Matematicka analiza

Matematiˇcka analiza 1 i 2 Predavanja i zbirka zadataka

April 26, 2017

2 PREDGOVOR Predavanja su namenjena studentima koji polaˇzu ispite iz predmeta Matematiˇcka analiza 1 i Matematiˇcka analiza 2. Materijal je u nastajanju, iz nedelje u nedelju se dodaju novi sadrˇzaji, moguće su i izmene u prethodno uneˇsenom tekstu, a takod¯e su moguće slovne i druge greˇske. Studenti su u obavezi da konsultuju dodatnu, dole navedenu literaturu, koju je moguće naći u biblioteci Fakulteta. 1. Duˇsan Adnad¯ević i Zoran Kadelburg, Matematiˇcka analiza I, Nauˇcna knjiga, Beograd, 1990. 2. L. D. Kudrijavcev, Kurs matematiˇcke analize I, Viˇsa ˇskola, Moskva, 1981 (na ruskom). ´ c, Uvod u matematiˇcku analizu, I deo, Prirodno-matematiˇcki fakul3. Duˇsan Ciri´ tet, Niˇs, 2008.

Sadrˇ zaj 1 Uvod 1.1 Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Grupoid, grupa, prsten i polje . . . . . . . . . . 1.5 Polje realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Neke posledice aksioma ured¯enog polja . . . . . 1.7 Neki vaˇzniji podskupovi skupa realnih brojeva . 1.8 Ekvivalenti i posledice aksiome neprekidnosti . 1.9 Proˇsireni skup realnih brojeva . . . . . . . . . . 1.10 Taˇcka nagomilavanja skupa. Bolcano-Vajerˇstrasova teorema za skupove . . . 2 Nizovi 2.1 Pojam graniˇcne vrednosti realnog niza i osobine 2.2 Monotoni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Broj e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Bolcano-Vajerˇstrasova teorema za nizove . . . . 2.5 Koˇsijev kriterijum konvergencije nizova . . . . . 2.6 Delimiˇcne granice niza. Limes superior i limes inferior niza . . . . . . .

. . . . . . . . .

7 7 11 16 24 31 32 37 41 56

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

57

. . . . .

59 59 86 93 97 98

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . 100

3 Graniˇ cne vrednosti funkcija 3.1 Pojam graniˇcne vrednosti funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Osobine graniˇcnih vrednosti funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Koˇsijev kriterijum egzistencije graniˇcne vrednosti funkcije . . . . 3.4 Graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Graniˇcna vrednost monotone funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Neprekidnost i taˇcke prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Neke osobine funkcija neprekidnih u taˇcki . . . . . . . . . . . . . 3.8 Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu . . . . . . . . . . 3.9 Monotone funkcije i neprekidnost. Neprekidnost inverzne funkcije 3.10 Neprekidnost elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.11 Asimptotske oznake O, o i ∼ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

125 125 139 156 158 166 170 176 178 182 188 199

ˇ SADRZAJ

4

3.12 Asimptote . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 4 Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive 4.1 Izvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Diferencijal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Geometrijska interpretacija izvoda i diferencijala . . . . . . 4.4 Pravila diferenciranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Izvodi viˇseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Osnovne teoreme diferencijalnog raˇcuna . . . . . . . . . . . 4.7 Lopitalova pravila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 Tejlorova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9 Ispitivanje monotonosti i nalaˇzenje ekstremnih vrednosti funkcije pomoću izvoda . . . . . . . . 4.10 Konveksne i konkavne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Neodred¯eni integral 5.1 Definicija neodred¯enog integrala i osnovna 5.2 Smena promenljive . . . . . . . . . . . . . 5.3 Parcijalna integracija . . . . . . . . . . . . 5.4 Integracija racionalnih funkcija . . . . . . 5.5 Integracija trigonometrijskih funkcija . . . 5.6 Integracija iracionalnih funkcija . . . . . .

svojstva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 Odred¯eni integral 6.1 Definicija odred¯enog integrala. Ograniˇcenost integrabilnih funkcija . . . . . . . . 6.2 Gornje i donje Darbuove sume. Osnovna teorema 6.3 Integrabilnost neprekidnih i monotonih funkcija . 6.4 Osobine odred¯enog integrala . . . . . . . . . . . . 6.5 Prva teorema o srednjoj vrednosti . . . . . . . . 6.6 Integrabilnost deo po deo neprekidnih funkcija . 6.7 Odred¯eni integral sa promenljivom gornjom granicom . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.8 Smena promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.9 Parcijalna integracija . . . . . . . . . . . . . . . . 6.10 Druga teorema o srednjoj vrednosti . . . . . . . . 1 Nizovi 1.1 Osnovne osobine konvergentnih nizova . . 1.2 Monotoni i drugi karakteristiˇcni nizovi . . 1.3 Broj e i neki znaˇcajni nizovi . . . . . . . . ˇ 1.4 Delimiˇcne granice niza i Stolcova teorema

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

229 229 234 237 242 252 262 274 283

. . . . . 308 . . . . . 316

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

341 341 341 342 344 344 355 365

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

365 371 382 387 397 399

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

402 414 418 419

. . . .

423 423 443 460 483

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

ˇ SADRZAJ 2 Funkcije 2.1 Graniˇcne vrednosti i neprekidnost funkcije 2.2 Izvod funkcije i primene . . . . . . . . . . 2.3 Lopitalove teoreme i Tejlorova formula . . 2.4 Ispitivanje toka funkcije . . . . . . . . . .

5

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

495 495 522 543 569

3 Razni zadaci 581 3.1 Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi na nalaˇzenje graniˇcnih vrednosti i asimptota funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 581 Literatura

641

6

ˇ SADRZAJ

Glava 1

Uvod 1.1

Skupovi

Do sada se svako od nas mnogo puta susreo sa pojmom skupa. Na primer, uˇcenici jednog odeljenja ˇcine skup, takod¯e moˇzemo uoˇciti skup putnika u nekom autobusu, ˇ skup knjiga u ˇskolskoj torbi, skup jabuka u jednoj korpi, itd. Cini se da je pojam skupa intuitivno jasan. U svakoj nauci postoje osnovni pojmovi. To su pojmovi koji su dovoljno jasni i koji se ne definiˇsu. U matematici je pojam skupa jedan od osnovnih pojmova i ne definiˇse se. Objekti od kojih je sastavljen skup zovu se elementi (ˇclanovi) skupa. Pojam elementa (ˇclana) skupa je takod¯e jedan od osnovnih pojmova u matematici. Skupovi se obiˇcno obeleˇzavaju velikim slovima latinice X, Y , Z, A, B, C,..., dok se elementi oznaˇcavaju malim slovima latinice x, y, z, a, b, ˇ c,... Cinjenica da je a element skupa A, tj. da a pripada skupu A (ili da se a sadrˇzi u skupu A) zapisuje se sa a ∈ A. Ako a ne pripada skupu A, onda piˇsemo a ∈ / A. Skup je odred¯en svojim elementima. Skup X, ˇciji su elementi x, y, z, obeleˇzava se sa X = {x, y, z}. Zadavanje skupa nabrajanjem njegovih elemenata je moguće samo ako je skup konaˇcan (mada i tada, za sluˇcaj da je broj elemenata veliki, ovaj naˇcin nije celishodan). Zato se skup obiˇcno zadaje nekim zajedniˇckim svojstvom njegovih elemenata. Ako je φ(x) svojstvo kojim je okarakterisan svaki element x skupa X, onda piˇsemo X = {x| φ(x)} i ˇcitamo X je skup elemenata x takvih da vaˇzi φ(x). Ovo takod¯e znaˇci da ako element x nema osobinu φ(x), da onda x ∈ / X. 2 Na primer, skup X = {x : x ≤ 16, x je prirodan broj} predstavlja skup ˇciji su elementi 1, 2, 3, 4, tj. X = {1, 2, 3, 4}, dok 5 ∈ / X jer nije 52 ≤ 16. Skup koji nema ni jedan element zove se prazan skup i obeleˇzava sa ∅. Izmed¯u skupova uvode se dve relacije: inkluzija i jednakost. Kaˇzemo da je skup A podskup skupa B i piˇsemo A ⊂ B ako svaki element skupa A pripada skupu B. Prema tome, A ⊂ B ⇐⇒ (∀x)(x ∈ A ⇒ x ∈ B) Umesto A ⊂ B nekad piˇsemo B ⊃ A i kaˇzemo da je skup B nadskup skupa A. Znak ⊂, odnosno ⊃, se zove znak inkluzije. Na primer, za A = {1, 2} i B = {1, 2, 3, 4} vaˇzi A ⊂ B. 7

8

Glava 1. Uvod

Reći ćemo da je A pravi podskup skupa B i pisati A $ B, ako je A ⊂ B i ako postoji element skupa B koji ne pripada skupu A. U prethodnom primeru skup A je pravi podskup skupa B. Skupovi A i B su jednaki ako je A ⊂ B i B ⊂ A, i tada piˇsemo A = B. Prema tome, A = B ⇐⇒ (∀x)(x ∈ A ⇔ x ∈ B). Za skupove A i B kaˇzemo da su razliˇciti ako nisu jednaki i piˇsemo A ̸= B. Prema tome, A $ B ako i samo ako je A ⊂ B i A ̸= B. Prazan skup je podskup svakog skupa. Med¯u skupove uvodimo nekoliko operacija. Unija skupova A i B, u oznaci A ∪ B, je skup svih elemenata koji pripadaju bar jednom od skupova A i B. Prema tome, A ∪ B = {x : x ∈ A ∨ x ∈ B}. Presek skupova A i B, u oznaci A ∩ B, je skup svih elemenata koji pripadaju i skupu A i skupu B, tj. A ∩ B = {x : x ∈ A ∧ x ∈ B}. Za dva skupa A i B kaˇzemo da su disjunktni ako nemaju zajedniˇcnih elemenata, tj. ako je A ∩ B = ∅. Razlika skupova A i B, u oznaci A \ B, je skup svih elemenata skupa A koji ne pripadaju skupu B, tj. A \ B = {x : x ∈ A ∧ x ∈ / B}. Na primer, ako je A = {1, 2, 3, 4} i B = {3, 4, 5, 6}, onda je A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, A ∩ B = {3, 4}, A \ B = {1, 2} i B \ A = {5, 6}. Za sluˇcaj da je A ⊂ S, onda razliku S \ A nazivamo komplement skupa A u odnosu na S i oznaˇcavamo sa CS A ili samo C A ako je jasno o kom skupu S je reˇc. Neka su A, B i C podskupovi skupa S. Nije teˇsko dokazati sledeće skupovne jednakosti: A ∪ A = A, A ∩ A = A (zakoni idempotencije), A ∪ B = B ∪ A, A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C, A∪(B∩C) = (A∪B)∩(A∪C),

