ck .

Dokazati da je red P divergentan. (Uputstvo: videti Zadatak 20 na str. 143.) (48) Neka je P a konvergentan red sa pozitivnim qlanovima. Dokazati da je X a + 2a + · · · + na X a + 2a + · · · + na lim =0 i ∞ = a . n n(n + 1) Uputstvo: Neka je k=1

cn sn

n

∞

1

2

1

n

2

n

n

n→∞

n=1

sn = a1 + a2 + · · · + an ,

σn = a1 + 2a2 + · · · + nan .

n=1

174

4. NIZOVI I REDOVI

Dokazati da je i

a1 + 2a2 + · · · + nan s1 + · · · + sn sn = sn − + n n n a1 + 2a2 + · · · + nan = σn − σn+1 + an+1 . n(n + 1)

(49) Dokazati da je red ∞ X

nx

n Y

sin2 (kθ) 1 + x2 + cos2 (kθ)

konvergentan za sve x, θ ∈ R. (50) Neka je P a neapsolutno konvergentan red realnih brojeva i n=1

k=1

n

n

Pn =

n

1X (|ak | + ak ), 2

Nn =

1X (|ak | − ak ) 2

parcijalne sume egovih pozitivnih i negativnih qlanova. Dokazati da je P k=1

lim

n→∞

k=1

n

Nn

= 1.

GLAVA 5

Neodreeni integral 1. Primitivna funkcija i neodreeni integral

Pretpostavimo da je izvod funkcije y = F (x), F jednaqinom

dat dy = f (x), (1) dx gde je f : (a, b) → C data funkcija. Jednaqine kao (1) u kojima je nepoznata funkcija F zadata jednaqinom koju zadovo avaju eni izvodi naziva se diferencijalnom jednaqinom. Funkcija F : (a, b) → C naziva se rexeǌem diferencijalne jednaqine (1) ako vai dF (x) = f (x). (2) dx Funkciju F : (a, b) → C koja zadovo ava (2) zovemo jox i primitivnom funkcijom funkcije f na intervalu (a, b). Lema 1. Neka su F i F dve primitivne funkcije funkcije f na intervalu (a, b). Tada je razlika F (x) − F (x) konstantna. 4 Poxto je dy dx

1

: (a, b) → C

2

2

1

d F2 (x) − F1 (x) dx

= f (x) − f (x) = 0,

dokaz sledi iz Posledice 4 na str. 99. 5 Napomena 1. Uslov da su F i F primitivne funkcije funkcije f na intervalu je suxtinski u Lemi 1. Zaista, neka su date funkcije ( F (x) = x i F (x) = xx +za1xza< x0 > 0 na skupu (−∞, 0) ∪ (0, +∞), koji nije interval. Tada je 1

2

2

2

1

za svako

2

2

dF2 (x) dF1 (x) = 2x = dx dx x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞)

. Meutim,

tako da razlika F

F2 (1) − F1 (1) = 1 6= 0 = F2 (−1) − F1 (−1),

nije konstantna. Definicija 1. Familija svih primitivnih funkcija funkcije 2

− F1

f : (a, b) → C

naziva se neodreenim integralom funkcije f i oznaqava sa R f (x) dx. 175

176

Iz Leme 1 sledi da je

5. NEODREENI INTEGRAL Z f (x) dx = F (x) + C

gde je F bilo koja primitivna funkcija funkcije f na intervalu (a, b). Napomena 2. U Lemi 1 dokazana je jedinstvenost primitivne funkcije. Pitae egzistencije primitivne funkcije, tj. neodreenog integrala emo razmotriti u Glavi 6. Tamo emo pokazati da svaka neprekidna funkcija ima primitivnu (Teorema 2 na str. 195). Meutim, primitivna funkcija elementarne funkcije (v. Definiciju1 na str. 65) nije uvek elementarna funkcija. QakZi integraliZ nekih jednostavnih funkcija, kao Z Z Z Z sin x dx, x

sin x2 dx,

ex dx, x

x dx, log x

2

e−x dx,

p

1 + x4 dx,

ne mogu da se izraze preko elementarnih funkcija. Iz definicije neodreenog integrala i tablice prvih izvoda sledi R x dx = x + C za p 6= −1 R x dx = ln x + C R a + C za a > 0, a 6= 1 R a dx = 1 p+1 p+1

p

−1

1 x ln a

x

sin x dx = − cos x + C cos x dx = − sin x + C sec2 x dx = tg x + C cosec 2 x dx = −cotg x + C e = − arccos x + C b √ 1 dx = arcsin x + C 2 R 1−x 1 e b 2 dx = arctg x + C = arccotg x + C

R R R R

.

1 Poxto je

1+x

Primer . d 1 sin 2x = cos 2x dx 2

i

zak uqujemo da je Z

1 sin 2x dx = − cos 2x + C 2

d 1 cos 2x = − sin 2x dx 2

i

Z cos 2x dx =

1 sin 2x + C. 2 ]

Lema 2. Neka su f : (a, b) → C i g : (a, b) → C dve funkcije koje imaju primitivne funkcije i λ, µ ∈ C konstante. Tada vai R R R dx = λ fR(x) dx + µ g(x) dx R λf (x) + µg(x) R f (x) dx = Re f (x) dx + i Im f (x) dx.

4 Dokaz sledi iz odgovarajuih osobina izvoda i definicije primitivne funkcije i neodreenog integrala. 5 R Primer 2. Izraqunajmo x + dx. Kvadriraem izraza u zagradi iZ primenom Leme 2 dobijamo Z Z Z 3

1 x3 + √ 3 x

1 2 √ 3 x

2

dx =

x6 dx+2

x8/3 dx+

x−2/3 dx =

x7 6x11/3 + +3x1/3 +C. 7 11

]

2. OSNOVNI METODI IZRAQUNAVA A NEODREENIH INTEGRALA

1 Izraqunati Z

Zadatak .

sin2 x dx

i

Z

1 (1 − cos 2x) 2

i

cos2 x =

Uputstvo: iskoristiti formule sin2 x =

i Primer 1.

177

cos2 x dx.

1 (1 + cos 2x) 2 X

3 Neka je Z

Primer .

I=

Tada je

Z

R + iI =

gde je C = C

Z

x

e sin x dx,

ex (cos x + i sin x) dx =

1

+ iC2

R + iI =

Odatle sledi R =

ex eix dx =

. Poxto je

1 (1+i)x 1+i e

dobijamo

Z

R=

ex cos x dx.

Z

e(1+i)x dx =

1 (1+i)x e + C. 1+i

x ix x = 1−i = 1−i 2 e e 2 e (cos x + i sin x) 1 x = 2 e (cos x + sin x) + i 21 ex (sin x − cos x)

1 x e (cos x + sin x) + C1 2 1 x 2 e (cos x

+ sin x) + C1

1 x + i e (sin x − cos x) + C2 2

iI=

1 x 2 e (sin x

− cos x) + C2

.

2. Osnovni metodi izraqunavaa neodreenih integrala 2.1. Parcijalna integracija. Iz Lajbnicovog pravila

sledi formula u(x) · v(x) =

]

(u · v)0 (x) = u0 (x) · v(x) + u(x) · v 0 (x)

Z

(u · v)0 (x) dx =

Z

koja se qesto zapisuje u obliku Z

u0 (x) · v(x) dx +

Z

u(x) · v 0 (x) dx

(3)

Z u dv = uv −

v du

i naziva formulom parcijalneR integracije. Primer 4. Izraqunajmo ln x dx. Neka je u = ln x, dv = dx. Tada je v = x, paZ primenom formule (3) dobijamo Z Z Z ln x dx = x ln x −

xd ln x = x ln x −

2 Izraqunati

Zadatak .

x·

1 dx = x ln x − x

dx = x ln x − x + C. ]

Z x ln x dx.

Uputstvo: primeniti formuluR (3) sa u = ln x, dv = xdx, tj. v = x . Zadatak 3. Izraqunati x e dx. 1 2 2

3 x

X X

178

5. NEODREENI INTEGRAL

5 (Primer 3 na drugiZ naqin) Neka je

Primer .

ex sin x dx.

I=

Primenom parcijalne integracije sa uZ= sin x, dv = e dx, tj. v = e dobijamo x

I = ex sin x −

x

ex cos x dx.

Ako na posledi integral ponovo primenimo parcijalnu integraciju, sa u = , , dobijamo Z

cos x dv = ex dx

I = ex sin x − ex cos x −

ex sin x dx = ex (sin x − cos x) − I.

Odatle sledi 2I = e (sin x − cos x),Rtj. R e sin x dx = e (sin x − cos x) + C . Na isti naqin moe se izraqunati i e cos x dx. ] 2.2. Smena promen ive. Neka je na intervalu (a, b) Z x

1 x 2

x

x

f (x) dx = F (x) + C

i neka je funkcija ϕ : (α, β) → (a, b) neprekidno diferencijabilna (tj. diferencijabilna, sa neprekidnim prvim izvodom) i na. Tada je Z f ◦ ϕ(t)ϕ (t) dt = F ◦ ϕ(t) + C (4) na intervalu (α, β). Jednakost (4) dobija se diferenciraem obe strane i primenom pravila za izvod sloene funkcije. Ona je u osnovi metoda izraqunavaa integralaR smenom promen ive koji se sastoji u sledeem. Treba izraqunatiR integral f ◦ ϕ(t)ϕ (t) dt. Smenom x = ϕ(t), dx = ϕ (t)dt dobijamo integral f (x) dx koji moe daR bude jednostavniji od polaznog. Primer 6. Izraqunajmo dt. Primenom formule (4) i smene x = t + 1 dobijamo Z Z Z 0

0

0

t t2 +1

2

t2

1 t dt = +1 2

t2

4 Izraqunati

Zadatak .

1 1 dx = ln |x| + C = ln(t2 + 1) + C. x 2 2

1 (t2 + 1)0 dt = +1

] Z arctg x dx.

Uputstvo: iskoristiti formulu parcijalne integracije i Primer 6. X R Zadatak 5. Izraqunati arcsin x dx. X Metod smene promen ive moe da se primeni i u sledeem obliku. Treba R izraqunati integral f (x) dx . Smenom x = ϕ(t), dx = ϕ (t)dt dobijamo integral R f ◦ ϕ(t)ϕ (t) dt koji moe da bude jednostavniji od polaznog. R√ Primer 7. Izraqunajmo 1 − x dx. Smenom x = sin t, dx = cos tdt dobijamo Z Z Z Z 0

0

2

p 1 − x2 dx =

p 1 − sin2 t cos t dt =

√

cos2 t cos tdt =

cos2 t dt,

3. INTEGRALI OBLIKA R sin

k

179

x cosn x dx

qime izraqunavae polaznog integrala svodimo na Zadatak 1. Primetimo da smo, iako je √ cos2 t = | cos t|,

izostavili apsolutnu vrednost, poxto smo promen ivu t uveli kao x = sin t, tj. t = arcsin x. Poxto vrednost funkcije arcsin (a time i t) lei u intervalu [− , ], vaie cos t ≥ 0, xto opravdava izostav ae apsolutne vrednosti. ] π 2

π 2

3. Integrali oblika R sin x cos x dx 3.1. Sluqaj kada je bar jedan od brojeva k, n neparan. Neka je n = 2s + 1. Tada je k

Z

sink x cosn x dx =

Z

n

sink x cos2s x cos x dx.

Uvedimo smenu t = sin x. Tada je dt = cos xdx i cos x = 1 − t , pa posledi integral postaje 2

Z

k

Z

2s

sin x cos x cos x dx =

2

tk (1 − t2 )s dt,

xto je integral polinomijalne funkcije, koji se lako izraqunava. Sluqaj parnog k se rexava sliqno, smenom t = cos x. R Zadatak 6. Izraqunati sin x cos x dx X 3.2. Sluqaj kada su k i n parni brojevi. U ovom sluqaju moemo da iskoristimo identitete 1 1 sin x = (1 − cos 2x) i cos x = (1 + cos 2x), 2 2 qime sniavamo stepene k, n u polaznom integralu. To moemo da ponovimo dovo an broj puta, sve dok se ne pojavi bar jedan neparan stepen, xto omoguava da primenimo jednu od prethodno razmatranih smena. Ovaj metod smo ve susreli u Zadatku 1; ilustrovaemo ga jox jednim primerom. R Primer 8. Izraqunajmo cos x dx. Primenom drugog od prethodnih identiteta dobijamo 3

2

2

2

4

R

R R 2 cos4 x dx = (cos x)2 dx = 14 (1 + cos 2x)2 dx R = 14 R (1 + 2 cos 2x + cos2 2x) dx = 14 (1 + 2 cos 2x + 21 (1 + cos 4x)) dx 1 = 38 x + 41 sin 2x + 32 sin 4x + C.

7 Izraqunati R sin x cos x dx. R Zadatak 8. Izraqunati sin x dx.

Zadatak .

4 6

2

] X X

180


4. Integrali oblika R sin ax cos bx dx

Integrali oblika Z

Z

sin ax sin bx dx,

Z cos ax cos bx dx,

mogu da se izraqunaju primenom identiteta

sin ax cos bx dx

sin ax sin bx = 12 (cos (a − b)x − cos (a + b)x) cos ax cos bx = 21 (cos (a − b)x + cos (a + b)x) sin ax cos bx = 21 (sin (a − b)x + sin (a + b)x). R Primer . sin 3x cos 5x dx Z Z 1 1 1 sin 3x cos 5x dx = (sin (−2x) + sin 8x) dx = cos 2x − cos 8x + C. 2 4 16

9 Izraqunajmo

.

]

9 Izraqunati Rsin 2x sin 3x dx. Zadatak 10. Izraqunati cos 7x cos 4x dx. R

Zadatak .

Primer

X

5. Integracija racionalnih funkcija R

10. Izraqunajmo integral R

dx x2 −1

dx x2 −1

X

.

1 1 R R dx 2 2 = (x−1)(x+1) = x−1 − x+1 dx 1 = 2 (ln (x − 1) − ln (x + 1)) + C.

Ovde smo koristili identitet

1 1 1 = 2 − 2 . (x − 1)(x + 1) x−1 x+1

(5)

1 A B = + . (x − 1)(x + 1) x−1 x+1

(6)

Do ega smo mogli da doemo na sledei naqin. Napiximo Svoeem desne strane na zajedniqki imenilac dobijamo A(x + 1) B(x − 1) 1 = + , (x − 1)(x + 1) (x − 1)(x + 1) (x − 1)(x + 1)

odakle sledi 1 = A(x + 1) + B(x − 1) = (A + B)x + (A − B). Poxto su dva polinoma jednaka ako i samo ako su im koeficijenti uz odgovarajue stepene jednaki, iz posledeg izraza dobijamo sistem A + B = 0,

A − B = 1,

qije je rexee A = , B = , tako da (5) dobijamo iz (6). ] Prethodni primer je primer primene opxteg metoda integracije racionalnih funkcija koji emo sada da izloimo. Neka je 1 2

− 21

R(x) =

P (x) , Q(x)

gde su P i Q polinomi. Integral R R(x) dx moemo da izraqunamo u sledeih nekoliko koraka.

5. INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJA

181

1. KORAK. Ukoliko stepen polinoma Q nije vei od stepena polinoma P , podelimo polinom P sa Q. Dobijamo R(x) = h(x) +

f (x) , g(x)

gde su f , g i h polinomi, takvi da je stepen polinoma g vei od stepena polinoma f . Integral R h(x) dx polinomaR h je lako izraqunati, tako da je problem sveden na izraqunavae integrala dx. 2. KORAK. Napiximo polinom g kao proizvod prostih (u prstenu polinoma R[x]) faktora, tj. kao prozvod linearnih i nerastav ivih kvadratnih polinoma sa realnim koeficijentima. 3. KORAK. Svakom linearnom faktoru (x−α) polinoma g(x) u proizvodu dobijenom u prethodnom koraku pridruimo sumu f (x) g(x)

m

Am A2 A1 + ··· + . + 2 x − α (x − α) (x − α)m

4. KORAK. Svakom nerastav ivom kvadratnom faktoru (ax + bx + c) polinoma g(x) u proizvodu dobijenom u 2. koraku pridruimo sumu 2

B1 x + C1 B2 x + C2 Bn x + C n + + ··· + . ax2 + bx + c (ax2 + bx + c)2 (ax2 + bx + c)n

n

5. KORAK. Napiximo koliqnik kao zbir svih suma dobijenih u 3. i 4. koraku. Svedimo taj zbir na zajedniqki imenilac i izjednaqimo koeficijente uz odgovarajue stepene promen ive x. Rexavaem dobijenog sistema linearnih jednaqina dobijamo konstante A , B , C . 6. KORAK. Ostaje jox da se izraqunaju integrali svakog od sabiraka iz 3. i 4. koraka, tj. integrali oblika Z Z dx i (ax Bx+ bx+ C+ c) dx. (7) (x − α) Prvi od ih je ( Z ln |x − α| + C ako je j = 1 dx = (x − α) (x − α) + C ako je j 6= 1. Da bismo izraqunali drugi, kompletirajmo kvadrat u kvadratnom trinomu ax + bx + c: ax + bx + c = ax + x + c = a x + x + +c− (8) =a x+ . + Primetimo da je 4ac − b > 0 (jer bi u protivnom polinom ax + bx + c imao nule, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je nerastav iv), pa moemo da napixemo = λ . Iz (8) sledi da se, posle smene t = x+ , izraqunavae drugog integrala u (7)Zsvodi na izraqunavae integrala Z t dt dt i . (t + λ ) (t + λ ) Prvi se lako izraqunava smenom y = t + λ , tdt = dy, a drugi se smenom f (x) g(x)

j

j

j

2

k

−j+1

1 −j+1

j

j

2

2

2

b a

2

b 2 2a

b2 4a2

b a

b2 4a

4ac−b2 4a2

2

4ac−b2 4a2

2

b 2a

2

2

2 k

2

2

2

2 k

1 2

t = λtg u ⇒ t2 + λ2 = λ2 sec2 u, dt = sec2 udu

182


svodi na integral trigonometrijske funkcije razmatran u Paragrafu 3 na str. 179. Zadatak 11. Izraqunati Z Uputstvo: iz

2x2 + 2x + 13 dx. (x − 2)(x2 + 1)2

2x2 + 2x + 13 A B1 x + C1 B2 x + C2 = + + 2 (x − 2)(x2 + 1)2 x−2 x2 + 1 (x + 1)2

dobijamo sistem

A + B1 = 0 −2B1 + C1 = 0 2A + B1 − 2C1 + B2 = 2 −2B1 + C1 − 2B2 + C2 = 2 A − 2C1 − 2C2 = 13 A = 1 B1 = −1 C1 = −2 B2 = −3 C2 = −4 X R x X Zadatak . x3 +1 dx. R dx Zadatak . x4 +1 . √ √ √ x4 + 1 = x4 + 2x2 + 1 − 2x2 = (x2 + 1)2 − ( 2x)2 = (x2 + 1 + 2x)(x2 + 1 − 2x).

qije je rexee , , 12 Izraqunati 13 Izraqunati

,

,

.

Uputstvo:

X

X 14. Izraqunati R Zadatak 15. Izraqunati . Uputstvo: nai nule polinoma x + 1 koristei Zadatak 46 na str. 54. Napisati x + 1 kao proizvod linearnih faktora sa kompleksnim koeficijentima i pomnoiti parove koji odgovaraju konjugovanim nulama. X R . X Zadatak 16. Izraqunati R Zadatak 17. Izraqunati dx. X R

Zadatak

dx x4 −1 . dx x5 +1

5

5

dx x2 (1+x2 )2

x7 −2x6 +4x5 −5x4 +4x3 −5x2 −x (x−1)2 (x2 +1)2

6. Integrali oblika R R(sin x, cosRx) dx

Neka je R racionalna funkcija. Integral oblika R(sin x, cos x) dx moe se svesti na integral racionalne funkcije smenom t = tg . Zaista, lako se proverava da tada vai x 2

sin x =

2t , 1 + t2

cos x =

1 − t2 , 1 + t2

dx =

2dt , 1 + t2

a sve dobijene funkcije su racionalne. R Primer 11. Izraqunajmo . Prethodno opisanom smenom t = tg dobijamo Z dx Z 1 2dt Z dt dx 3+sin x

3 + sin x

=

3+

2t 1+t2

1 + t2

=2

3t2 + 2t + 1

.

x 2

Posledi integral se izraqunava metodama integracije racionalnih funkci√ ja. Kao rezultat, dobijamo R = 2arctg + C. ] R Zadatak 18. Izraqunati dx. X dx 3+sin x

sin x sin x+sin 2x

3tg x +1 √2 2

7. INTEGRALI OBLIKA R R(x, √ax

2

+ bx + c) dx

7. Integrali oblika R R(x, √ax + bx + c) dx

183

2

Neka je R racionalna funkcija. Pokazaemo dva naqina da se izraquna integral R R(x, √ax + bx + c) dx. 7.1. Trigonometrijske smene. Trigonometrijski identiteti 2

1 − sin2 t = cos2 t,

nam omoguavaju da integraleZ Z R(x,

p λ2 − x2 ) dx,

1 + tg 2 t = sec2 t,

R(x,

p

x2 + λ2 ) dx

sec2 t − 1 = tg 2 t Z R(x,

p

izraqunamo √ na sledei naqin. R R(x, λ − x ) dx rexavamo smenom x = λ sin t. Tada je 2

R(x,

√

x2 + λ2 ) dx

dx = λ cos tdt.

rexavamo smenom x = λtg t. Tada je

2

x + λ2 = λ2 sec2 t, R

R(x,

√

(9)

2

λ2 − x2 = λ2 cos2 t, R

x2 − λ2 ) dx

x2 − λ2 ) dx

dx = λ sec2 tdt.

rexavamo smenom x = λ sec t. Tada je

2

x − λ2 = λ2 tg 2 t,

dx = λ sec ttg tdt.

Odatle vidimo da u sva tri sluqaja dobijamo integrale oblika Z R1 (sin x, cos x) dx

za neku racionalnu funkciju R , qije smo izraqunavae razmotrili u Paragrafu 6. Ako elimo da izraqunamo R R(x, √ax + bx + c) dx, kompletiraem kvadrata kao u (8) na str. 181) i smenom t = x + egovo izraqunavae svodimo na izraqunavae jednog od integrala (9). R Zadatak 19. Izraqunati dx. X R dx. X Zadatak 20. Izraqunati R Zadatak 21. Izraqunati dx. X R Zadatak 22. Izraqunati dx. X R dx. X Zadatak 23. Izraqunati 7.2. Ojlerove smene. Osim trigonometrijskih smena, postoji jox jedan naqin da se izraqunaju integrali oblika Z p R(x, ax + bx + c) dx. (10) To je metod Ojlerovih smena koji emo sada da razmotrimo. PRVA OJLEROVA SMENA. Pretpostavimo da je a > 0. Uvedimo u integral (10) smenu p √ ax + bx + c = t − ax (11) 1

2

b 2a

√

x x2 −2x+5

√

(1−x) 8+2x−x2

(x+1) √ 2x−x2 √

(x−1) x2 −4x+3

√

(x−1) x2 −4x+4

2

2

184


Kvadriraem obe strane i rexavaem po x dobijamo t2 − c x= √ , 2 at + b

odakle sledi p

√

ax2

+ bx + c =

√ at2 + bt + c a √ , 2 at + b

√

√ at2 + bt + c a √ dt. dx = 2 (2 at + b)2

Time smo dobili x, √ax + bx + c i dx kao racionalne funkcije po t, pa smo integral (10) sveli na integral racionalne funkcije, koji moemo da izraqunamo ranije opisanim metodom. DRUGA OJLEROVA SMENA. Ako je c > 0, smenom p √ ax + bx + c = xt + c, (12) na sliqan naqin kao i smenom (11), svodimo izraqunavae integrala (10) na izraqunavae integrala racionalne funkcije. TREA OJLEROVA SMENA. Ako je a ≤ 0 i c ≤ 0, ne moemo da primenimo prve dve Ojlerove smene. Ali, tada je b − 4ac ≥ 0, pa polinom ax + bx + c ima bar jednu nulu. Ako on ima samo jednu nulu, onda je on potpun kvadrat, pa je (10) integral racionalne funkcije. Ako su x , x dve razliqite nule polinoma pax + bx + c, smenom ax + bx + c = t(x − x ), (13) izraqunavae integrala (10) svodi se na izraqunavae integrala racionalne funkcije. Zadatak 24. Uraditi Zadatke 19{23 primenom Ojlerovih smena. X 2

2

2

2

1

2

2

2

1

8. Integrali oblika R R(x, y(x)) dx 8.1. Racionalne krive. Neka je R racionalna funkcija i neka je jednaqinom

(14) zadata kriva u koordinatnoj ravni. Pretpostavimo da rexavaem jednaqine (14) dobijamo funkciju y = y(x) i da elimo da izraqunamo R R(x, y(x)) dx. Ako uspemo da naemo parametarsku jednaqinu ove krive u obliku x = r (t), y = r (t), (15) gde R su r i r racionalne funkcije, smenom x = r (t) svexemo integral R(x, y(x)) dx na integral F (x, y) = 0

1

1

2

2

1

Z

R(r1 (t), r2 (t))r10 (t) dt.

Posledi integral je integral racionalne funkcije, za koji znamo metod raqunaa. Krive koje imaju parametrizaciju (15), gde su r i r racionalne funkcije naziva se racionalnom krivom, a takva parametrizacija enom racionalnom parametrizacijom. 1

2

8. INTEGRALI OBLIKA R R(x, y(x)) dx

185

8.2. Geometrijski pristup Ojlerovim smenama. U vezi sa Ojlerovim smenama (11), (12) i (13) moemo da postavimo dva prirodna pitaa: kako smo doR tih√smena doxli i zaxto one rexavaju problem izraqunavaa integrala R(x, ax + bx + c) dx. Posmatrajmo promen ive x i y(x) = √ax + bx + c. One zadovo avaju jednaqinu y = ax + bx + c, tj. definixu krivu u koordinatnoj ravni. Eksplicitna jednaqina te krive je F (x, y) = 0 gde je F (x, y) = y − (ax + bx + c). (16) Pokuxajmo da naemo enu racionalnu parametrizaciju. Neka je (x , y ) proizvo na taqka na krivoj (16). Prava y − y = t(x − x ) (17) seqe krivu (16) u taqki (x, y + t(x − x )), gde je x rexee jednaqine F (x, y + t(x − x )) = 0. (18) Parametarsku jednaqinu krive (16) emo dobiti tako xto emo da opixemo koordinate svih enih taqaka kao preseqnih taqaka krive (16) i prave (17). Neka su A i B koeficijenti uz x i x u kvadratnoj jednaqini (18). Oqigledno je da su A i B polinomi po t. Poxto je (x , y ) 1taqka na krivoj F (x, y) = 0, x je jedno rexee jednaqine (18). Iz Vijetovih formula sledi da je drugo rexee B x = −x − . (19) A Time smo dobili x kao racionalnu funkciju po t. Zamenom (19) u jednaqini prave (17) dobijamo i y kao racionalnu funkciju po t. √ √Specijalno, ako je c > 0 moemo da uzmemo x = 0, y = c (jer taqka (0, c) lei na krivoj (16)), pa jednaqina prave (17) ima oblik √ 2

2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

1

1

1

2

1

1

1

1

1

y−

1

c = tx,

xto je Druga Ojlerova smena. Zadatak 25. Izvesti Prvu i Treu Ojlerovu smenu na ovaj naqin. X Primetimo da smo u nalaeu racionalne parametrizacije krive (16) koristili samo qienicu da je F (x, y) polinom drugog stepena po x i y. Tu qienicu emo da iskoristimo i u sledeem zadatku. Zadatak 26. Kriva x = cos u,

y = sin u

je krunica, dakle kriva zadata jednaqinom F (x, y) = 0, gde je F polinom drugog stepena F (x, y) = x + y − 1. Dokazati da se do smena sin u = , razmatranih u Paragrafu 6 na str. 182 moe doi traeem cos u = racionalne parametrizacije krunice, na isti naqin kao i do Ojlerovih. X 2

2

1−t2 1+t2

1Vijet (Francois Viète, 1540{1603), francuski matematiqar

2t 1+t2

186


8.3. Integrali oblika R R x, q n

ax+b cx+d

. Kriva

dx

(20)

r

je racionalna. Zaista, neka je

ax + b y= n cx + d q t = n ax+b tn = cx+d

, tj.

x=

tn d − b , a − tn c

ax+b cx+d

. Tada je

y = t,

xto je racionalna krive (20). Odatle zak uqujemo da se q parametrizacija R dx smenom t = svodi na integral racionalne integral R x, funkcije. Rq Primer 12. Izraqunajmo dx. Uvedimo smenu t = . Tada R je x = i dx = , pa polazni integral postaje dt, xto je integral racionalne funkcije.R ] 8.4. Integrali oblika x (a + bx ) dx. Neka su p ,q i r racionalni brojevi razliqiti od nule. Integral Z x (a + bx ) dx (21) u opxtem sluqaju nije elementarna funkcija. Razmotrimo neke specijalne sluqajeve. Ako je r ∈ Z, onda, svoeem brojeva p i q na zajedniqki imenilac√(p = , q = ), vidimo da je integral (21) integral racionalne funkcije po x, koji se lako rexava smenom √x. Pretpostavimo daZ r nije ceo broj. Ako Zuvedemo u (21) smenu y = x dobijamo 1 x (a + bx ) dx = (a + by) y dy, (22) q gde je m = − 1. Ako je m ∈ Z i r = onda je (22) integral racionalne funkcije po promen ivim y i √a + by, koji se lako izraqunava smenom t = a + by . Ako ni m = − 1 nije ceo broj, napiximo integral (22) u vidu Z a + by y dy. (23) y Akoq je r + m ∈ Z i r = , integral (23) je integral racionalne funkcije po y i izraqunava se smenom t = . i Iz prethodnih razmatraa vidimo da se integral (21) moe izraziti kao elementarna funkcija ako je jedan od brojeva n

ax+b cx+d

ax+b cx+d

n

1+x 1−x

t2 −1 t2 +1

2

1+x 1−x

4t2 (1+t2 )2

4tdt (1+t2 )2

p

q r

p

q r

j k

i k

k

k

q

p

q r

r m

p+1 q

j k

k

k

p+1 q

r

r+m

j k

k

a+by y

k

r,

p+1 , q

a+by y

p+1 +r q

ceo broj. Qebixev2 je dokazao da u ostalim sluqajevima integral (21) nije elementarna funkcija. 2Qebixev (P. L. Qebiyxev, 1821{1894), ruski matematiqar

9. VEBE

27 IzraqunatiR integrale R √ (a) (b) (v) (g) R 8.5. Eliptiqki integrali. Integrali oblika Z Zadatak . R 2√ x 3 2 − 3x dx

√dx x 3 1+x5

3

dx √ 4 1+x4

187 √ 1+ 4 x √ x

dx

.