A ∩ B = B ∩ A (zakoni komutacije), A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C (zakoni asocijacije), A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C) (distributivni zakoni),

A ∪ ∅ = A,

A ∩ ∅ = ∅,

A ∪ S = S,

A ∩ S = S,

A ∪ C A = S, C ∅ = S, C(A ∪ B) = C A ∩ C B,

A ∩ C A = ∅,

C S = ∅,

CC A = A,

C(A ∩ B) = C A ∪ C B, (De Morganovi zakoni1 ),

1.1. Skupovi

9 A \ (B \ C) = (A \ B) ∪ (A ∩ C).

Primera radi, dokaˇzimo poslednju skupovnu jednakost. Za to je potrebno i dovoljno pokazati da za svaki element x vaˇzi ekvivalencija x ∈ A \ (B \ C) ⇐⇒ x ∈ (A \ B) ∪ (A ∩ C). Ova ekvivalencija vaˇzi jer vaˇzi sledeći niz ekvivalencija2 : x ∈ A \ (B \ C) ⇐⇒ x ∈ A ∧ x ∈ / B \ C ⇐⇒ x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B \ C) ⇐⇒ x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B ∧ x ∈ / C) ⇐⇒ x ∈ A ∧ (x ∈ / B ∨ x ∈ C) ⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈ / B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C) ⇐⇒ x ∈ A \ B ∨ x ∈ A ∩ B ⇐⇒ x ∈ (A \ B) ∪ (A ∩ C). Partitivni skup skupa A, u oznaci P(A), je skup svih podskupova skupa A: P(A) = {X : X ⊂ A}. Tako, P(∅) = {∅}, a ako je A = {1, 2, 3}, onda je P(A) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}. Ured¯eni par elemenata a i b, u oznaci (a, b), je skup {{a}, {a, b}}: (a, b) = {{a}, {a, b}}. Pritom, element a se zove prva komponenta ili prva projekcija ili prva koordinata ured¯enog para, dok se element b zove druga komponenta ili druga projekcija ili druga koordinata ured¯enog para. Tvrd¯enje 1.1. Dva ured¯ena para su jednaka ako i samo ako su im jednake odgovarajuće komponente, tj. (a, b) = (c, d) ⇐⇒ a = c ∧ b = d. Dokaz. Ako je a = c i b = d, onda je (a, b) = {{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}} = (c, d). Obrnuto, neka je (a, b) = (c, d). Tada je {{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}}. 2

Koristićemo sledeće tautologije: ¬(p ∧ q) ⇐⇒ ¬p ∨ ¬q, p ∧ (q ∨ r) ⇐⇒ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r).

(1.1)

10

Glava 1. Uvod

Ako je a = b, onda je {a, b} = {a}, te je (a, b) = {{a}, {a, b}} = {{a}}. Odavde i iz (1.1) sledi {{a}} = {{c}, {c, d}}, pa je {c} = {c, d} = {a}. Odavde sledi c = d = a i budući da je a = b, dobijamo a = b = c = d. Pretpostavimo sada da je a ̸= b. Tada je {a} ̸= {a, b}, pa skup {{a}, {a, b}} sadrˇzi dva razliˇcita elementa. Odvde zbog (1.1) sledi da i skup {{c}, {c, d}} sadrˇzi dva razliˇcita elementa, tj. {c} ̸= {c, d}, pa je c ̸= d. Iz {a} ∈ {{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}} i c ̸= d, budući da jednoˇclan skup ne moˇze biti jednak dvoˇclanom skupu, sledi {a} = {c}, tj. a = c. Iz {a, b} ∈ {{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}} i a ̸= b, budući da dvoˇclan skup ne moˇze biti jednak jednoˇclanom skupu, sledi {a, b} = {c, d}. Odavde dobijamo da b ∈ {c, d}, a kako je b ̸= a = c, zakljuˇcujemo da je b = d. Na osnovu Tvrd¯enja 1.1 vaˇzi ekvivalencija: a ̸= b ⇐⇒ (a, b) ̸= (b, a). Ured¯ena trojka elemenata a, b i c, u oznaci (a, b, c), je uredjeni par ((a, b), c) i pri tome se kaˇze da je a prva, b druga i c treća koordinarta (projekcija, komponenta). Lako se pokazuje da je (a, b, c) = (a1 , b1 , c1 ) ⇐⇒ a = a1 ∧ b = b1 ∧ c = c1 . Ured¯ena n-torka elemenata a1 , a2 , . . . , an definiˇse se za n ≥ 3 pomoću ured¯enog para i ured¯ene (n − 1)-torke na sledeći naˇcin: (a1 , a2 , . . . , an ) = ((a1 , a2 , . . . , an−1 ), an ), pri ˇcemu je a1 prva, a2 druga, ..., an n-ta koordinata (projekcija, komponenta). Takod¯e vaˇzi ekvivalencija (a1 , a2 , . . . , an ) = (b1 , b2 , . . . , bn ) ⇐⇒ a1 = b1 ∧ a2 = b2 ∧ · · · ∧ an = bn . Dekartov proizvod3 skupova A i B, u oznaci A × B, je skup svih ured¯enih parova (a, b) za koje je a ∈ A i b ∈ B, tj. A × B = {(a, b) : a ∈ A ∧ b ∈ B}. Umesto A × A piˇsemo A2 . 3

Rene Dekart (R. Descartes (Cartesius)) (1596-1650), francuski filozof i matematiˇcar

1.1. Relacije

11

Primer 1.2. Ako je A = {1, 2, 3} i B = {a, b}, onda je A × B = {(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b)}, B × A = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)}, A2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)}, B 2 = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b)}. • Ako skup A sadrˇzi m elemenata, a skup B n elemenata, onda skup A × B, kao i skup B × A, sadrˇzi m · n elemenata. Primetimo da ako je A ̸= B, onda je A × B ̸= B × A. Dekartov proizvod se definiˇse i za viˇse od dva skupa. Naime, Dekartov proizvod skupova A1 , A2 , ..., An , n ≥ 2, u oznaci A1 × A2 × · · · × An , je skup svih ured¯enih n-torki (a1 , a − 2, . . . , an ) za koje je a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 , ..., an ∈ An , tj. A1 × A2 × · · · × An = {(a1 , a2 , . . . , an ) : a1 ∈ A1 ∧ a2 ∈ A2 ∧ · · · ∧ an ∈ An }. Ako je A1 = A2 = · · · = An = A, onda Dekartov proizvod obeleˇzavamo sa An . Nije teˇsko pokazati da za proizvoljne skupove A, B i C vaˇze jednakosti: A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C),

(A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C),

A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C),

(A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C),

A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C),

(A \ B) × C = (A × C) \ (B × C).

1.2

Relacije

Definicija 1.3. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Svaki podskup ρ ⊂ X × Y zove se binarna relacija iz X u Y . Ako je X = Y , onda ćemo reći da je ρ binarna relacija na skupu X. Ako je ρ ⊂ X × Y i ako za x ∈ X i y ∈ Y vaˇzi (x, y) ∈ ρ, onda kaˇzemo da su elementi x i y u relaciji ρ i piˇsemo xρy. Definicija 1.4. Neka je ρ binarna relacija na skupu X. Za ρ kaˇzemo da je refleksivna ako za svako x ∈ X vaˇzi xρx. Relacija ρ je simetriˇcna ako za sve x, y ∈ X vaˇzi implikacija: xρy =⇒ yρx. Relacija ρ je antisimetriˇcna ako za sve x, y ∈ X vaˇzi implikacija: xρy ∧ yρx =⇒ x = y. Relacija ρ je tranzitivna ako za sve x, y, z ∈ X vaˇzi implikacija: xρy ∧ yρz =⇒ xρz.

12

Glava 1. Uvod

Primer 1.5. Neka je X = {1, 2, 3}. Relacija jednakosti na skupu X (zove se joˇs i dijagonala skupa X 2 ) je ρ = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}. Ova relacija je refleksivna, simetriˇcna, antisimetriˇcna i tranzitivna. Relacija ρ1 = {(1, 2), (2, 3), (3, 2)} nije refleksivna jer (1, 1) ∈ / ρ1 (takod¯e ni ured¯eni parovi (2, 2) i (3, 3) ne pripadaju relaciji), nije simetriˇcna jer (1, 2) ∈ ρ1 , ali (2, 1) ∈ / ρ1 . Ova relacija nije antisimetriˇcna jer (2, 3) ∈ ρ1 i (3, 2) ∈ ρ1 , ali 2 ̸= 3. Nije ni tranzitivna jer (1, 2) ∈ ρ1 i (2, 3) ∈ ρ1 ali (1, 3) ∈ / ρ1 (osim toga, (2, 3) ∈ ρ1 i (3, 2) ∈ ρ1 ali (2, 2) ∈ / ρ1 i (3, 3) ∈ / ρ1 ). Relacija ρ2 = {(1, 2), (2, 3), (3, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 3)} je tranzitivna, ali nije refleksivna ((1, 1) ∈ / ρ2 ), nije simetriˇcna ((1, 2) ∈ ρ2 , ali (2, 1) ∈ / ρ2 , (1, 3) ∈ ρ2 , ali (3, 1) ∈ / ρ2 ) i nije antisimetriˇcna ((2, 3) ∈ ρ2 i (3, 2) ∈ ρ2 , ali 2 ̸= 3). Relacija ρ3 = {(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (1, 3), (3, 1), (2, 2), (3, 3)} je simetriˇcna, ali nije refleksivna, ni antisimetriˇcna, ni tranzitivna ((1, 2), (2, 1) ∈ ρ3 ali (1, 1) ∈ / ρ3 ), dok je relacija ρ4 = X 2 = {(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (1, 3), (3, 1), (1, 1), (2, 2), (3, 3)} refleksivna, simetriˇcna, tranzitivna, ali nije antisimetriˇcna. • Definicija 1.6. Binarna relacija ρ na skupu X je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetriˇcna i tranzitivna. Primeri 1.7. (i) Relacija jednakosti na ma kom nepraznom skupu je relacija ekvivalencije. (ii) Relacija paralelnosti u skupu svih pravih u prostoru je relacija ekvivalencije. Definicija 1.8. Binarna relacija ρ na skupu X je relacija poretka ili relacija ured¯enja ako je refleksivna, antisimetriˇcna i tranzitivna. Za elemente x, y ∈ X kaˇzemo da su uporedivi ako je xρy ili yρx. Ako su svaka dva elementa skupa X uporediva relacijom poretka ρ, onda kaˇzemo da je ρ relacija totalnog (potpunog) poretka ili da je relacija linearnog ured¯enja, dok za skup X u tom sluˇcaju kaˇzemo da je lanac ili totalno (potpuno) ured¯en skup, ili da je linearno ured¯en skup. Ako svi elementi skupa X nisu uporedivi, onda kaˇzemo da je ρ relacija delimiˇcnog poretka ili relacija delimiˇcnog ured¯enja, a da je skup X delimiˇcno ured¯en skup relacijom ρ. Delimiˇcno ured¯en skup moˇze biti sastavljen od lanaca.

1.2. Relacije

13

Primeri 1.9. (i) Relacija ≤ je relacija totalnog poretka na skupu realnih brojeva R. Zaista, 1) (∀x ∈ R)(x ≤ x) (refleksivnost); 2) (∀x, y ∈ R)(x ≤ y ∧ y ≤ x =⇒ x = y) (antisimetriˇcnost); 3) (∀x, y, z ∈ R)(x ≤ y ∧ y ≤ z =⇒ x ≤ z) (tranzitivnost); 4) (∀x, y ∈ R)(x ≤ y ∨ y ≤ x) (svaka dva elementa su uporediva). Zbog vaˇznosti ove relacije, uobiˇcajena oznaka za relaciju poretka je ≤. (ii) Neka je X proizvoljan skup. Relacija inkluzije ⊂ na partitivnom skupu skupa X, P(X), je relacija poretka, jer vaˇzi: 1) (∀A ∈ P(X))(A ⊂ A) (refleksivnost); 2) (∀A, B ∈ P(X))(A ⊂ B ∧ B ⊂ A =⇒ A = B) (antisimetriˇcnost); 3) (∀A, B, C ∈ P(X))(A ⊂ B ∧ B ⊂ C =⇒ A ⊂ C) (tranzitivnost). Ako je X = ∅, onda je P(X) jednoˇclan skup, P(X) = {∅}, pa je oˇcigledno ⊂ relacija totalnog ured¯enja. Ako je pak skup X jednoˇclan, onda je P(X) = {∅, X}, pa je ⊂ opet relacija totalnog poretka. U svim drugim sluˇcajevima, tj. kada X ima barem dva elementa, relacija inkluzije je relacija delimiˇcnog ured¯enja. Na primer, ako je X = {a, b}, onda za skupove A = {a} i B = {b} vaˇzi da niti je A ⊂ B, niti B ⊂ A, tj. A i B nisu uporedivi relacijom ⊂. (iii) U skupu prirodnih brojeva N posmatramo relaciju deljivosti | : x|y ⇐⇒ (∃k ∈ N) y = kx, x, y ∈ N. Ovo je relacija delimiˇcnog poretka na skupu N. Zaista 1) (∀n ∈ N)(n = 1 · n) =⇒ (∀n ∈ N)(n|n) (refleksivnost); 2) Neka su n, m ∈ N i neka n|m i m|n. Tada postoje k1 , k2 ∈ N tako da je m = k1 n i n = k2 m. Odavde sledi m = k1 k2 m i s obzirom da su k1 , k2 ∈ N, zakljuˇcujemo da je k1 = k2 = 1. Stoga je m = n. Prema tome, relacija deljivosti je antisimetriˇcna. 3) Neka su n, m, l ∈ N i neka n|m i m|l. To znaˇci da postoje k1 , k2 ∈ N tako da je m = k1 n i l = k2 m, i prema tome, l = k1 k2 n. Kako je k1 k2 ∈ N, iz jednakosti l = k1 k2 n sledi n|l. Ovim smo pokazali da je relacija deljivosti tranzitivna. Budući da niti 2|3, niti 3|2, ovo nije relacija totalnog poretka. Relacija deljivosti na skupu celih brojeva Z definisana sa: m|l ⇐⇒ (∃k ∈ Z) l = km, m, l ∈ Z nije relacija poretka, jer nije antisimetriˇcna. Zaista, 2|(−2) i −2|2, ali nije 2 = −2. • Primetimo da ako je relacija simetriˇcna to neće znaˇciti da ona nije antisimetriˇcna (primer za to je relacija jednakosti na ma kom nepraznom skupu, koja je i simetriˇcna i antisimetriˇcna relacija), a takod¯e i ako relacija nije simetriˇcna to ne povlaˇci da je ona antisimetriˇcna. Na primer, relacija deljivosti na skupu celih brojeva nije ni simetriˇcna, ni antisimetriˇcna.

14

Glava 1. Uvod

Neka je na skupu X data relacija poretka ≤ i neka je A ⊂ X. Za element m ∈ X kaˇzemo da je gornja granica ili majoranta skupa A ako za svako a ∈ A vaˇzi a ≤ m. Za element n ∈ X kaˇzemo da je donja granica ili minoranta skupa A ako za svako a ∈ A vaˇzi n ≤ a. Ako postoji gornja granica skupa A koja pripada skupu A, onda se ona zove maksimum skupa A i obeleˇzava sa max A. Za donju granicu skupa A koja pripada skupu A kaˇzemo da je minimum skupa A i obeleˇzavamo je sa min A. Na primer, ako posmatramo ured¯enje iz Primera 1.9 (i) i skup A = (0, 1], onda je 1 gornja granica skupa A i pripada skupu A, pa je max A = 1. Med¯utim skup B = [0, 1) nema maksimum, jer skup gornjih granica skupa B je interval [1, +∞) i nijedna gornja granica skupa B ne pripada skupu B. Primetimo joˇs da skup A nema minimum, dok je min B = 0. Ako skup A ima maksimum, onda je on jedinstven. Zaista, neka su m1 i m2 dva maksimuma skupa A. To znaˇci da su m1 i m2 gornje granice skupa A i da pripadaju skupu A. Iz ˇcinjenice da je m2 gornja granica skupa A i da m1 ∈ A sledi m1 ≤ m2 , dok iz ˇcinjenice da je m1 gornja granica skupa A, a m2 ∈ A, sledi m2 ≤ m1 . Prema tome, m1 = m2 . Sliˇcno se dokazuje da je minimum skupa, ukoliko postoji, jedinstven. Za skup A kaˇzemo da je ograniˇcen odozgo (odozdo) ako ima barem jednu gornju (donju) granicu. Skup A je ograniˇcen ako je odozdo i odozgo ograniˇcen. Ako skup gornjih granica skupa A ima minimum, onda se taj element zove supremum skupa A i obeleˇzava sa sup A. Ako posmatramo ured¯enje iz Primera 1.9 (i), onda moˇzemo reći da je supremum najmanja med¯u svim gornjim granicama skupa A-govorićemo jednostavno da je supremum skupa A najmanja gornja granica skupa A. Ako skup donjih granica skupa A ima maksimum, onda se taj element zove infimum skupa A i obeleˇzava sa inf A. U sluˇcaju ured¯enja iz Primera 1.9 (i) moˇzemo reći da je infimum skupa A najveća donja granica skupa A. Prema tome, element b ∈ X je supremum skupa A, b = sup A, ako i samo vaˇze sledeća dva uslova: (s1 ) (∀a ∈ A)(a ≤ b); (s2 ) (∀a ∈ A)(a ≤ c) =⇒ b ≤ c. Uslov (s1 ) znaˇci da je b gornja granica skupa A, a uslov (s2 ) znaˇci da za proizvoljnu gornju granicu c skupa A vaˇzi b ≤ c. Element b ∈ X je infmum skupa A, b = inf A, ako i samo ako vaˇze sledeća dva uslova: (i1 ) (∀a ∈ A)(b ≤ a); (i2 ) (∀a ∈ A)(c ≤ a) =⇒ c ≤ b. Iz definicije sledi da ako postoji supremum (infimum) skupa A, onda je jedinstven. Napomenimo da maksimum (minimum) skupa A postoji ako i samo ako postoji supremum (infimum) skupa A koji joˇs i pripada skupu A. Zaista, neka je m maksimum skupa A. Tada je m gornja granica skupa A i m ∈ A. Prema tome, vaˇzi uslov (s1 ) i ako je c proizvoljna gornja granica skupa A, onda budući da m ∈ A sledi