X

(24) gde je R racionalna funkcija, a P polinom stepena veeg od dva u opxtem slu-3 qaju nije elementarna funkcija. Ovu qienicu dokazali su Abel i Liuvil ; ona sledi i iz spomenutog Qebixev evog kriterijuma. U sluqaju kada je P polinom stepena tri ili qetiri integrali (24) nazivaju se eliptiqkim (jer se pojav uju u zadatku izraqunavaa duine luka elipse; v. Zadatak 9 na str. 202), a u sluqaju kada je stepen polinoma P vei od qetiri hipereliptiqkim. Moe da se dokae [9] da se svaki eliptiqki integral moe izraziti pomou elementarnihR funkcija i integrala oblika R R(x,

√

p P (x)) dx

dx , (1−x2 )(1−k2 x2 )

√

R

(1+hx2 )

√

x2 dx , (1−x2 )(1−k2 x2 )

dx (1−x2 )(1−k2 x2 )

za neke k, h ∈ (0, 1). Smenom x = cos ϕ ovi integrali se svode na integrale Z Z Z q dϕ p , 1 − k 2 sin2 ϕ

dϕ p (1 + h sin ϕ) 1 − k 2 sin2 ϕ eliptiqkim integralima prvog, drugog i treeg E(k, ϕ) F (k, 0) = 0 E(k, 0) = 0 1 − k 2 sin2 ϕ dϕ

2

koji se, redom, nazivaju . Oznake F (k, ϕ) i su uobiqajene oznake za eliptiqke integrale prve i druge vrste redom, koji zadovo avaju uslove , .

roda

9. Vebe

Izraqunati sledee integrale: 1. RR sin x dx 2. RR sec x tg x dx R3. R tg x dx 4. R sin xR dx 5. sec x dx 6. sec x dx 7. cos R x sin x dx R8. cos x dx 9. RRsin x cos x dxR 10. R 11. 12.R √ R√ 13. R 14. R 15. R2 − x dx 16. x R − 4x dx 17. R 19. dx 18. dx 20. R R dx 22. dx 23. dx 21. R R R 24. RR dx 25. x ln x dx 26. x arcsin x dx 27. x arctg x dx 28. R qe cos bx dx 29.R R 30. R R 31. R R 32. R dx 33.R (2 − √x) dx 34. R 35. ln(2x + 4) dx R 36. R 37.R x √sin(1 − x) dx 38. e dx 39. dx R R 40. R 41. sinR 1 + x dx 42. R 43. x ln(x + x) dx R 44. R √ √ 45. dx 46. 47. R R 48. ln( x + 1 + x) dx 49. (arcsin x) dx 50. dx 3

2

2

6

4

3

√x dx x2 −2 √ dx 2x−x2 −2x+4 (x2 +1)(x−1)2 x+4 x3 +3x2 −10x ax 1+x 1−x dx x(2+ln x) 2x e √ 4 x e +1 dx sec2 x+tg 2 x

2/3

√ dx 2−x2

4

5

√ dx 2+x2 2

dx (x2 +2)2 dx 4x2 +4x+2

x+1 2x2 −6x+4 x −x −3x+5 x4 −2x3 +2x2 −2x+1 5 √

5

dx 1+cos x 2

2

√ cos x 1+cos x

4

dx 2+sin x

2 √x 1−x √ x

4

√ dx x2 −2 3

2

5x−3 (x+1)(x−3) 2 x +1 (x−1)(x−2)(x−3)

√ x√ dx 1+ 4 x

2

ex 1+e2x 3

dx (ex +e−x )2 dx √ √ dx √ (2x+1) x2 +x 3+πe 3x 2x x 2 √ 2e −e 3e2x −6ex −1

3Liuvil (Joseph Liouville, 1809{1882), francuski matematiqar

GLAVA 6

Odreeni integral 1. utnov integral

Neka je f : (a, b) → R neprekidna funkcija i F : (a, b) → C ena primitivna funkcija: F (x) = f (x) za sve x ∈ (a, b). Broj 0

lim F (x) − lim F (x) ∈ C x→a+0

x→b−0

se naziva utnovim integralom funkcije f . On je dobro definisan, tj. nezavisan od izbora primitivne funkcije F , jer se dve primitivne funkcije za istu funkciju f na intervalu razlikuju za konstantu.

2. Koxijev integral

Neka je f : [a, b] → R neprekidna i pozitivna funkcija. Neka je interval pode en na n intervala jednakih duina i neka je ξ = a + k desna granica intervala [a + (k − 1) , a + k ]. Veliqina b−a n

[a, b]

b−a n

f (ξk )

b−a n

k

b−a n

b−a n

je povrxina pravougaonika sa temenima pa veliqina

(ξk−1 , 0), (ξk , 0), (ξk , f (ξk )), (ξk−1 , f (ξk )),

Sn :=

n X

f (ξk )

k=1

b−a n

aproksimira povrxinu izmeu grafika funkcije y = f (x) i x{ose. Intuitivno je jasno da kad n → ∞ ta aproksimacija postaje sve bo a, pa je logiqno veliqinu lim

n→∞

n X

f (ξk )

k=1

b−a , n

ukoliko ovaj limes postoji, uzeti za definiciju povrxine ispod grafika pozitivne neprekidne funkcije f . U ovom paragrafu baviemo se uopxteem ovih razmatraa. 189

190

6. ODREENI INTEGRAL

2.1. Definicija Koxijevog integrala. Neka je [a, b] ograniqen zatvoreni interval i f : [a, b] → C neprekidna1 funkcija. Podelimo interval [a, b] na n intervala jednakih duina . Neka je ξ = a+k desna granica intervala [a + (k − 1) , a + k ]. Posmatrajmo niz b−a n

b−a n

b−a n

n X

Sn :=

b−a n

k

f (ξk )

b−a . n

1 Niz S konvergira. 4 Pokaimo da je niz S Koxijev. Za to je dovo no pretpostaviti da je f realna funkcija. Neka je ε > 0. Iz Kantorove teoreme (Teorema 4 na str. 74) sledi da je funkcija f uniformno neprekidna na intervalu [a, b]. Iz definicije uniformne neprekidnosti (str. 74) sledi da postoji δ > 0 takvo da vai |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε(b − a) . (1) Neka su, za m, n ∈ N, brojevi ξ = a + k i η = a + j poreani u neopadajui konaqan niz x , ... x i neka je x = a. Poxto je k=1

Lema .

n

n

−1

b−a n 0

k

1

m+n

b−a m

j

b−a f (ξk ) = f (ξk )(ξk − ξk−1 ) = f (ξk )(ξk − ηj ) + f (ξk )(ηj − ξk−1 ), n Sm − Sn

razliku

moemo da napixemo u obliku Sm − Sn =

m+n X

(2) takve da je, za dovo no

∆k (f )(xk − xk−1 ),

gde je ∆ (f ) = f (η ) − f (ξ ) za neke ξ i η velike m i n |ξ − η | < δ. Odatle, na osnovu (1), sledi da je za dovo no veliko m i n k=1

k

j(k)

i(k)

i(k)

i

j(k)

j

|∆k (f )| < ε(b − a)−1 ,

pa iz (2) sledi

|Sm − Sn | ≤ ε(b − a)−1

m+n X

(xk − xk−1 ) = ε(b − a)−1 (b − a) = ε.

Odatle sledi da je niz S Koxijev, tj. konvergentan. Prethodnom lemom je opravdana sledea definicija. Definicija 1. Broj Z k=1

n

5

(3) naziva se Koxijevim integralom neprekidne funkcije f na intervalu [a, b]. Iako je u samoj definiciji Koxi koristio vrednosti funkcija u podeonim taqkama ξ , pri dokazu egzistencije limesa (3) on2 dokazuje da izborom proizvo ne taqke c ∈ [ξ , ξ ] dobijamo isti objekat. Preciznije, vai sledea lema. b

f (x) dx := lim

a

n→∞

n X

k=1

f (ξk )

b−a n

k

k

k−1

k

1Uslov neprekidnosti emo oslabiti u Paragrafu 5. 2V. [6] za diskusiju o istoriji razvoja koncepta integrala.

2 Neka su c

Lema .

2. KOXIJEV INTEGRAL k

lim

n→∞

4

Neka je Sn =

Tada je

proizvo ne taqke. Tada je

∈ [ξk−1 , ξk ] n X

n X

k=1

f (ξk )

k=1

191

b−a f (ck ) = n

i

b−a n

Z

b

f (x) dx. a

Snc =

n X

f (ck )

k=1

b−a . n

(4) Neka je ε > 0. Iz uniformne neprekidnosti sledi da postoji δ > 0 tako da vai |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε(b − a) . Ako je n dovo no veliko, onda je ξ − ξ = < δ, pa je |f (ξ ) − f (c )| < ε(b − a) . Odatle i iz (4) sledi |S − S | < ε. Prelaskom na limes, dobijamo tvree leme. 5 Lema 3. Neka je f : [a, b] → C neprekidna funkcija. Tada je funkcija |Sn −

Snc |

≤

n X

|f (ξk ) − f (ck )|

k=1

b−a . n

−1

k

−1

n

1 n

k−1 c n

k

x

Z F : [a, b] → C,

k

F (x) =

f (t) dt a

neprekidna. 4 Neka je ε > 0. Iz uniformne neprekidnosti funkcije f sledi da postoji δ > 0 sa svojstvom ε |ξ − η| < δ ⇒ |f (ξ) − f (η)| < i δ max |f (η)| < 2ε 2(b − a) Podelimo svaki od intervala [a, x + δ] i [a, x] na n intervala jednake duine. Ako su ξ = a + k i η = a + k desni krajevi dobijenih intervala, onda je |ξ − η | ≤ δ, pa je η∈[a,b]

x+δ−a n

k

k

x−a n

k

k

n P k=1

− f (ξk ) x+δ−a n

n P k=1

= f (ηk ) x−a n

n P (f (ξk ) x+δ−a = − f (ηk ) x+δ−a + f (ηk ) x+δ−a − f (ηk ) x−a n n n n ) k=1

≤

n P

k=1

|f (ξk ) − f (ηk )| x+δ−a + n

ε b−a < n 2(b−a) n +

n P

|f (ηk )| nδ

k=1 n max |f (η)| nδ < 2ε η∈[a,b]

+

ε 2

= ε.

Prelaskom na lim dobijamo |F (x + δ) − F (x)| ≤ ε, qime je dokazana neprekidnost funkcije F . 5 n→∞

Na sliqan naqin se dokazuje i neprekidnost funkcije x 7→ R f (x) dx. Kasnije emo dokazati i jaqe tvree { da su ove funkcije diferencijabilne. b

x

192

6. ODREENI INTEGRAL

1 (Aditivnost po intervalu integracije) Neka je c ∈ (a, b);

tada je

Posledica .

b

Z

c

Z f (x) dx =

b

Z f (x) dx +

a

f (x) dx.

a

c

Pretpostavimo da je ∈ Q, tako da interval [a, b] moemo da podelimo na n intervala jednake duine tako da je c jedna od podeonih taqaka, recimo c = ξ . Tada vai c−a b−a

4

m

Sn :=

n X

f (ξk )

m n X b−a X b−a b−a = + f (ξk ) f (ξk ) n n n

Sliqna jednakost vai za sve qlanove podniza S , jer da im de eem svakog od n podeonih intervala na k delova taqka c ostaje podeona taqka. Prelazei na lim u tom podnizu dobijamo k=1

k=1

k=m+1

kn

k→∞

b

Z

c

Z f (x) dx =

b

Z f (x) dx +

f (x) dx.

Pretpostavimo sada ∈/ Q. Iz gustine skupa Q u R sledi da u proizvo noj okolini taqke c postoji taqka c takva da je ∈ Q. Za svaku takvu taqku c smo dokazali tvree teoreme. Neka je ε > 0. Iz Leme 3 sledi da ako taqku c da izaberemo dovo no blizu taqke c vai a

a

c

c−a b−a

c1 −a b−a

1

1 1

Rb a

f (x) dx − ε = < < =

R c1

Rb f (x) dx + c1 f (x) dx a Rc Rb f (x) dx + c f (x) dx a R c1 Rb f (x) dx + c1 f (x) dx Rab f (x) dx + ε. a

−ε +ε

Poxto je ε > 0 proizvo no, odatle sledi dokaz teoreme. Prethodnim tvreem motivisana je sledea definicija. Definicija 2. Ako je funkcija f definisana u taqki a, onda je Z

5

a

f (x) dx = 0.

Ako je a < b onda je

a

Z

a

Z f (x) dx = −

Posle ove definicije, formula b

Z

b

Z f (x) dx =

b

f (x) dx. a

c

Z f (x) dx +

b

f (x) dx

vai bez obzira na to kako su rasporeene taqke a, b, c na realnoj osi. Napomena 1. Neka je f : [a, b] → C neprekidna funkcija. Koristei ideju koju smo videli u dokazu Posledice 1 moemo da pokaemo da za svako ε > 0 postoji δ > 0 sa svojstvom da za svakih m taqaka x , ..., x takvih da je a = x < x < · · · < x = b i ∆ := x − x <δ (5) a

a

c

1

1

2

m

k

k

m

k−1

2. KOXIJEV INTEGRAL

vai

Z

m X

b

f (x) dx −

193

f (ηk )∆k < ε

za proizvo ne taqke η ∈ [x , x ]. Zaista, neka je ε > 0. Iz definicije Koxijevog integrala sledi da postoji n ∈ N sa svojstvom da za n ≥ n vai Z X b − a ε f (x) dx − f (ξ ) < (6) n 2 za proizvo ne taqke ξ ∈ [a + (k − 1) , a + k ]. Neka su x , ..., x taqke koje zadovo avaju (5) za δ = . Iz neprekidnosti funkcije f i gustine skupa Q u R lako sledi da moemo, ne umaujui opxtost, da pretpostavimo da su brojevi ∆ racionalni. Svoeem na zajedniqki imenilac dobijamo ∆ = . Iz ∆ < δ = sledi n > n , pa za taj zajedniqki imenilac vai (6). Odatle sledi a

k=1

k

k

k−1

0

0

n

b

k

a

k=1

k

b−a n0

b−a n

b−a n

1

m

k

k

k(b−a) n

b−a n0

k

0

m Rb f (x) dx − P f (ηk )∆k = k=1

a

n n m Rb P P P b−a = f (x) dx − f (ξk ) b−a + f (ξ ) − f (ηk )∆k k n n k=1

a

k=1

k=1

n m n P Rb P P + ≤ f (x) dx − f (ξk ) b−a f (ξk ) b−a f (ηk )∆k n n −

<

k=1

k=1

a

ε 2

k=1

n m P P f (ξk ) b−a + f (ηk )∆k n −

Iz uniformne neprekidnosti funkcije f sledi da je, za dovo no malo δ, i drugi sabirak mai od . 2.2. Svojstva Koxijevog integrala. Neke osobine konaqnih suma direktno se prenose na integrale, prelaskom na limes.3 Vai sledea lema. Lema 4. Neka su f : [a, b] → C i g : [a, b] → C neprekidne funkcije i λ, µ ∈ C. Tada vai R R R k=1

k=1

ε 2

b

b

b

(λf (x) + µg(x)) dx = λ a f (x) dx + µ a g(x) dx Rab Rb Rb f (x) dx = a Re f (x) dx + i a Im f (x) dx aR b Rb f (x) dx ≤ |f (x)| dx. a a

Ako su f i g realne, onda vai implikacija Z b

(∀x)f (x) ≤ g(x) ⇒

Z

f (x) dx ≤

b

g(x) dx.

Koristei aditivnost po intervalu integracije i poslede tvree Leme 4 moemo da dokaemo sledeu lemu. Lema 5. Ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija takva da je Z ∀x ∈ [a, b]f (x) ≥ 0 i f (x) dx = 0, onda je f (x) = 0 za sve x ∈ [a, b]. a

a

b

a

3I sam simbol R uveden je kao stilizacija poqetnog slova latinske reqi Summa.

194

6. ODREENI INTEGRAL

4 Pretpostavimo da je f (x ) = A > 0 za neko x ∈ [a, b]. Iz neprekidnosti funkcije f sledi da tada postoji δ > 0 takvo da vai 0

|x − x0 | < δ ⇒ f (x) >

Odatle sledi Rb

0

f (x) dx

x0R−δ

=

f (x) dx +

a

a

≥0+

x0R+δ

A 2

x0 −δ x0R+δ x0 −δ

A 2

Rb

f (x) dx +

f (x) dx

x0 +δ

dx + 0 =

A 2

· 2δ > 0,

xto je u suprotnosti sa pretpostavkom R f (x) dx = 0 5 Primer 1. U Zadatku 12 na str. 98 videli smo kako moemo da dokaemo da jednaqina a cos x + a cos 2x + · · · + a cos nx = 0 ima bar jedno rexee na intervalu (0, π), primenom Rolove teoreme. Ovaj zadatak moe daZ se rexi i primenom Leme 4: dovo no je primetiti da je b

a

1

2

n

π

(a1 cos x + a2 cos 2x + · · · + an cos nx) dx = 0.

Odatle i iz Leme 4 sledi da podintegralna funkcija nije stalnog znaka, pa iz Teoreme o meuvrednosti za neprekidne funkcije sledi da mora negde da bude jednaka nuli. ] Jednostavna posledica poslede formule u Lemi 4 je sledea teorema. Teorema 1. (Prva teorema o sredǌoj vrednosti) Neka su f : [a, b] → R i g : [a, b] → R neprekidne funkcije i neka je g(x) ≥ 0 za sve x ∈ [a, b]. Tada postoji taqka ξ ∈ [a, b] takva da je 0

Z

b

Z f (x)g(x) dx = f (ξ)

a

b

g(x) dx. a

Ako je R g(x) dx = 0, iz g(x) ≥ 0 i Leme 5 sledi da je g(x) = 0. Tada je i R f (x)g(x) dx = 0, qime je dokazano tvree teoreme. Pretpostavimo da je R g(x) dx > 0. Poxto je f neprekidna funkcija, ona dostie svoj maksimum i minimum na [a, b]. Neka je M = max f (x), m = min f (x). Poxto je g(x) ≥ 0 za sve x, vai b

4

a

b

a

b

a

mg(x) ≤ f (x)g(x) ≤ M g(x).

Odatle, na osnovu Leme 4, sledi Z

b

Z g(x) dx ≤

m a

b

Z f (x)g(x) dx ≤ M

a

b

g(x) dx, a

2. KOXIJEV INTEGRAL

pa je

195

Rb a

m≤

f (x)g(x) dx ≤ M. Rb g(x) dx a

Odatle, na osnovu Teoreme o meuvrednosti za neprekidne funkcije (Posledica 4 na str. 72) sledi da postoji taqka ξ ∈ [a, b] takva da vai Rb f (ξ) =

a

f (x)g(x) dx , Rb g(x) dx a

xto je i trebalo dokazati. 5 Sledeom teoremom pokazaemo u kakvoj su vezi neodreeni i odreeni integral, tj. utnov i Koxijev integral. Time ispuavamo i obeae dato u Napomeni 2 na str. 176. Teorema 2. (Osnovna teorema integralnog raquna) Neka je f : [a, b] → C

neprekidna funkcija i

Z

x

F (x) =

f (t) dt.

Tada je F (x) = f (x). 4 Iz Prve teoreme o sredoj vrednosti (Teorema 1 na str. 194) sledi a

0

1 F (x0 + h) − F (x0 ) = h h

Z

x0 +h

f (t) dt = f (ξ)

za neko ξ ∈ [x , x + h]. Ako h → 0 onda i ξ → x , pa zbog neprekidnosti funkcije f u taqki x vai i f (ξ) → f (x ). 5 R √ Zadatak 1. Izraqunati izvod funkcije ψ(x) = t + 4t dt. X Teorema 3. (ǋutn–Lajbnicova formula) Neka je Φ : [a, b] → C proizvo na primitivna funkcija neprekidne funkcije f . Tada je 0

x0

0

0

0

0

x2 +x

3

x

Z

b

f (x) dx = Φ(b) − Φ(a).

Prethodna formula se zapisuje i kao a

Z a

b

b f (x) dx = Φ(x) a ,

gde je . 4 Jedan dokaz ove teoreme sledi direktno iz Teoreme 2 i Leme 1 na str. 175. Prepuxtamo ga qitaocu. Daemo jox jedan dokaz. Neka je Φ (x) = f (x). Iz Lagranove teoreme sledi da postoji c ∈ [ξ , ξ ] takvo da je b Φ(x) a := Φ(b) − Φ(a)

0

k

k−1

k

Φ(ξk ) − Φ(ξk−1 ) = Φ0 (ck )(ξk − ξk−1 ) = f (ck )

b−a . n

196

6. ODREENI INTEGRAL

Odatle sumiraem dobijamo Φ(b) − Φ(a) =

n X

(Φ(ξk ) − Φ(ξk−1 )) =

n X

f (ck )

b−a . n

Prelaskom na limes i primenom Leme 2 dobijamo tvree teoreme. 5 Posledica 2. Uz pretpostavke Teoreme 3 vae sledee formule: 1. Smena promen ivih. Ako je ϕ : [α, β] → [a, b] neprekidno diferencijabilna funkcija takva daZ je ϕ(α) = aZi ϕ(β) = b, tada je k=1

k=1

β

b

f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt.

f (x) dx =

2. Parcijalna integracija. Ako su u i v neprekidno diferencijabilne funkcije na intervalu [a, Zb] onda vai Z α

a

b

b udv = uv a −

b

vdu.

Dokaz sledi iz odgovarajuih formula za neodreene integrale i utn{ Lajbnicove formule. 5 Zadatak 2. Izraqunati a

a

4

1 7 + 2 7 + · · · + n7 n→∞ n8 lim

svoeem limesa na integral. Zadatak 3. Izraqunati lim

za k, m ∈ N.

n→∞

X n−1 X

1 nk+m+1

j k (j + 1)m ,

j=1

X

4 Izraqunati Z

Zadatak .

1

0

dx √ . (x + 1) x2 + 1 X

5 Izraqunati integral Z

Zadatak .

1

I=

Uputstvo: Pokazati da se smenom Z

log x dx. 1 + x2 0 x = tan t

, odnosno t = arctan x, dobija

π/4

Uvesti zatim smenu s = Iskoristiti formulu

I=

(1 + log tan t) dt.

i pokazati da je 0

π 4

−t Z π/4

(1 + log tan (π/4 − s)) ds.

I= 0

tan (α + β) =

tan α − tan β 1 + tan α tan β

2. KOXIJEV INTEGRAL

197

i pokazati da je I = log 2 − I , odnosno I = log 2. X Primer 2. (Tejlorova formula) Neka je funkcija f neprekidna zajedno sa svojih prvih n+1 izvoda u okolini taqke a ∈ R. Iz utn{Lajbnicove formule sledi Z π 4

π 8

x

f 0 (t) dt.

f (x) = f (a) +

Ako na integral na desnoj strani primenimo formulu parcijalne integracije sa u(t) = f (t), v(t) = t − x dobijamo Z a

0

x

(x − t)f 00 (t) dt.

f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) +

Sada na integral na desnoj strani moemo da primenimo formulu parcijalne integracije sa u(t) = f (t), v(t) = − . Time dobijamo Z a

(x−t)2 2

00

f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + f 00 (a)

(x − a)2 + 2!

Ponav aem ovog postupka n puta dobijamo Z f (x) =

n X

f (k) (a)

x

(x − a)k + k!

a

x

a

(x − t)2 000 f (t) dt. 2!

(x − t)n (n+1) f (t) dt. n!

Ovo je Tejlorova formula sa ostatkom u integralnom obliku. ] Primer 3. (Transcendentnost broja e) U Primeru 20 na str. 128 dokazano je da je broj e iracionalan. Francuski matematiqar Ermit4 dokazao je da vai i vixe od toga { da je broj e transcendentan (xto znaqi, kako smo ve ranije spomenuli, da nije nula nijednog polinoma sa celobrojnim koeficijentima). Pretpostavimo suprotno, da postoje celi brojevi c , c , . . . , c takvi da je c + c e + · · · + c e = 0. (7) Neka je p prost broj vei od n i |c |. Funkcija k=1

0

0

1

n

1

n

n

0

1 f (x) = xp−1 (x − 1)p (x − 2)p · . . . · (x − n)p (p − 1)!

je polinom stepena m = (n + 1)p − 1 pa je en izvod reda m + 1 jednak nuli. Odatle sledi da, primeujui parcijalnu integraciju (n + 1)p puta dobijamo Z

Odatle sledi 0

k

k f (x)e−x dx = −e−x f (x) + f 0 (x) + · · · + f (m−1) (x) . 0

(8) gde je ϕ(x) = f (x) + f (x) + · · · + f (x). Mnoeem obe strane u (8) sa c i sumiraem dobijamo, imajui u vidu (7), Z X X c ϕ(k) + c e f (x)e dx = 0. (9) ϕ(k) + ek

Z

k

0

n

k

n

k

k=1

f (x)e−x dx = ek ϕ(0),

0 (m−1)

k

k

k=1

−x

k

0

4Ermit (Charles Hermite, 1822{1901), francuski matematiqar

198

6. ODREENI INTEGRAL

Poxto je proizvod p uzastopnih prirodnih brojeva de iv sa p! (v. Zadatak 12 na str. 21), izvodi f (x) funkcije f reda j ≥ p su polinomi sa celobrojnim koeficijentima, de ivim sa p. Odatle sledi da je za svaki ceo broj k i j ≥ p broj f (k) ceo broj de iv sa p. Poxto su u taqkama x = 1, 2, . . . , n polinom f i egovih prvih p−1 izvoda jednaki nuli, odatle sledi da su ϕ(1), ϕ(2), . . . , ϕ(n) celi brojevi de ivi sa p. U taqki x = 0 polinom f i egovih prvih p − 2 izvoda su jednaki nuli, pa je (j)

(j)

ϕ(0) = f (p−1) (0) + f (p) (0) + · · · + f (m−1) (0).

Svi sabirci sem prvog su celi brojevi de ivi sa p, a f (0) = (−1) n! nije de iv sa p poxto je p prost broj vei od n. Odatle sledi da je ϕ(0) ceo broj koji nije de iv sa p, pa je i prva suma u (9) ceo broj koji nije de iv sa p. Samim tim, ta suma je razliqita od nule. Iz nejednakosti n |f (x)| < i e ≤ 1 za x ∈ [0, n] (p − 1)! sledi Z (p−1)

(n+1)p−1

k

pa je

n Z X k c e k

Poxto je

0

−x

f (x)e

−x

n(n+1)p−1 k, f (x)e−x dx < (p − 1)!

k

0

k=1

pn

n(n+1)p−1 dx < (|c0 | + |c1 | + · · · + |cn |)en . (p − 1)!

n(n+1)p−1 (n(n+1) )p−1 = nn lim =0 p→∞ (p − 1)! p→∞ (p − 1)! p lim

(Primer 18 na str. 128), za dovo no veliko apsolutna vrednost druge sume u (9) bie maa od prve, pa ihov zbir ne moe da bude jednak nuli. Time smo pretpostavku (7) doveli do kontradikcije i dokazali da je e transcendentan broj. ] Zadatak 6. Dokazati da je ( Z Z za k = 2n sin x dx = cos x dx = za k = 2n + 1. Koristei nejednakosti π sin x ≤ sin x ≤ sin x za 0 ≤ x ≤ 2 dokazati nejednakosti π/2

(2n−1)!! π (2n)!! 2 (2n)!! (2n+1)!!

π/2

k

k

0

0

2n+1

2n

2n−1

(2n)!! (2n − 1)!! π (2n − 2)!! ≤ ≤ (2n + 1)!! (2n)!! 2 (2n − 1)!!

i izvesti odatle Valisovu formulu π = lim n→∞ 2

(formula (44) na str. 52).

(2n)!! (2n + 1)!!

2

1 2n + 1 X

3. PRIMENE INTEGRALA

199

Lema 6. Neka je f : [a, b] → R neprekidna, a h : [a, b] → R neprekidno diferencijabilna, nenegativna i opadajua funkcija. Tada postoji taqka ξ ∈ [a, b] takva da vai b

Z

ξ

Z

f (x) dx.

f (x)h(x) dx = h(a)

Neka je F (x) = R integracije sledi Z

x a

4

a

a

; tada je dF (x) = f (x)dx. Iz formule parcijalne

f (t) dt

b

Z

f (x)h(x) dx = a

a

b

b h(x) dF (x) = F (x)h(x) a −

Z

b

F (x) dh(x). a

Poxto je F (a) = 0 i F (b) = R f (x) dx, odatle sledi b

a

b

Z

b

Z

Z

b

f (x) dx −

f (x)h(x) dx = h(b)

F (x)h0 (x) dx

Neka je M = max F , m = min F . Poxto je h(x) ≥ 0 i h (x) ≤ 0, iz poslede jednakosti sledi Z Z Z a

a

a

0

b

b

h0 (x) dx ≤

mh(b) − m a

a odatle, poxto je

Rb

b

a

a

h0 (x) dx = h(b) − h(a)

a

Rb m≤

h0 (x) dx,

f (x)h(x) dx ≤ M h(b) − M

a

,

f (x)h(x) dx ≤ M. h(a)

Poxto je funkcija F neprekidna, postoji ξ ∈ [a, b] takvo da je Rb a

f (x)h(x) dx = F (ξ) = h(a)

Z

ξ

f (x) dx,

xto je i trebalo dokazati. 5 Teorema 4. (Druga teorema o sredǌoj vrednosti) Neka je f : [a, b] → R neprekidna, a g : [a, b] → R neprekidno diferencijabilna i monotona funkcija. Tada postoji taqka ξ ∈ [a, b] takva da vai Z

b

Z f (x)g(x) dx = g(a)

a

a

ξ

Z f (x) dx + g(b)

a

b

f (x) dx. ξ

Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je g neopadajua funkcija (u protivnom posmatrajmo umesto e funkciju g (x) = −g(x)). Dokaz sledi primenom Leme 6 na funkciju h(x) = g(b) − g(x). 5

4

1

3. Primene integrala 3.1. Povrxine ravnih likova. Neka su f : [a, b] → R i g : [a, b] → R neprekidne funkcije takve da je g(x) ≤ f (x) za svako x ∈ [a, b]. Povrxinu dela ravni ograniqenog krivama y = f (x) i y = g(x), a ≤ x ≤ b, tj. skupa S = {(x, y) ∈ [a, b] × R | g(x) ≤ y ≤ f (x)}

200

6. ODREENI INTEGRAL

moemo da aproksimiramo zbirom povrxina pravougaonika sa temenima (ξk−1 , f (ξk )),

(ξk−1 , g(ξk )),

(ξk , f (ξk )),

(ξk , g(ξk )),

gde su ξ , . . . , ξ , kao i u prethodnom paragrafu, desne taqke podele intervala [a, b] na n jednakih delova. Povrxina svakog od ovih pravougaonika je (f (ξ ) − g(ξ )) . Tako dobijamo izraz za povrxinu figure S 1

n

k

k

b−a n

n X

A(S) = lim

n→∞

(f (ξk ) − g(ξk ))

b−a = n

Z

b

(f (x) − g(x)) dx. a

7 Dokazati da je povrxina oblasti ograniqene elipsom k=1

Zadatak .

y2 x2 + 2 =1 2 a b a=b=r

jednaka πab. Specijalno, za dobijamo povrxinu kruga. X 3.2. Zapremina tela. Neka je telo K u 0xyz{koordinatnom sistemu ograniqeno dvema paralelnim ravnima ortogonalnim na x{osu u taqkama x = a i x = b i neka je A(ξ) povrxina preseka tela K i ravni ortogonalne na x{osu u taqki x = ξ. Neka je V zapremina dela tela K ograniqenog ravnima x = ξ , x = ξ . Tada je k

k−1

k

Pa za ukupnu zapremina n X

vai n

min

A(ξ)

ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

Odatle, prelaskom na k=1

b−a b−a ≤ Vk ≤ max A(ξ) , n n ξ∈[ξk−1 ,ξk ] Pn V (K) = k=1 Vk

A(ξ)

min ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

lim

n→∞

X b−a b−a ≤V ≤ max A(ξ) n n ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

, dobijamo

k=1

(10)

b

Z V (K) =

A(x) dx.

Formula (10) poznata je pod imenom Kavalijerijevog5 principa. Posebno, ako je telo K dobijeno rotacijom krive y = f (x), a ≤ x ≤ b oko x{ ose, povrxina A(x) popreqnog preseka je povrxina kruga polupreqnika f (x), pa je zapremina dobijenog tela Z a

b

V (K) =

2 π f (x) dx.