1.2. Relacije

15

m ≤ c, pa je zadovoljen i uslov (s2 ). Dakle, m je supremum skupa A koji pripada skupu A. Obrnuto, pretpostavimo da je m = sup A i m ∈ A. Tada je m gornja granica skupa A koja pripada skupu A, pa je m = max A. Na primer, posmatrajmo opet ured¯enje iz Primera 1.9 (i) i skupove A = (0, 1] i B = [0, 1). Skup gornjih granica i za jedan i za drugi skup je interval [1, +∞). Ovaj skup ima minimum, to je 1, pa je sup A = sup B = 1. Kao ˇsto smo već uoˇcili skup A ima maksimum, to je 1 (supremum skupa A pripada skupu A), dok skup B nema maksimum (supremum skupa B ne pripada skupu B). Prema tome, maksimum skupa (ukoliko postoji) je i supremum skupa, dok obrnuto u opˇstem sluˇcaju ne vaˇzi. Samo supremum skupa koji pripada skupu je maksimum skupa. Primeri 1.10. (i) Posmatrajmo skup X = R \ {3}, relaciju ≤ iz Primera 1.9 (i) i skup A = {x ∈ R : x < 3} = (−∞, 3). Skup gornjih granica skupa A je skup {x ∈ R : 3 < x} = (3, +∞), a ovaj skup nema minimum, pa ne postoji supremum skupa A. (ii) Neka je X dati skup. U odnosu na relaciju inkluzije imamo da je svaki podskup partitivnog skupa P(X) ograniˇcen odozgo, naime, skup X je gornja granica. Neka su A1 , . . . , An ⊂ X i A = {A1 , . . . , An }. Tada je u odnosu na relaciju inkluzije sup A = A1 ∪ · · · ∪ An i inf A = A1 ∩ · · · ∩ An . (iii) Neka je A = {n1 , n2 , . . . , nk } ⊂ N. U odnosu na relaciju deljivosti | imamo da je sup A = N ZS{n1 , n2 , . . . , nk } i inf A = N ZD{n1 , n2 , . . . , nk }. • Za x, y ∈ X pisaćemo da je x < y ako je x ≤ y i x ̸= y. Umesto x < y pisaćemo joˇs i y > x. Ako je ≤ relacija totalnog poretka na skupu X, onda je negacija uslova x < y ekvivalentna uslovu y ≤ x: ¬(x < y) ⇐⇒ y ≤ x. 4 Neka je ≤ relacija totalnog poretka na skupu X i neka je A ⊂ X. Za element b ∈ X vaˇzi b = sup A ako i samo ako su ispunjena sledeća dva uslova: (s1 ) (∀a ∈ A) a ≤ b; (s′2 ) (∀b′ < b)(∃a ∈ A) b′ < a. Da bismo dokazali prethodnu ekvivalenciju, pretpostavimo najpre da je b = sup A. Tada vaˇzi uslov (s1 ) i dokaˇzimo da vaˇzi uslov (s′2 ). Pretpostavimo suprotno, tj. da vaˇzi negacija: ¬(∀b′ < b)(∃a ∈ A) b′ < a. Ovo je ekvivalentno uslovu: (∃b′ < b)(∀a ∈ A)¬(b′ < a). 4 Zaista, ¬(x < y) ⇐⇒ ¬(x ≤ y ∧ x ̸= y) ⇐⇒ ¬(x ≤ y) ∨ x = y, a iz ¬(x ≤ y) ∨ x = y, budući da je ≤ relacija totalnog poretka, sledi y ≤ x. Obrnuto, pretpostavimo da je y ≤ x. Dokaˇzimo da vaˇzi ¬(x < y). Pretpostavimo suprotno, da je x < y, tj. x ≤ y i x ̸= y. Kako je relacija ≤ antisimetriˇcna, iz y ≤ x i x ≤ y sledi x = y, ˇsto je apsurd. Prema tome, y ≤ x povlaˇci ¬(x < y).

16

Glava 1. Uvod

Prema tome, postoji b′ < b tako da za svako a ∈ A vaˇzi a ≤ b′ , tj. b′ je gornja granica skupa A za koju ne vaˇzi relacija b ≤ b′ . Ovo je u suprotnosti sa tim da je b, kao supremum skupa A, minimum skupa gornjih granica skupa A. Dobijena protivureˇcnost dokazuje da vaˇzi uslov (s′2 ). Obrnuto, pretpostavimo da vaˇze uslovi (s1 ) i (s′2 ). Neka je c ∈ X gornja granica skupa A. Tada vaˇzi b ≤ c, jer u protivnom bi bilo c < b pa bi prema uslovu (s′2 ) postojao element a ∈ A takav da je c < a, ˇsto je u suprotnosti sa tim da je c gornja granica skupa A. Prema tome, ispunjeni su uslovi (s1 ) i (s2 ), pa je b = sup A. Sliˇcno, ako je ≤ relacija totalnog poretka na skupu X i A ⊂ X, za element b ∈ X vaˇzi b = inf A ako i samo ako su ispunjena sledeća dva uslova: (i1 ) (∀a ∈ A) b ≤ a; (i′2 ) (∀b′ > b)(∃a ∈ A) a < b′ . Ako je ≤ relacija linearnog ured¯enja na skupu R i A ⊂ R, tada je b = sup A ako i samo ako su ispunjena sledeća dva uslova: (s1 ) (∀a ∈ A) a ≤ b; (s′′2 ) (∀ϵ > 0)(∃a ∈ A) b − ϵ < a. Uslov (s′′2 ) je ekvivalentan uslovu (s′2 ). Zaista, ako uzmemo da je b′ = b − ϵ, onda je uslov b′ 0. Sliˇcno, ako je ≤ relacija linearnog ured¯enja na skupu R i A ⊂ R, tada je b = inf A ako i samo ako su ispunjena sledeća dva uslova: (i1 ) (∀a ∈ A) b ≤ a; (i′′2 ) (∀ϵ > 0)(∃a ∈ A) a < b + ϵ.

1.3

Funkcije

Neka su X i Y neprazni skupovi. Preslikavanje (funkcija) skupa X u skup Y je svako pravilo (propis, dogovor) f kojim se svakom elementu skupa X dodeljuje taˇ cno jedan element skupa Y . Ako je f preslikavanje skupa X u skup Y pisaćemo f : X → Y . Osim termina funkcija, ili preslikavanje, koriste se i termini pridruˇzivanje ili korespondencija. Element x ∈ X se obiˇcno naziva original (lik), a y ∈ Y njegova slika, i pri tom piˇsemo y = f (x). Kaˇzemo joˇs i da je x nezavisno promenljiva ili argument, a y zavisno promenljiva. Ovo nije stroga matematiˇcka definicija funkcije, budući da ukljuˇcuje pojmove pravilo (propis, dogovor) koje nismo prethodno definisali. Sledi stroga matematiˇcka definicija pojma funkcije koja se zasniva na pojmu skupa. Definicija 1.11. Neka su X i Y neprazni skupovi. Podskup f Dekartovog proizvoda X × Y koji zadovoljava uslove (i) (∀x ∈ X)(∃y ∈ Y ) (x, y) ∈ f , (ii) (∀x ∈ X)(∀y1 , y2 ∈ Y )((x, y1 ) ∈ f ∧ (x, y2 ) ∈ f =⇒ y1 = y2 ), zovemo preslikavanje (funkcija) f skupa X u skup Y . Prema tome, funkcija f skupa X u skup Y je (binarna) relacija iz X u Y sa osobinama (i) i (ii). Umesto (x, y) ∈ f piˇsemo y = f (x), skup X zovemo domen (ili

1.3. Funkcije

17

oblast definisanosti), a skup Y zovemo kodomen funkcije f . Domen funkcije f ćemo obeleˇzavati sa Df . Uslov (i) ove definicije govori o tome da svaki element x ∈ X moˇze biti original za funkciju f , dok uslov (ii) govori o jednoznaˇcnosti (dobroj definisanosti) funkcije f , tj. da jednom originalu odgovara taˇcno jedna slika. Kada je jasno koji su domen i kodomen funkcije, govorićemo jednostavno o funkciji x 7→ f (x), istićući time original i njegovu sliku. Primer 1.12. Neka je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b}. Relacija ρ1 iz X u Y data sa: ρ1 = {(1, a), (1, b), (2, a), (3, b)} nije funkcija. Zaista, (1, a) ∈ ρ1 i (1, b) ∈ ρ1 , ali a ̸= b, pa nije ispunjen uslov (ii) u Definiciji 1.11. Kod relacije ρ2 = {(1, a), (2, a)} ⊂ X × Y vidimo da 3 ∈ X, ali ne postoji y ∈ Y tako da (3, y) ∈ ρ2 , ˇsto znaˇci da nije ispunjen uslov (i) u Definiciji 1.11 i stoga ova relacija nije funkcija. Relacija ρ3 = {(1, a), (2, a), (3, b)} ⊂ X × Y zadovoljava uslove (i) i (ii) Definicije 1.11, pa je ova relacija funkcija skupa X u skup Y . • Neka su domen i kodomen funkcije f podskupovi skupa realnih brojeva R. U skladu sa naˇsom definicijom funkcija f je jednaka skupu {(x, f (x)) | x ∈ Df }, koji se inaˇce obeleˇzava sa Γf i zove grafik funkcije f . Grafik funkcije se moˇze interpretirati kao skup taˇcaka u koordinatnoj ravni5 . Definicija 1.13. Dve funkcije f1 : X1 → Y1 i f2 : X2 → Y2 su jednake ako su ispunjeni sledeći uslovi: (i) X1 = X2 , (ii) Y1 = Y2 , (iii) (∀x ∈ X1 )f1 (x) = f2 (x) (f1 i f2 za bilo koji original imaju iste slike). Definicija 1.14. Za dve funkcije f1 : X1 → Y1 i f2 : X2 → Y2 , ako je: (i) X1 ⊂ X2 , (ii) Y1 ⊂ Y2 , (iii) (∀x ∈ X1 )f1 (x) = f2 (x), onda kaˇzemo da je f1 restrikcija (suˇzenje) funkcije f2 , a da je f2 ekstenzija (produˇzenje) funkcije f1 . Ako je pri tom Y1 = Y2 , onda piˇsemo f1 = f2 |X1 . 5 Dve uzajmno ortogonalne orjentisane prave ˇcine pravougli koordinatni sistem i zovu se koordinatne ose, dok se njihova preseˇcna taˇcka zove koordinatni poˇcetak i obeleˇzava se sa O. Jedna koordinatna osa se naziva apscisna osa ili x-osa, a druga ordinatna osa ili y-osa. Ravan sa ovako izabranim koordinatnim sistemom Oxy se naziva koordinatna ravan. U koordinatnoj ravni x-osa i y-osa odred¯uju ˇcetiri prava ugla. Unutraˇsnje oblasti ovih uglova nazivamo kvadrantima.

18

Glava 1. Uvod

Definicija 1.15. Za funkciju f : X → Y kaˇzemo da je 1-1 (injektivna, injekcija) ako razliˇcitim originalima x1 , x2 ∈ X uvek odgovaraju razliˇcite slike, tj. ako vaˇzi implikacija: (∀x1 , x2 ∈ X)(x1 ̸= x2 =⇒ f (x1 ) ̸= f (x2 )). (1.2) Drugim reˇcima, funkcija f je 1-1 ako ne postoje dva razliˇcita elementa skupa X koji imaju istu sliku. S obzirom na zakon kontrapozicije za implikaciju: (p =⇒ q) ⇐⇒ (¬q =⇒ ¬p), zakljuˇcujemo da je uslov (1.2) ekvivalentan sledećem: (∀x1 , x2 ∈ X)(f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 ).

(1.3)

Prema tome, funkcija f : X → Y je 1-1 ako vaˇzi uslov (1.3), tj. ako iz jednakosti slika sledi i jednakost odgovarajućih originala. Primer 1.16. Neka je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b, c, d}. Funkcija f : X → Y , data sa f (1) = a, f (2) = a, f (3) = c, nije 1-1, jer 1 ̸= 2, ali je f (1) = f (2) = a. Funkcija g : X → Y , data sa g(1) = a, g(2) = c, g(3) = d, je injekcija. • Ako je A ⊂ X, slika skupa A funkcijom f , u oznaci f (A), je skup svih onih elemenata iz Y koji su slika nekih elemenata iz A, tj. f (A) = {f (x) | x ∈ A}. Definicija 1.17. Za funkciju f : X → Y kaˇzemo da je na (surjektivna, surjekcija) ako (∀y ∈ Y )(∃x ∈ X) y = f (x). Drugim reˇcima, funkcija f : X → Y je surjekcija ako je f (X) = Y . Primetimo da funkcije f i g iz prethodnog primera nisu surjekcije (b ∈ Y , ali ne postoji x ∈ X, tako da je f (x) = b, niti postoji x ∈ X tako da je g(x) = b). Primer 1.18. Neka je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b}. Funkcija h : X → Y , data sa h(1) = b, h(2) = a, h(3) = a, nije 1-1, ali je na. •

1.3. Funkcije

19

Definicija 1.19. Funkcija f : X → Y je bijektivna (bijekcija) ako je injektivna i surjektivna. Primer 1.20. Neka je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b, c}. Funkcija f : X → Y , data sa f (1) = b, f (2) = a, f (3) = c, je bijekcija. • Primer 1.21. (i) Funkcija f1 : R → R data sa f1 (x) = x2 nije ni injekcija (jer f1 (−2) = f1 (2) = 4) ni surjekcija (jer f1 (x) ̸= −1 za svako x ∈ R). (ii) Neka je R+ = {x ∈ R | x ≥ 0} i funkcija f2 : R+ → R data sa f2 (x) = x2 , tj. f2 = f1 |R+ . Fukcija f2 je 1-1, ali nije na. (iii) Ako isti analitiˇcki izraz definiˇse funkciju f3 : R → R+ , onda f3 nije 1-1, ali je na. (iv) Na kraju, restrikcija f4 : R+ → R+ funkcije f1 je bijekcija. (v) Neka je R− = {x ∈ R | x ≤ 0} i f5 : R− → R+ funkcija data takod¯e sa f5 (x) = x2 , onda je f5 bijekcija. • Ako je f : X → Y funkcija i B ⊂ Y . Inverzna slika skupa B funkcijom f , u oznaci f −1 (B), je skup svih elemenata iz X koji se funkcijom f preslikavaju u skup B: f −1 (B) = {x ∈ X | f (x) ∈ B}. Jasno, f −1 (Y ) = X. Primer 1.22. Neka je X = {1, 2, 3, 4, 5}, Y = {a, b, c, d, e, g} i funkcija f : X → Y data sa ( ) 1 2 3 4 5 f= . a a a g g Za A = {1, 2} ⊂ X i B = {d, e, g} ⊂ Y vaˇzi f (A) = {a}, f −1 (B) = {4, 5}, f −1 (f (A)) = {1, 2, 3} i f (f −1 (B)) = {f }. Dakle, A $ f −1 (f (A)) i f (f −1 (B)) $ B. •

A

1

a

2

b

3

f(A)

c d

-1

5

e B g

X

Y

f (B) 4

Primer 1.23. Ako je f1 : R → R funkcija iz Primera 1.21, onda je f1 (R+ ) = R+ , f1−1 (R+ ) = R i f1−1 (R− ) = {0}. Sledi f1−1 (f1 (R+ ))) = R i f1 (f1−1 (R− )) = f1 ({0}) = {0}. Prema tome, R+ $ f1−1 (f1 (R+ ))) i f1 (f1−1 (R− )) $ R− . •

20

Glava 1. Uvod

Tvrd¯enje 1.24. Neka je f : X → Y . (1.24.1) Za svaki podskup A skupa X vaˇzi A ⊂ f −1 (f (A)). (1.24.2) Funkcija f je injekcija ako i samo ako za svaki podskup A skupa X vaˇzi A = f −1 (f (A)). Dokaz. (1.24.1): Neka je x ∈ A. Tada f (x) ∈ f (A), tj. element x se funkcijom f preslikava u skup f (A) i zato x ∈ f −1 (f (A)). Prema tome, A ⊂ f −1 (f (A)). (1.24.2): Pretpostavimo da je f injekcija. Da bismo dokazali da je A = f −1 (f (A)), na osnovu (1.24.1), dovoljno je dokazati inkluziju f −1 (f (A)) ⊂ A. Neka je x ∈ f −1 (f (A)). Tada f (x) ∈ f (A), te postoji a ∈ A tako da je f (x) = f (a). Kako je f injekcija, sledi x = a, i zato x ∈ A. Prema tome, f −1 (f (A)) ⊂ A. Obrnutu implikaciju, tj. tvrd¯enje da injektivnost funkcije f sledi iz ˇcinjenice da je A = f −1 (f (A)) za svaki podskup A skupa X, dokazaćemo kontrapozicijom. Pretpostavimo da f nije injekcija. Pokazaćemo da postoji skup A ⊂ X takav da je A ̸= f −1 (f (A)). Iz ˇcinjenice da f nije injekcija sledi da postoje x1 , x2 ∈ X, takvi da je x1 ̸= x2 i f (x1 ) = f (x2 ) = y. Neka je A = {x1 }. Tada je f (A) = {y} i {x1 , x2 } ⊂ f −1 (f (A)). Prema tome, A ̸= f −1 (f (A)). Tvrd¯enje 1.25. Neka je f : X → Y . (1.25.1) Za svaki podskup B skupa Y vaˇzi f (f −1 (B)) ⊂ B. (1.25.2) Funkcija f je surjekcija ako i samo ako za svaki podskup B skupa Y vaˇzi f (f −1 (B)) = B. Dokaz. (1.25.1): Neka je B ⊂ Y . Kako je f −1 (B) skup svih elemenata iz X koji se funkcijom f preslikavaju u skup B, tj. f (x) ∈ B za svako x ∈ f −1 (B), te je f (f −1 (B)) ⊂ B. (1.25.2): Neka je f surjekcija, B ⊂ Y i y ∈ B. Postoji x ∈ X tako da je f (x) = y. Sledi x ∈ f −1 (B), i prema tome, y = f (x) ∈ f (f −1 (B)). Ovim smo pokazali da je B ⊂ f (f −1 (B)), i s obzirom na (1.25.1) zakljuˇcujemo da vaˇzi jednakost f (f −1 (B)) = B. Pretpostavimo da je f (f −1 (B)) = B za svaki podskup B skupa Y . Odavde za B = Y dobijamo f (f −1 (Y )) = Y . Kako je f −1 (Y ) = X, sledi f (X) = Y , tj. f surjekcija. Ako je f : X → Y , A1 i A2 podskupovi skupa X, i B, B1 i B2 podskupovi skupa Y , tada vaˇzi: (i) f (∅) = ∅, (ii) A1 ⊂ A2 =⇒ f (A1 ) ⊂ f (A2 ), (iii) f (A1 ∪ A2 ) = f (A1 ) ∪ f (A2 ), (iv) f (A1 ∩ A2 ) ⊂ f (A1 ) ∩ f (A2 ), (v) f (A1 \A2 ) ⊃ f (A1 )\f (A2 ), (vi) f −1 (∅) = ∅, (vii) B1 ⊂ B2 =⇒ f −1 (B1 ) ⊂ f −1 (B2 ), (viii) f −1 (B1 ∪ B2 ) = f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ), (ix) f −1 (B1 ∩ B2 ) = f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ),