Sliqno, ako je telo L dobijeno rotacijom krive y = f (x), a ≤ x ≤ b oko y{ose i ako funkcija f : [a, b] → [α, β] ima inverznu funkciju g = f : [α, β] → [a, b], zapremina dobijenog tela je Z a

−1

β

V (L) =

2 π g(y) dy.

Pretpostavimo da f : [a, b] → [0, +∞) neprekidna funkcija i neka je telo M dobijeno rotacijom oblasti α

S = {(x, y) ∈ R × R | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)}

5Kavalijeri (Bonaventura Cavalieri, 1598–1647), italijanski matematiqar


201

oko y{ose. Tada zapreminu dobijenog tela moemo da izraqunamo na sledei naqin. Podelimo interval [a, b] na n intervala jednake duine; neka su ξ , . . . , ξ desni krajevi tih intervala. Zapreminu V tela dobijenog rotacijom oblasti S = {(x, y) ∈ R × R | ξ ≤ x ≤ ξ , 0 ≤ y ≤ f (x)} oko y{ose moemo da aproksimiramo razlikom zapremina dva va ka, sa polupreqnicima baza ξ i ξ i ona zadovo ava π(ξ − ξ ) min f (ξ) ≤ V ≤ π(ξ − ξ ) max f (ξ). (11) Ako sumiramo (11) po k i napixemo 1

n

k

k

k−1

k

2 k

k

k−1

2 k−1

2 k

k

ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

2 k−1

2 ξk2 − ξk−1 = (ξk + ξk−1 )(ξk − ξk−1 ) = 2

dobijamo da je zapremina V (M ) izmeu X b−a s = 2πc min f (ξ) i n n

n

k

k=1

Sn =

ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

k

(ξk +ξk−1 ) 2

k−1

(ξk + ξk−1 ) b − a , 2 n

n X

2πck

k=1

gde je c = ∈ [ξ , ξ ]. Poxto je dobijamo formulu za zapreminu tela M k

ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

max

lim sn = lim Sn =

n→∞

f (ξ)

ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

n→∞

Rb

b−a , n

,

2πxf (x) dx

a

b

Z V (M ) =

2πxf (x) dx.

8 Izraqunati zapreminu tela koje se dobija rotacijom krive a

Zadatak .

x = t − sin t,

y = 1 − cos t,

0 ≤ t ≤ 2π

oko x{ose. X 3.3. Duina krive. Neka je f : [a, b] → R neprekidno diferencijabilna funkcija. Duinu L krive y = f (x) moemo da izraqunamo kao limes duina izlom enih linija. Podelimo, kao i ranije, interval [a, b] na n intervala jednake duine i oznaqimo desne krajeve dobijenih intervala sa ξ , . . . , ξ . Rastojae izmeu taqaka (ξ , f (ξ )) i (ξ , f (ξ )) je 1

pa je

k

k−1

dk =

p

k−1

k

k

(ξk − ξk−1 )2 + (f (ξk ) − f (ξk−1 ))2 ,

Pn

p (ξk − ξk−1 )2 + (f (ξk ) − f (ξk−1 ))2 n→∞ Pn q (ξk−1 ) 2 = lim 1 + f (ξξkk)−f (ξk − ξk−1 ) k=1 −ξ k−1 n→∞ q 2 b−a Pn = lim 1 + f 0 (ck ) n . k=1

L = lim

k=1

U posledem koraku primeena je Lagranova teorema. Tako dobijamo formulu za duinu krive n→∞

Z L= a

b

q 2 1 + f 0 (x) dx.

202

6. ODREENI INTEGRAL

9 Napisati integral kojim se izraqunava duina luka elipse

Zadatak .

x2 y2 + =1 a2 b2

i pokazati da se, u opxtem sluqaju, dobijaju eliptiqki integrali razmatrani na str. 187. X Zadatak 10. Izraqunati duinu krive x=

1 2 1 y − log y, 4 2

1 ≤ y ≤ e. X

3.4. Povrxina obrtnih tela. Neka je f : [a, b] → R neprekidno diferencijabilna funkcija. Povrxinu povrxi S dobijene rotacijom krive y = f (x) oko x{ose moemo da izraqunamo na sledei naqin. Podelimo interval [a, b] na n intervala [ξ , ξ ], 1 ≤ k ≤ n, jednake duine. Povrxinu tela dobijenog rotacijom krive y = f (x) za ξ ≤ x ≤ ξ oko x{ose moemo da aproksimiramo zbirom povrxina zarub enih kupa qije su izvodnice p k−1

k

k−1

k

(ξk − ξk−1 )2 + (f (ξk ) − f (ξk−1 ))2 ,

sk =

a polupreqnici osnova r = f (ξ ) i R = f (ξ ). Iz formule za povrxinu zarub ene kupe A = π(R + r )s sledi da se povrxina povrxi S aproksimira sa k

k−1

k

k

A(S) ≈

n X

π(f (ξk ) + f (ξk−1 ))

k

p

k

k

k

(ξk − ξk−1 )2 + (f (ξk ) − f (ξk−1 ))2 .

Iz Lagraneve teoreme sledi da je f (ξ ) = f (ξ ) + (ξ sledi da, ako je f neprekidno diferencijabilna, vai q k=1

k−1

k

n P

(ξk−1 ) 2πf (ξk ) 1 + f (ξξkk)−f −ξk−1 k=1 n p P = 2πf (ξk ) 1 + (f 0 (ck ))2 b−a n

A(S) ≈

k−1

2

− ξk )f 0 (sk )

. Odatle

(ξk − ξk−1 )

U posledem koraku je korixena Lagranova teorema. Odatle, prelaskom na lim , dobijamo Z q (12) A(S) = 2πf (x) 1 + f (x) dx Napomena 2. Prirodno je postaviti pitae zbog qega smo u izraqunavau povrxine vrxili aproksimacije povrxinama zarub enih kupa, a ne (jednostavnije) povrxinama cilindara, kao xto smo radili u sluqaju zapremine. Primetimo pre svega da je nemogue da oba metoda daju taqan rezultat. Naime, uporedimo ∆A ≈ 2πy∆x, xto bi se dobilo aproksimacijom cilindrima, sa p k=1

n→∞

b

0

a

∆A ≈ 2πy

(∆x)2 + (∆y)2 ,

2


203

xto je aproksimacija zarub enim kupama, vidimo da je koliqnik ove dve veliqine s 1+

∆y ∆x

2

.

Posledi izraz ne tei 1 kad δx → 0 (sem ako je = 0. To znaqi da ove dve aproksimacije daju razliqite rezultate u opxtem sluqaju. Kada bismo dosledno sproveli postupak aproksimacije cilindrima, dobili bismo sledeu pogrexnu formulu za povrxinu: Z pogrexna formula: A = 2πf (x) dx. (13) Qitaocu ostav amo da razmotri mogunost da se zapremina izraqunava aproksimacijom zarub enim kupama, umesto cilindrima. Sledei zadatak pokazuje da se primenom formule (13) ve u sluqaju najjednostavnijih povrxi dobija pogrexan rezultat. Zadatak 11. Izraqunati povrxinu kupe dobijene rotacijom dui √ √ dy dx

b

a

y = x/ 3,

0≤x≤

3

oko x{ose primenom formule (12). Uporediti taj rezultat sa poznatom formulom za povrxinu kupe. Xta se dobije ako se primeni formula (13)? X Napomena 3. Sledei Xvarcov6 primer pokazuje da povrxina povrxi ne moe da se definixe kao limes povrxina upisanih poliedara (kao xto se duina krive definixe kao limes duina upisanih dui). Neka je C cilindar polupreqnika r i visine h. Podelimo cilindar na podudarne mae cilindre, ravnima paralelnim osnovama. Neka je tako formirano m maih cilindara, xto znaqi da ravni seku povrx cilindra po (m + 1) krugova. Podelimo sada svaki od tih (m+1) krugova na n lukova, tako da su taqke podele najvixeg kruga iznad sredina podeonih lukova kruga ispod ega, podeone taqke drugog kruga odozgo su iznad sredina podeonih lukova kruga ispod ega itd. Susedne taqke ovih podela formiraju trouglove. Elementarno se proverava da je povrxina poliedra qije supp osni ti trouglovi P = 2r sin

π n

r2 m2 (1 − cos (π/n))2 + h2 .

Kad m, n → ∞, dijametri podeonih trouglova tee nuli (xto moe da se smatra analogijom zahteva u definiciji duine krive da duine podeonih dui tee nuli). Meutim, ako pri tome i n /m tei nuli, povrxina poliedra tei +∞, a ako m/n → c, onda pje limes povrxine poliedra 2

2

2rπ

c2 r2 π 4 /4 + h2 .

Odatle sledi da limes povrxina tako upisanih poliedara ne postoji. Imajui u vidu ovaj primer, s pravom se postav a pitae { kako se definixe povrxina povrxi? Za sada emo samo rei da u ovom momentu za definicije povrxine rotacione povrxi uzimamo limes povrxina zarub enih kupa (xto je intuitivnim razmatraima u ovom paragrafu, kao i prethodnom napomenom i zadatkom, opravdano). Za opxtiju definiciju saqekaemo sledei kurs Analize, u kome emo govoriti o tzv. povrxinskim integralima. 6Xvarc (Karl Hermann Amandus Schwarz, 1843{1921), nemaqki matematiqar

204

6. ODREENI INTEGRAL

Zadatak

12. Skicirati krivu

2

2

x3 + y3

i izraqunati povrxinu povrxi koja se dobija enim rotiraem oko x{ose. X

4. Nesvojstveni integral 4.1. Definicija i osobine. Koxijev integral smo definisali za neprekidne funkcije definisane na zatvorenom intervalu. Pretpostavimo sada

da je data neprekidna funkcija f : [a, β) → C, pri qemu je taqka β realan broj vei od a ili +∞. Tada, za svako b ∈ [a, β) postoji Koxijev integral R f (x) dx. Ukoliko postoji limes lim R f (x) dx, nazivamo ga nesvojstvenim integralom i pixemo Z Z f (x) dx := lim f (x) dx. (14) Taqka β se naziva singularnom taqkom ili singularitetom nesvojstvenog integrala (14). Ako je β < +∞, iz Leme 3 na str. 191 sledi da je, u sluqaju da funkcija f ima levi limes u taqki β (tj. ako moe da se neprekidno produi u β), limes u (14) jednak integralu R f (x) dx. Time je opravdana upotreba oznake R u (14) i pokazano da je nesvojstveni integral uopxtee Koxijevog. R Sliqno se definixe nesvojstveni integral f (x) dx: Z Z f (x) dx := lim f (x) dx. (15) Ako limes u (14) (ili (15)) postoji, kaemo da nesvojstveni integral konvergira; u suprotnom kaemo da on divergira. R konvergira ako i samo ako je p > 1, a intePrimer 4. Integral R gral konvergira ako i samoako je p < 1. Zaista, iz Z dx  za p 6= 1 x = ln x x za p = 1 sledi da lim R postoji ako i samo ako je p > 1, a iz  Z dx  x za p 6= 1 = ln x x za p = 1 sledi da lim R postoji ako i samo ako je p < 1. ] Osobine nesvojstvenog integrala navedene u sledeoj lemi se dokazuju prelaskom na limes u odgovarajuim formulama dokazanim za Koxijev integral. b

a

b

b→β a β

b

b→β

a

a

β

a

β a

a

−∞

a

a

c→−∞

−∞

+∞ dx xp 1

1 dx 0 xp

b

b

1

p

1−p 1 1−p b 1

p

1−p 1 1−p 1 a

1

b

dx p b→+∞ 1 x

1

1

a

1

dx p a→0+0 a x

a

c

4. NESVOJSTVENI INTEGRAL

µ

205

Lema 7. Neka su f : [a, β) → C i g : [a, β) → C neprekidne funkcije i λ, kompleksni brojevi. Tada je 1. R λf (x) + µg(x) dx = λ R f (x) dx + µ R g(x) dx. 2. R f (x) dx = R f (x) dx + R f (x) dx za svako c ∈ [a, β). 3. Ako je ϕ : [s, ω) → [a, β) neprekidno diferencijabilna bijekcija, onda je β

a β

c

β

a

a

c

β

β

a

a

β

Z

Z

ω

f ◦ ϕ(t)ϕ0 (t) dt.

f (x) dx = a

s

4. Ako su funkcije f i g neprekidno diferencijabilne, onda je β

Z a

β f (x) dg(x) = f (x)g(x) a −

Z

gde je f (x)g(x) := lim f (x)g(x) . Primer 5. Integral β a

β

g(x) df (x), a

b a

b→β

Z J=

π/2

log sin x dx

je nesvojstven, poxto je sin 0 = 0. Ovaj integral naziva se Ojlerovim integralom i moe da se izraquna pomou na prvi pogled neobiqne smene x = 2t: 0

Z J =2

π/4

π log sin(2t) dt = log 2 + 2 2

π/4

Z

Z

Ako u posledem integralu uvedemo smenu t = 0

Z

π/4

0

Z

pa zak uqujemo da je

log cos t dt.

, dobijamo 0

π 2

−u

π/2

log cos t dt = 0

π/4

log sin t dt + 2

log sin t dt, π/4

J=

π log 2 + 2J, 2

odnosno J = − log 2. ] 4.2. Kriterijumi konvergencije. Iz Koxijevog kriterijuma za egzistenciju limesa (Posledica 5 na str. 130) izvodi se sledei kriterijum konvergencije nesvojstvenih integrala. Lema 8. (Koxijev kriterijum konvergencije integrala) Integral R f (x) dx konvergira ako i samo ako π 2

β

a

Z (∀ε > 0)(∃B ∈ (a, β)) b1 > B ∧ b2 > B ⇒

b2

b1

f (x) dx < ε

4 Dokaz se izvodi primenom definicije konvergencije integrala i Posledi5 ce 5 na str. 130 na funkciju F (b) = R f (x) dx. b a

206

6. ODREENI INTEGRAL

Kaemo da integral R f (x) dx apsolutno konvergira ako konvergira integral R |f (x)| dx. Poxto je β

a

β

a

Zb2 Zb2 f (x) dx ≤ |f (x)| dx,

iz Leme 8 sledi da je svaki apsolutno konvergentan integral konvergentan. Obrnuto nije taqno, xto emo videti kasnije, u Primeru 8. Pitae apsolutne konvergencije integrala se svodi na ispitivae konvergencije integrala pozitivne funkcije. Dajemo nekoliko kriterijuma konvergencije takvih integrala. Lema 9. Neka je f : [a, β) → R neprekidna funkcija, takva da je f (x) ≥ 0 za svako x ∈ [a, β). Tada integral R f (x) dx konvergira ako i samo ako je funkcija F (b) = R f (x) dx ograniqena na [a, β). 4 Iz pozitivnosti funkcije f sledi da je funkcija F rastua, pa je, na osnovu Leme 13 na str. 80, lim F (b) = sup F (b). 5 Posledica 3. (Integralni test konvergencije redova) Neka je f : [1, +∞) → R neprekidna i nerastua funkcija i neka je f (x) ≥ 0 za svako R x ∈ [a, +∞). Tada integral f (x) dx konvergira ako i samo ako konvergira red P f (n). 4 Poxto je funkcija f neopadajua, vai Z b1

b1

β

a

b

a

b→β

+∞ 1

∞

n=1

k+1

f (k + 1) ≤

f (x) dx ≤ f (k),

odakle sumiraem dobijamo n X

k

Z f (k + 1) ≤

n+1

f (x) dx ≤ 1

k=1

n X

f (k).

k=1

Odatle sledi da je rastua funkcija F (b) = R f (x) dx ograniqena ako i samo ako je ograniqen rastui niz s = P f (k)P. 5 Primer 6. Ranije smo videli da red konvergira ako i samo ako je p > 1. Ovo tvree sada moemo da izvedemo iz Posledice 3 i Primera 4. ] Zadatak 13. Neka je a neograniqen rastui niz pozitivnih brojeva. Dokazati da je red X b

n k=1

n

a

1 np

n

∞

an+1 − an ap+1 n+1 n=1

konvergentan za p > 0 (za p = 0 videti Zadatak 20 na str. 143).

X


207

Zadatak 14. Neka je c niz brojeva koji pripadaju intervalu [a, +∞), takav da je, za neko δ > 0, c − c ≥ δ. Neka je n

n+1

n

f : [a, +∞) → [0, +∞)

nerastua funkcija. Dokazati da akoZ postoji

(16)

x

f (t) dt,

lim

onda red

x→+∞

a

∞ X

(17)

f (cn )

konvergira. Dokazati da, ako niz c ispuava dodatni uslov n=1 n

sup(cn − cn−1 ) < +∞,

onda iz konvergencije reda (17) sledi egzistencija limesa (16). X Lema 10. (Poredbeni princip) Neka su f : [a, β) → R i g : [a, β) → R neprekidne funkcije takve da je n≥2

0 ≤ f (x) ≤ g(x)

za svako x ∈ [a, β). Ako integral R g(x) dx konvergira onda konvergira i integral R f (x) dx. Ako integral R f (x) dx divergira, onda divergira i integral R g(x) dx. 4 Dokaz sledi iz β

a

β

β

a

a

β

a

Zb2

Zb2

f (x) dx ≤

i Leme 8.

b1

7 Iz

Primer .

cos x 2 ≤ x

g(x) dx b1

1 x2

dx

i Primera 4 sledi da integral +∞ Z

5

cos x dx x2

π 2

apsolutno konvergira. ] R Primer 8. Integral dx je konvergentan, ali nije apsolutno konvergentan.Z Zaista, parcijalnom integracijom dobijamo Z Z +∞ π 2

+∞

π 2

sin x x

sin x cos x +∞ dx = − − π x x 2

+∞

π 2

cos x dx = − x2

a posledi integral konvergira. MeutimZ Z Z +∞

π 2

sin x x dx ≥

+∞

π 2

sin2 x 1 dx = x 2

+∞ π 2

dx 1 − x 2

+∞

π 2

Z

+∞ π 2

cos x dx, x2

cos 2x dx. x

208

6. ODREENI INTEGRAL

Prvi integral na desnoj straniZdivergira, a drugi konvergira, pa +∞

divergira.

π 2

sin x x dx

9 Zapremina tela dobijenog rotacijom krive

]

Primer .

y=

oko x{ose je

+∞

Z V =

π

1 , x

1 ≤ x < +∞

+∞ 2 1 1 = π, dx = −π x x 1

dok je povrxina tako dobijene povrxi s 1

Z

+∞

A=

2π 1

1 x

−

1+

1 x2

2 dx = +∞,

jer je 1 + − > , a integral R divergira. Dakle, dobijeno telo ima konaqnu zapreminu i beskonaqnu povrxinu, tj. ono je , posuda koja moe da sa napuni bojom, ali ne moe da se oboji". ] Primer 10. Integral Z 1 x

q

1 2 x2

+∞

1 x

1

+∞

dx x

2

e−x dx

konvergira. Zaista,Z

0 +∞

2

e−x dx =

Z

1

2

e−x dx +

Z

+∞

2

e−x dx.

Prvi integral na desnoj strani nije nesvojstven, a drugi konvergira, jer na [1, +∞) vai e ≤ e , a integral Z 0

−x2

0

1

−x

+∞

+∞ =e e−x dx = −e−x

konvergira. ] Navodimo sada dva kriterijuma za konvergenciju integrala funkcija koje nisu obavezno nenegativne. Lema 11. (Abelov i Dirihleov test) Neka je f : [a, β) → R neprekidna, a g : [a, β) → R neprekidno diferencijabilna monotona funkcija. Ako vai R (A1) integral f (x) dx konvergira i (A2) funkcija g je ograniqena ili R (D1) funkcija F (b) = f (x) dx je ograniqena i 1

β

a

b

a

(D2) lim g(x) = 0 x→β

onda integral R f (x)g(x) dx konvergira. β

a

1


4

209

Iz Druge teoreme o sredoj vrednosti (str. 199) sledi Z

b2

Z

ξ

f (x)g(x) dx = g(b1 )

Z f (x) dx + g(b2 )

b2

f (x) dx.

Odatle dokaz sledi uz pomo Leme 8. 5 Zadatak 15. Ispitati konvergenciju integrala Z Z sin x x cos e dx. dx i x Uputstvo: u drugom integralu uvesti smenu e = t. X 4.3. Nesvojstveni integrali sa vixe singulariteta. Neka je data neprekidna funkcija f : (α, β) → C. Tada je, po definiciji, Z Z Z f (x) dx, (18) f (x) dx + f (x) dx := gde je c proizvo na taqka izmeu α i β. Po definiciji, integral R f (x) dx konvergira ako oba integrala na desnoj strani u (18) konvergiraju. Primer 11. Integral Z b1

b1

ξ

+∞

+∞

2

0

x

0

x

β

c

β

c

α

α

β

α

+∞

2

e−x dx

konvergira, jer konvergiraju integrali Z e dx i (v. Primer 10). Primer 12. Neodreeni integral Z −∞

0

+∞

Z

−x2

−∞

2

e−x dx

0

]

2

e−x dx

nije elementarna funkcija, ali odreeni integral Z +∞

2

e−x dx,

I=

poznat kao Puasonov integral, moe da se izraquna. Jedan od naqina je sledei. Posmatrajmo povrx −∞

2

z = e−(x

+y 2 )

.

Ova povrx se dobija rotacijom krive z = e oko z{ose, nalazi se iznad xy{ ravni i izgleda kao beskonaqno zvono sa vrhom u taqki (0, 0, 1). Izraqunajmo zapreminu ovog tela. Presek sa ove√povrxi sa horizontalnom ravni na visini z je krug qiji je polupreqnik r = − log z (logaritam je negativan na intervalu (0, 1)), pa je povrxina popreqnog preseka −π log z. Iz Kavalijerijevog principa sledi da je zapremina telaZ −x2

1

V = −π

log z dz = π. 0

210

6. ODREENI INTEGRAL

Izraqunajmo sada V pomou preseka sa vertikalnim ravnima y = const. Za fiksirano y, presek sa ravni kroz (0, y, 0) koja je normalna na y osu ima povrxinu Z Z +∞

2

e−(x

A(y) =

+y 2 )

dx = e−y

+∞

2

Iz KavalijerijevogZ principa sadaZ sledi da je Z −∞

+∞

V =

+∞

Odatle sledi da je I = √π. Primer 13. Integral Z −∞

+∞

2

−∞

2

e−x dx = I 2 .

−∞

]

+∞

e

−∞

e−y dy ·

A(y) dy =

2

e−x dx.

0

Z

−x

dx =

e

−x

+∞

Z

e−x dx

dx +

divergira, jer prvi integral na desnoj strani divergira. ] Primetimo da, po definiciji, integral na levoj strani u (18) konvergira ako postoje Z Z lim f (x) dx i lim f (x) dx. Nije dovo no da postoji lim R f (x) dx. Primer 14. Iako postoji −∞

−∞

0

c

a→α

b

b→β

a

c

β−δ

δ→0+0 α+δ

Z

integral

+b

+b

lim

x2 = 0, b→+∞ 2 −b

x dx = lim

b→+∞

−b

+∞ +∞ Z Z0 Z x dx = x dx + x dx

divergira, jer divergiraju oba integrala na desnoj strani. Limes Z Z −∞

−∞

0

β

v.p.

]

β−δ

f (x) dx := lim

f (x) dx,

ako su α, β konaqne singularne taqke, ili, u sluqaju α = −∞, β = +∞, Z Z δ→0+0

α

α+δ

+∞

v.p.

T

f (x) dx := lim

T →+∞

f (x) dx,

nazivaR se glavnom vrednoxu nesvojstvenog integrala. Tako je, u Primeru 14, v.p. x dx = 0. Pretpostavimo sada da je data neprekidna funkcija −∞

−T

+∞

−∞

Tada je,

f : [a, γ) ∪ (γ, b] → C. Z

b

Z f (x) dx =

a

γ

Z f (x) dx +

a

b

f (x) dx γ


211

i, po definiciji, integral na levoj strani konvergira ako konvergiraju oba integrala na desnoj. Limes Z Z Z γ−δ

b

v.p

δ→0+0

a

b

f (x) dx +

f (x) dx := lim

a

f (x) dx γ+δ

naziva se glavnom vrednoxu nesvojstvenog integrala R f (x) dx. R Primer 15. Integral divergira, dok je v.p. R = 0. ] Zadatak 16. Ispitati konvergenciju sledeih integrala (a) R arctg x dx (b) R e dx (v) R (g) R dx. X Zadatak 17. Neka je f : [0, +∞) → R neprekidna pozitivna funkcija. Dokazati primerom da iz konvergencije integrala Z b a

1

−1

π 2

+∞

1

dx x

−1

+∞

x−ex

−∞

0

+∞

√ dx x4 +x

0

dx x

0

sin x xp

+∞

f (x) dx

da je lim f (x) = 0. Da li iz konvergencije ovog nesvojstvenog integrala sledi da je funkcija f ograniqena? X Prethodni zadatak pokazuje da za nesvojstvene integrale ne vai analogija sa neophodnim uslovom konvergencije reda X a konvergira ⇒ lim a = 0. Sa tim u vezi su i sledei zadaci. Zadatak 18. Neka je f : R → C neprekidno diferencijabilna funkcija. Dokazati da iz konvergencije integrala Z 0

ne sledi

x→+∞

n

n→∞

n

+∞

|f 0 (x)| dx

sledi da postoji a da iz konvergencije integrala Z

−∞

lim f (x),

x→+∞

+∞

f (x) dx

sledi da je Uputstvo: primeniti

−∞

i

Z

+∞

|f 0 (x)| dx

−∞

lim f (x) = 0.

x→+∞

Z |f (x1 ) − f (x2 )| ≤

+∞

i Koxijev uslov egzistencije limesa. −∞

Z f (x) dx ≤

+∞

0

|f 0 (x)| dx

−∞

X

212

6. ODREENI INTEGRAL

gral

Zadatak

19. Neka je f : [a, +∞) → R monotona funkcija, takva da inte+∞

Z

f (x) dx

konvergira. Dokazati da je

a

i lim xf (x) = 0. Uputstvo: Iz Koxijevog uslova zaZkonvergenciju integrala sledi lim f (x) = 0

x→+∞

x→+∞

x

f (t) dt = 0,

lim

x→+∞

x/2

a za opadajuu funkciju f : [a,Z +∞) → [0, +∞) je x

f (t) dt ≥ x/2

1 xf (x). 2

za x > a. X Zadatak 20. Neka je f : (0, 1] → R monotona funkcija, takva da za neko p ∈ R konvergira integral Z 1

xp f (x) dx.

(a) Dokazati da je

0

lim f (x) = 0.

(b) Dokazati da, ako funkcija f zadovo ava navedeni uslov za p = 0, vai Z X x→0+

1 n→∞ n

n

(v) Dokazati da je

1

f (k/n) =

lim

f (x) dx.

0

k=1

√ n

n! 1 = , n e

lim

qime dobijamo drugo rexee Zadatka 12 na str. 130. Uputstvo: Ako je f pozitivna i opadajua, onda je n→∞

Z

k/n

f (x) dx ≤ (k−1)/n

1 f (k/n) ≤ n

Z

(k+1)/n

f (x) dx k/n

za 2 ≤ k ≤ n − 1. Odatle sledi da za n > 2 vai 1 f (1/n) + n

Z

n

1

f (x) dx ≤ 1/n

1X f (k/n) ≤ n k=1

Za dokaz jednakosti (v) uzeti f (x) = log x.

Z

1

f (x) dx + 1/n

5. Rimanov integral

1 f (1). n X

U ovom paragrafu emo uopxtiti Koxijev integral, oslab ujui uslov neprekidnosti funkcije.

5. RIMANOV INTEGRAL

213

5.1. Definicija Rimanovog integrala. Neka je [a, b] ograniqen i zatvoren interval. Konaqan skup taqaka P = {x , . . . , x }, takvih da je a = x < x < ··· < x
0

k−1

1

n

n−1

n

1

n

l

1

2

2

1

2

1

0

k−1

mk =

Sume

n

k

k

k−1

k

inf

f (x),

Mk =

x∈[xk−1 ,xk ]

s(f, P ) =

n X

sup

f (x).

x∈[xk−1 ,xk ]

mk ∆ k

i

S(f, P ) =

n X

M k ∆k

nazivamo doǌom i gorǌom Darbuovom sumom funkcije f po podeli P . Lema 12. Neka je podela P finija od podele P . Tada je s(f, P ) ≤ s(f, P ) i S(f, P ) ≤ S(f, P ). 4 Pretpostavimo prvo da je P = {x , . . . , x }, P = {x , . . . , x , ξ, x , . . . , x }. Tada tvree Leme sledi iz oqiglednih nejednakosti k=1

k=1

1

2

2

2

inf x∈[xj ,ξ]

0

f (x)(ξ − xj ) +

1

n

1

inf x∈[ξ,xj+1 ]

sup f (x)(ξ − xj ) +

1

0

j

f (x)(xj+1 − ξ) ≥ f (x)(xj+1 − ξ) ≤

sup

2

j+1

n

inf x∈[xj ,xj+1 ]

f (x)(xj+1 − xj ), f (x)(xj+1 − xj ).

sup

Poxto se podela P dobija dodavaem konaqno mnogo taqaka podeli P , primenom prethodnog zak uqivaa konaqan broj puta dokazujemo da vai tvree Leme. 5 Posledica 4. Neka su P i P proizvo ne podele intervala [a, b]. Tada je s(f, P ) ≤ S(f, P ). 4 Neka je P unija podela P i P , tj. podela qije su podeone taqke sve podeone taqke podela P i P . Podela P je finija od podela P i P , pa iz prethodne leme sledi s(f, P ) ≤ s(f, P ) i S(f, P ) ≤ S(f, P ). Dokaz sada sledi iz oqigledne nejednakosti s(f, P ) ≤ S(f, P ). 5 Iz prethodne posledice sledi da je skup {s(f, P ) | P podela intervala [a, b]} ograniqen odozgo bilo kojom gorom Darbuovom sumom pa, na osnovu Aksiome supremuma, ima supremum. Sliqno, skup {S(f, P ) | P podela intervala [a, b]} je ograniqen odozdo bilo kojom doom Darbuovom sumom, pa ima infimum. Veliqine R R f (x) dx := sup s(f, P ) i f (x) dx := inf S(f, P ). x∈[xj ,ξ]

x∈[ξ,xj+1 ]

x∈[xj ,xj+1 ]

1

2

1

1

2

2

1

1

2

2

1

1

b a

2

2

P

b a

P

214

6. ODREENI INTEGRAL

nazivaju se gorǌim i doǌim Darbuovim integralom funkcije f . Definicija 3. Ograniqena funkcija f : [a, b] → R je integrabilna po Rimanu ako je Z Z b

b

f (x) dx.

f (x) dx =

U tom sluqaju, zajedniqku vrednost goreg i doeg DarbuovogR integrala nazivamo Rimanovim integralom funkcije f i oznaqavamo sa f (x) dx. Za kompleksnu funkciju f : [a, b] → C kaemo da je integrabilna po Rimanu ako su takve funkcije Re f i Im f ; u tom sluqaju, en Rimanov integral je Z Z Z f (x) dx = Re f (x) dx + i Im f (x) dx. (19) Sledea teorema pokazuje da je opravdana upotreba istog simbola R za Koxijev i Rimanov integral. Teorema 5. Za neprekidnu funkciju f , Koxijev integral jednak je Rimanovom. 4 Iz (19) vidimo da moemo, razmatrajui odvojeno realni i imaginarni deo, da se ograniqimo nae sluqaj erealnee funkcije. ePosmatrajmo proizvo an niz podela P . Neka je P = P , P = Pe ∪ P , ...,e P = Pe ∪ P , za svako k . Iz Leme 12 sledi da su nizovi s(f, P ) i S(f, P ) monotoni, pa je lim s(f, Pe ) = sup s(f, Pe ) ≤ inf S(f, Pe ) = lim S(f, Pe ). (20) Ako je funkcija f neprekidna, Napomene 1 sledi da je en Koxijev integral jednak bilo kom od limesa u (20), pa iz definicije Rimanovog integrala i nejednakosti (20) sledi da je on jednak i Rimanovom. 5 Zadatak 21. Izraqunati doi i gori Darbuov integral Z Z χ (x) dx i χ (x) dx Dirihleove funkcije ( 1 za x ∈ Q χ (x) := 0 za x ∈ /Q i izvesti zak uqak da ona nije integrabilna po Rimanu. X Teorema 6. (Darbuov kriterijum integrabilnosti) Ograniqena funkcija f : [a, b] → R je integrabilna po Rimanu ako i samo ako za svako ε > 0 postoji podela P intervala [a, b] takva da je a

a

b

a

b

b

a

b

a

a

b a

n

1

1

2

1

2

k+1

n

n→∞

n

n

n

k

k+1

n

n

n

b

n→∞

n

b

Q

Q

a

a

Q

S(f, P ) − s(f, P ) < ε.