1.3. Funkcije

21

(x) f −1 (B1 \B2 ) = f −1 (B1 )\f −1 (B2 ), (xi) f −1 (CB) = Cf −1 (B). Primetimo da u (iv) i (v) inkluzije mogu biti stroge. Za funkciju f1 : R → R iz Primera 1.21, i skupove A1 = [−1, 0] i A2 = [0, 1] vaˇzi f1 (A1 ∩ A2 ) = f ({0}) = {0}, f1 (A1 \A2 ) = f1 ([−1, 0)) = (0, 1], f1 (A1 ) = [0, 1], f1 (A2 ) = [0, 1], f1 (A1 ) ∩ f1 (A2 ) = [0, 1], f1 (A1 )\f1 (A2 ) = ∅, te je f1 (A1 ∩ A2 ) $ f1 (A1 ) ∩ f1 (A2 ) i f1 (A1 \A2 ) % f1 (A1 )\f1 (A2 ). Sledeća tvrd¯enja nije teˇsko dokazati: 1. Funkcija f : X → Y je injekcija ako i samo ako za svaka dva podskupa A1 i A2 skupa X vaˇzi f (A1 ∩ A2 ) = f (A1 ) ∩ f (A2 ); 2. Funkcija f : X → Y je injekcija ako i samo ako za svaka dva podskupa A1 i A2 skupa X vaˇzi f (A1 \A2 ) = f (A1 )\f (A2 ); 3. Funkcija f : X → Y je injekcija ako i samo ako za svaki podskup A skupa X vaˇzi f (CA) ⊂ Cf (A); 4. Funkcija f : X → Y je surjekcija ako i samo ako za svaki podskup A skupa X vaˇzi f (CA) ⊃ Cf (A); 5. Funkcija f : X → Y je bijekcija ako i samo ako za svaki podskup A skupa X vaˇzi f (CA) = Cf (A). Definicija 1.26. Neka su f : X → Y i g : Z → U funkcije, i f (X) ⊂ Z. Tada funkciju h : X → U definisanu sa h(x) = g(f (x)), x ∈ X, zovemo proizvod (slaganje, kompozicija) funkcija f i g i piˇsemo h = g ◦ f . Stoga je (g ◦ f )(x) = g(f (x)) za sve x ∈ X. Prema tome, kompozicija g ◦ f postoji samo ako je f (Df ) ⊂ Dg . Primer 1.27. Neka je X = {1, 2, 3}, Y = {i, j, k, l, m, n}, Z = {i, n, o, p}, U = {7, 8, 9, 10, 11}, i funkcije f : X → Y i g : Z → U date sa ( ) ( ) 1 2 3 i n o p f= g= . i i n 7 8 9 9 Kako je f (X) = {i, n} ⊂ Z, to je definisana kompozicija g ◦ f : X → U , i vaˇzi (g ◦ f )(1) = g(f (1)) = g(i) = 7, (g ◦ f )(2) = g(f (2)) = g(i) = 7 i (g ◦ f )(3) = g(f (3)) = g(n) = 8, tj. ( ) 1 2 3 g◦f = .• 7 7 8 Ako je f : X → Y , g : Y → Z i h : Z → U , onda funkcije h ◦ (g ◦ f ) i (h ◦ g) ◦ f imaju i isti domen X i isti kodomen U i za svako x ∈ X vaˇzi (h ◦ (g ◦ f ))(x) = h((g ◦ f )(x)) = h(g(f (x))), ((h ◦ g) ◦ f )(x) = (h ◦ g)(f (x)) = h(g(f (x))),

22

Glava 1. Uvod

te je (h ◦ (g ◦ f ))(x) = ((h ◦ g) ◦ f )(x). Zato vaˇzi jednakost h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f. Prema tome, kompozicija funkcija je asocijativna. Med¯utim, kompozicija funkcija nije komutativna. Zaista, ako postoji g ◦ f ne mora postojati kompozicija f ◦ g. Na primer, ako je f : R+ → R funkcija data sa √ f (x) = x, x ∈ R+ , a funkcija g : R → R sa g(x) = −x2 − 1, x ∈ R, onda je kompozicija g ◦ f definisana (f (Df ) = f (R+ ) = R+ ⊂ R = Dg i vaˇzi (g ◦ f )(x) = √ g(f (x)) = g( x) = −x − 1, x ∈ R+ ), dok kompozicija f ◦ g nije (g(Dg ) = g(R) = {x ∈ R : x ≤ −1} * R+ = Df ). ˇ i kada postoje kompozicije g ◦ f i f ◦ g, one ne moraju biti jednake. Zaista, Cak ako je funkcija f : R → R data sa f (x) = 2x, a g : R → R funkcija data sa g(x) = x + 1, x ∈ R, onda je (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(2x) = 2x + 1 i (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x + 1) = 2(x + 1) = 2x + 2, i prema tome, g ◦ f ̸= f ◦ g. Tvrd¯enje 1.28. Neka je f : X → Y i g : Y → Z. Tada vaˇzi: (1.28.1) Ako su f i g injekcije, tada je i g ◦ f injekcija. (1.28.2) Ako su f i g surekcije, tada je i g ◦ f surjekcija. (1.28.3) Ako je g ◦ f injekcija, onda je f injekcija. (1.28.4) Ako je g ◦ f surjekcija, onda je g surjekcija. Dokaz. (1.28.1): Neka su f i g injekcije i (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ) za x1 , x2 ∈ X. Tada je g(f (x1 )) = g(f (x2 )), i budući da je g injekcija, dobijamo f (x1 ) = f (x2 ). Odavde, zbog injektivnosti funkcije f , sledi x1 = x2 . Prema tome, g ◦ f je injekcija. (1.28.2): Neka su f i g surjekcije. Tada je (g ◦ f )(X) = g(f (X)) = g(Y ) = Z, te je i g ◦ f surjekcija. (1.28.3): Neka je g ◦ f injekcija i f (x1 ) = f (x2 ) za x1 , x2 ∈ X. Odavde zbog jednoznaˇcnosti funkcije g sledi g(f (x1 )) = g(f (x2 )), tj. (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ). Sada iz injektivnosti funkcije g ◦ f sledi x1 = x2 . Prema tome, f je injekcija. (1.28.4): Neka je g ◦f surjekcija. To znaˇci da je (g ◦f )(X) = Z, tj. g(f (X)) = Z. Iz f (X) ⊂ Y sledi g(f (X)) ⊂ g(Y ), i zato je Z ⊂ g(Y ), a inaˇce je g(Y ) ⊂ Z, pa je prema tome, g(Y ) = Z i g je surjekcija.6 Identiˇcka funkcija skupa X, iX : X → X, je funkcija definisana sa iX (x) = x za x ∈ X. Teorema 1.29. Neka je f : X → Y . Ako je f bijekcija, tada postoji jedinstvena funkcija g : Y → X tako da vaˇze sledeća dva uslova: 6 Dokaz smo mogli izvesti i na sledeći naˇcin: Neka je z ∈ Z proizvoljno izabran elemenat. Kako je g ◦ f surjekcija, to postoji x ∈ X tako da je (g ◦ f )(x) = z. Odavde sledi g(f (x)) = z i f (x) ∈ Y , tj. f (x) je element skupa Y koji se funkcijom g preslikava u z. Prema tome, za proizvoljan element z skupa Z postoji element skupa Y koji se funkcijom g preslikava u z, pa je g surjekcija.

1.3. Funkcije

23

g ◦ f = iX ,

(1.4)

f ◦ g = iY ,

(1.5)

tj. (∀x ∈ X) g(f (x)) = x, (∀y ∈ Y ) f (g(y)) = y. Obrnuto, ako postoji funkcija g : Y → X tako da vaˇze uslovi (1.4) i (1.5), onda je f bijekcija. Dokaz. Neka je f : X → Y bijekcija i y ∈ Y . Iz surjektivnosti funkcije f sledi da postoji x ∈ X tako da je f (x) = y. Iz injektivnosti funkcije f sledi da je x jedan jedini element iz skupa X za koji je f (x) = y. Na taj naˇcin je svakom y ∈ Y pridruˇzen taˇcno jedan element x ∈ X takav da je y = f (x). Obeleˇzimo sa g : Y → X ovako definisano preslikavanje skupa Y u skup X. Dakle g će y ∈ Y slikati u onaj element x ∈ X za koji je f (x) = y, tj. g(y) = x ako i samo ako je f (x) = y. Dokaˇzimo da za funkciju g vaˇze jednakosti (1.4) i (1.5). Neka je x ∈ X proizvoljno i neka je y = f (x). Tada je g(y) = x i (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(y) = x. Neka je sada y ∈ Y proizvoljno i neka je x = g(y). Tada je f (x) = y i (f ◦ g)(y) = f (g(y)) = f (x) = y. Prema tome, dokazali smo postojanje funkcije g : Y → X za koju vaˇze uslovi (1.4) i (1.5). Dokaˇzimo sada da je ona jedinstvena. Neka je g1 : Y → X funkcija koja ispunjava uslove (1.4) i (1.5), tj. neka vaˇzi g1 ◦ f = iX , f ◦ g1 = iY . Neka je y ∈ Y proizvoljan. Tada postoji x ∈ X tako da je f (x) = y. Odavde zbog uslova (1.4) imamo g(y) = g(f (x)) = (g◦f )(x) = iX (x) = x, a takod¯e i g1 (y) = g1 (f (x)) = (g1 ◦ f )(x) = iX (x) = x, te je g(y) = g1 (y). Sledi g = g1 . Obrnuto, ako postoji funkcija g : Y → X tako da vaˇze uslovi (1.4) i (1.5), onda iz (1.28.3) i (1.28.4) sledi da je f bijekcija (primetimo da je iz istih razloga i g bijekcija). Ako je funkcija f : X → Y bijekcija, jedinstvena bijekcija g : Y → X za koju vaˇze uslovi (1.4) i (1.5) zove se inverzna funkcija funkcije f i obeleˇzava sa f −1 . Dakle f −1 ◦ f = iX i f ◦ f −1 = iY , tj. (∀x ∈ X) f −1 (f (x)) = x, (∀y ∈ Y ) f (f −1 (y)) = y. Napomenimo da ako postoji inverzna funkcija funkcije f : X → Y , i ako je B ⊂ Y , inverzna slika skupa B funkcijom f biće isto ˇsto i slika skupa B funkcijom f −1 : Y → X. Ako su X i Y neprazni podskupovi skupa realnih brojeva R i f : X → Y bijekcija, ondaza sve x ∈ Df vaˇzi ekvivalencija (x, f (x)) ∈ Γf ⇐⇒ (f (x), x) ∈ Γf −1 .

24

Glava 1. Uvod

Budući da je taˇcka koja se preidruˇzuje ured¯enom paru (x, f (x)) u koordinatnoj ravni Oxy simetriˇcna taˇcki pridruˇzenoj ured¯enom paru (f (x), x) u odnosu na pravu y = x, to su grafik funkcije i grafik njoj inverzne funkcije simetriˇcni u odnosu na pravu y = x (simetralu prvog i trećeg kvadranta). Primer 1.30. Nad¯imo inverznu funkciju za funkciju f4 iz Primera 1.21: f4 : R+ → R+ , f4 (x) = x2 , x ∈ R+ . √ Stavimo da je za x ∈ R+ , f4 (x) = y, tj. x2 = y. Odavde x = y, tj. f4−1 (y) = √ y. Kako je uobiˇcajeno da nezavisno promenljiva bude oznaˇcena sa x, pisaćemo √ −1 f4 (x) = x. Funkcija f5 : R− → R+ , f5 (x) = x2 , x ∈ R− (Primer 1.21), je takod¯e bijekcija. √ √ Iz y = x2 , budući da x ∈ R− , sledi x = − y, tj. f5−1 (y) = − y. Prema tome, √ inverzna funkcija funkcije f5 je data sa f5−1 (x) = − x, x ∈ R+ . •

1.4

Grupoid, grupa, prsten i polje

Neka je X neprazan skup. Preslikavanje f : X 2 → X se zove binarna operacija skupa X. Uobiˇcajeno je da se za binarne operacije koriste oznake ◦, +, ·, ∗, ⊕, itd., i umesto, recimo ⊕((a, b)) = c, gde su a, b, c ∈ X, piˇse a ⊕ b = c. Operacija obeleˇzena sa + obiˇcno se naziva aditivna operacija, dok se operacija obeleˇzena sa · naziva multiplikativna operacija. Primer binarne operacije je preslikavanje (a, b) 7→ a + b skupa N2 u skup N, tj. dobro poznata operacija sabiranja prirodnih brojeva. Za binarnu operaciju ◦ skupa X kaˇzemo da je 1) asocijativna ako (∀a, b, c ∈ X) a ◦ (b ◦ c) = (a ◦ b) ◦ c; 2) komutativna ako (∀a, b ∈ X) a ◦ b = b ◦ a. Neka su ◦ i ⊕ dve binarne operacije skupa X. Ako je (∀a, b, c ∈ X) a ◦ (b ⊕ c) = (a ◦ b) ⊕ (a ◦ c), tada kaˇzemo da za operaciju ◦ vaˇzi levi distributivni zakon u odnosu na operaciju ⊕. Ako je (∀a, b, c ∈ X) (a ⊕ b) ◦ c = (a ◦ c) ⊕ (b ◦ c), onda kaˇzemo da za operaciju ◦ vaˇzi desni distributivni zakon u odnosu na operaciju ⊕. Ako za operaciju ◦ vaˇze i levi i desni distributivni zakon u odnosu na operaciju ⊕, onda ćemo reći da za operaciju ◦ vaˇzi distributivni zakon u odnosu na operaciju ⊕.

1.4. Grupoid, grupa, prsten i polje

25

Sabiranje prirodnih brojeva je komutativna operacija, dok stepenovanje nije, jer je, na primer, 23 ̸= 32 . Takod¯e, sabiranje prirodnih brojeva je asocijativna operacija, ali stepenovanje 4 nije, jer je, na primer, (23 )4 = 212 i 2(3 ) = 281 . Mnoˇzenje prirodnih brojeva je distrubutivna operacija u odnosu na sabiranje (i sleva i zdesna), ali sabiranje nije distributivna operacija u odnosu na mnoˇzenje, jer je, na primer, 2 + (3 · 4) = 14 i (2 + 3) · (2 + 4) = 5 · 6 = 30. Definicija 1.31. Ured¯eni par (X, ◦) nepraznog skupa X i binarne operacije ◦ skupa X zovemo grupoid. Par (N, +) je grupoid, a takod¯e i (N, ·) gde su + i · redom sabiranje i mnoˇzenje. Med¯utim par (N, −) nije grupoid, gde je − operacija oduzimanja. Definicija 1.32. Ako je (X, ◦) grupoid, i ako postoji element e ∈ X takav da je (∀x ∈ X) x ◦ e = e ◦ x = x, onda kaˇzemo da je e neutralni elemenat grupoida X. U sluˇcaju multiplikativne operacije neutralni element se naziva jediniˇcni element ili jedinica i obeleˇzava sa 1, dok se u sluˇcaju aditivne operacije naziva nula i obeleˇzava sa 0. Tvrd¯enje 1.33. Ako u grupoidu (X, ◦) postoji neutralni elemenat, onda je on jedinstven. Dokaz. Neka su e1 i e2 dva neutralna elementa u grupoidu X. Tada je e1 = e1 ◦ e2 = e2 . Prma tome, neutralni element je jedinstven.

Definicija 1.34. Neka u grupoidu (X, ◦) postoji neutralni element i neka x, y ∈ X. Ako je x ◦ y = y ◦ x = e, onda kaˇzemo da je y simetriˇcni element elementa x, i piˇsemo y = x′ . Iz definicije je jasno da ako je y simetriˇcan element elementa x, onda i x simetriˇcan element elementa y, tj. x′ = y ako i samo ako je y ′ = x, i stoga, (x′ )′ = x. U sluˇcaju multiplikativne operacije simetriˇcni element elementa x se naziva inverzni element elementa x i oznaˇcava sa x−1 , dok se u sluˇcaju aditivne operacije naziva suprotni element elementa x i oznaˇcava sa −x. Definicija 1.35. Ured¯eni par (X, ◦) nepraznog skupa X i asocijativne binarne operacije ◦ skupa X zovemo polugrupa. Na primer, poznate polugrupe su (N, +) i (N, ·).

26

Glava 1. Uvod

Tvrd¯enje 1.36. Neka u polugrupi (X, ◦) postoji neutralni element e i neka je x ∈ X. Simetriˇcni element elementa x, ukoliko postoji, je jedinstven. Dokaz. Neka su x′ i x′′ simetriˇcni elementi elementa x. Tada je x′ = x′ ◦ e = x′ ◦ (x ◦ x′′ ) = (x′ ◦ x) ◦ x′′ = e ◦ x′′ = x′′ . Prema tome, simetriˇcni element elementa x je jedinstven.

Definicija 1.37. Neka su (X, ◦) i (Y, ⊕) dva grupoida. Preslikavanje f : X → Y takvo da je (∀x1 , x2 ∈ X) f (x1 ◦ x2 ) = f (x1 ) ⊕ f (x2 ), zove se homomorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y, ⊕). Homomorfizam koji je surjektivan (injektivan) se zove epimorfizam (monomorfizam). Homomorfizam koji je joˇs i bijekcija se zove izomorfizam. Preslikavanje f : N → N, dato sa f (n) = 3n , je homomorfizam grupoida (N, +) u grupoid (N, ·), jer (∀n, m ∈ N) f (n + m) = 3n+m = 3n · 3m = f (n) · f (m). Tvrd¯enje 1.38. Neka je f : X → Y izomorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y, ⊕). Tada je f −1 : Y → X izomorfizam grupoida (Y, ⊕) u grupoid (X, ◦). Dokaz. Budući da je f bijekcija, inverzna funkcija f −1 postoji i takod¯e je bijekcija. Pokaˇzimo da je f −1 homomorfizam. Neka su y1 , y2 ∈ Y . Zbog surjektivnosti funkcije f postoje x1 , x2 ∈ X takvi da je f (x1 ) = y1 i f (x2 ) = y2 . Kako je f homomorfizam, sledi f −1 (y1 ⊕ y2 ) = f −1 (f (x1 ) ⊕ f (x2 )) = f −1 (f (x1 ◦ x2 )) = x1 ◦ x2 = = f −1 (y1 ) ◦ f −1 (y2 ), te je i f −1 homomorfizam. Prema tome, f −1 je izomorfizam.

Ako su dva grupoida izomorfna, onda oni imaju iste algebarske osobine. Tvrd¯enje 1.39. Neka je f : X → Y epimorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y, ⊕). Ako je operacija ◦ skupa X komutativna, onda je i operacija ⊕ skupa Y komutativna. Dokaz. Neka su y1 , y2 ∈ Y . Funkcija f je surjekcija, pa postoje x1 , x2 ∈ X takvi da je f (x1 ) = y1 i f (x2 ) = y2 . Budući da je f homomorfizam, a operacija ◦ komutativna, sledi y1 ⊕ y2 = f (x1 ) ⊕ f (x2 ) = f (x1 ◦ x2 ) = f (x2 ◦ x1 ) = f (x2 ) ⊕ f (x1 ) = y2 ⊕ y1 . Pema tome, ⊕ je komutativna operacija.


27

Tvrd¯enje 1.40. Neka je f epimorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y, ⊕). Ako u grupoidu (X, ◦) postoji neutralni element e, onda je f (e) neutralni element u grupoidu (Y, ⊕). Dokaz. Neka je y ∈ Y proizvoljan elemenat. Iz surjektivnosti funkcije f sledi da postoji x ∈ X takav da je f (x) = y. Kako je f homomorfizam, to je y ⊕ f (e) = f (x) ⊕ f (e) = f (x ◦ e) = f (x) = y, f (e) ⊕ y = f (e) ⊕ f (x) = f (e ◦ x) = f (x) = y. Prema tome, f (e) je neutralni element u grupoidu (Y, ⊕). Definicija 1.41. Grupoid (X, ◦) za koji vaˇzi (∀x, y, z ∈ X) x ◦ (y ◦ z) = (x ◦ y) ◦ z, (∀x ∈ X)(∃e ∈ X) x ◦ e = e ◦ x = x, (∀x ∈ X)(∃x′ ∈ X) x ◦ x′ = x′ ◦ x = e, zovemo grupa. Drugim reˇcima, polugrupa, u kojoj postoji neutralni element i u kojoj svaki element ima simetriˇcni elemenat, zove se grupa. Definicija 1.42. Ako je (X, ◦) grupa, a operacija ◦ komutativna, onda kaˇzemo da je (X, ◦) Abelova7 grupa. Par (N, +) nije grupa, ali je (Z, +) Abelova grupa. Tvrd¯enje 1.43. U grupi (X, ◦) vaˇzi zakon kancelacije (kraćenja), tj. (∀ a, x, y ∈ X)(a ◦ x = a ◦ y =⇒ x = y),

(1.6)

(∀ a, x, y ∈ X)(x ◦ a = y ◦ a =⇒ x = y).