4

Pretpostavimo prvo da je f : [a, b] → R integrabilna po Rimanu. Tada je Z sup s(f, P ) = inf S(f, P ) = P

P

b

f (x) dx. a

5. RIMANOV INTEGRAL

215

Neka je ε > 0. Tada postoje podele P i P takve da je Z Z ε ε f (x) dx − s(f, P ) < i S(f, P ) − f (x) dx < , 2 2 pa je S(f, P ) − s(f, P ) = S(f, P ) − R f (x) dx + R f (x) dx − s(f, P ) < ε. Neka je P unija podela P i P . Iz Leme 12 sledi S(f, P ) − s(f, P ) < ε. Pretpostavimo sada da za svako ε > 0 postoji podela P intervala [a, b] takva da je S(f, P ) − s(f, P ) < ε. Tada je 1

2

b

b

1

2

a

a

2

1

2

1

Z

b a

b a

1

2

b

b

Z f (x) dx −

f (x) dx < S(f, P ) − s(f, P ) < ε. a

a

Poxto je ε proizvo no, odatle sledi da je gori Darbuov integral jednak doem. 5 Primetimo da iz Teoreme 6 sledi, nezavisno od Teoreme 5, da je neprekidna funkcija integrabilna po Rimanu. Zaista, neka je f : [a, b] → R neprekidna funkcija i neka je ε > 0. Iz Kantorove teoreme (str. 74) sledi da je f uniformno neprekidna, pa (∃δ > 0) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| <

Tada za proizvo nu podelu P : a = x < x < · · · < x ∆ < δ za svako k vai M − m < , pa je k

k

S(f, P ) − s(f, P ) =

n X

0 ε b−a

k

1

ε . b−a

n−1

< xn = b

takvu da je

n

(Mk − mk )∆k <

k=1

ε X ε ∆k = (b − a) = ε, b−a b−a k=1

xto, prema Teoremi 6, znaqi da je f integrabilna po Rimanu. Sledea posledica uopxtava ovo tvree i pokazuje da Rimanov integral zaista uopxtava Koxijev. Posledica 5. Neka je f : [a, b] → C ograniqena funkcija koja ima konaqno mnogo taqaka prekida. Tada je f integrabilna po Rimanu. 4 Iz (19) sledi da moemo, razmatrajui odvojeno realni i imaginarni deo, da se ograniqimo na sluqaj realne funkcije. Neka je ε > 0. Neka su [x , y ], ..., [x , y ] intervali koji sadre taqke prekida, takvi da je 1

m

1

m

m X

(yk − xk ) <

k=1

ε . 4 max |f (x)| x∈[a,b]

Iz Kantorove teoreme sledi da je funkcija f uniformno neprekidna na skupu A = [a, x ] ∪ [y , x ] ∪ · · · ∪ [y , x ] ∪ [y , b], (21) pa ε 1

1

2

m−1

m

m

(∃δ > 0)(∀x, y ∈ A) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| <

2(b − a)

.

Podelimo svaki od intervala u (21) na podintervale duine mae od δ; oznaqimo podeone taqke sa z , ..., z . Neka je P podela intervala [a, b] sastav ena 1

n

216

6. ODREENI INTEGRAL

od taqaka z , ..., z , x , ... x , y , ..., y . Tada je 1

n

1

m

S(f, P ) − s(f, P ) = +

m P

m

max

k=1

x∈[zk ,zk−1 ]

max f (x) − x∈[yk ,xk ] n P

k=1

<

1

n P

ε 2(b−a)

f (x) −

min x∈[zk ,zk−1 ]

min x∈[yk ,xk ]

f (x) (zk − zk−1 )+

f (x) (yk − xk ) m P

(yk − yk−1 ) + 2 max |f (x)| x∈[a,b]

(yk − xk ) <

ε 2

+

ε 2

= ε.

Dokaz sada sledi iz Teoreme 6. 5 Posledica 6. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija. Tada je f integrabilna po Rimanu. 4 Neka je ε > 0. Neka je P = {x , x , . . . , x } podela intervala [a, b] za koju vai ∆ < za sve k. Iz monotonosti funkcije f sledi da za sve x, y ∈ [a, b] vai M − m = |f (x ) − f (x )| i k=1

0

k

n

ε |f (b)−f (a)| k

n X

pa je

1

k=1

k=1

k

k

k−1

n X f (xk ) − f (xk−1 ) = f (x ) − f (x ) k k−1 , k=1

S(f, P ) − s(f, P )

=

n P

(Mk − mk )∆k

k=1

pa dokaz sledi iz Teoreme 6.

n P f (xk ) − f (xk−1 )

<

ε |f (b)−f (a)|

<

ε |f (b)−f (a)|

=

k=1 n P

k=1 ε |f (b)−f (a)| (|f (b)

f (xk ) − f (xk−1 ) − f (a)|) = ε, 5

5.2. Limes u prostoru podela. Neka je P podela intervala [a, b] sa

podeonim taqkama Veliqina

a = x0 < x1 < · · · < xn = b. λ(P ) := max |xj − xj−1 |

naziva se parametrom podele P . Neka je ξ = (ξ , · · · , ξ ) n{torka taqaka koje zadovo avaju ξ Par (P, ξ) naziva se podelom sa istaknutim taqkama. Neka je 1≤j≤n

1

n

σ(f, P, ξ) :=

Kaemo da je

n X

j

.

∈ [xj−1 , xj ]

f (ξj )(xj − xj−1 ).

j=1

J=

lim σ(f, P, ξ)

ako za svako ε > 0 postoji takvo δ > 0, da za svaku podelu sa istaknutim taqkama (P, ξ) qiji je parametar λ(P ) < δ vai |J − σ(f, P, ξ)| < ε. Oqigledno vai s(f, P ) ≤ σ(f, P, ξ) ≤ S(f, P ). (22) λ(P )→0

5. RIMANOV INTEGRAL

Zadatak

217

22. Dokazati da vai

(23) Koristei (22) i (23) dokazati da je funkcija f integrabilna na [a, b] ako i samo ako postoji lim σ(f, P, ξ). X Iz prethodnog zadatka dobijamo ekvivalentnu definiciju Rimanovog integrala: Z f (x) dx = lim σ(f, P, ξ). (24) Primetimo da ova definicija ima smisla i za funkcije sa vrednostima u skupu C. 5.3. Skupovi meresvako nula.ε Integrabilnost. Skup S ⊂ R je skup Lebegove mere nula ako za > 0 postoji najvixe prebrojiva familija otvorenih intervala (a , b ) takva da je [ X S⊂ (b − a ) < ε. (a , b ) i Primer 16. Konaqan skup je skup Lebegove mere nula. Zaista, ako je S = {s , . . . , s } i ε > 0, onda familija intervala I = (s −2 Pε, s +2P ε), 1 ≤ j ≤ k pokriva S . Neka je |I | duina intervala I , tada je |I | = < s(f, P ) = inf σ(f, P, ξ) S(f, P ) = sup σ(f, P, ξ). ξ

ξ

λ(P )→0

b

λ(P )→0

a

n

n

n∈N

∞

n

n

n

1

n

n=1

n∈N

k

j

j

1

−j−1

j

−j−1

j

j

ε.

1

j

ε 2j

]

13. Prebrojiva unija skupova Lebegove mere nula je skup mere nula. 4 Neka je S } prebrojiva familija skupova mere nula i ε > 0. Poxto je svaki od skupova S Lebegove mere nula, za svako k postoji prebrojiva familija intervala I } takva da je [ S ⊂ I i X |I | < 2ε , gde je |I | duina intervala I . Tada je Lema

k k∈N

k k j∈N j

∞

k j

k j

k

k j

k

j=1

j∈N k j

[

i

Sk ⊂

k∈N ∞ X ∞ X k=1 j=1

[ [

Ijk

k∈N j∈N

|Ijk | <

∞ X ε = ε, 2k

k=1

xto znaqi da je S skup Lebegove mere nula. 5 Specijalno, iz Leme 13 i Primera 16 sledi da je svaki prebrojiv skup mere nula. U sledeem primeru opisujemo jedan neprebrojiv skup Lebegove mere nula. S

k∈N

k

218

6. ODREENI INTEGRAL

Primer 17. U Primeru 9 na str. 42 smo konstruisali Kantorov skup, kao presek skupova C dobijenih odstraivaem , sredih treina" intervala, Primetimo da je svaki od skupova C unija 2 zatvorenih intervala od kojih je svaki duine ( ) , tako da je zbir duina svih intervala qija je unija C jednak ( ) . Poxto ( ) → 0 kad n → ∞, sledi da je Kantorov C skup mere nula. Iako to znaqi da je C zanemar iv u smislu mere, setimo se da je C , veliki" u smislu kardinalnosti (v. Zadatak 41 na str. 42). ] Primer 18. Interval [a, b] nije skup Lebegove mere nula. Zaista, za proizvo nu prebrojivu familiju (a , b ) intervala koja pokriva [a, b] vai P (b − a ) ≥ b − a. ] Lema 14. Neka je [a, b] ograniqen interval i S ⊂ [a, b] zatvoren skup. Tada je S skup Lebegove mere nula ako i samo ako za svako ε > 0 postoji konaqna familija intervala (a , b ), ..., (a , b ) takva da je X S ⊂ (a , b ) ∪ · · · ∪ (a , b ) i (b − a ) < ε. 4 Iz definicije skupa Lebegove mere nula sledi da postoji prebrojiva familija intervala {I } koja pokriva skup S i qija je ukupna duina maa od ε. Poxto je S zatvoren, egov komplement [a, b] \ S je otvoren, pa se, po definiciji otvorenog skupa (Definicija 17 na str. 40), moe predstaviti kao unija otvorenih intervala {J } . Intervali {I } , {J } obrazuju otvoreno pokrivae intervala [a, b]. Iz Borel{Lebegove teoreme (str.38) sledi da se iz ega moe izdvojiti konaqno potpokrivae. Intervali I koji ulaze u to potpokrivae obrazuju konaqno pokrivae skupa S i ukupna duina im je maa od ε. 5 U Posledici 5 smo videli da je ograniqena funkicja koja ima konaqno mnogo taqaka prekida integrabilna po Rimanu, a u Posledici 6 da i funkcija sa beskonaqno mnogo prekida moe da bude integrabilna po Rimanu. Setimo se, meutim, da monotone funkcije, o kojima je req u Posledici 6, imaju najvixe prebrojivo mnogo taqaka prekida (Teorema 5 na str. 75). U Primeru 21 videli smo primer funkcije kojoj je svaka taqka taqka prekida (v. takoe Primer 12 na str. 123) i koja nije integrabilna po Rimanu. Sada emo preciznije formulisati vezu izmeu neprekidnosti i integrabilnosti po Rimanu. Teorema 7. (Lebegova teorema o integrabilnosti) Ograniqena funkcija f : [a, b] → C je integrabilna po Rimanu ako i samo ako je skup enih prekida skup Lebegove mere nula. 4 Poxto je unija dva skupa Lebegove mere nula skup Lebegove mere nula (Lema 13), iz (19) sledi da ako teorema vai za realni i imaginarni deo kompleksne funkcije, ona vai i za samu funkciju. Ograniqimo se zato na sluqaj realne funkcije. Neka je S skup prekida funkcije f : [a, b] → R. Pretpostavimo prvo da je f integrabilna i dokaimo da je S Lebegove mere nula. Iz Posledice 6 na str. 131 sledi da je S skup taqaka x ∈ [a, b] u n

n

n

2 n 3

1 n 3

n

2 n 3

n

n

n

n

n

1

1

m

m

m

1

1

m

m

k

k

k=1

n n∈N

λ λ∈Λ

n n∈N

λ λ∈Λ

k

5. RIMANOV INTEGRAL

219

kojima je oscilacija ω(f, x) funkcije f vea od nule. Predstavimo S kao uniju S=

∞ [

Sn ,

n=1

gde je S = {x ∈ [a, b] | ω(f, x) ≥ }. Iz Leme 13 sledi da je dovo no dokazati da je svaki od skupova S Lebegove mere nula. Posmatrajmo skup S . Neka je ε > 0. Poxto je f integrabilna, iz Darbuovog kriterijuma integrabilnosti (Teorema 6) sledi da postoji podela P = {x , x , . . . , x } intervala [a, b] takva da je 1 n

n

n

n0

0

1

m

S(f, P ) − s(f, P ) <

Neka je Uz oznake

ε . n0

K := {k ∈ N | (xk−1 , xk ) ∩ Sn0 6= ∅}. Mk =

za k ∈ K vai

sup

f (x), mk =

x∈[xk−1 ,xk ]

Mk − mk ≥

odakle sledi

inf

f (x),

x∈[xk−1 ,xk ]

1 , n0

X 1 X ε (xk − xk−1 ) ≤ (Mk − mk )(xk − xk−1 ) < S(f, P ) − s(f, P ) < . n0 n0

Odatle dobijamo k∈K

k∈K

(25) Primetimo da intervali {(x , x )} pokrivaju skup V = S \ T , gde je T skup taqaka iz S koje su podeone taqke podele P . Iz (25) sledi da je skup V Lebegove mere nula. Poxto je oqigledno da je i T skup Lebegove mere nula, sledi da je i S ⊂ V ∪ T skup Lebegove mere nula. Pretpostavimo sada da je S skup Lebegove mere nula. Skup X

(xk − xk−1 ) < ε.

k∈K

k−1

k

k∈K

n0

n0

n0

Sε = {x ∈ [a, b] | ω(f, x) ≥

ε } 2(b − a)

je zatvoren podskup intervala [a, b]. Zaista, ako je x ω(f, x ) < , pa postoji δ > 0 takvo da je

0

∈ [a, b] \ Sε

ε 2(b−a)

0

sup{f (x) | |x − x0 | < δ} − inf{f (x) | |x − x0 | < δ} <

, onda je

ε , 2(b − a)

pa je (x − δ, x + δ) ⊂ [a, b] \ S . Odatle sledi da je [a, b] \ S otvoren, pa je S zatvoren. Iz S ⊂ S sledi da je S skup Lebegove mere nula pa, na osnovu Leme 14, postoji konaqna familija (a , b ), ..., (a , b ) otvorenih intervala takva da je [ X ε S ⊂ (a , b ) i (b − a ) < . (26) 4 sup |f (x)| 0

0

ε

ε

ε

ε

1

k

ε

k

k

k

j

j=1

1

j

j

j=1

j

x∈[a,b]

ε

220

Poxto je za t ∈ [a, b] \ S

6. ODREENI INTEGRAL k j=1 (aj , bj )

ω(f, t) <

za svako t ∈ [a, b] \ S

k j=1 (aj , bj )

ε , 2(b − a)

postoji interval I takav da je t ∈ I i t

(27) (a , b ) zatvoren podskup intervala [a, b], iz pokri-

sup f (x) − inf f (x) <

Poxto je skup [a, b] \ S vaa

x∈It

x∈It k j=1

t

j

ε . 2(b − a)

j

k [ J = It | t ∈ [a, b] \ (aj , bj )

moemo da izdvojimo konaqno potpokrivae I , ..., I (v. dokaz Leme 14). Neka je P podela intervala [a, b] qije su podeone taqke taqke a , b , ..., a , b i graniqne taqke intervala I , ..., I . Za ovu podelu vaie S(f, P ) − s(f, P ) < ε. (28) P Zaista, razdvajajui sumu S(f, P )−s(f, P ) = (M −m )(x −x ) na dve sume, od kojih prva odgovara podeonim intervalima (a , b ) a druga intervalima I , i primeujui (26) na prvu i (27) na drugu dobijamo (28). Prema Teoremi 6 to znaqi da je funkcija f integrabilna po Rimanu. 5 Primetimo da se Posledice 5 i 6 mogu dobiti i kao posledica prethodne teoreme. 5.4. ordanova mera. Integracija po proizvo nom skupu. Neka je [a, b] ⊂ R ograniqen interval. Po definiciji Rimanovog integrala je j=1

t1

tr

1

t1

j

j

Z

b

1 dx = sup

tj.

P

a

1

k

k

tr

n X

j

j

j

j−1

tj

1 · ∆k = b − a,

k=1

duina intervala [a, b] = 1 dx. (29) Motivisani time, meree duine intervala moemo da uopxtimo na sledei naqin. Neka je S ⊂ R i neka je ( 1 za x ∈ S χ (x) := 0 za x ∈ /S karakteristiqna funkcija skupa S. Funkcija χ je prekidna u svakoj taqki ruba ∂S skupa S (v. Definiciju 16 na str. 38) i neprekidna u svim ostalim taqkama. Zaista, pretpostavimo da je Zb a

S

S

x ∈ ∂S = S ∩ (R \ S).

Tada, po definiciji zatvorea skupa (Definicija 16 na str. 38), u svakoj δ {okolini taqke x postoje taqke x ∈ S i x ∈ R \ S . Poxto je tada 1

2

χS (x1 ) − χS (x2 ) = 1,

5. RIMANOV INTEGRAL

221

funkcija χ ne zadovo ava Koxijev uslov u taqki x, pa je prekidna u toj taqki. Obrnuto, neka vai S

x∈ / ∂S = S ∩ (R \ S).

Iz definicije zatvorea skupa sledi da postoji δ > 0 takvo da je (x−δ, x+δ) ⊂ S ili (x − δ, x + δ) ⊂ R \ S . U prvom sluqaju je χ ≡ 1 na (x − δ, x + δ), a u drugom χ ≡ 0 na (x − δ, x + δ). U oba sluqaja funkcija χ je neprekidna u taqki x. Neka je [a, b] interval koji sadri skup S. Iz Teoreme 7 sledi da je χ integrabilna po Rimanu na [a, b] ako i samo ako je rub ∂S skup Lebegove mere nula. U tom sluqaju, skup S naziva se merǉivim u ordanovom smislu, a broj Z µ(S) := χ (x) dx (30) naziva se ordanovom merom skupa S. Do sada smo govorili o integralu funkcije definisane na intervalu. Neka je sada S ⊂ R proizvo an ograniqen skup i f : S → C ograniqena funkcija. Integral funkcije f po skupu S definisaemo kao integral funkcije koja je jednaka funkciji f na skupu S i jednaka nuli van skupa S. Preciznije, neka je Z Z f (x) dx := f (x)χ (x) dx, (31) gde je [a, b] bilo koji interval takav da je S ⊂ [a, b]. Ukoliko integral na desnoj strani u (31) postoji, nazivamo ga integralom funkcije f po skupu S. Uz ovu definiciju, ordanova mera (30) skupa moe da se izrazi kao Z S

S

S

S

b

S

a

b

S

S

a

µ(S) =

1 dx,

xto, zajedno sa (29), pokazuje da je ordanova mera intervala egovaduina. Sledea lema pokazuje da su ove definicije dobre, tj. da ne zavise od izbora intervala [a, b] koji sadri skup S. Lema 15. Neka je S ⊂ [a , b ] i S ⊂ [a , b ] i neka je f : S → C ograniqena funkcija. Tada je funkcija f · χ integrabilna po Rimanu na intervalu [a , b ] ako i samo ako je integrabilna na intervalu [a , b ] i vai S

1

1

2

2

S

1

1

2

Z

b1

Z

2

b2

f (x)χS (c) dx =

f (x)χS (c) dx.

Funkcija f · χ moe da bude prekidna u taqkama prekida funkcije f i u taqkama skupa ∂S. Odatle, na osnovu Lebegove teoreme o integrabilnosti, sledi da je funkcija f · χ integrabilna po Rimanu na intervalu [a , b ] ako i samo ako jeeintegrabilna na intervalu [a , b ]. Neka su P i Pe podele intervala [a , b e] i [a , b ]. Neka jeeP podela intervala [a , b ] koja sadri sve taqke podele P i taqke podele P koje pripadaju skupu [a , b ] ∩ [a , b ]. Na sliqane naqin konstruiximo podelu P intervala [a , b ], dodavaem taqaka podele P koje pripadaju skupu [a , b ]∩[a , b ] podeli Pe . Funkcija f · χ je jednaka nuli van intervala [a , b ] ∩ [a , b ], bie a1

4

a2

S

S

1

2

1

1

1

2

2

2

1

1

1

2

2

2

1

1

1

2

2

2

2

2

1

S

1

1

S(f · χS , P1 ) = S(f · χS , P2 ).

1

1

2

2

2

2

1

222

6. ODREENI INTEGRAL

Podela P je finija od podele Pe , a podela P je finija od podele Pe . Poxto je ova konstrukcija mogua za proizvo ne podele Pe i Pe , dokaz Leme sledi iz Leme 12 i definicije Rimanovog integrala. 5 Zadatak 23. (a) Dokazati da je ordanova mera skupa S ⊂ [a, b] jednaka nuli ako i samo ako za svako ε > 0 postoji konaqna familija intervala (a , b ), ..., (a , b ) takva da je X S ⊂ (a , b ) ∪ · · · ∪ (a , b ) i (b − a ) < ε. (Uputstvo: ako je integral (30) jednak nuli, postojiPpodela intervala [a, b] takva da za goru Darbuova sumu funkcije χ vai M )∆ < ε.) (b) Neka je skup S ordanove mere nula. Dokazati da je S Lebegove mere nula. (v) Dokazati da je Q ∩ [a, b] skup Lebegove mere nula, ali da nije mer iv u ordanovom smislu. (Uputstvo: dokazati da je ∂Q = R.) X 5.5. Svojstva Rimanovog integrala. Iz Teoreme 5 sledi da se sva svojstva Koxijevog integrala prenose na Rimanov integral neprekidne funkcije. Navexemo sada neka svojstva Rimanovog integrala koja vae za proizvo ne funkcije integrabilne po Rimanu. Lema 16. Neka je S ⊂ R ograniqen skup i neka su funkcije f : S → C i g : S → R integrabilne po Rimanu. Tada vai Z Z 1

1

2

2

1

2

1

n

1

n

n

1

1

n

n

k

k

k=1

S

S

f (x) dx ≤

k

k

f (x) dx.

S

Ako je i f realna i ako je fZ(x) ≤ g(x) zaZsvako x ∈ [a, b] onda je f (x) dx ≤

g(x) dx.

4 Iz definicije integrala po proizvo nom skupu sledi da moemo da pretpostavimo da je S = [a, b]. Dokaz sada sledi iz odgovarajuih svojstava za konaqne sume. 5 Lema 17. Neka je S ⊂ R ograniqen skup, neka su funkcije f : S → C i g : S → C integrabilne po Rimanu i neka je λ ∈ C. Tada je Z Z Z Z Z S

f (x) + g(x) dx =

S

f (x) dx +

g(x) dx,

λf (x) dx = λ

f (x) dx.

4 Iz definicije integrala po proizvo nom skupu sledi da moemo da se ograniqimo na sluqaj S = [a, b], a iz (19) da moemo da pretpostavimo da su f i g realne funkcije. Poxto su f i g integrabilne funkcije, za svako ε > 0 postoji podela P intervala [a, b] takva da je S

S

s(f, P ) > s(g, P ) >

Rb a Rb a

S

S

f (x) dx − 2ε ,

S(f, P ) <

g(x) dx − 2ε ,

S(g, P ) <

Rb a Rb a

S

f (x) dx + 2ε , g(x) dx +

ε 2

5. RIMANOV INTEGRAL

223

Iz sup(f + g) ≤ sup f + sup g, inf(f + g) ≥ inf f + inf g sledi s(f + g, P ) ≥ s(f, P ) + s(g, P ) >

Rb

f (x) dx +

Rb

a

S(f + g, P ) ≤ S(f, P ) + S(g, P ) <

g(x) dx − ε <

f (x) dx + a

Zb

Zb

Zb

Rb

f (x) dx +

f (x) + g(x) dx <

a

a

Rb

g(x) dx + ε,

a

a

pa je

g(x) dx − ε,

a

Zb

Zb

g(x) dx + ε.

f (x) dx + a

a

Poxto je ε proizvo no, time je dokazana prva jednakost. Sliqno se dokazuje i druga. 5 Lema 18. Neka je funkcija f : [a, b] → R integrabilna po Rimanu. Tada vai Z Z Z b

c

f (x) dx = a

za svako c ∈ [a, b]. 4 Poxto je f (x) = f (x)(χ Rb

f (x) dx

b

f (x) dx + a

[a,c] (x)

=

a

= = =

Rb

f (x) dx c

+ χ(c,b] (x))

, iz svojstva 3. Leme 17 sledi

(f (x)χ[a,c] (x) + f (x)χ(c,b] (x)) dx

a Rb

Rb f (x)χ[a,c] (x) dx + f (x)χ(c,b] (x)) dx aR a R f (x) dx + f (x) dx

[a,c] Rc

Rb

(c,b]

a

c

f (x) dx +

f (x) dx.

U posledem koraku smo koristili jednakost R f (x) dx = R f (x) dx koja lako sledi iz definicije Rimanovog integrala. 5 U Teoremi 2 na 195. strani smo videli kako se diferencira integral neprekidne funkcije po goroj granici. Isti rezultat vai i za integrabilne funkcije, ako se diferencirae vrxi u taqkama u kojima su one neprekidne. Preciznije, vai sledea teorema. Teorema 8. Neka je f : [a, b] → C integrabilna funkcija. Tada je funkcija Z (c,b]

[c,b]

x

F (x) =

f (t) dt a

neprekidna na [a, b]. Ako je funkcija f neprekidna u taqki x , onda je F diferencijabilna u toj taqki i vai F (x ) = f (x ). 0

0

0

0

224

6. ODREENI INTEGRAL

Poxto je integrabilna, ona je ograniqena, tj. vai |f (x)| ≤ M za neko , pa je

4 f M ∈ (0, +∞)

|F (x + h) − F (x)| = ≤

x+h x+h R R Rx = f (t) dt f (t) dt − f (t) dt a x a x+h R |f (t)| dt ≤ M |h|, x

odakle sledi da je F neprekidna. Neka je funkcija f neprekidna u taqki x . Tada je 0

F (x0 +h)−F (x0 ) − f (x) h

x0R+h = h1 f (t) dt − x0

1 h

x0R+h

f (x0 ) dt

x0

x0R+h = h1 f (t) − f (x0 ) dt ≤

1 h

x0 x0R+h

≤

|f (t) − f (x0 )| dt

x0

|f (t) − f (x0 )|.

sup t∈[x0 ,x0 +h]

Poxto je funkcija f neprekidna u taqki x , posledi izraz tei nuli kad h → 0. 5 Sledea teorema je uopxtee Posledice 2 na str. 196. Teorema 9. Neka je ϕ : [α, β] → [a, b] neprekidno diferencijabilna bijekcija, ϕ(α) = a, ϕ(β) = b i neka je f : [a, b] → C integrabilna funkcija. Tada je i funkcija f (ϕ(t))ϕ (t) integrabilna na [α, β] i vai 0

0

Z

b

Z

β

f (x) dx = a

f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt.

α

Poxto je funkcija f integrabilna, iz Lebegove teoreme o integrabilnosti sledi da je skup enih taqaka prekida mere nula. Poxto je ϕ neprekidno diferencijabilna, sledi da je i skup prekida funkcije f (ϕ(t))ϕ (t) mere nula, pa je, opet po Lebegovoj teoremi, i ona integrabilna. Poxto je ϕ bijekcija, dakle monotona, za svaku podelu P : α = t < t < . . . < t = b taqke x = ϕ(t ) definixu podelu intervala [a, b]. Oznaqimo ovu podelu sa P . Iz ravnomerne neprekidnosti funkcija ϕ i ϕ sledi 4

0

0

n

j

1

j

−1

ϕ

λ(P ) → 0 ⇔ λ(Pϕ ) → 0,

gde je λ(·) parametar podele (v. Paragraf 5.2 na str. 216). Primenom Lagranove teoreme na sabirke integralne σ(f, P, ξ) dobijamo X

f (ξj )|xj − xj−1 | =

X

f ◦ ϕ(τj )|xj − xj−1 | =

X

f ◦ ϕ(τj )ϕ0 (τj )|tj − tj−1 |,

pri qemu su taqke ξ izabrane tako da je ξ = ϕ(τ ), gde je τ taqka dobijena primenom Lagranove teoreme na funkciju ϕ na intervalu [t , t ]. Odatle sledi traena jednakost integrala, prelaskom na limes kad λ(P ) → 0 (v. formulu (24) na str. 217). 5 j

j

j

j

j

j−1

6. RIMAN{STILTJESOV INTEGRAL

225

5.6. Nesvojstveni Rimanov integral. Rimanov integral smo definisali za ograniqene funkcije koje su integrabilne po Rimanu na ograniqenom intervalu [a, b]. Nesvojstveni Rimanov integral se odnosi na neograniqene intervale ili neograniqene funkcije. Ako je funkcija f : [a, β) → C integrabilna po Rimanu i ograniqena na svakom intervalu [a, b] ⊂ [a, β), limes Z Z f (x) dx := lim f (x) dx (32) nazivamo nesvojstvenim Rimanovim integralom funkcije f . Pri tome se dopuxta i mogunost β = ∞ ili lim |f (x)| = +∞. Ukoliko limes (32) postoji kaemo da integral (32) konvergira, u protivnom kaemo da divergira. Nesvojstveni Rimanov integral sa unutraxom singularnom taqkom, nesvojstveni Rimanov integral sa vixe singulariteta i glavna vrednost nesvojstvenog Rimanovog integrala definixu se na potpuno isti naqin kao u sluqaju Koxijevog integrala. Analizom dokaza Leme 8 i Leme 10 zak uqujemo da Koxijev kriterijum konvergencije integrala i Poredbeni princip vae i za nesvojstveni Rimanov integral. β

b

b→β

a

a

x→β

6. Riman{Stiltjesov integral 6.1. Definicija Riman{Stiltjesovog integrala. Jedno od uopxtea Rimanovog integrala je Riman{Stiltjesov7 integral, koji se definixe na sledei naqin. Neka je α : [a, b] → R rastua, a f : [a, b] → R ograniqena funkcija. Za podelu P = {x , x , . . . , x } podela intervala [a, b] definixemo 0

1

n

∆αk := α(xk ) − α(xk−1 )

i s(f, α, P ) =

gde je m

n X

mk ∆αk ,

,

S(f, α, P ) =

Z

:=

inf x∈[xk−1 ,xk ]

k=1

f (x) Mk :=

sup

f (x)

x∈[xk−1 ,xk ]

b

f (x) dα(x) := sup s(f, α, P ) a

Mk ∆αk ,

. Uvedimo oznake

k=1

k

n X

P

4 Ako je

i

b

Z

f (x) dα(x) := inf S(f, α, P ). P

a

Definicija .

Z

b

Z f (x) dα =

b

f (x) dα.

ovu vrednost nazivamo Riman–Stiltjesovim integralom funkcije f po funR R kciji α i oznaqavamo f (x) dα(x) ili f dα. Kada zbog mogunosti zabune postoji potreba da se naglasi da se radi Ro Riman{Stiltjesovom, a ne Rimanovom, integralu, koristimo oznaku (S) f (x) dα(x). a

a

b

b

a

a

b

a

7Stiltjes (T. J. Stieltjes, 1856{1894), holandski matematiqar

226

6. ODREENI INTEGRAL

Ako je f : [a, b] → C ograniqena kompleksna funkcija, en Riman{Stiltjesov integral po monotonoj funkciji α : [a, b] → R je Z Z Z b

b

f dα :=

b

Re f dα + i

Im f dα,

ukoliko integrali na desnoj strani postoje. Napomena 4. (O uslovu monotonosti funkcije α) Iz monotonosti funkcije α sledi ena ograniqenost: (∀x ∈ [a, b]) α(a) ≤ α(x) ≤ α(b). Mogue je definisati Riman{Stiltjesov i u opxtijem sluqaju, za ograniqene funkcije f i α, bez uslova monotonostiRza α. Tada je uloga funkcija f iαu definiciji , simetriqna": ako postoji f dα onda postoji i R α df i vai , formula parcijalneZ integracije" Z a

a

a

b a

b

b a

b

α df = f (b)α(b) − f (a)α(a)

f dα +

(videti Zadatak 24 nie). Meutim, poxto se glavne teoreme o egzistenciji Riman{Stiltjesovog integrala odnose na monotone funkcije (ili, opxtije, na funkcije ograniqene varijacije), mi emo se zadrati na ima. Naravno, Rimanov integral je specijalni sluqaj Riman{Stiltjesovog, za funkciju α(x) = x. Kao i Rimanov integral, Riman{Stiltjesov integral moe da se definixe kao limes u prostoru podela. Ova definicija je analogna definiciji (24) na 217. strani: Z f (x) dα = lim σ(f, α, P, ξ), (33) ukoliko je ispuen jedan od sledea dva uslova: • f je neprekidna, ili R • α je neprekidna i postoji f dα. Deta e (definiciju σ(f, α, P, ξ) i ekvivalenciju (33) i Definicije 4) qitalac e lako izvesti sam, po uzoru na analogne deta e kod Rimanovog integrala. Zadatak 24. Koristei (33) dokazati , formulu parcijalne integracije" iz Napomene 4. (Uputstvo: ako je P = {x , . . . , x } i ξ = (ξ , . . . , ξ ), dokazati da je σ(α, f, P, ξ) = f (x)α(x)| − σ(f, α, Q, χ), gde je Q = {a, ξ , . . . , ξ , b}, χ = (x , x , . . . , x ) i da λ(P ) → 0 ⇔ λ(Q) → 0; dokazati da odatle sledi formula iz Napomene 4.) X I sledea teorema se dokazuje na isti naqin kao Teorema 6 na 214. strani. Teorema 10. (Darbuov kriterijum integrabilnosti) Riman{Stiltjesov integral a

a

b

λ(P )→0

a

0

n

1

n

b a

1

n

0

1

n

Zb

f (x) dα(x),

gde je f : [a, b] → R ograniqena i α : [a, b] → R monotona funkcija, postoji ako i samo ako za svako ε > 0 postoji podela P intervala [a, b] takva da je a

S(f, α, P ) − s(f, α, P ) < ε.


227

Posledica 7. Ako je f : [a, b] → R neprekidna, a α : [a, b] → R rastua funkcija, onda postoji R f dα. 4 Neka je ε > 0. Tada postoji h > 0 takvo da je (α(b) − α(a))h < ε. Poxto je f ravnomerno neprekidna na [a, b] (po Kantorovoj teoremi), postoji δ > 0 takvo da |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. Odatle sledi da za svaku podelu P za koju je λ(P ) < δ vai M − m < h, pa je b a

k

S(f, α, P ) − s(f, α, P ) =

n X

(Mk − mk )∆αk ≤ h

k=1

n X

k

∆αk = h(α(b) − α(a)) < ε.

k=1

Odatle, na osnovu Teoreme 10, sledi da postoji R f dα. 5 Posledica 8. Ako je f : [a, b] → R monotona, a α : [a, b] → R rastua i neprekidna funkcija, onda postoji R f dα. (f (b) − f (a)) < ε. Iz neprekid4 Neka je ε > 0 i n ∈ N takvo da vai nosti funkcije α sledi da postoji podela P takva da je ∆α = . Pretpostavimo (ne umaujui opxtost) da je f rastua funkcija. Tada je M = f (x ) i m = f (x ), pa je b a

b a

α(b)−α(a) n

k

k

k

k

α(b)−α(a) n

k−1

S(f, α, P ) − s(f, α, P )

=

α(b)−α(a) n

=

n P

(f (xk ) − f (xk−1 ))

k=1 α(b)−α(a) (f (b) n

− f (a)) < ε.

To, na osnovu Teoreme 10, znaqi da postoji f dα. 5 Posledica 9. Neka je f : [a, b] → [A, B] ograniqena i α : [a, b] → R rastua funkcija. AkoR postoji R f dα, onda za svaku neprekidnu funkciju ψ : [A, B] → R postoji ψ ◦ f dα. 4 Neka je ε > 0. Iz ravnomerne neprekidnosti funkcije ψ na [A, B] sledi da postoji δ > 0 takvo da vai Rb a

b a

b a

|x − y| < δ ⇒ |ψ(x) − ψ(y)| < ε Rb f dα a [a, b]

i da je ε > δ. Poxto postoji , iz Teoreme 10 sledi da postoji podela P = {x , . . . , x } intervala takva da je S(f, α, P ) − s(f, α, P ) < δ . (34) Neka je 0

n

2

mk := m∗k

:=

min

f (x),

Mk :=

x∈[xk−1 ,xk ]

Mk∗

ψ ◦ f (x),

min x∈[xk−1 ,xk ]

Neka je S := {k | M − m Iz (34) sledi X k

k

< δ},

∆αk ≤

δ

k∈T

X k∈T

:=

max

f (x),

x∈[xk−1 ,xk ]

max

ψ ◦ f (x).

x∈[xk−1 ,xk ]

T := {k | Mk − mk ≥ δ}.

(Mk − mk )∆αk ≤ δ 2 ,

228

6. ODREENI INTEGRAL

pa je

S(ψ ◦ f, α, P ) − s(ψ ◦ f, α, P )

=

P k∈S

(Mk∗ − m∗k )∆αk +

P k∈T

(Mk∗ − m∗k )∆αk

≤ ε(α(b) − α(a)) + 2 sup |ψ(y)|δ < ε((α(b) − α(a)) + 2 sup |ψ(y)|).

Zak uqak sada sledi iz Teoreme 10.

5

6.2. Svojstva Riman{Stiltjesovog integrala. Neka su α : [a, b] → R i β : [a, b] → R rastue, a f : [a, b] →R C i g : [a,R b] → C ograniqene funkcije. (1) AkoR je µ ∈ C i ako postoje f dα i g dα, tada postoje i R (f +g) dα i (µf ) dα i vai b a

b a

Z

b

Z

b

Z

b

b

Z

Z

b

f dα.

(µf ) dα = µ a

a

a

a

a

b a

g dα,

f dα +

(f + g) dα =

b a

R (2) Ako su f i g realne i (∀x ∈ [a, b]) f (x) ≤ g(x), i ako postoje R g dα, onda je Z Z b a

b

g dα.

(3) Ako je a < c < b i ako postoje R a

,R

a

b a

f dα Z b Z c Z f dα = f dα + a

a

c a

f dα

iR

f dα

f dα

, onda je

b c

onda je

b

f dα.

c

(4) Ako je (∀x ∈ [a, b]) |f (x)| ≤ M i ako postoji R

b a

Z b f dα ≤ M (α(b) − α(a)). a

b a

f dα

Z

b

iR

b a

f dβ

, onda postoji i R Z

f d(α + β) =

(6) Ako postoji R

a

b a

b

Z f dα +

a

f dα Z

b f dα a b f dα a

b a

f d(α + β)

b

f dβ.

i ako je c > 0, onda postoji i R b

Z

a

b a

f d(cα)

b

f dα. a

i R g dα, onda postoji i R (f · g) dα. R , onda postoji i |f | dα i vai b a

b a

b a

Z b Z b f dα ≤ |f | dα. a a

25. (Neka je 0, za x ∈ [−1, 0] f (x) = 1, za x ∈ (0, 1],

i vai

a

f d(cα) = c

(7) Ako postoje RR (8) Ako postoji

f dα

b

f dα ≤

(5) Ako postoje R

b a

Zadatak

( 0, α(x) = 1,

za x ∈ [−1, 0) za x ∈ [0, 1].

i

i

Dokazati da jednakost


229

(35) iz svojstva (3) ne vai, poxto R f dα = 0 = R f dα = 0, a R f dα ne postoji. (Uputstvo: integrali na desnoj strani u (35) mogu da se izraqunaju po definiciji; nepostojae integrala na levoj strani sledi iz Teoreme 10 { za svaku podelu P takvu da 0 ∈/ P je S(f, α, P ) − s(f, α, P ) = 1.) X 6.3. Svoee Riman{Stiltjesovog integrala na Rimanov. Videli smo da je Riman{Stiltjesov integral uopxtee Rimanovog, na koji se svodi za α(x) = x. Sledea teorema daje jox jedan primer svoea Riman{Stiltjesovog integrala na Rimanov. Teorema 11. Neka je funkcija f : [a, b] → C integrabilna po Rimanu i α : [a, b] → R rastua diferencijabilna funkcija, takva da je integrabilna R po Rimanu. Tada postoji f dα i vai Z

1

0

Z

Z

f dα =

f dα +

−1

−1

1

f dα

0

0 −1

1 0

dα dx

b a

b

Z

Z f dα =

b

f

dα dx. dx

Primenom Lagraneve teoreme naXfunkciju α dobijamo X a

4

1 −1

a

f (ξj )α0 (cj )(xj − xj−1 )

f (ξj )(α(xj ) − α(xj−1 )) =

j

j

=

X

+

X

f (ξj )α0 (ξj )(xj − xj−1 )+

j

f (ξj )(α0 (ci ) − α0 (ξj ))(xj − xj−1 ).

Funkcija f je ogranciqena, a α integrabilna, xto nam omoguava da izborom dovo no fine podele posledi sabirak napravimo proizvo no malim. Dokaz sledi prelaskom na limes u prostoru podela. 5 Napomena 5. Teporema 11 i Zadatak 24 daju nam jox jedan dokaz formule parcijalne integracije za Rimanov integral. Primetimo da se taj dokaz ne poziva na utn{Lajbnicovu formulu, tj. na vezu neodreenog i odreenog (Rimanovog) integrala. Teorema 12. (Prva teorema o sredǌoj vrednosti za Riman–Stiltjesov integral) Neka je f : [a, b] → R neprekidna, a α : [a, b] → R rastua funkcija. Tada postoji taqka c ∈ [a, b], takva da je Z j

0

b

f dα = f (x)(α(b) − α(a)). 4

Neka je M = sup

,

. Tada je

a

f m = inf [a,b] f Z b m(α(b) − α(a)) ≤ f dα ≤ M (α(b) − α(a)).

Odatle sledi da je

[a,b]

a

Z

b

f dα = θ(α(b) − α(a)) a

230

6. ODREENI INTEGRAL

za neko θ ∈ [m, M ]. Iz neprekidnosti funkcije f sledi da je f (c) = θ za neko c ∈ [a, b]. 5 Teorema 13. (Druga teorema o sredǌoj vrednosti za Riman–Stiltjesov integral) Neka su f, α : [a, b] → R monotone funkcije i neka je α neprekidna. TadaZ postoji taqka c ∈ [a, b], takva da je b

f dα = f (a)[α(c) − α(a)] + f (b)[α(b) − α(c)].

4 Iz Prve teoreme o sredoj vrednosti i formule parcijalne integracije (Zadatak 24) sledi Z Z a

b

b

f dα = f (b)α(b) − f (a)α(a) − a

α df a

= f (b)α(b) − f (a)α(a) − α(c)(f (b) − f (a))

za neko c ∈ [a, b], odakle se, jednostavnim sreivaem, dobija traena formula. Zadatak 26. Izvesti teoreme o sredoj vrednosti za Rimanov integral iz teorema o sredoj vrednosti za Riman{Stiltjesov. X Zadatak 27. Koristei definiciju Riman{Stiltjesovog integrala kao limesa u prostoru podela, dokazati sledee uopxtee teoreme o smeni promen ive u Rimanovom integralu. Neka su f, ϕ : [a, b] → R neprekidne funkcije. Neka je uz to ϕ strogo rastua, i neka je ψ = ϕ ena inverzna funkcija. Tada je Z Z 5

−1

b

ϕ(b)

f (x) dx =

f (ψ(t)) dψ(t),

gde je na levoj strani Rimanov, a na desnoj Riman{Stiltjesov integral. Dokazati ovo tvree. Primetimo da dψ na desnoj strani predstav a oznaku, i da nismo pretpostavili da je ψ diferencijabilna. Ukoliko je ψ diferencijabilna, ovo tvree daje, kao specijalni sluqaj, Teoremu o smeni promen ive u Rimanovom integralu. X 6.4. Funkcije ograniqene varijacije. Neka je f : [a, b] → K definisana na intervalu [a, b] ⊂ R sa vrednostima u po u K ∈ {R, C}. Ako je P : a = t < t < ··· < t = b podela intervala I , oj moemo da pridruimo broj a

ϕ(a)

0

Vab (f ; P )

1

= |f (t0 )| +

n

n X

|f (tk ) − f (tk−1 |.

Totalna varijacija funkcije f na intervalu [a, b] je broj k=1

Varba (f ) := sup Vab (f ; P ).

Ukoliko je ovaj broj konaqan, funkciju f nazivamo funkcijom ograniqene varijacije. Ako je K = R, svaka funkcija ograniqene varijacije f : [a, b] → R je razlika dve monotone funkcije: P

f (t) =

Vartt0 (f ) + f (t) Vartt0 (f ) − f (t) − . 2 2


231

Vai i obrnuto, ako je f = f − f za monotone funkcije f i f , onda je f funkcija ograniqene varijacije. Ovo opaae nam omoguava da definicije i tvrea vezana za Riman{ Stiltjesov integral i monotone funkcije, proxirimo na funkcije ograniqene varijacije sa vrednostima u C. Zadatak 28. Da li je Z 1

2

1

x

F : [0, +∞) → R,

F (x) =

2

sin t dt t

funkcija ograniqene varijacije? X Zadatak 29. Neka je f : [0, 2π] → R funkcija ograniqene varijacije koja zadovo ava f (0) = d(2π) Z. Dokazati da je 0

2π

0

1 f (x) cos(nx) dx ≤ Var2π 0 f. n

X

30 Skicirati grafik funkcije f ako je (a) , , ; (b) , , . X 31 Izraqunati . X Zadatak 32. Neka je g : [a, b] → R funkcija ograniqene varijacije, neprekidna u taqki ξ ∈ [a, b], i neka je f : [a, b] → R funkcija definisana sa f (ξ) = 1 i f (x) = 0 za x 6= ξ . (a) Da li postoji Stiltjesov integral R f dg? Ako postoji, izraqunati ga. (b) Da li se odgovor u (a) mea ako izostavimo uslov neprekidnosti funkcije g u taqki ξ? X Zadatak 33. Date su funkcije  Zadatak . x 7→ 2 3 f : [−2, 2] → R f (x) = 3x − 2x a = −2 f : [0, 2] → R f (x) = [x] − x a = 0 R5 Zadatak . xd([x] − x) 0

Varxa

b a

( ρ(x) =

1, 0,

x≥0 χ(x) = x < 0,

(

1,    0,

1, 0,

x>0

x>0 η(x) = 1  x ≤ 0,   2

x = 0, x < 0.

Neka je f : [−1, 1] → R ograniqena funkcija.R (a) Dokazati da Stiltjesov integral f dρ postoji ako i samo ako je f neprekidna sa desne strane u nuliR i izraqunati ga u tom sluqaju. (b) Dokazati da Stiltjesov integral f dχ postoji ako i samo ako je f neprekidna sa leve strane u nuli i izraqunati ga u tom sluqaju. (v) Dokazati da Stiltjesov integral R f dη postoji ako i samo ako je f neprekidna u nuli i izraqunati ga u tom sluqaju. (g) Neka jeP{ξ } niz u (0, 1), {λ } Pniz pozitivinih brojeva, takav da red λ konvergira i g(x) = λ ρ(x − ξ ). Dokazati da za svaku neprekidnuZ funkciju ψ : [0, 1] → R vai 1 −1

1 −1

1 −1

∞ n n=1

∞ n n=1 ∞ n=1 n

1

ψ dg = 0

∞ X

n=1

∞ n=1

λn ψ(ξn ).

n

n

232

6. ODREENI INTEGRAL

Posleda jednakost pokazuje da Stiltjesov integral uopxtava redove. X Zadatak 34. Neka su f, g : [a, b] → R ograniqene funkcije. (a) Neka je bar jedna od funkcija f, g neprekidna u taqki c ∈ (a, b). Dokazati da iz egzistencije integrala Z Z f dg i f dg sledi egzistencija integrala Z c

b

a

c

b

f dg.

(b) Da li (a) vai i ako su obe funkcije prekidne u taqki c? a

7. Vebe

(1) Izraqunati

Z

π

X

sin3 x cos x dx 1 + cos2 x

(2) Neka su a , a , . . . , a razliqiti pozitivni brojevi. Dokazati da je matrica 0

1

2

n

1 1 + aj + ak

nedegenerisana. Uputstvo: Dokazati da je n X

1

Z

tak +aj =

xk xj 0

Z

1≤j,k≤n

1

X n

0

xi sai

2 ds > 0

i zak uqiti da za proizvo ne realne brojeve x , x , . . . , x razliqite od nule vai nejednakost j,k=1

i=1

1

n X

j,k=1

2

n

xj xk > 0. 1 + aj + ak

(3) Neka je f : [−a, a]Z→ C parna funkcija. Dokazati da je Z a

f (x) dx = 1 + ex

a

f (x) dx.

(4) Neka je f : [0, +∞) → R neprekidna funkcija, takva da je (∀x ≥ 0) 0 < f (x + 1) < f (x) i lim f (x) = 0. Neka je Z −a

0

x→+∞

n+1

Dokazati da red konvergira.

an =

f (x) dx. n

∞ X n=0

(−1)n an

7. VEBE

(5) Neka je

233

π/2

Z

cosn x dx.

In =

(a) Dokazati da je I = π/2, I = 1. (b) Koristei parcijalnu integraciju dokazati da je 0

0

1

In =

n−1 In−2 . n

(v) Indukcijom dokazati da je (g) Dokazati da je

I2n I2n+1 =

1 π . 2n + 2 2

Im ≤ Im−1 ≤ Im−2 =

m Im m−1

i odatle, uz primenu (v), da je √ √

lim

π . 2

nI2n =

(6) Koristei Vebu (36) naZstr. 172 dokazati da je Z Z n→∞

1

1

1

2

e−nx dx ≤

(1 − x2 )n dx ≤

Izvesti odatle zak uqakZ da je 0

0

√

√

0

n

2

e−t dt ≤

nI2n+1 ≤

√

dx . (1 + x2 )n

nI2n−2 ,

gde je I integral iz Vebe( 5). Primenom rezultata iz Zadatka 5 dokazati da je Z √ 0

n

+∞

2

e−t dt =

π . 2

Ovo je jox jedan naqin da se izraquna Puasonov integral iz Primera 12 na str. 209. (7) Ispitati konvergenciju reda 0

∞ X

1 (−1)n √ n n=1

Z

n

2

e−x dx.

0

(8) Neka je f : [1/2, 3/2] → C neprekidno diferencijabilna funkcija. Dokazati da red Z ∞ X

konvergira. (9) Izraqunati (10) Izraqunati

1/2

lim

2 + 4 + 6 + · · · + 2n . n2

lim

f (x) sin (nx) dx

n=1

n→∞

n→∞

3/2

1 1 1 + + ··· + . n+1 n+2 2n

234

6. ODREENI INTEGRAL

(11) Dokazati da je

1

Z

π < 6

(12) Ispitati funkciju

0

√ dx π 2 √ < . 8 4 − x2 − x3

f (x) = x

π 1 − arctan 2 x

i nacrtati en grafik. Dokazati da postoji inverzna funkcija f i izraqunati Z π 4

−1

f −1 (y) dy.

(13) Neka je f : [0, 1] → R strogo rastua funkcija, takva da je f (0) = 0, i neka je f enaZinverzna funkcija. Dokazati da je Z 0

−1

f (x)

x

(∀x ∈ [0, 1])

f −1 (s) ds = xf (x).

f (t) dt +

(14) Dokazati daZ je Z

0

0

x

s

Z x f (t) dt ds = (x − s)f (s) ds.

(15) Funkcija y = f (x) data jeZimplicitno sa 0

0

0

y

√

x=

dt . 1 + 4t2

Dokazati (bez izraqunavaa integrala) da je drugi izvod f proporcionalan funkciji f i nai konstantu proporcionalnosti. Odatle nai eksplicitan izraz za f (x). (16) Neka je f : [0, +∞) → [0, +∞) neprekidna funkcija, takva da je povrxina izmeu enog grafika i x{ose na intervalu [0, c] jednaka 0

00

c π c2 + sin c + cos c, 2 2 2 f (π/2)

za svako c > 0. Nai . (17) Skicirati krivu zadatu parametarskim jednaqinama x = t2 ,

y=

t3 − t, 3

t∈R

i izraqunati duinu dela te krive koji lei u traci 0 ≤ x ≤ 3. (18) Nai duinu kriveZ x

p

y=

(19) Dokazati nejednakost Z

cos (2t) dt,

0≤x≤

0

a

p

1 + cos2 t dt >

p

π . 4

a2 + sin2 a

(20) Dokazati da je povrxina izmeu krive y = 1/x i x{ose na intervalu [1, 2] ista kao i na intervalu [10, 20]. Opxtije: dokazati da je povrxina izmeu te krive i x{ose na intervalu [a, b] (za 0 < a < b) ista kao i na intervalu [ha, hb], za sve h > 0. 0

7. VEBE

235

(21) Za koje vrednosti parametra p integral +∞

Z

px 1 − 1 + x2 2x

dx

konvergira? Izraqunati integral za te vrednosti p. (22) Izraqunati r 1

n X

lim

n→∞

(23) Izraqunati

1+

k=1

1

Z lim

(24) Izraqunati

n

ntn−1 dt. 1+t

n→∞

0

∞ Z X

n+1

n

dx . 1 + x2

(25) Ispitati konvergenciju nizova Z 1 dx a = i n x (26) Dokazati da je Z n=0

k . n

n

n

Z

n

bn =

0

0

dx . xp

1

log (1 + xn ) dx

In =

opadajui niz koji konvergira ka nuli. (27) Neka je Z 0

1

Izraqunati

xn arctan x dx.

In = 0

lim n(π − 4(n + 1)In ).

(28) Ojlerova Gama{funkcija definisana je sa n→∞

+∞

Z

tx−1 e−t dt.

Γ(x) =

Dokazati da je ova funkcija definisana za x > 0. Dokazati da je . (29) Neka je Z 0

Γ(n + 1) = n!

x

f (x) =

arctan

1 dt. t

(a) Ispitati funkciju f i nacrtati en grafik. (b) Neka je A = [0, +∞). Odrediti skup B = f (A) i dokazati da restrikcija f | : A → B ima neprekidno inverzno preslikavae g : B → A. (v) Izraqunati g(y) lim i lim g(y) . y 0

A

1/y

y→+∞

y→+∞

236

6. ODREENI INTEGRAL

(g) Ispitati konvergenciju reda ∞ X

(30) Neka je

g(n)xn .

n=0

Z

π/4

tann x dx,

In =

n ∈ N.

(a) Dokazati da je niz I monoton. (b) Dokazati da je 0

n

za

1 1 < In < 2(n + 1) 2(n − 1)

(v) Ispitati konvergenciju reda ∞ X

Inp

log

q

n+1 n

n > 1.

u zavisnosti od realnih parametara p i q. (31) Neka je n=1

Z

1

In =

Z

n

x sin (πx) dx,

Jn =

1

xn e

√

x

dx

Ispitati konvergenciju redova P I i P J . (32) Neka je f : [0, 1] → C neprekidna funkcija. Dokazati da je Z Z Z Z π f (sin x) dx. f (sin x) dx = f (cos x) dx i xf (sin x) dx = 2 (33) Neka je c neopadajui niz realnih brojeva, a f : [a, +∞) → [0, +∞) nerastua funkcija. Dokazati da red 0

0

n

π 2

π 2

0

n

π

π

0

0

0

n

∞ X

f (cn )(cn − cn−1 )

konvergira ako postoji konaqan Z n=2

x

a red divergira ako je

lim

x→+∞ ∞ X

f (t) dt, a

f (cn−1 )(cn − cn−1 )

n=2

Z lim

x→+∞

x

f (t) dt = +∞.

(34) Neka je f : [0, 1] → [0, +∞) nenegativna neprekidna funkcija, takva da je Z a

x

f (t) dt ≥ f (x)

za svako x ∈ [0, 1]. Dokazati da je f ≡ 0. 0

7. VEBE

(35) Neka je f : [a, b] → R neprekidna funkcija, takva da je Z

237

b

f (x) dx = 0.

Dokazati da postoji c ∈ (a, b)Z takvo da je a

c

f (x) dx.

f (c) =

(36) Neka je f : [0, 1] → R opadajua funkcija. Dokazati da je a

Z

a

1

Z f (x) dx ≥ a

f (x) dx

za svako a ∈ [0, 1]. (37) Neka je f : [0, 1] → R neprekidna funkcija za koju je Z Z xf (x) dx = 0. f (x) dx = 0 i Dokazati da f ima bar dve nule. (38) Dokazati da ne postoji neprekidna nenegativna funkcija f : [0, 1] → [0, +∞) takva da je 0

0

1

1

0

0

Z

1

1

Z f (x) dx = 1,

Z

1

x2 f (x) dx = a2 .

xf (x) dx = a,

(39) Neka je f : [0, +∞) → R diferencijabilna funkcija, takva da je Z |f (x)| ≤ 1 i f (x) dx = 0. Dokazati da je Z 1 tf (t) dt i f (x) lex + 2 f (4) = 4 za sve x ≥ 4. (40) Neka je f : [0, 1] → [0, +∞) nenegativna neprekidna konkavna funkcija, takva da je f (0) = 1. Dokazati da je 0

0

0

4

0

0

4

0

0

Z

1

xf (x) dx ≤

2 3

Z

1

2 f (x) dx .

Uputstvo: uvesti smenu t = λxZ u integral 0

0

x

F (x) =

f (t) dt

i, koristei konkavnost i f (0) = 1 dokazati da je 0

F (x) ≥

x (1 + f (x)). 2

Odatle, uz pomo parcijalne integracije, zak uqiti da je Z 0

1

1 1 xf (x) dx ≤ F (1) − − 4 2

Z

1

xf (x) dx. 0

238

6. ODREENI INTEGRAL

(41) Ispitati konvergencijuZ integrala 1

log

(42) Dokazati da integral

0

+∞

Z

1+x dx. x dx xp + xq

konvergira ako i samo ako je min{p, q} < 1 < max{p, q}. (43) Dokazati da integral Z 0

+∞

dx (1 + x2 )(1 + xp )

konvergira i da egova vrednost ne zavisi od p. (44) Dokazati da integralZ 0

1

xp dx 1 + xq sin x

konvergira ako i samo ako je p > min{−1, q}. (45) IspitatiRapsolutnu i uslovnu konvergenciju reda P c ako je (a) c = x cosR (nx) dx (b) c = (−1) R x arctan (x/n) dx, (v) c = (−1) R (1 + x ) arctan x dx, (g) c = R(−1) (x + n) dx, (d) c = (1 + x ) dx. (46) Neka je f : [1, +∞) → [0, +∞) dvaput diferencijabilna funkcija takva da je (∀x > 1) f (x) ≤ 0 ≤ f (x). Dokazati Zda je 0

n

n

1 0

n

n

n

1 n 0 n n+1 n−1 n 2n 5 n 4 −1 n

n

n n

2

3 −1

−1/2

00

∞ X

n+1

f (x) dx − n

0

f (n) + f (n + 1) 2

≤

f (2) − f (1) . 2

Uputstvo: Koristei konkavnostZfunkcije f dokazati da je n=1

f (n) + f (n + 1) ≤ 2

n+1

f (x) dx

i f (x) ≤ f (n + 1) + f (n + 1)(x − n − 1). Iskoristiti nejednakost n

0

f (k + 2) − f (k + 1) − f 0 (k + 1) =

1 00 f (ξk ) ≤ 0, 2

koja sledi iz Tejlorove formule i pretpostavke o drugom izvodu funkcije. (47) Neka su f, g :ZR → R realne funkcije, takve da integrali Z (f (x)) dx i (g(x)) dx konvergiraju. DokazatiZ da integral +∞

+∞

2

−∞

2

−∞

+∞

f (x)g(x) dx −∞

7. VEBE

239

apsolutno konvergira. (48) Neka je f : R → R dvaput diferencijabilna funkcija sa neprekidnim drugim izvodom, takva da integrali Z +∞

(f (n) (x))2 dx,

konvergiraju. Dokazati da jeZ Z

n = 0, 1, 2

−∞

+∞

+∞

(f 0 )(x))2 dx +

f 00 (x)f (x) dx = 0.

(49) Neka je f : [a, +∞) → R dvaput diferencijalna funkcija takva da integrali Z Z (f (x)) dx (f (x)) dx i konvergiraju i za koju vai (∃M ) (∀x ≥ a) |f (x)f (x)| ≤ M. Dokazati da integral Z −∞

−∞

+∞

+∞

00

2

2

a

a

0

+∞

(f (x))2 dx

konvergira. (50) Nai sve neprekidne funkcije f : [0, +∞) → (0, +∞) koje zadovo avaju uslov Z a

x

(∀x > 0) 2x

f (t) dt = f (x). 0

GLAVA 7

Pitaa i zadaci 1. Prvi semestar

1.1. Pitaa.

(1) Da li postoji funkcija f ∈ C (R) (tj. takva da postoji n{ti izvod D f (x) za sve x ∈ R i sve n ∈ N) takva da je f (x) > 0 za x ∈]0, 1[ i f (x) = 0 za x ∈]0, / 1[? (2) Da li postoji neprekidna funkcija f :]0, 1[→ R za koju je f (x) = x i f (x) = 2x za sve x ∈]0, 1[? (3) Neka je (F, +, ·, 0, 1) po e i S ⊂ F \ {0} podskup koji je zatvoren u odnosu na operacije po a i za koji je S ∩ (−S) = ∅, F = (−S) ∪ {0} ∪ S. Sa x < y ⇔ x − y ∈ S je definisana relacija totalnog poretka na S, takva da je F = S (dokazati!). Ako je (F, +, ·, ≤, 0, 1) totalno ureeno po e, da li je relacija poretka na emu definisana nekim skupom S na prethodno opisan naqin? Da li je taj skup jedinstven? (4) Neka je F skup svih racionalnih funkcija na R, tj. skup funkcija oblika p(x)/q(x) gde su p, q : R → R polinomi koji nemaju zajedniqku nulu (u C), pri qemu q nije identiqki jednak nuli. Neka je S ⊂ F skup svih racionalnih funkcija oblika p(x)/q(x) takvih da najstariji koeficijenti (koeficijenti uz x sa najveim stepenom) polinoma p i q imaju isti znak (ovaj skup zadovo ava uslove Pitaa 3). Da li je po e sa relacijom poretka definisanom podskupom S arhimedsko? (5) Da li svako totalno ureeno po e sadri potpo e racionalnih brojeva (preciznije: ureeno potpo e izomorfno po u racionalnih brojeva)? Da li postoji totalno ureeno po e u kome po e racionalnih brojeva nije gusto? (6) Neka su a i b racionalni brojevi i [a, b] := {q ∈ Q | a ≤ q ≤ b}. Da li za proizvo nu neprekidnu funkciju f : [a, b] → R vai neko od sledeih tvrea: (a) f je ograniqena; (b) f je ravnomerno neprekidna; (v) ako je f (a)f (b) < 0 onda je f (c) = 0 za neko c ∈]a, b[; (g) f ima minimum i maksimum? (d) Da li (g) vai ako je f ravnomerno neprekidna? (7) Neka su a, b i [a, b] kao u Pitau 6. Funkcija f : [a, b] → C je diferencijabilna u taqki q ∈]a, b[∩Q ako postoji broj z ∈ C za koji vai f (q + h) − f (q ) = z · h + o(h) kad Q 3 h → 0. Da li za takvu funkciju vai neko od sledeih tvrea: (a) ako je f (x) ≡ 0 onda je f ≡ const; (b) ako je f ([a, b] ) ⊂ R i f (a) = f (b) onda je f (c) = 0 za neko c ∈]a, b[? ∞

n

0 −

0 +

∗ +

Q

Q

Q

0 0

0

0

0

0 0

0

0

Q

241

Q

242

7. PITA A I ZADACI

(8) Neka je S ⊂ C zatvoren skup. Da li postoji funkcija f : C → C koja je prekidna u svim taqkama skupa S i neprekidna na C \ S? (9) Da li za niz a iz lim |a − a | = 0 za sve p ∈ N sledi da a konvergira? (10) Da li postoji skup X i niz A ∈ P(X) egovih podskupova za koji istovremeno vai lim inf A = lim sup A = ∅ i lim Card (A ) = ∞? (11) Da li postoji funkcija f : R → R qiji je izvod u nekoj taqki strogo pozitivan, a ona nije monotona ni u jednoj okolini te taqke? (12) Da li postoji monotona funkcija f : R → R za koju vai f ∈ C (R) i lim f (x) = 0, ali ne i lim f (x) = 0? (13) Da li iz neprekidnosti funkcije f na [a, b] sledi neprekidnost funkcije g(x) = sup{f (t) | a ≤ t ≤ x}? (14) Da li iz diferencijabilnosti funkcije f na ]a, b[ sledi diferencijabilnost funkcije g(x) = sup{f (t) | a < t ≤ x}? (15) Da li iz diferencijabilnosti funkcije f na ]a, b[ sledi da funkcija g(x) = sup{f (t) | a < t ≤ x} ima levi i desni izvod na ]a, b[? (16) Da li postoji polinom treeg stepena qiji grafik prolazi kroz taqke (−1, 0), (0, 0), (1, 0), takav da tangenta na grafik u (0, 0) obrazuje sa pozitivnim delom x{ose ugao π/4? Ako postoji, da li je jedinstven? (17) Neka je A ⊂ C, f : A → C neprekidna funkcija i z ∈ A Koxijev niz. Da li odatle sledi da je niz f (z ) Koxijev? (18) Neka je B ⊂ C, f : B → C ravnomerno neprekidna funkcija i z ∈ B Koxijev niz. Da li odatle sledi da je niz f (z ) Koxijev? (19) Neka su a < b Q< a < b < · · ·Q< a < b realni brojevi. Da li polinom p(x) = (x + a ) + 2 (x + b ) ima kompleksnu nulu? (20) Da li je izvod diferencijabilne parne funkcije neparna funkcija? Da li je izvod diferencijabilne neparne funkcije parna funkcija? (21) Da li je izvod diferencijabilne periodiqne funkcije periodiqna funkcija? (22) Da li nekonstantna diferencijabilna periodiqna funkcija ima najmai pozitivni period? (23) Da li proizvo na nekonstantna periodiqna funkcija ima najmai pozitivni period? (24) Da li funkcija f : R → R moe da ima strogi lokalni ekstremum u neprebrojivo mnogo taqaka? (25) Da li postoji neprekidna funkcija f : R → R takva da za svako y ∈ R skup f (y) ima (a) dva elementa; (b) tri elementa? (26) Da li postoji neprekidna bijekcija (a) realne prave R na interval [0, 1]; (b) realne prave R na krug S = {z ∈ C | |z| = 1}? (27) Neka je b(C) skup ograniqenih kompleksnih nizova i c (C) skup kompleksnih nizova koji konvergiraju ka 0 i neka je ∼ relacija ekvivalencije na b(C) definisana sa ζ ∼ η ⇔ ζ − η ∈ c (C). Da li je (b(C)/ , +, ·) po e? n

n+p

n→∞

n

n

n

n

n

n

n→∞

∞

0

x→+∞

x→+∞

n

n

n

n

0

0

1 n k=0

1

n n k=0

k

n

k

−1

1

0

n

∼

n

n

n

0

1. PRVI SEMESTAR

243

(28) Ako polinom p : R → R ima samo realne korene, da li isto vai za polinom p? (29) Da li nekonstantna periodiqna funkcija f : R → R ima lim f (x)? (30) Da li iz (∀a ∈ R) lim f (a/n) = 0 sledi lim f (x) = 0? 1.2. Odgovori. (1) Da. (2) Ne. (3) Da. (4) Ne. (5) Da. (6) Ne. (7) Ne. (8) Da. (9) Ne. (10) Da. (11) Da. (12) Da. (13) Da. (14) Ne. (15) Da. (16) Da. (17) Ne. (18) Da. (19) Ne. (20) Da. (21) Da. (22) Da. (23) Ne. (24) Ne. (25) (a) Ne. (b) Da. (26) Ne. (27) Ne. (28) Da. (29) Ne. (30) Ne. 1.3. Zadaci. (1) Skicirati skup {z ∈ C | min{|z − 1 − i|, |z + 1 − i|, |z + i|} ≤ 2} u kompleksnoj ravni C. (2) Dokazati da postoji realna funkcija f realne promen ive, takva da je kriva z : R∼\ {−1, 1} → C, z(t) = t(1 − t ) + i(t − 2t )(1 − t ) en grafik u R = C. Ispitati funkciju f i nacrtati en grafik. (3) Balon se pee vertikalno brzinom 40 cm/s. U trenutku kada je balon na visini 20 m kroz taqku ispod ega prolazi biciklista koji se kree brzinom 5 m/s. Kojom brzinom se tri sekunde kasnije poveava rastojae izmeu bicikliste i balona? (4) U Dekartovom x0y{koordinatnom sistemu skicirati krivu γ zadatu u polarnim koordinatama (r, θ) jednaqinom r sin 2θ = 2a , gde je a > 0. Neka je P ∈ γ proizvo na taqka. Dokazati da je trougao koji obrazuju tangenta na γ u P , prava OP i x{osa jednakokraki. (5) Skicirati grafike p sledeih funkcija: (a) f (x) = lim p1 + x + (1 − x) , x ≥ 0; (b) f (x) = lim p1 + (x/2) + (1/x) , x > 0; (v) f (x) = lim cos x + sin x, x ∈ R; (g) f (x) = lim ,x≥0 , x ∈ R. (d) f (x) = lim (6) Odrediti domene i ispitati neprekidnost sledeih funkcija realne promen ive x: (a) f (x) = lim Px (b) g(x) = lim k 2 (v) h(x) = sup{n 2 | n ∈ N}. (7) Neka je A(a , · · · , a ) aritmetiqka, a G(a , · · · , a ) geometrijska sredina pozitivnih brojeva a , . . . , a . Dokazati da funkcija d dx

x→+∞

n→0

x→0

2 −1

2 −1

3

2

2

n

n

1

2

2n

n→∞

2n

n

2

2n

n→∞

2n

3

n→∞

4

5

2n

2n

n

n

n→∞

log (e +x ) n

n→∞

x2 enx +x enx +1

n

n→∞

n→∞ 1

n −x −k k=1 −x −n n

1

1

f :]0, +∞[→ R,

n

n

f (x) :=

A(a1 , · · · , an−1 , x) G(a1 , · · · , an−1 , x)

ima minimum u taqki koja je aritmetiqka sredina brojeva a , . . . , a . (8) Neka je ζ = a+ib taqka u kompleksnoj ravni i L prava kroz ζ koja seqe realnu i imaginarnu osu u taqkama x i iy . Dokazati nejednakosti (a) |x + iy | ≥ (|a| + |b| ) (b) |x | + |y | ≥ (p|a| + p|b|) (v) |x y | ≥ 4|ab|. 1

0

0

0

0 0

0

0

2/3

2/3 3/2 2

0

n−1

244

7. PITA A I ZADACI

(9) Neka je z niz u C. (a) Dokazati ili opovrgnuti tvree: niz z konvergira ako i samo ako konvergira svaki egov podniz. (v) Dokazati ili opovrgnuti tvree: niz z ima podniz koji konvergira ili podniz koji je neograniqen. (b) Neka je z niz koji ne konvergira ka ζ ∈ C. Dokazati ili opovrgnuti tvree: postoji podniz z sa svojstvom da nijedan egov podniz ne konvergira ka ζ . (10) Nai sve monotone funkcije f : R → R takve da za sve x, y ∈ R vai f (x + y) = e f (x) + e f (y). (11) Nai limes superior i limes inferior niza x ∈ R definisanog sa n

n

n

n

ϕ(n)

y

x

n

x0 = 0,

x2n

x2n−1 , = 2

x2n+1

1 = + x2n . 2

(12) Neka je f : [a, b] → R neprekidna funkcija koja ima levi izvod f (x) u svakoj taqki x ∈]a, b[. (a) Dokazati da ako f nije monotona onda postoji c ∈]a, b[ za koje je f (c) = 0. (b) Dokazati da ako je f (a) = f (b), onda je 0 −

0 −

0 0 inf f− (x) ≤ 0 ≤ sup f− (x).

a
(v) Dokazati da je

a
0 inf f− (x) ≤

a
f (b) − f (a) 0 ≤ sup f− (x). b−a a
(13) Funkcija f :]a, b[→ C ima neprekidan desni izvod f (x) u svakoj taqki x ∈]a, b[. Dokazati da je f diferencijabilna na ]a, b[. (14) Neka je f :]0, +∞[→ R dvaput diferencijabilna funkcija i neka je M := sup |D f (x)| za j ∈ {0, 1, 2}. Dokazati da je M ≤ 4M M . (15) Neka je f :]0, +∞[→ R dvaput diferencijabilna funkcija sa ograniqenim drugim izvodom, takva da je lim f (x) = 0. Dokazati da je lim f (x) = 0. Pokazati kontraprimerom da tvree ne vai ako se izostavi uslov ograniqenosti drugog izvoda. (16) Neka su f, g : R → R diferencijabilne funkcije. Dokazati da je funkcija h(x) = max{f (x), g(x)} diferencijabilna u taqkama x u kojima je f (x) 6= g(x) i u onima u kojima je f (x) = g(x) i f (x) = g (x). Qemu je jednak izvod h (x) u tim taqkama? Xta je sa ostalim taqkama? (17) Neka je f : R → R neprekidna funkcija i neka je lim f (x) = −∞, lim f (x) = +∞. Dokazati da je funkcija g(x) = sup{t | f (t) < x} neprekidna ako i samo ako je f strogo rastua. (18) Neka je f : [0, +∞[→ R neprekidna funkcija koja zadovo ava asimptotsku relaciju f (x) = o(x) kad x → +∞. Dokazati da za funkciju g(x) := sup f (t) vai g(x) = o(x) kad x → +∞. (19) Dokazati da je funkcija f : [a, b] → R konveksna ako i samo ako za x < x < x vai 0 +

j

x>0

j

2 1

0

2

x→+∞

0

x→+∞

0

0

x→−∞

x→+∞

0≤t≤x

1

2

3

1 1 1 x1 x x 2 3 f (x1 ) f (x2 ) f (x3 )

≥0

0

1. PRVI SEMESTAR

245

i da je strogo konveksna ako i samo ako vai stroga nejednakost. (20) Niz a je zadat sa a = √a za a ∈ R, a = √a + a . Da li lim a neprekidno zavisi od a? (21) Funkcije f i g su diferencijabilne u taqki a. Izraqunati n

0

n+1

lim

f (x)g(a) − f (a)g(x) . x−a

x→a

n

n→∞

n

(22) Dokazati da je ograniqena konveksna funkcija f : R → R konstantna. (23) Neka je E skup svih nizova a : Z → R takvih da postoji k ∈ Z (koje moe da bude razliqito za razliqite a) sa svojstvom a = 0 za sve n < k . U skupu E definisane su operacije sabiraa i mnoea pomou n

(a · b)n =

(a + b)n = an + bn ,

n X

aj bn−j .

j=0

(a) Dokazati da je (E, +, ·) sa ovako definisanimPoperacijama po e. (Ovo po e se naziva po em formalnih redova a T ; definisane operacije uopxtavaju pravilo mnoea koeficijenata polinoma; req formalnih znaqi da ne postav amo pitae konvergencije prethodne sume, kao ni domena promen ive T , ve je koristimo samo kao drugu oznaku za niz a, radi lakxeg pamea i izvoea definisanih operacija po a.) (b) Dokazati da leksikografski poredak n∈Z

n

n

a
definixe relaciju poretka a ≤ b ⇔ (a = b ∨ a < b) i da je (E, +, ·, ≤ ) totalno ureeno po e. (v) Dokazati da u po u (E, +, ·, ≤ ) ne vai Arhimedova aksioma. (24) Neka je f : I → R funkcija definisana na intervalu I ⊂ R. Leandrovom transformacijom funkcije f naziva se funkcija L

L

L

L

f ∗ (t) = sup(tx − f (x)).

Neka je I domen funkcije f , tj. I = {t ∈ R | f (t) 6= ∞}. Dokazati: (a) Skup I je ili prazan, ili jedna taqka, ili interval. (b) Ako je funkcija f konveksna, onda je I 6= ∅ i (f ) = f (tj. Leandrova transformacija je involutivna). (v) Dokazati da za sve (x, t) ∈ I × I vai nejednakost x∈I

∗

∗

∗

∗

∗

∗

∗ ∗

∗

xt ≤ f (x) + f ∗ (t).

(g) Izvesti iz (v) dokaz nejednakosti 1 1 xt ≤ x + t za 1/p + 1/q = 1 p q i nejednakosti p

q

xt ≤ ex + t log(t/e).

(d) Ako je f diferencijabilna i konveksna, dokazati da je f ∗ (t) = tx(t) − f (x(t)),

246

7. PITA A I ZADACI

gde je x(t) rexee jednaqine t = f (x) po x (dajui pri tome argument zaxto ta jednaqina ima rexee). Kakva geometrijska interpretacija Leandrove transformacije se moe dati na osnovu toga? (25) Neka je f : R → R konveksna funkcija i neka je 0

lim

x→−∞

f (x) f (x) = 0 = lim . x→+∞ x x

Dokazati da je f ≡ 0. (26) Dokazati da za svaku konveksnu funkciju f : R → R postoji (konaqan ili beskonaqan) lim . (27) Neka su f, g : R → R diferencijabilne funkcije koje zadovo avaju f (x) = g(x), f (x) = −f (x) za sve x i neka je h(x) = (f (x)) + (g(x)) . Ako je h(0) = 5, nai h(10). (28) Funkcija f : A → R se naziva poluneprekidnom odozgo u taqki a ∈ A ako je x→±∞

0

f (x) x

00

2

2

lim sup f (x) ≤ f (a),

a poluneprekidnom odozdo ako je x→a

lim inf f (x) ≥ f (a). x→a

(a) Dokazati da je funkcija neprekidna u taqki a ako i samo ako je poluneprekidna i odozdo i odozgo u toj taqki. (b) Dokazati da je karakteristiqna funkcija otvorenog skupa poluneprekidna odozdo, a karakteristiqna funkcija zatvorenog skupa poluneprekidna odozgo. (v) Ispitati poluneprekidnost funkcije , ako je x = neskrativ, m ∈ Z, n ∈ N, (−1) f (x) = 0, za x ∈/ Q. (g) Dokazati da je Rimanova funkcija , ako je x = neskrativ, m ∈ Z, n ∈ N, R(x) = 0, za x ∈ / Q. poluneprekidna odozgo u svakoj taqki, a da je skup enih prekida gust u R. (d) Dokazati da je supremum familije funkcija poluneprekidnih odozdo poluneprekidan odozdo. Formulisati i dokazati dualno tvree za infimum. (29) Duine kateta pravouglog trougla su a i 1, a duina hipotenuze je c. Ugao izmeu katete duine 1 i hipotenuze je s radijana. Izraqunati limese sledeih izraza kad s → π/2: (a) c − a (b) c − a (v) c − a . (30) Ispitati funkciju f (x) = |x + 2|e i nacrtati en grafik. m n

n n n+1

1 n

2

2

3

3

m n

−1/x

2. DRUGI SEMESTAR

247

2. Drugi semestar

2.1. Zadaci. (1) Neka je

n Y k2 1+ 2 . n k=1 √ xn = n p n

pn =

Nai graniqnu vrednost niza (2) Izraqunati Z 4

(3) Izraqunati

0

|x − 1| dx. |x − 2| + |x − 3| Z

(4) Izraqunati

π

cos x dx. 1 + ex

−π π

Z

.

x sin2012 x dx. sin x + cos2012 x 2012

(5) Neka su a , . . . , a pozitivni realni brojevi. Dokazati da je p 0

1

k

lim

n

n→∞

an1 + · · · + ank = max aj . 1≤j≤k

Neka je f : [0, 1] → [0, +∞[ neprekidna funkcija. Dokazati da je Z lim

n→∞

1

f (t)

n

Ispitati konvergenciju reda

n1 = max f (t). dt 0≤t≤1

0

∞ Z X

1

xn e−nx dx.

0

(6) Neka je f : [0, 1] → C funkcija integrabilna po Rimanu. Dokazati da red Z n=0

∞ X 1 n 2 n=1

2

f (2−n x) dx

konvergira i izraqunati egov zbir. (7) Dokazati da za x, y ∈ R vai formula 1

cos(x + iy) = cos x cosh y − i sin x sinh y,

√ gde su sinh, P cosh hiperboliqki sinus i kosinus, a i = −1. (8) Neka je z neapsolutno konvergentan red kompleksnih brojeva. Dokazati da za svaki broj ζ ∈ C postoji niz µ ∈ S = {z ∈ C | |z| = 1} takav da je ∞ n=0 n

n

∞ X

1

µn zn = ζ.

(9) Neka je τ (n) broj delite a prirodnog broja n. Dokazati da za |z| < 1 vai X X n=0

∞

∞

zn = τ (n)z n . n 1 − z n=1 n=1

248

7. PITA A I ZADACI

Dokazati da je ukupan broj nenegativnih rexea nezavisnih Diofantovih jednaqina1 x + 2y = n − 1, 2x + 3y = n − 3, 3x + 4y = n − 5, ······ ······ ······

jednak n + 2 − τ (n + 2). (10)(Dokazati da su funkcije ( 1 za x 6= 0 0 za x ∈/ Q , g(x) = f (x) = 0 za x = 0 za x = , m ∈ Z, n ∈ N, m, n neskrativi integrabilne po Rimanu na svakom intervalu [a, b], ali da ihova kompozicija f ◦ g nije ni na jednom. (11) Neka je P a neapsolutno konvergentan red u R i s = |a | + · · · + |a |. Nai graniqnu vrednost niza 1 n

∞ n=0

m n

n

n

0

n

sign(an ) . bn = √ 1 + sn

Da li red P a b konvergira? (12) Ispitati konvergencijureda ∞ n=0

n n

∞ X

n

1X 2kπ sin n n

2 .

(13) Konvolucija nizova a i b kompleksnih brojeva je niz n=1

k=1

n

n

an ? bn :=

n X

ak bn−k .

Ako niz a konvergira ka a i red P dokazati da je k=0

∞ n=0 bn

∞

n

lim an ? bn = a∞

n→∞

∞ X

apsolutno konvergira,

bn .

(14) Neka je a = (−1) (nP+ 1) i c = a ? a . Dokazati da red P a konvergira, a red c divergira. Ovaj primer pokazuje da je mogue da se formalnim Koxijevim mnoeem dva konvergentna reda dobije divergentan red. (15) Neka jePa = 2, b P= −1 i a = 2 , b = 1 zaPn ≥ 1. Dokazati da redovi a i b divergiraju, a da red (a ?b ) konvergira. Ovaj primer pokazuje da je mogue da se formalnim Koxijevim mnoeem dva divergentna reda dobije konvergentan red. (16) Neka je f : [1, +∞] → R neprekidna funkcija takva da Z n

n

0 ∞ n=0

n=0

−1/2

∞ n=0 n

0

n

∞ n=0 n

n

n

n

n−1

∞ n=0

n

n

∞ n=0

n

n

n

+∞

f (x) dx 0

1tj. broj rexea x, y ∈ N ∪ {0} prve jednaqine + broj rexea x, y ∈ N ∪ {0} druge + · · · .

2. DRUGI SEMESTAR

249

konvergira. Dokazati da postoji neograniqen rastui niz a takav da je Z X n

∞

+∞

f (x) dx =

f (an ).

(17) Nai sve neprekidneZ funkcije f : R → C za koje je 0

n=1

x

et f (x − t) dt = sin x

za sve x ∈ R. (18) Nai sve integrabilne funkcije f [0, 1] → C za koje je 0

f (x) =

x 3

f

+f

x+1 3

+f

x+2 3

za sve x ∈ [0, 1] i f (1/π) = 1. (19) Neka je f : [0, +∞[→ C neprekidna funkcija, takva da niz Z 3

1

zn =

f (n + t) dt

konvergira ka z . DokazatiZ da niz 0

∞

1

ζn =

f (nt) dt

konvergira i nai egovu graniqnu vrednost. (20) Neka je f : [a, b] → C neprekidna funkcija. Pretpostavimo da vai Z 0

b

f (t)g(t) dt = 0

za svaku neprekidnu funkciju g : [a, b] → C. Dokazati da je f ≡ 0. 2.2. Pitaa. (1) Da li tvree u zadatku (20) vai ako se pretpostavka u emu zameni slabijom pretpostavkomZ a

b

f (t)g(t) dt = 0

za svaku neprekidnu funkciju g : [a, b] → C takvu da je g(a) = g(b) = 0? P (2) Neka je a niz realnih a konvergira. Da P brojeva, takav da red li konvergira red a ? (3) Da li postojiP niz realnih brojeva a , takav da red P a konvergira, a red a divergira? (4) Da li postojiPneprekidna pozitivna funkcija fR : [1, +∞[→]0, +∞[ takva da red f (n) konvergira, a integral f (x) dx divergira? (5) Da li postojiPneprekidna pozitivna funkcija Rf : [1, +∞[→]0, +∞[ takva da red f (n) divergira, a integral f (x) dx konvergira? (6) Da li postoji neprekidna pozitivna funkcija f : [1, +∞[→]0, +∞[ takva da integral R f (x) dx konvergira, a f (x) ne tei nuli kad x → +∞? a

n

∞ n=0

∞ n=0

∞ n=0

4 n

2 n

∞ n=0

n

3 n

+∞ 1

∞ n=1

+∞ 1

∞ n=1

+∞ 1

n

250

7. PITA A I ZADACI

(7) Da li postoji neprekidna pozitivna funkcija f : [1, +∞[→]0, +∞[ koja je neograniqena na svakom intervalu [a, +∞[, a > 0, a integral R f (x) dx konvergira? (8) Neka P a neapsolutno konvergentan P red. Da li postoji niz b koji konvergira ka nuli, takav da red a b divergira? (9) Da li postoji stepeni red P c z koji konvergira u samo jednoj taqki z ∈ C? (10) Da li postoji funkcija f : R → R qiji MeklorenovPred P x konvergira za sve x ∈ R, ali jednakost f (x) = x vai samo u taqki x = 0? (11) Neka je x niz pozitivnih brojeva, takav da je lim inf x = 0. Da li postoji niz pozitivnih brojeva a koji konvergira ka nuli, takav da P a divergira i da je lim inf a /x =P 0? Da li postoji niz pozitivnih realnih brojeva b takav da red b konvergira i da je lim sup b /x = 0? DaPli postoje nizovi pozitivnih realnih brojeva P d divergira i c konvergira, red c i d takvi da red c /d = x ? (12) Neka su P a i P b konvergentni redovi sa pozitivnim qlanovima. Da li red +∞ 0

∞ n=0

n

∞ n=0

∞ n n=0 n

n

n n

∞ f (n) (0) n n=0 n! ∞ f (n) (0) n n=0 n!

n

∞ n=0

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

∞ n=0

∞ n=0

∞ n=0 n

n

n

∞ n=0 n

n

n

∞ n=0 n ∞ X

max{an , bn }

konvergira? (13) Da li postoje opadajui nizovi pozitivnih realnih brojeva a i b takvi da redovi P a i P b divergiraju, a red n=0

∞ n=0

n

∞ n=0 n

n

∞ X

n

min{an , bn }

konvergira? (14) Neka je funkcija f : [0, 1] → C integrabilna po Rimanu. Da li je funkcija x 7→ f (|x|) integrabilna po Rimanu na intervalu [−1, 1]? (15) Neka funkcija f : [a, b] → C ima konaqan limes u svakoj taqki. Da li je f integrabilna po Rimanu? (16) Neka je funkcija f : [a, b] → R ograniqena. Da li je funkcija h(x) = inf{f (t) | t ∈ [a, x]} integrabilna po Rimanu? (17) Neka su funkcije f, g : [a, b] → R integrabilne po Rimanu. Da li je funkcija h(x) = max{f (x), g(x)} integrabilna po Rimanu? (18) Neka je f : [a, b] → C neprekidna funkcija klase C . Da li konvergira niz Z n=0

1

b

(19) Neka je (20) Neka je

zn = f (t) sin2 (nt) dt? a P∞ 1 n f (z) = ez = n=0 n! z . f (C) n P∞ 2n g(z) = cos z = n=0 (−1) z . g(C) (2n)!

2.3. Odgovori: Da. C \ {0}. C.

Xta je ? Xta je

?

DODATAK 1

Topoloxke osnove analize Centralni pojmovi u prethodnim poglav ima su pojmovi neprekidnosti i graniqne vrednosti realnih i kompleksnih funkcija i konvergencije realnih i kompleksnih nizova. Ovi pojmovi su definisani na str. 66, 77 i 119 pomou pojma rastojaa izmeu taqaka realne prave ili kompleksne ravni, definisanog sa d(a, b) = |b − a|, za a, b ∈ R ili C, ili, opxtije, pomou pojma okolina taqke. Sada emo te pojmove razmatrati u opxtijim strukturama.

1. Konvergencija po filterima

Definicija 1. Filterom na skupu X naziva se familija F podskupova skupa X koja ima sledea svojstva:

F0: ∅∈ /F F1: B ∈F ∧B ⊂A⇒A∈F F2: A , A ∈ F ⇒ A ∩ A ∈ F . 1

2

filtera ako

1

2

2 Neprazna familija B podskupova skupa X naziva se bazom

Definicija .

B0: B1: ∅B∈/, BB ∈ B ⇒ (∃B ∈ B) B ⊂ B ∩ B . 1

2

1

2

Definicija 3. Neka je B baza filtera na skupu X i f : X → C funkcija na X . Taqka η ∈ C naziva se limesom funkcije f po bazi B i oznaqava η = lim f

ako za svaku okolinu U taqke η postoji elemenat B ∈ B baze takav da je . Primer 1. (Baza probuxenih okolina taqke ζ ) Neka je X ⊂ C, ζ ∈ X i neka je B familija skupova oblika B

η

f (B) ⊂ Uη

za sve ε > 0. Tada je

Bε := {z ∈ X | 0 < |z − ζ| < ε} lim f = lim f (z). B

z→ζ

]

Primer 2. (Baza okolina taqke +∞) Neka je X ⊂ R i neka je B familija skupova oblika BR := {x ∈ X | |x| > R}

251

252

za sve R > 0. Tada je

1. TOPOLOXKE OSNOVE ANALIZE lim f = lim f (x). x→+∞

B

]

Primer 3. (Baza okolina taqke ζ ) Neka je X ⊂ C i neka je B familija skupova oblika B := {z ∈ X | |z − ζ| < ε} za sve ε > 0. Tada lim f postoji ako i samo ako je funkcija f neprekidna u taqki ζ . ] Primer 4. (Frexeov filter)1 Neka je X = N i neka je B familija skupova oblika B := {k ∈ N | k > n} za sve n ∈ N. Tada je, za niz z : N → C ε

B

n

lim z = lim zn . B

n→∞

]

Primer 5. (Rimanov integral kao limes u prostoru podela) U Paragrafu 5.2 na 216. strani uveli smo pojam podele intervala [a, b] sa istaknutim taqkama, i emu pridruene pojmove parametra podele λ(P ) i integralne sume σ(f, P, ξ). Neka je P skup svih podela intervala [a, b] sa istaknutim taqkama i neka je B familija skupova Bd := {P ∈ P | λ(P ) < d}.

Funkcija f : [a, b] → C je integrabilna po Rimanu ako i samo ako postoji limes funkcije P 7→ σ(f, P, ξ) po bazi B Zi tada je b

lim σ(f, P, ξ) = B

f (x) dx. a

]

2. Neprekidnost i graniqna vrednost u metriqkim prostorima 2.1. Definicije i primeri. Metrika ili rastojaǌe na skupu M je preslikavae d : M × M → R za koje vai

(M1) d(x, y) ≥ 0 (M2) d(x, y) = 0 ⇔ x = y (M3) d(x, y) = d(y, x) (simetriqnost) (M4) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) (nejednakost trougla). Neprazan skup M na kome je definisana metrika nazivamo metriqkim prostorom. Ponekad metriqkim prostorom nazivamo i ureeni par (M, d). Neka je M metriqki prostor sa metrikom d i M ⊂ M . Oqigledno je da restrikcija metrike d na sukp M ×M definixe metriku na skupu M . Skup M sa ovom metrikom nazivamo potprostorom metriqkog prostora M . Primer 6. Skup R sa rastojaem d(x, y) = |x − y| je metriqki prostor (v. Definiciju 14 na str. 37 i diskusiju posle e). ] 0

0

0

0

1Frexe (M. Fréchet, 1878{1973), francuski matematiqar

0

2. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U METRIQKIM PROSTORIMA 253

Primer 7. Skup C sa rastojaem d(z, w) = |z − w| je metriqki prostor (v. Definiciju 24 na str. 50 i diskusiju posle e). ] Napomena 1. Ubudie emo, kad god govorimo o realnoj pravoj ili kompleksnoj ravni kao o metriqkom prostoru, podrazumevati da se radi o metriqkim prostorima sa standardnim metrikama iz Primera 6 i 7, sem ako eksplicitno ne napomenemo drugaqije. Sledei zadatak daje jednu nestandardnu metriku na realnoj pravoj. Zadatak 1. Dokazati da je sa d(x, y) = arctan |y − x| definisana ,metrika na R. Uputstvo: diferenciraem dokazati da je funkcija f (t) = arctan t + s − arctan t−arctan s je opadajua; odatle i iz f (0) = 0 izvesti nejednakost trougla. X Zadatak 2. Dokazati da su aksiome metrike nezavisne (tj. da ni jedna od ih ne sledi iz ostalih). Uputstvo: posmatrati preslikavaa d , d , d : R × R → R 1

2

2

d1 (x, y) = |x − y |,

2

3

d2 (x, y) = 2|y − x| + y − x,

d3 (x, y) = (y − x)2 . X

Primer 8. (Euklidski prostori) Uopxtimo prethodna dva primera. Na skupu R = {x = (x , . . . , x ) | x ∈ R za 1 ≤ j ≤ k} definisane su operacije sabiraa i mnoea skalarom na sledei naqin. Neka je x = (x , . . . , x ), y = (y , . . . , y ) i λ ∈ R. Tada je k

1

k

1

k

1

k

j

x + y = (x1 + y1 , . . . , xk + yk ),

λx = (λx1 , . . . , λxk ).

Time je skup R snabdeven strukturom vektorskog prostora. Napomenimo da je neutral za sabirae vektor 0 = (0, . . . , 0). Definiximo skalarni proizvod vektora x i y i normu vektora x sa X (1) x ·y i kxk = √x · x = X x . x·y = Norma vektora ima sledea svojstva: (N1) kxk ≥ 0 (N2) kxk = 0 ⇔ x = 0 (N3) kλxk = |λ| · kxk za skalar λ (N4) kx + yk ≤ kxk + kyk Zaista, prva tri svojstva su oqigledna. Iz Xvarcove nejednakosti (Teorema 24 na str. 57) sledi x · y ≤ kxk · kyk za sve x, y ∈ R , a odatle k

k

k

j

2 j

j

1 2

j=1

j=1

k

kx + yk

= (x + y) · (x + y) = x · x + 2x · y + y · y ≤ ≤ kxk2 + 2kxk · kyk + kyk2 = (kxk + kyk)2 ,

odakle sledi (N4). Opxtije, vektorski prostor V (nad po em R ili C) na kome je definisana funkcija k · k : V → R sa svojstvima (N1){(N4) naziva se normiranim vektorskim prostorom. Lako se vidi da je na normiranom vektorskom prostoru sa d(x, y) = ky − xk

254

1. TOPOLOXKE OSNOVE ANALIZE

je definisana metrika. Metriku na R definisanu pomou norme (1) nazivamo euklidskom metrikom. ] Zadatak 3. Dokazati da je kxk = max |x | norma na R . X p Zadatak 4. Dokazati da je sa d(x, y) = |x − y| definisana jedna metrika na skupu R. Uputstvo: za nejednakost trougla iskoristiti Zadatak 42 na str. 43. X Zadatak 5. Da li je sa d(x, y) = |x − y| definisana metrika na R? X Zadatak 6. Dokazati da je sa d(x, y) = | arctan x − arctan y| definisana metrika na R. X Zadatak 7. Dokazati da je sa k

k

j

1≤j≤k

2

d(x, y) = p

|x − y|

(1 + x2 )(1 + y)2

definisana metrika na R. Uputstvo: Posmatrati trougao sa temenima A = (0, 1), B = (x, 0), C = (y, 0) u R . Neka je α ugao kod temena A. Dokazati da je d(x, y) = 2 sin α i dokazati nejednakost sin (α + α ) ≤ sin α + sin α . X Primer 9. (Diskretna metrika) Neka je M neprazan skup i d : M × M → R preslikavae definisano sa ( 1 za x 6= y d(x, y) = 0 za x = y. Lako je videti da je d metrika; nazivamo je diskretnom metrikom, a M diskretnim metriqkim prostorom. ] Zadatak 8. Neka je (M, d) metriqki prostor. Dokazati da su sa d(x, y) i d (x, y) = min{1, d(x, y)} d (x, y) = 1 + d(x, y) definisane metrike na M . X Zadatak 9. Dokazati da niz x ∈ R konvergira u odnosu na metriku definisanu normom iz Zadatka 3 ako i samo ako konvergiraju svi nizovi egovih projekcija na koordinatne ose. X Primer 10. Neka je B(X) skup ograniqenih funkcija f : X → C definisanih na skupu X . Skup B(X) ima strukturu kompleksnog vektorskog prostora u odnosu na operacije definisane u (1) na str. 63. Sa kf k = sup |f (x)| i d(f, g) = kg − f k definisane su norma i metrika na B(X). ] Zadatak 10. Neka je I ⊂ R ograniqen interval i C(I) skup neprekidnih funkcija f : I → C. Dokazati da je za p ≥ 1 sa 2

1

2

1

2

2

1

k

n

x∈X

Z

definisana norma na C(I).

kf k :=

p1 |f (t)| dt p

I

X

2. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U METRIQKIM PROSTORIMA 255 Zadatak

11. Neka su f, g : [0, 5] → R funkcije date sa g(x) = x2 − 4.

f (x) = 3x − 6,

Izraqunati d(f, g) ako je (a) d metrika iz Primera 10; (b) d metrika iz Zadatka 10.

X

Primer 11. Skup BV [a, b] svih funkcija ograniqene varijacije na intervalu [a, b] sa vrednostima u C je normirani vektorski prostor, sa normom kf k = Var (f ). ] Zadatak 12. Neka je, l (C) skup svih kompleksnih nizova c za koje red b a

p

n

∞ X

konvergira i neka je l

|cn |p

skup svih kompleksnih nizova c za koje je n=1

∞

(C)

n

sup |cn | < +∞.

(a) Dokazati da je za 1 ≤ p < +∞ sa n∈N

k{cn }k :=

X ∞

definisana norma na l (C). (b) Dokazati da je sa

|cn |

p

p1

n=1

p

k{cn }k := sup |cn |

definisana norma na l (C). (v) Neka je c(C) skup svih konvergentnih kompleksnih nizova i c (C) skup svih kompleksnih nizova koji konvergiraju ka 0. Dokazati da je n∈N

∞

0

l1 (C) ⊂ c0 (C) ⊂ c(C) ⊂ l∞ (C)

i da su sve ove inkluzije stroge. (g) Dokazati da je za 1 ≤ p < q

lp (C) ⊂ lq (C)

i da je ova inkluzija stroga. Zadatak

13. Dokazati da je na skupu svih kompleksnih nizova sa d({an }, {bn }) =

∞ X

2−n

X

|bn − an | 1 + |bn − an |

definisana metrika. Uputstvo: dokazati da za nenegativne realne brojeve a, b, c vai implikacija b c a n=1

a≤b+c ⇔

i odatle izvesti nejednakost trougla.

1+a

≤

1+b

+

1+c X

256


2.2. Neprekidnost i graniqna vrednost. Pojmovi konvergencije, limesa i neprekidnosti definisane u C prenose se na proizvo ni metriqki prostor M . Definicija 4. Niz x ∈ M konvergira ka x ako i samo ako ∞

n

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N) n ≥ n0 ⇒ d(xn , x∞ ) < ε.

Ekvivalentno, lim x = x ⇔ lim d(x , x ) = 0, gde je posledi limes ranije definisan limes niza u R. Lema 1. Graniqna vrednost niza je jedinstvena. 4 Pretpostavimo da niz x ima dve graniqne vrednosti x i xf . Neka je ε > 0 Tada je za dovo no veliko n d(x , x ) ≤ i d(x , xf ) ≤ n→∞

∞

n

n

n→∞

∞

∞

n

∞

ε 2

n

n

∞

∞

ε 2

d(x∞ , xf f ∞ ) ≤ d(x∞ , xn ) + d(xn , x ∞ ) < ε.

Poxto je ε proizvo no, sledi da je d(x , xf ) = 0, tj. x = xf . 5 Zadatak 14. Opisati konvergentne nizove u diskretnom metriqkom prostoru (videti Primer 9). X Definicija 5. Neka su M , M metriqki prostori sa metrikama d , d . Neka je a ∈ M . Kaemo da je A ∈ M graniqna vrednost preslikavaa f : M → M u taqki a ∈ M ako za svaki niz x ∈ M \ {a} vai ∞

1

∞

∞

2

1

1

∞

1

2

2

2

1

n

1

lim xn = a ⇒ lim f (xn ) = f (a).

n→∞

n→∞

Ekvivalentno, lim f (x) = A ako i samo ako x→a

(∀ε > 0)(∃δ > 0) 0 < d1 (x, a) < δ ⇒ d2 (f (x), A) < ε.

Definicija 6. Neka su M , M metriqki prostori sa metrikama d , d . Preslikavae f : M → M je neprekidno u taqki a ∈ M ako za svaki niz x ∈ M vai 1

1

n

2

1

2

2

1

1

lim xn = a ⇒ lim f (xn ) = f (a).

n→∞

n→∞

Ekvivalentno, f je neprekidno u a ako i samo ako vai lim f (x) = f (a), xto je ekvivalentno sa x→a

(∀ε > 0)(∃δ > 0) d1 (x, a) < δ ⇒ d2 (f (x), f (a)) < ε.

Preslikavae je neprekidno ako je neprekidno u svakoj taqki domena. Primer 12. (Neprekidnost metrike) Neka je M metriqki prostor sa metrikom d i c ∈ M . Preslikavae d(·, c) : M → R, x 7→ d(x, c) (2) je neprekidno (podrazumeva se da je metrika na R standardna, definisana pomou apsolutne vrednosti). Zaista, neka je a ∈ M , x → a i ε > 0. Tada, na osnovu definicije konvergencije, postoji n ∈ N takvo da vai n ≥ n ⇒ d(x , a) < ε. (3) Iz d(x , c) ≤ d(x , a) + d(a, c) i d(a, c) ≤ d(x , a) + d(x , c) sledi n

0

0

n

n

n

n

n

−d(xn , a) ≤ d(xn , c) − d(a, c) ≤ d(xn , a),


tj. |d(x , c) − d(a, c)| ≤ d(x , a), pa je, na osnovu (3), |d(x , c) − d(a, c)| < ε za n ≥ n . To znaqi da je n

n

n

0

lim d(xn , c) = d(a, c),

tj. da je preslikavae (2) neprekidno. ] Zadatak 15. Neka je (V, k · k) normirani vektorski prostor. Dokazati da je norma k · k : V → R neprekidno preslikavae. X Zadatak 16. Neka je C[0, 1] prostor neprekidnih funkcija f : [0, 1] → C. Dokazati da je C[0, 1] ⊂ B[0, 1], gde je B[0, 1] prostor definisan u Primeru 10. Ispitati neprekidnost funkcije f : C[0, 1] → C[0, 1] u odnosu na metriku iz tog primera ako jeR (a) f (x)(t) = R e sin (x(s)) ds; (b) f (x)(t) = P sin (1 +R tx(s)) ds; x(n ts) ds. (v) f (x)(t) = X 2.3. Otvoreni i zatvoreni skupovi. Neka je M metriqki prostor sa metrikom d i x ∈ M . Neka je r pozitivan realan broj. Skupovi B(x , r) := {x ∈ M | d(x, x ) < r} i B[x , r] := {x ∈ M | d(x, x ) ≤ r} nazivaju se otvorenom i zatvorenom loptom sa centrom x i polupreqnikom r. Skup S(x , r) := {x ∈ M | d(x, x ) = r} naziva se sferom sa centrom x i polupreqnikom r. Primer 13. Otvorene lopte u metriqkom prostoru R sa standardnom metrikom d(x, y) = |y − x| su otvoreni intervali, a zatvorene lopte zatvoreni intervali. Sfera sa centrom x ∈ R i polupreqnikom r je dvoqlani skup {x − r, x + r}. ] Primer 14. Otvorene i zatvorene lopte u metriqkom prostoru C sa metrikom d(z, w) = |w − z| su otvoreni i zatvoreni diskovi (v. Definiciju 26 na str. 50), a sfere su krunice. ] Primer 15. Neka je (M, d) diskretan metriqki prostor i r > 0. Tada je ( ( {x } ako je r≤1 {x } ako je r < 1 B(x , r) = B[x , r] = M ako je r > 1, M ako je r ≥ 1 i ( ∅ ako je r 6= 1 S(x , r) = M \ {x } ako je r = 1 za svako x ∈ M . ] Uopxtavaem pojma otvorenih i zatvorenih skupova u R i C (v. str. 40 i 50) dolazimo do sledee definicije. Definicija 7. Neka je M metriqki prostor. Podskup U ⊂ M nazivamo otvorenim ako za svako x ∈ U postoji ε > 0 takvo da je B(x, ε) ⊂ U . Podskup F ⊂ M nazivamo zatvorenim ako je egov komplement F := M \ F otvoren. n→∞

t st 0 1 0 ∞ 1 n=1 n!

1 0

−1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

c

258


2 Podskup F ⊂ M je zatvoren ako i samo ako za svaki niz x

vai

Lema .

n

∈F

(4) 4 Neka je F zatvoren, tj. M \ F otvoren. Neka je x ∈ F niz koji konvergira ka x . Pretpostavimo da x ∈/ F . Poxto je M \ F otvoren, postoji lopta B(x , ε) ⊂ M \ F . Odatle sledi d(x , x ) ≥ ε, xto je u suprotnosti sa lim x = x . Pretpostavimo sada da za svaki niz x ∈ F vai (4). Dokaimo da je F zatvoren, tj. da je M \ F otvoren. Neka je a ∈ M \ F . Pretpostavimo da ni za jedno n ∈ N lopta B(a, n ) nije sadrana u M \ F , tj. da za svako n ∈ N postoji x ∈ F ∩ B(a, n ). Tada je d(x , a) < n , pa x → a kad n → ∞. Odatle bi, na osnovu (4), sledilo a ∈ F , xto je u suprotnosti sa izborom a ∈ M \ F. 5 Definicija 8. Taqka x ∈ M se naziva taqkom nagomilavaǌa skupa A ⊂ M ako svaka otvorena lopta B(x , ε) sadri beskonaqno mnogo taqaka skupa A. Skup svih taqaka nagomilavaa oznaqavaemo sa A . Skup A := A∪A naziva se zatvoreǌem skupa A. Ako je B ⊂ A i B = A kaemo da je skup B gust (ili svuda gust) u A. Taqka a ∈ A koja nije taqka nagomilavaa naziva se izolovanom taqkom skupa A. Skup ∂A := A ∩ M \ A naziva se rubom skupa A. Taqka a je unutraxǌa taqka skupa A ako je za neko ε > 0 B(a , ε) ⊂ A. Skup svih unutraxih taqaka skupa A naziva se unutraxnoxu skupa A, i oznaqava sa Int A. Zadatak 17. Odrediti A , A, ∂A i Int A za skup A u metriqkom prostoru (M, d) ako je (a) A = [0, 1) ∪ {2}, M = R, d(x, y) = |x − y|; (b) A = Q, M = R, d(x, y) = |x − y|; (v) A = {(x, y) | x + y < 1} M = R × R, d euklidsko rastojae u ravni. (g) A = {(x, y) | y = x } M = R × R, d euklidsko rastojae u ravni. X Zadatak 18. Neka je A skup u metriqkom prostoru (M, d). Dokazati da su sledea tvrea ekvivalentna: (a) A je gust u M . (b) A ima neprazan presek sa svakom otvorenom loptom. (v) Za svaku taqku x ∈ M postoji niz a taqaka skupa A takav da je x = lim a . X Zadatak 19. Neka je (M, d) metriqki prostor. Dokazati da je karakteristiqna funkcija podskupa A ⊂ M ( lim xn = x∞ ⇒ x∞ ∈ F.

n→∞

n

∞

∞

∞

n

∞

n

∞

n

−1

−1

n

−1

n

n

0

0

0

0

0

0

0

0

2

2

2

n

n→∞

n

χ : M → R,

χA (x) =

x∈A x∈ /A

1, 0,

prekidna u taqkama ruba ∂A i neprekidna u ostalim taqkama. X Zadatak 20. Neka je x niz u metriqkom prostoru koji konnvergira ka x . Dokazati da je skup A = {x | n ∈ N} ∪ {x } zatvoren. X n

∞

n

∞


Zadatak 21. Neka su (M, d), (M, d ) i (M, d ) metriqki prostori iz Zadatka 8 i A ⊂ M . Dokazati da su sledeca tvrea ekvivalentna (a) A je zatvoren u (M, d); (b) A je zatvoren u (M, d ); (v) A je zatvoren u (M, d ). X Lema 3. A je najmai zatvoren skup koji sardi A. 4 Oqigledno je da vai A ⊂ A. Dokaimo da je skup A zatvoren. Neka je a niz u A i a → a kad n → ∞. Ako niz a nije konstantan poqevxi od nekog n, onda je a taqka nagomilavaa skupa A, pa je a ∈ A. Ako je niz a konstantan poqevxi od nekog n, onda je a = a za veliko n, pa je a ∈ A, a samim tim a ∈ A. Time je dokazano da je skup A zatvoren. Pretpostavimo da je F zatvoren skup i da je A ⊂ F . Neka je x ∈ A \ A. Tada je x taqka nagomilavaa skupa A, pa postoji niz a ∈ A koji konvergira ka x. Poxto je tada x ∈ F , a skup F je zatvoren, sledi x ∈ F . Time je dokazano da je A ⊂ F , xto znaqi da je A najmai zatvoren skup koji sardi A. 5 Posledica 1. Skup F je zatvoren ako i samo ako je F = F . Teorema 1. Neka je τ familija svih otvorenih podskupova u metriqkom prostoru M . Tada vai: (T1) M ∈ τ , ∅ ∈ τ (T2) ako je {U } familija skupova iz τ , onda je S U ∈ τ (T3) U , U ∈ τ ⇒ U ∩ U ∈ τ . 4 Svojstvo (T1) je oqigledno. Neka je {U } familija skupova iz τ i S x∈ U . Tada je x ∈ U za neko λ . Poxto je U otvoren, za neko ε > 0 vai B(x, ε) ⊂ U , pa je i B(x, ε) ⊂ S U . Time je dokazano da je S U otvoren skup, tj. svojstvo (T2). Dokaimo (T3). Neka su U i U otvoreni i x ∈ U ∩ U . Iz otvorenosti skupa U i x ∈ U sledi postoji ε > 0 takvo da je B(x, ε ) ⊂ U . Sliqno, B(x, ε ) ⊂ U za neko ε > 0. Neka je ε = min{ε , ε }. Tada je B(x, ε) ⊂ U ∩ U , xto dokazuje da je U ∩ U otvoren. 5 Posledica 2. Neka je ζ familija svih zatvorenih podskupova u metriqkom prostoru M . Tada vai: (Z1) M ∈ ζ , ∅ ∈ ζ (Z2) F , F ∈ ζ ⇒ F ∪ F ∈ ζ (Z3) ako je {F } familija skupova iz ζ , onda je T F ∈ ζ . 4 Dokaz sledi iz de Morganovih2 zakona 1

2

1

2

n

∞

n

n

∞

∞

∞

n

∞

n

∞

n

n

M

M

M

λ λ∈Λ

M

λ

M

λ∈Λ

1

2

M

1

2

M

λ λ∈Λ

λ

λ0

M

0

λ0

λ∈Λ

λ0

λ

λ

λ∈Λ

λ∈Λ

1

1

2

1

1

1

2

1

1

2

2

2

1

2

1

1

2

2

M

M

1

2

M

M

1

2

M

λ λ∈Λ

M

λ

M

λ∈Λ

c

[

Aλ

c

=

\

Acλ ,

\

Aλ

=

[

Acλ

i prethodne teoreme. 5 Definicija 9. Familiju svih otvorenih podskupova metriqkog prostora nazivamo topologijom tog prostora. λ∈Λ

λ∈Λ

λ∈Λ

λ∈Λ

2De Morgan (Augustus de Morgan, 1806{1871), xkotski matematiqar

260


Neprekidnost moemo da opixemo samo u terminima topologije - vai sledea teorema. Teorema 2. Neka su M , M metriqki prostori. Za preslikavae f : M → M sledea tvrea su ekvivalentna: (a) f je neprekidno preslikavae (b) za svaki otvoren skup V ⊂ M skup f (V ) je otvoren (v) za svaki zatvoren skup F ⊂ M skup f (F ) je zatvoren (g) za svaki skup A ⊂ M vai f (A) ⊂ f (A). 4 Pretpostavimo da vai (a). Neka je V ⊂ M otvoren podskup, a ∈ f (V ). Dokaimo da je neka kugla sa centrom u a sadrana u f (V ), qime emo dokazati da je skup f (V ) otvoren. Neka je b = f (a). Poxto je skup V otvoren, za neko ε > 0 je B(b, ε) ⊂ V . Iz neprekidnosti preslikavaa f u taqki a sledi da postoji δ > 0 takvo da vai 1

1

2

2

−1

2

−1

2

1

−1

2

−1

−1

d(x, a) < δ ⇒ d(f (x), b) < ε,

tj. f (B(a, δ)) ⊂ B(b, ε) ⊂ V . Odatle sledi B(a, δ) ⊂ f (V ). Time je dokazana implikacija (a) ⇒ (b). Pretpostavimo da vai (b). Neka je F ⊂ M zatvoren skup. Tada je M \ F otvoren. Iz (b) i f (M \ F ) = M \ f (F ) sledi da je skup M \ f (F ) otvoren, xto znaqi da je skup f (F ) zatvoren. Time je dokazana implikacija (b) ⇒ (v). Pretpostavimo da vai (v). Neka je A ⊂ M . Skup f (A) je zatvoren, pa iz (v) sledi da je skup f (A) zatvoren i vai −1

2

−1

1

2

1

2

−1

−1

−1

1

−1

A ⊂ f −1 (f (A)) ⊂ f −1 (f (A)).

Poxto je A najmai zatvoren skup koji sadri A, sledi da je A ⊂ f (f (A)), tj. f (A) ⊂ f (A). Time je dokazana implikacija (v) ⇒ (g). Pretpostavimo da vai (g). Neka je x ∈ M , y = f (a) i ε > 0. Dokaimo da postoji δ > 0 takvo da je f (B(x , δ)) ⊂ B(y , ε), qime emo dokazati neprekidnost preslikavaa f u taqki x . Neka je A = f (M \ B(y , ε)) = M \ f (B(y , ε)). Tada vai x ∈ / A. Zaista, kada bi bilo x ∈ A, iz (g) bi sledilo −1

0

1

0

0

0

−1

0

−1

1

0

0

2

0

0

y0 = f (x0 ) ∈ f (A) ⊂ f (A) = f (f −1 (M2 \ B(y0 , ε)) ⊂ M2 \ B(y0 , ε),

tj. y ∈/ B(y , ε), xto je kontradikcija. Dakle, x pripada otvorenom skupu M \ A, pa postoji δ > 0 takvo da je B(x , δ) ⊂ M \ A. Odatle i iz definicije skupa A sledi da je f (B(x , δ)) ⊂ B(y , ε), xto znaqi da je preslikavae f neprekidno u x . Time je dokazana implikacija (g) ⇒ (a). 5 2.4. Koxijevi nizovi. Kompletni prostori. Po analogiji sa sluqajem kompleksnih nizova, niz x u metriqkom prostoru M nazivamo Koxijevim nizom ako vai (∀ε > 0)(∃n ∈ N) m, n > n ⇒ d(x , x ) < ε. (5) Vai sledea lema. Lema 4. Svaki konvergentan niz je Koxijev. 0

0

0

1

0

0

1

0

0

n

0

0

m

n


Neka je x niz koji konvergira ka x . Neka je ε > 0. Iz definicije konvergencije niza u metriqkom prostoru sledi da postoji n ∈ N takvo da vai n > n ⇒ d(x , x ) < 2 ε. Tada za m, n > n vai 4

∞

n

0

0

−1

∞

n

0

d(xm , xn ) ≤ d(xm , x∞ ) + d(x∞ , xn ) < 2−1 ε + 2−1 ε = ε,

xto znaqi da je niz x Koxijev. 5 Obrnuto ne mora da vai, xto pokazuje sledei primer. Primer 16. Neka je M = (0, 1) metriqki prostor sa metrikom d(x, y) = Koxijev, ali nije konvergentan, tj. ne postoji |y − x|. Tada je niz x = taqka x ∈ (0, 1) takva da je lim =x . ] Metriqke prostore u kojima je svaki Koxijev niz konvergentan izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 10. Metriqki prostor je kompletan ako svaki Koxijev niz x ∈ M konvergira. Metriqki prostor iz Primera 16 nije kompletan. Realna prava R i kompleksna ravan C sa standardnim metrikama su kompletni prostori (Teorema 5 na str. 130). Za funkciju koja ima vrednosti u kompletnom metriqkom prostoru vai Koxijev kriterijum za egzistenciju limesa: Lema 5. Neka je (N, d ) proizvo an, a (M, d ) kompletan metriqki prostor. Neka je X ⊂ N , f : X → M funkcija definisana na X i η ∈ X . Tada postoji lim f (x) ako i samo ako za svako ε > 0 postoji δ > 0 sa svojstvom n

n

1 n

∞

1 n→∞ n

∞

n

N

M

x→η

(∀x1 , x2 ∈ X) dN (x1 , η) < δ ∧ dN (x2 , η) < δ ⇒ dM (f (x1 ), f (x2 )) < ε.

Dokaz je analogan dokazu Posledice 5 na str. 130. 5 Teorema 3. Potprostor S ⊂ M kompletnog metriqkog prostora M je kompletan ako i samo ako je zatvoren. 4 Pretpostavimo da je S zatvoren. Neka je x ∈ S Koxijev niz u S . Iz kompletnosti prostora M sledi da x konvergira ka x ∈ M . Poxto je S zatvoren, vaie x ∈ S, xto znaqi da x konvergira u S, pa je S kompletan. Pretpostavimo sada da je S kompletan i neka je x ∈ S niz u S koji konvergira ka x ∈ M . Iz Leme 4 sledi da je x Koxijev niz, pa iz kompletnosti prostora S sledi da on konvergira ka nekoj taqki prostora S. Iz jedinstvenosti graniqne vrednosti (Lema 1) sledi da je ta taqka upravo x , pa je x ∈ S, xto znaqi da je S zatvoren. 5 2.5. Kompaktni prostori. Metriqki prostor M nazivamo kompaktnim ako svaki niz x ∈ M ima konvergentan podniz. Primer 17. Iz Teoreme 3 na str. 124 sledi da je interval [0, 1] kompaktan. Interval (0, 1] nije kompaktan: niz ∈ (0, 1] nema podniz koji konvergira ka nekom x ∈ (0, 1]. Realna prava R i kompleksna ravan C nisu kompaktni prostori: niz x = n nema konvergentan podniz. ] Teorema 4. Svaki kompaktan metriqki prostor je kompletan. 4

n

∞

n

∞

n

n

∞

n

∞

∞

n

1 n

∞

n

262


Dokaz je doslovna kopija drugog dela dokaza Teoreme 5 na str. 130. Neka je M kompaktan metriqki prostor i x ∈ M Koxijev niz. Iz kompaktnosti sledi da postoji podniz x . Oznaqimo limes ovog podniza sa x . Neka je ε > 0. Tada za neko n ∈ N vai n > n ⇒ d(x , x ) < 2 ε. Poxto je niz Koxijev, za neko n ∈ N vai n > n ⇒ d(x , x ) < 2 ε. Neka je n = max{n , n }. Tada za n > n vai 4

n

∞

k(n)

1

1

2

0

1

2

∞

k(n)

2

n

k(n)

−1

−1

0

d(xn , x∞ ) =≤ d(xn , xk(n) ) + d(xk(n) , x∞ ) < 2−1 ε,

tj. x konvergira ka x . 5 Lema 6. Ako je M proizvo an metriqki prostor i S ⊂ M egov kompaktan potprostor, onda je S ograniqen. 4 Pretpostavimo da S nije ograniqen. To znaqi da za s ∈ S nijedna lopta B(s, n) ne sadri ceo skup S , pa za svako n postoji x ∈ S \ B(s, n). Ako bi niz x imao podniz x koji konvergira ka x , vazilo bi d(s, x ) ≤ d(s, x ) + d(x , x ) < d(s, x ) + ε (6) za dovo no veliko n. Meutim, iz x ∈/ B(s, n) i k(n) → ∞ kad n → ∞ sledi da leva strana u (6) tei ka ∞ kad n → ∞, xto je nemogue jer desna strana ne zavisi od n. Odatle sledi da x nema konvergentan podniz, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je S kompaktan. 5 Teorema 5. Potprostor S ⊂ M kompaktnog metriqkog prostora M je kompaktan ako i samo ako je ograniqen i zatvoren. 4 Neka je S kompaktan i x ∈ S niz u S . Zbog kompaktnosti prostora M niz x ima podniz x koji konvergira ka nekoj taqki x ∈ M . Iz zatvorenosti prostora S sledi da je x ∈ S, pa podniz x konvergira u S, xto znaqi da je S kompaktan. Pretpostavimo sada da je S kompaktan. Neka je x ∈ S niz u S koji konvergira ka x ∈ M . Iz kompaktnosti prostora S sledi da niz x ima podniz koji konvergira ka nekoj taqki iz S, a poxto svaki podniz konvergentnog niza x konvergira ka x sledi da je x ∈ S . To dokazuje da je S zatvoren. Ograniqenost sledi iz Leme 6. 5 Posledica 3. Podskup realne prave R ili kompleksne ravni C je kompaktan ako i samo ako je ograniqen i zatvoren. 4 Poxto svaki ograniqen niz u C ima konvergentan podniz, skup B(0, r) = {z ∈ C | |z| ≤ r} je kompaktan. Ako je S ⊂ C ograniqen i zatvoren, onda je S ⊂ B(0, r) za neko r, pa dokaz sledi is prethodne teoreme. Obrnuto, ako je S kompaktan, iz Leme 6 sledi da je on ograniqen, pa je S ⊂ B(0, r) za neko r i dokaz sledi is prethodne teoreme. 5 Teorema 6. Neka je M kompaktan i N proizvo an metriqki prostor i f : M → N neprekidno preslikavae. Tada je potprostor f (M ) ⊂ N kompaktan. 4 Neka je y = f (x ) niz u f (M ). Iz kompaktnosti prostora M sledi da postoji podniz x koji konvergira ka x ∈ M , pa iz neprekidnosti funkcije f sledi da podniz y = f (x ) konvergira ka f (x ) ∈ f (M ). 5 ∞

n

n

n

∞

k(n)

∞

k(n)

∞

∞

k(n)

n

n

n

n

∞

k(n)

∞

k(n)

n

∞

n

∞

n

n

∞

n

∞

k(n)

k(n)

k(n)

∞


Posledica 4. Neka je M kompaktan metriqki prostor i f : M → R neprekidna funkcija. Tada postoje taqke x , x ∈ M takve da je 1

f (x1 ) = max f (x),

2

f (x2 ) = min f (x).

Iz prethodne teoreme sledi da je skup f (M ) ⊂ R kompaktan, pa iz Posledice 3 sledi da je f (M ) ograniqen i zatvoren. Odatle, na osnovu Aksiome supremuma, sledi da postoje sup f (M ) i inf f (M ). Iz definicije supremuma sledi da za svako n ∈ N postoji taqka x ∈ M takva da je 1 1 f (x ) − < sup f (M ) < f (x ) + . (7) n n Poxto je M kompaktan, niz x ima podniz koji konvergira ka x , pa iz (7) sledi da je f (x ) = sup f (M ). Sliqno se dokazuje postojae taqke u kojoj f dostie infimum. 5 Zadatak 22. Neka su A, B ⊂ R zatvoreni podskupovi, pri qemu je A ograniqen. Definiximo d(A, B) := inf{d(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}, gde je d(a, b) standardno euklidsko rastojae izmeu taqaka a i b. Dokazati da se ovaj infimum dostie, tj. da postoje taqke a ∈ A i b ∈ B takve da je d(A, B) = d(a , b ). X Zadatak 23. Neka su M i N metriqki prostori i neka je M kompaktan. Dokazati da je za svaku neprekidnu bijekciju f : M → N inverzno preslikavae f : N → M neprekidno. X Definicija 11. Metriqki prostor M je separabilan ako ima najvixe prebrojiv gust podskup, tj. ako postoji najvixe prebrojiv podskup S ⊂ M takav da je S = M . Primer 18. Skup R je separabilan, jer je Q = R. ] Teorema 7. Ako je metriqki prostor M kompaktan, onda je on separabilan. 4 Dokaimo prvo da za svako n ∈ N postoji konaqan skup S takav da vai 1 (∀x ∈ M )(∃s ∈ S ) d(x, s) < . (8) n Pretpostavimo suprotno, da za neko n ∈ N i za svaki konaqan podskup S ⊂ M vai 1 (∃x ∈ M )(∀s ∈ S) d(x, s) ≥ . (9) n Neka je x ∈ M . Poxto je skup {x } konaqan, iz (9) sledi da postoji taqka x ∈ M za koju vai d(x , x ) ≥ . Ponovimo ovaj postupak: pretpostavimo da smo ime izdvojili konaqan skup taqaka {x , . . . , x } takav da je d(x , x ) ≥ . Tada iz (9) sledi da postoji taqka x ∈ M takva da je d(x , x ) ≥ za svako j < k . Time smo konstruisali niz x , x , . . . takav da vai 1 d(x , x ) ≥ za i 6= j. (10) n Iz (10) sledi da niz x , x , . . . nema Koxijev podniz pa, na osnovu Leme 4, nema ni konvergentan podniz. To je u suprotnosti sa pretpostavkom da je M x∈M

x∈M

4

n

n

n

∞

n

∞

n

0

0

0

0

−1

n

n

0

0

1

2

1

1

1 n0

2

1

k+1 1

i

k

2

j

0

1

2

k

j

i j 1 n0

1 n0

264


kompaktan. Time je dokazano da za svako n ∈ N postoji konaqan skup S takav da vai (8). Neka je n

S=

∞ [

Sn .

Skup S je prebrojiva unija konaqnih skupova, pa je prebrojiv. Neka je x ∈ M proizvo na taqka. Iz (8) sledi da za svako n ∈ N postoji taqka s ∈ S za koju vai d(x, s ) < . Time smo dokazali da postoji niz s ∈ S koji konvergira ka x. Odatle sledi da je S = M . Time je dokazano da je prostor M separabilan. 5 Definicija 12. Familija U otvorenih skupova se naziva otvorenim pokrivaǌem skupa A ako je A ⊂ ∪ U . Potpokrivaǌe pokrivaa U skupa A je familija U ⊂ U koja je i sama pokrivae skupa A. Pokrivae nazivamo konaqnim ako se familija U sastoji od konaqnog broja skupova. Teorema 8. (Borel–Lebegova teorema) Metriqki prostor M je kompaktan ako i samo ako svako egovo otvoreno pokrivae U ima konaqno potpokrivae. 4 Pretpostavimo prvo da svako otvoreno pokrivae prostora M ima konaqno potpokrivae i dokaimo da je M kompaktan. Pretpostavimo suprotno { da M nije kompaktan. Tada postoji niz x ∈ M koji nema konvergentan podniz. Dokaimo da su skupovi n=1

n

1 n

n

n

U ∈U

0

n

Uk = M \ {xn | n ≥ k}

otvoreni. Neka je y ∈ U . Zaista, pretpostavimo suprotno: da svako m ∈ N skup B(y, ) sadri neku taqku x (m) ∈ {x | n ≥ k}. Tada x (m) → y kad m → ∞, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da niz x nema konvergentan podniz. Dakle, za svaku taqku y ∈ U postoji lopta B(y, ) ⊂ U , tj. skup U je otvoren. Dokaimo sada da je familija {U } pokrivae prostora M , tj. da svaka taqka p ∈ M pripada nekom od skupova U . Ako p nije jedna od taqaka niza x to je oqigledno, jer je tada p ∈ U za svako k. Ako je p = x , onda je p∈U . Time je dokazano da je familija {U } otvoreno pokrivae prostora M , pa, po pretpostavci, ona ima konaqno potpokrivae U , . . . , U . Neka je m = max{k , . . . , k } + 1. Tada iz definicije skupova U sledi x ∈ / U ∪ · · · ∪ U , xto znaqi da familija U , . . . , U ne pokriva ceo prostor M , xto je kontradikcija. Time je jedan smer teoreme dokazan. Pretpostavimo sada da je prostor M kompaktan. Neka je U egovo otvoreno pokrivae. Dokaimo da ono ima konaqno potpokrivae. Iz Teoreme 7 sledi da postoji prebrojiv skup S ⊂ M takav da je S = M . Odaberimo, za svaki par (s, n) ⊂ S × N proizvo an skup U ∈ U takav da je B(s, ) ⊂ U . Familija k

1 m

k

n

k

n 1 m

k

k

k

k k∈N

k

n

k

j

j+1

k k∈N

k1

1

n

kn

k

k1

kn

m

k1

kn

s,n

1 n

s,n

Us,n

je prebrojiva potfamilija familije U . Dokaimo da ona pokriva skup M . Neka je p ∈ M . Tada je p ∈ U za neko U ∈ U . Poxto je U otvoren, za neko n ∈ N vai B(p, ) ⊂ U . Iz S = M sledi da postoji taqka s ∈ S takva da je 2 n

(s,n)⊂S×N


, pa iz

s ∈ B(p, n1 )

1 2 B p, ⊂ B p, ⊂U n n

sledi da je x ∈ U . Ovime smo dokazali da svako pokrivae ima prebrojivo potpokrivae. Ostaje jox da dokaemo da svako prebrojivo pokrivae. Pretpostavimo suprotno: da postoji prebrojivo pokrivae V koje nema konaqno potpokrivae. Tada za svako n ∈ N postoji taqka x ∈ M takva da vai x ∈ / V ∪ ··· ∪ V . Tada niz x nema konvergentan podniz. Zaista, neka je p proizvo na taqka prostora M . Tada je p ∈ V za neko k. Poxto se svi qlanovi niza x osim moda prvih k nalaze van skupa V , nijedan egov podniz ne konvergira ka p. To je u kontradikciji sa pretpostavkom o kompaktnosti prostora M . 5 Definicija 13. Neka su (M, d ) i (N, d ) metriqki prostori. Preslikavae f : M → N naziva se uniformno (ili ravnomerno) neprekidnim ako vai (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ M )(∀y ∈ M ) d (x, y) < δ ⇒ d (f (x), f (y)) < ε. (11) Iz definicije neprekidnosti i uniformne neprekidnosti lako sledi da je svako uniformno neprekidno preslikavae neprekidno (v. dokaz Leme 6 na str. 74). U sluqaju kada je prostor M kompaktan, vai i obrnuto. Preciznije, vai sledee uopxtee Teoreme 4 na str. 74. Zadatak 24. Ispitati uniformnu neprekidnost funkcija iz Zadatka 16. X Teorema 9. (Kantorova teorema) Neka je (M, d ) kompaktan, a (N, d ) proizvo an metriqki prostor. Preslikavae f : M → N je neprekidno ako i samo ako je uniformno neprekidno. 4 Pretpostavimo suprotno: da je f : M → N neprekidno preslikavae koje nije uniformno neprekidno. Tada s,n

n n∈N

n

n

1

n

n

k

n

k

M

N

M

N

M

(∃ε0 > 0)(∀n ∈ N)(∃xn , yn ∈ M ) dM (xn , yn ) <

1 ∧ dN (f (xn ), f (yn )) ≥ ε0 . n xj(n) yk(n)

Poxto je prostor M kompaktan, niz x ima konvergentan podniz istog razloga niz y ima konvergentan podniz . Neka je lim x =x i lim y = y. Iz d (x , y ) < i neprekidnosti metrike sledi n

j(n)

n→∞

M

n

n

k(n)

n→∞

N

. Iz

k(n)

1 n

d(x, y) = lim dM (xk(n) , yk(n) ) ≤ lim

pa je x = y. Poxto je d i metrike sledi

n→∞

n→∞

N (f (xk(n) ), f (yk(n ))

≥ ε0

1 = 0, n

, iz neprekidnosti funkcije f

d(f (x), f (x)) = lim dN (f (xk(n) ), f (yk(n )) ≥ ε0 ,

xto je kontradikcija.

n→∞

5

266


2.6. Povezani prostori. Intuitivno govorei, metriqki prostor koji se sastoji iz vixe , odvojenih delova" je nepovezan. Ovu intuitivnu predstavu moemo da formalizujemo na dva neekvivalentna naqina. Definicija 14. Metriqki prostor M je nepovezan ako i samo ako postoje otvoreni i neprazni podskupovi U, V ⊂ M takvi da je U ∪ V = M i U ∩ V = ∅. U suprotnom, prostor M je povezan. Definicija 15. Metriqki prostor M je putno povezan ako za svake dve taqke x , x ∈ M postoji neprekidno preslikavae γ : [0, 1] → M (,,put u M"), takvo da je γ(0) = x , γ(1) = x . Posmatrajmo dvoqlani skup {0, 1} kao metriqki prostor sa diskretnom metrikom d(x, y) = 1 ⇔ x 6= y, d(x, x) = 0. Vai sledea lema. Lema 7. Metriqki prostor M je nepovezan ako i samo ako postoji neprekidno preslikavae φ : M → {0, 1} koje je NA. 4 Neka je M nepovezan. Tada postoje neprazni otvoreni podskupovi U, V ⊂ M takvi da je U ∪ V = M i U ∩ V = ∅. Preslikavae ( 1 za x ∈ U φ : M → {0, 1}, f (x) = 0 za x ∈ V je NA. Dokaimo da je ono neprekidno. Neka je a ∈ U i neka je x niz koji konvergira ka a. Poxto je U otvorena okolina graniqne vrednosti a niza x , postoji prirodan broj n takav da je x ∈ U za n ≥ n . Tada je, po definiciji funkcije φ, φ(x ) = 1 za n ≥ n , pa je lim φ(x ) = 1 = φ(a). Time je dokazana neprekidnost funkcije φ u taqki a ∈ U . Na isti naqin se dokazuje neprekidnost u proizvo noj taqki skupa V . Pretpostavimo sada da postoji neprekidno preslikavae φ : M → {0, 1} koje je NA. 1 1 0

1

0

1

n

n

0

n

U = φ−1 (B(1, )), 2 (B(0, 12 )) 1 0 U V

n

0

0

n

V = φ−1 (B(0, )), 2

gde su (B(1, )) i otvorene lopte polupreqnika f rac12 u prostoru {0, 1}, sa centrima u taqkama i . Jasno je da je M = U ∪ V . Poxton je preslikavae φ NA, skupovi i su neprazni. Iz neprekidnosti preslikavaa φ i Teoreme 2 sledi da su skupovi U i V otvoreni. Time je dokazano da je prostor M nepovezan. 5 Lema 8. Putno povezan prostor je povezan. 4 Pretpostavimo suprotno, da je M putno povezan, ali da nije povezan. Iz Leme 7 sledi da postoji neprekidno preslikavae φ : M → {0, 1} koje je NA. Neka su x , x ∈ M taqke prostora M takve da je φ(x ) = 0, φ(x ) = 1. Poxto je M putno povezan, postoji neprekidno preslikavae γ : [0, 1] → M takvo da je γ(x ) = 0, γ(x ) = 1. Tada je preslikavae φ ◦ γ : [0, 1] → R neprekidno preslikavae intervala na {0, 1}. To je kontradikcija, jer je neprekidna slika intervala interval (Posledica 5 na str. 72). 5 Zadatak 25. Dokazati da je skup 1 2

0

0

1

0

1

1

1 S = (x, y) ∈ R × R | y = sin ∪ (0, y) ∈ R × R | −1 ≤ y ≤ 1 x

povezan, ali da nije putno povezan.

X


Teorema 10. Potprostor realne prave R je povezan ako i samo ako je interval. 4 Oqigledno je da je interval putno povezan, pa je povezan. Neka je skup M ⊂ R povezan. Pretpostavimo da M nije interval. Tada postoje taqke p, q ∈ M i a ∈ R \ M takve da je p < a < q. Posmatrajmo skupove U = {x ∈ M | x < a} i V = {x ∈ M | x > a} Oqigledno je da je U ∩ V = ∅ i U ∪ V = M . Ako je x ∈ U , onda je x < a, pa postoji je a−x a−x 0

B x0 ,

0

= x ∈ M | d(x0 , x) <

0

0

⊂ U,

xto znaqi da je U otvoren. Sliqno se dokazuje i da je V otvoren. Poxto je , , skupovi U i V su neprazni. Odatle sledi da je M nepovezan skup, xto je kontradikcija. Time je dokazano da je svaki povezan podskup realne prave interval. 5 Teorema 11. Neka je M povezan i N proizvo an metriqki prostor i f : M → N neprekidno preslikavae. Tada je potprostor f (M ) ⊂ N povezan. 4 Pretpostavimo da je N nepovezan. Iz Leme 7 sledi da postoji preslikavae φ : N → {0, 1} koje je neprekidno i NA. Tada je i preslikavae φ ◦ f : M → {0, 1} neprekidno i NA. Iz Leme 7 tada bi sledilo da je M nepovezan, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom teoreme. 5 Napomena 2. Specijalno, iz prethodne teoreme sledi teorema o meuvrednosti za realne funkcije na 71. strani: ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija, onda je f ([a, b]) interval. Teorema 12. Neka je {A } familija povezanih podskupova metriqkog prostora M , takva da za neko λ ∈ Λ vai 2

2

p∈U q ∈V

λ λ∈Λ 0

(∀λ ∈ Λ) Aλ0 ∩ Aλ 6= ∅.

Tada je skup

A=

[

Aλ

povezan. 4 Neka je φ : A → {0, 1, } neprekidno preslikavae. Poxto su skupovi A povezani, na svakom od ih, na osnovu Leme 7, preslikavae ϕ je konstantno. Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je φ ≡ 1 na A . Poxto je za svako λ skup A ∩ A neprazan, mora da vai φ(x) ≡ 1 na svakom A , tj. na celom A. Time je dokazano da je svako neprekidno preslikavae φ : A → {0, 1} konstantno. Odatle, na osnovu Leme 7, sledi da je A povezan. 5 2.7. Proizvod metriqkih prostora. Neka su (M, d ) i (N, d ) metriqki prostori. Postoji vixe prirodnih naqina da se na skupu M × N definixe metrika. Mi emo pod proizvodom metriqkih prostora podrazumevati metriqki prostor M × N sa metrikom q d (x , x ) + d (y , y ) . (12) d((x , y ), (x , y )) := λ∈Λ

λ

λ0

λ0

λ

λ

M

N

2

1

1

2

2

M

1

2

2

N

1

2

268


Iz Koxi{Xvarcove nejednakosti sledi nejednakost trougla za metriku d, dok se ostala svojstva metrike proveravaju lako. Ovakav izbor metrike na M × N uopxtava definiciju euklidske metrike na R . Lema 9. Niz (x , y ) u M × N konvergira ka (x , y ) ako i samo ako niz x ∈ M konvergira ka x i niz y ∈ N konvergira ka y . 4 Dokaz sledi iz nejednakosti q n

n

∞

n

∞

n

∞

∞

n

2 2 dM (xn , x∞ ) ≤ dM (xn , x∞ ) + dN (yn , y∞ ) , q 2 2 dN (yn , y∞ ) ≤ dM (xn , x∞ ) + dN (yn , y∞ ) .

5

Sledea posledica uopxtava Posledicu 1 na str. 69. Posledica 5. Projekcije π : M × N → M, π (x, y) = x i π : M × N → N, π (x, y) = y su neprekidna preslikavaa. 4 Dokaz sledi iz Leme 9 i definicije neprekidnosti pomou nizova. 5 Kao posledicu, dobijamo sledee uopxtee Leme 2 na str. 68. Posledica 6. Neka su X , M i N metriqki prostori. Preslikavae f : X → M × N , f (x) = (f (x), f (x)) je neprekidno ako i samo ako su neprekidna preslikavaa f : X → M i f : X → N . 4 Poxto je f = π ◦ f i f = π ◦ f , dokaz sledi iz Posledice 5. 5 Primer 19. (Neprekidnost metrike) Metrika M

M

M

M

N

M

M

N

N

M

N

N

d:M ×M →R

je neprekidno preslikavae. Zaista, neka je (x , y ) niz u M × M takav da (x , y ) → (x , y ) kad n → ∞. Na osnovu Leme 9 sledi da tada x → x i y → y . Iz nejednakosti trougla sledi n

n

n

∞

n

n

∞

n

∞

∞

Odatle sledi

d(x, y) ≤ d(x, x∞ ) + d(x∞ , y∞ ) + d(y∞ , y) d(x∞ , y∞ ) ≤ d(x, x∞ ) + d(x, y) + d(y∞ , y). d(xn , yn ) − d(x∞ , y∞ ) ≤ d(xn , x∞ ) + d(y∞ , yn ) d(x∞ , y∞ ) − d(xn , yn ) ≤ d(xn , x∞ ) + d(y∞ , yn ),

tj. |d(x , y ) − d(x , y )| ≤ d(x , x ) + d(y , y ). Iz Primera 12 (str. 256) sledi da leva strana tei nuli kad n → ∞. ] Zadatak 26. Neka je (V, k · k) normirani vektorski prostor. Dokazati da je preslikavae ϕ : V × V → R, ϕ(x, y) = ky − xk neprekidno. X Teorema 13. Neka su (M, d ) i (N, d ) metriqki prostori. Metriqki prostor M × N ima neko od sledeih svojstava 1. ograniqenost n

n

∞

∞

n

M

∞

∞

N

n

3. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U TOPOLOXKIM PROSTORIMA 269

2. separabilnost 3. kompletnost 4. kompaktnost 5. povezanost ako i samo ako to svojstvo ima svaki od metriqkih prostora (M, d ) i (N, d ). 4 Dokaz za prva qetiri svojstva sledi direktno iz definicije metrike (12) i definicija ograniqenosti, separabilnosti, kompletnosti i kompaktnosti. Dokaimo jox da je M ×N povezan ako i samo ako su M i N povezani. Neka je M × N povezan. Poxto su projekcije neprekidna preslikavaa (Posledica 5), iz Teoreme 11 sledi da su M i N povezani. Pretpostavimo sada da su M i N povezani. Za svako x ∈ M i y ∈ N preslikavaa M → M × {y}, x 7→ (x, y) i N → {x } × N, y 7→ (x , y) su izometrije, pa su skupovi {x } × N i M × {y} povezani. Poxto je [ M = {x } × N ∪ M × {y} i {x } × N ∩ M × {y} = {(x , y} = 6 ∅, iz Teoreme 12 sledi da je M × N povezan. 5 M

N

0

0

0

0

0

0

0

y∈N

3. Neprekidnost i graniqna vrednost u topoloxkim prostorima

Iz Teoreme 2 sledi da se neprekidnost moe opisati samo u terminima topologije. Zato je prirodno razmatrati strukture na kojima je definisan samo pojam otvorenog skupa, a ne i pojam metrike. Motivisani Teoremom 1, ovakve strukture uvodimo sledeom definicijom. Definicija 16. Par (X, τ ), gde je X skup, a τ familija egovih podskupova za koju vai (T1) X ∈ τ , ∅ ∈ τ (T2) ako je {U } familija skupova iz τ , onda je S U ∈ τ (T3) U , U ∈ τ ⇒ U ∩ U ∈ τ . nazivamo topoloxkim prostorom, a familiju τ topologijom na X . Elemente familije τ nazivamo otvorenim skupovima. Podskup F ⊂ X nazivamo zatvorenim ako je skup X \ F otvoren. Zatvoreni skupovi imaju sledea svojstva. Lema 10. Neka je ζ familija svih zatvorenih podskupova u metriqkom prostoru M . Tada vai: (Z1) M ∈ ζ , ∅ ∈ ζ (Z2) F , F ∈ ζ ⇒ F ∪ F ∈ ζ (Z3) ako je {F } familija skupova iz ζ , onda je T F ∈ ζ 4 Dokaz je analogan dokazu Posledice 2. 5 Definicija 17. Neka su (X, τ ) i (Y, τ ) topoloxki prostori. Preslikavae f : X → Y je neprekidno u taqki a ∈ X ako za svaki otvoren skup V ∈ τ koji sadri taqku f (a) postoji otvoren skup U ∈ τ koji sadri taqku X

X

X

X

λ λ∈Λ

X

λ

X

λ

M

λ∈Λ

1

2

X

1

2

X

X

X

M

M

1

2

M

M

1

2

M

λ λ∈Λ

M

λ∈Λ

X

Y

Y

X

270


takav da je f (U ) ⊂ V . Preslikavae je neprekidno na skupu A ⊂ X ako je neprekidno u svakoj taqku a ∈ A. Specijalno, preslikavae f je neprekidno ako je neprekidno na celom prostoru X . Zadatak 27. Dokazati da Teorema 2 na strani 260 vai i u topoloxkim prostorima (sa neznatnom modifikacijom dokaza). X

a

Literatura [1] D. Adnaevi, Z. Kadelburg, Matematiqka analiza 1, Matematiqki fakultet u Beogradu, 2004. [2] A.. Dorogovcev, Matematiqeski analiz { sbornik zadaq, Viwa xkola, Kiev, 1987. [3] V. A. Zoriq, Matematiqeski analiz, Nauka, Moskva, 1981. [4] A.N. Kolmogorov, S.V Fomin, Elementy teorii funkci i funkcional~nogo analiza, Nauka, Moskva, 1968. [5] B. Peki, Besnilo, 1983. [6] I.N. Pesin, Razvitie ponti integrala, Nauka, Moskva, 1966. [7] L. S. Pontrgin, Nepreryvnye grupy, Nauka, Moskva, 1984. [8] S. Simi, Vebe iz Analize 1989{90, sveske [9] G.M. Fihtengol~c, Kurs differencial~nogo i integral~nogo isqisleni, FIZMATGIZ, Moskva, 1962. [10] D. J. Strojk, Kratak pregled istorije matematike, Zavod za u benike i nastavna sredstva, Beograd, 1987. [11] S. Aljančić, Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, 2. izdanje, Gradjevinska knjiga, Beograd, 1974. [12] C.B. Boyer, U.C. Mezerbach, A History of Mathematics, 2nd ed, John Wiley and Sons, 1989. [13] N. Bourbaki, Éléments de mathématique: Livre III. Topologie générale, Herman, Paris, 1958– 1961. [14] R. Courant, H. Robbins, What is Mathematics?, Oxford University Press, 1941. [15] J. Dieudonné, Linearna algebra i elementarna geometrija, Školska knjiga, Zagreb, 1977. [16] J. Dieudonné, Foundations of Modern Analysis, Academic Press, New York, 1960. [17] T.P. Jameson, The Probability Integral by Volume of Revolution, Mathematical Gazette 78 (1994), 339–340 [18] S.G. Krantz, H.R. Parks, A primer of real analysis and functions, Birkhäuser, 1992, 2002. [19] S. Mardešić, Matematička analiza, Školska knjiga, Zagreb, 1979. [20] M. Marjanović, Matematička analiza 1, 2. izdae, Nauqna kiga, Beograd, 1983. [21] M. Mršević, Dj. Dugošija, Zbirka rešenih zadataka iz Matematičke analize I, Graevinska kiga, Beograd, 1978. [22] G. Pólya, G. Szegö, Aufgaben und Lehrzätze aus der Analysis, Springer–Verlag, 1964. [23] W. Rudin, Principles of Mathematical Analysis, 2nd ed., McGraw-Hill, New York, 1964. [24] I. Shafarevich, Basic Notions of Algebra, 2nd ed., Springer–Verlag, Berlin, Heidelberg, 1997. [25] Tomasova matematička biblija – Veština računanja, Graevinska kiga, Beograd, 2007.

271

Indeks , 17 , 53 , 17 , 52 , 22 Abel, 10 Aksioma Arhimedova, 8, 27 Dedekindova, 16 Kantorova, 13, 27 neprekidnosti (potpunosti), 16 supremuma, 14 Aksiome Peanove, 19 racionalnih brojeva, 7 realnih brojeva, 7, 14 Algoritam Euklidov, 25 Apsolutna vrednost kompleksnog broja, 49 realnog broja, 36 Argument kompleksnog broja, 52 Arhimed, 8 Aristotel, 12 Asimptotske relacije, 84 Asimptota horizontalna, 85 kosa, 85 vertikalna, 85 Baza filtera, 251 Bernxtajn, 32 Bernuli, 22 Bertran, 148 Binarni zapis realnog broja, 29 Bolcano, 39 Borel, 38 Broj algebarski, 52 dijadski, 30 kardinalni, Card(A), 31 Ludolfov, 52 R+ cis θ R π e

273

Ojlerov, 132 prost, 24 transcendentan, 52 Brojevi dijadski, 30, 39 uzajamno prosti, 24 Ceo deo realnog broja, 29 Qebixev, 60, 186 Qezaro, 162 ons, 52 Dalamber, 145 Darbu, 101 de Morgan, 259 Decimalni zapis realnog broja, 29 Dedekind, 16 Dedekindov presek, 16 Dekart, 48 di Bruno, 104 Diferencijabilnost, 91 Diferencijal, 97 Dirihle, 123 Duina luka, 51 ekstremum lokalni, 98 ε{okolina, 37, 50 Ermit, 197 Euklid, 25 Faktorijel, 21 Ferma, 97 Fibonaqi, 166 Filter, 251 Formula Abelova, 149 binomna, 21 uopxtena, 107 Meklorenova, 106 Moavrova, 54 Ojlerova, 166 Tejlorova, 104, 106, 197 Frexe, 252 Funkcija

274

analitiqka, 163 diferencijabilna, 91 neprekidno, 178 elementarna, 65 Gama, 235 konkavna, 108 konveksna, 108 neparna, 53 neprekidna, 66, 256 uniformno, 74, 265 ograniqena, 70 parna, 53 Funkcije ograniqene varijacije, 230 Galilej, 12 Gaus, 148 Generator grupe, 55 Geometrijska progresija, 21 Grana funkcije, 64 Graniqna vrednost funkcije, 77, 256 niza, 119, 256 Grupa, 10 Abelova, 10 Arhimedska, 11 cikliqna, 55 euklidska, 50 ortogonalna, 50 specijalna ortogonalna, 55 topoloxka, 143 Helder, 111 Homeomorfizam, 82 Imaginarna jedinica, 48 Imaginarni deo kompleksnog broja, 48 Infimum, inf , 8 funkcije, 72 Integracija parcijalna, 177 Integral Darbuov, 214 eliptiqki, 187 gori i doi, 214 hipereliptiqki, 187 Koxijev, 189 neodreeni, 175 nesvojstveni, 204, 225 utnov, 189 odreeni, 189 po skupu, 221 Puasonov, 209, 233 Riman{Stiltjesov, 225 Rimanov, 212 Stiltjesov, 225 Izometrija, 50 Izomorfizam, 45 po a, 45

INDEKS

ureenih, 45 Izvod funkcije, 91 desni i levi, 96 drugi, 104 vixeg reda, 104 Jang, 110 Jednaqina diferencijalna, 175 funkcionalna, 164 Koxijeva, 164 linearna diferencna, 23 Jensen, 109 Kantor, 27 Kavalijeri, 200 Koeficijenti binomni, 21 Kombinacije, 32 Kompleksna ravan, 48 Konjugovani kompleksni broj, 49 Kongruencija po modulu, 55 Konstanta Ojlerova, 132 Kontrakcija, 132 Konvergencija niza, 79 proizvoda, 134 reda, 134 apsolutna, 138 Koordinate polarne, 53 Kosinus cos, 53 hiperboliqki, ch , 65 Kriva racionalna, 184 Kumer, 147 Kvadranti, 48 Kvadratura kruga, 52 Lagran, 99 Lajbnic, 52 Lambert, 52 Landau, 85 Lebeg, 38 Limes funkcije, lim , 77 gori i doi, lim, lim funkcije, 125 niza, 125 niza, lim , 119 superior i inferior, lim sup, lim inf funkcije, 125 niza, 125 Lindeman, 52 Lopital, 102 Lopta x→x0

n→∞

INDEKS

otvorena, 257 zatvorena, 257 Ludolf, 52 Majoranta, 8 Maksimum, max funkcije, 72 skupa, 9 Mekloren, 106 Mera ordanova, 221 Metrika, 252 diskretna, 254 euklidska, 254 Minimum, min funkcije, 72 skupa, 9 Minkovski, 111 Minoranta, 8 Mnoee redova, 156 Moavr, 54 Modul kompleksnog broja, 49 neprekidnosti funkcije, 80 realnog broja, 36 Monotonost, 45 Morfizam, 45 po a, 45 urenih, 45 Nejednakost Bernulijeva, 22 Qebixev eva, 60 Helderova, 111 Jensenova, 109 Minkovskog, 111 Neprekidnost, 66 Niz divergentan, 119 konvergentan, 119 Koxijev, 130, 260 monoton, 127 niz Fibonaqijev, 166 Ojler, 22 Oscilacija funkcije, 131 Ostatak proizvoda, 135 reda, 135 Parametar podele, 216 Parametrizacija racionalna, 184 Peano, 19 Peki, Borislav, 12 Permutacije, 31 Pitagora, 12 Pitagorejci, 12

275

Podela intervala, 213 finija, 213 Podgrupa, 24 Poenkare, 12 Pokrivae otvoreno, 38, 264 Po e, 11 algebarski zatvoreno, 48 Arhimedsko, 11 kompleksnih brojeva, C, 48 racionalnih brojeva, Q, 27 realnih brojeva, R, 14 ureeno, 11 Polupreqnik konvergencije, 157 Potpokrivae, 38, 264 Potpo e, 27 Princip Kavalijerijev, 200 Proizvod beskonaqni, 134 Dekartov, 48 konvergentan, 134 Proxireni skup realnih brojeva, R, 17 Prostor euklidski, 253 metriqki, 252 diskretan, 254 kompaktan, 261 kompletan, 261 povezan, 266 separabilan, 263 normirani, 253 Prsten, 10 komutativni, 11 sa de eem, 11 sa jedinicom, 10 Rabe, 147 Razlomci neprekidni (verini), 26 Razlom eni deo realnog broja, 29 Realni deo kompleksnog broja, 48 Red beskonaqni, 134 divergentan, 134 dvostruki, 154 geometrijski, 136 konvergentan, 134 stepeni, 157 Tejlorov, 163 Relacija poretka, 8 Relna prava, 11 Riman, 78 Rimanova zeta funkcija, 140 Rol, 98 Rub skupa, 38, 51, 258 Xtolc, 121

276

Simboli Landauovi, o, O, 85 Sinus sin, 53 hiperboliqki, sh , 65 Skup (bes)konaqan, 31 (ne)prebrojiv, 33 diskretan, 38 gust, 38, 258 Kantorov, 42, 218 mer iv po ordanu, 221 najvixe prebrojiv, 33 nigde gust, 42 ograniqen, 8, 51 otvoren, 51, 257 partitivni, 9 ureen, 8 potpuno, 14 totalno, 8 zatvoren, 38, 50, 257 Smene Ojlerove, 183 Sredina aritmetiqka, 58, 110 geometrijska, 58, 110 harmonijska, 58, 110 kvadratna, 58, 110 reda t, 110 Stav Osnovni stav algebre, 48 Stiltjes, 225 Suma Darbuova, 213 Supremum, sup funkcije, 72 skupa, 8 Taqka fiksna, 72, 132 izolovana, 38, 51, 258 nagomilavaa, 38, 50, 258 nepokretna, 72, 132 prevojna, 108 unutraxa, 258 Tauber, 161 Tejlor, 106, 163 Tejlorov polinom, 106 Telo, 11 Teorema Abelova, 160 Bolcano-Vajerxtrasova, 39 Borel-Lebegova, 38 Darbuova, 101 Fermaova, 97 Kantor-Bernxtajnova, 32 Kantorova, 74 Koxijeva, 98

INDEKS

Lagranova, 99 Lopitalova, 102 o meuvrednosti, 72 o sredoj vrednosti, 97 Rimanova, 154 Rolova, 98 Xtolcova, 121 Tauberova, 161 Vajerxtrasova, 73 Topologija, 259 relativna, 69 Transformacija izometrijska, 50 Ugao π , 52 izmeu polupravih, 51 polarni, 52 prav, 52 Unutraxost skupa, 258 Vajerxtras, 39 Valis, 52 Varijacije bez ponav aa, 31 sa ponav aem, 31 Vijet, 52, 185 ordan, 114 Zatvoree skupa, 38, 50, 258 Zlatni presek, 167

Matematicka Analiza I - Skripta za MATF

Recommend Documents