(1.7)

i

Dokaz. Neka su a, x, y ∈ X i a ◦ x = a ◦ y. Kako a ima simetriˇcni element a′ i kako je operacija ◦ asocijativna, to je a ◦ x = a ◦ y =⇒ a′ ◦ (a ◦ x) = a′ ◦ (a ◦ y) =⇒ (a′ ◦ a) ◦ x = (a′ ◦ a) ◦ y) =⇒ e ◦ x = e ◦ y =⇒ x = y. Analogno se dokazuje (1.7). 7

N. Abel (1802-1829), norveˇski matematiˇcar

28

Glava 1. Uvod

Tvrd¯enje 1.44. Neka je (X, ◦) grupa i x, y ∈ X. Tada vaˇzi (x ◦ y)′ = y ′ ◦ x′ . Dokaz.8 (x ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = e =⇒ x′ ◦ ((x ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ ) = x′ ◦ e =⇒ (x′ ◦ (x ◦ y)) ◦ (x ◦ y)′ = x′ =⇒ ((x′ ◦ x) ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = x′ =⇒ (e ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = x′ =⇒ y ◦ (x ◦ y)′ = x′ =⇒ y ′ ◦ (y ◦ (x ◦ y)′ ) = y ′ ◦ x′ =⇒ (y ′ ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = y ′ ◦ x′ =⇒ e ◦ (x ◦ y)′ = y ′ ◦ x′ =⇒ (x ◦ y)′ = y ′ ◦ x′ . Tvrd¯enje 1.45. Neka je (X, ◦) grupa i a, b ∈ X. Tada jednaˇcina a◦x=b

(1.8)

ima jedistveno reˇsenje x = a′ ◦ b. Takod¯e, jednaˇcina y◦a=b

(1.9)

ima jedistveno reˇsenje y = b ◦ a′ . Dokaz. Kako je

a ◦ (a′ ◦ b) = (a ◦ a′ ) ◦ b = e ◦ b = b,

x = a′ ◦ b je reˇsenje jednaˇcine (1.8). Pokaˇzimo da je ovo reˇsenje jednistveno. Pretpostavimo da je x1 joˇs jedno reˇsenje jednaˇcine (1.8). Tada je a ◦ x = b i a ◦ x1 = b, i zato a ◦ x = a ◦ x1 . Kako u grupi vaˇzi zakon kancelacije, sledi x = x1 . Prema tome, reˇsenje jednaˇcine (1.8) je jedinstveno. Analogno se dokazuje tvrd¯enje za jednaˇcinu (1.9).

8

Dokaz moˇzemo izvesti i na sledeći naˇcin: Kako je (y ′ ◦ x′ ) ◦ (x ◦ y) = ((y ′ ◦ x′ ) ◦ x) ◦ y = (y ′ ◦ (x′ ◦ x)) ◦ y = (y ′ ◦ e) ◦ y = y ′ ◦ y = e i

(x ◦ y) ◦ (y ′ ◦ x′ ) = x ◦ (y ◦ (y ′ ◦ x′ )) = x ◦ ((y ◦ y ′ ) ◦ x′ ) = x ◦ (e ◦ x′ ) = x ◦ x′ = e,

to je simetriˇcni element elementa x ◦ y upravo y ′ ◦ x′ , tj. (x ◦ y)′ = y ′ ◦ x′ .


29

Definicija 1.46. Ured¯ena trojka (X, +, ·), gde je X neprazan skup, a + i · binarne operacije skupa X je prsten ako su ispunjeni sledeći uslovi: 1) (X, +) je Abelova grupa, 2) (X, ·) je polugrupa, 3) operacija · je distributivna u odnosu na operaciju +, tj. vaˇzi (∀x, y, z ∈ X)(x · (y + z) = (x · y) + (x · z) ∧ (x + y) · z = (x · z) + (y · z)). Abelovu grupu (X, +) nazivamo aditivna, a polugrupu (X, ·) multiplikativna. Podsetimo se da neutralni element grupe (X, +) zovemo nula i oznaˇcavamo sa 0. Simetriˇcni element elementa x u grupi (X, +) zovemo suprotni element i oznaˇcavamo sa −x. Da bismo pojednostavili pisanje dogovorićemo se da je operacija · viˇseg prioriteta od operacije +, pa ćemo, recimo, umesto x · (y + z) = (x · y) + (x · z), pisati x · (y + z) = x · y + x · z Trojka (Z, +, ·) je prsten. Kako je polugrupa (Z, ·) komutativna i sa jedinicom, za prsten (Z, +, ·) kaˇzemo da je komutativan prsten sa jedinicom. Tvrd¯enje 1.47. Neka je (X, +, ·) prsten. Tada za svako x ∈ X vaˇzi x · 0 = 0 · x = 0. Dokaz. Iz x · 0 = x · (0 + 0) = x · 0 + x · 0, sledi 0 + x · 0 = x · 0 + x · 0. Kako u grupi (X, +) vaˇzi zakon kancelacije,9 to je 0 = x · 0. Analogno se dokazuje da je 0 · x = 0. Za prsten ćemo reći da je netrivijalan ako sadrˇzi bar jedan element razliˇcit od 0. Ako je (X, +, ·) netrivijalan prsten sa jedinicom 1 (1 je neutralni element za operaciju ·), primetimo da 0 ne moˇze imati inverzni elemenat. Zaista, ako bi nula imala inverzni element 0′ , onda bi 0 · 0′ = 1, dok bi na osnovu Tvrd¯enja 1.47 vaˇzilo 0·0′ = 0, i prema tome, 1 = 0. Zbog toga bi za svako x ∈ X imali x = x·1 = x·0 = 0, ˇsto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je prsten netrivijalan. Ako i levoj i desnoj strani jednakosti x · 0 = x · 0 + x · 0 dodamo suprotni element elementa x · 0, dobićemeo 9

−(x · 0) + x · 0

=

−(x · 0) + (x · 0 + x · 0)

0

=

(−(x · 0) + x · 0) + x · 0

0

=

0+x·0

0

=

x · 0.

30

Glava 1. Uvod

Tvrd¯enje 1.48. Neka je (X, +, ·) prsten i x, y ∈ X. Tada vaˇzi (−x) · y = x · (−y) = −(x · y),

(1.10)

(−x) · (−y) = x · y.

(1.11)

Dokaz. Iz Tvrd¯enja 1.47 sledi (−x) · y + x · y = ((−x) + x) · y = 0 · y = 0, i zato je (−x) · y suprotni element elementa x · y, tj. (−x) · y = −(x · y). Sliˇcno se dokazuje da je x · (−y) = −(x · y). Iz (1.10) sledi (−x) · (−y) = −(x · (−y)) = −(−(x · y)) = x · y. Definicija homomorfizma, monomorfizma, epimorfizma i izomorfizma prenosi se na prstene na prirodan naˇcin. Definicija 1.49. Neka su (X, +, ·) i (Y, ⊕, ⊙) dva prstena. Preslikavanje f : X → Y takvo da je (∀x1 , x2 ∈ X) f (x1 + x2 ) = f (x1 ) ⊕ f (x2 ), (∀x1 , x2 ∈ X) f (x1 · x2 ) = f (x1 ) ⊙ f (x2 ), zove se homomorfizam prstena (X, +, ·) u prsten (Y, ⊕, ⊙). Definicija 1.50. Komutativan prsten (X, +, ·) takav da je (X\{0}, ·) grupa, gde je 0 neutralni element grupe (X, +), naziva se polje. Neutralni element grupe (X\{0}, ·) zovemo jedinica i oznaˇcavamo sa 1. Iz 1 ∈ X\{0} sledi 1 ̸= 0, pa je polje netrivijalan prsten (ovo sledi i iz ˇcinjenice da je (X\{0}, ·) grupa, te je X\{0} neprazan skup). Prema tome, ured¯ena trojka (X, +, ·), gde je X neprazan skup, a + i · binarne operacije skupa X je polje ako su ispunjeni sledeći uslovi: 1) (X, +) je Abelova grupa, 2) (X\{0}, ·) je Abelova grupa, gde je 0 neutralni element grupe (X, +), 3) operacija · je distributivna u odnosu na operaciju +. 10 Simetriˇcni element elementa x u grupi (X\{0}, ·) zovemo inverzni element elementa x i oznaˇcavamo sa x−1 . Prema tome, polje je netrivijalan komutativni prsten sa jedinicom u kome svaki nenula element ima inverz. Primeri polja su (R, +, ·) i (Q, +, ·). 10

Ova definicija polja je ekvivalentna Definiciji 1.50. Zaista, budući da je za dokaz jednakosti a · 0 = 0 · a = 0 bilo dovoljno da je na skupu X definisana opracija ·, da je (X, +) grupa i da je operacije · distributivna u odnosu na opraciju +, to onda iz (1), (2) i (3) sledi da jednakosti a · (b · c) = (a · b) · c i a · b = b · a vaˇze za sve a, b, c ∈ X (a ne samo za a, b, c ∈ X\{0}), pa je (X, +, ·) komutativni prsten za koji vaˇzi da je (X\{0}, ·) grupa, tj. (X, +, ·) je polje. Obrnuto, da iz Definicije 1.50 slede (1), (2) i (3), je oˇcigledno.

1.4. Polje realnih brojeva

31

Tvrd¯enje 1.51. Ako je (X, +, ·) polje, tada vaˇzi: (1.51.1) Neutralni element operacije + je jedinstveno odred¯en. (1.51.2) Za svaki element x ∈ X postoji jedinstveno odred¯en njegov suprotni element. (1.51.3) Za svako a, b ∈ X jednaˇcina a + x = b ima jedinstveno reˇsenje. (1.51.4) Neutralni element operacije · je jedinstveno odred¯en. (1.51.5) Za svaki element x ∈ X\{0} postoji jedinstveno odred¯en njegov inverzni element. (1.51.6) Za svako a ∈ X\{0} i svako b ∈ X, jednaˇcina a · x = b ima jedinstveno reˇsenje. (1.51.7) Za svako x ∈ X, x · 0 = 0. (1.51.8) Za svako x, y ∈ X, (−x) · y = x · (−y) = −(x · y) i (−x) · (−y) = xy. (1.51.9) Za svako x, y ∈ X vaˇzi implikacija x · y = 0 =⇒ x = 0 ∨ y = 0. (1.51.10) Za svako x ∈ X, (−1) · x = −x. Dokaz. Tvrd¯enja (1.51.1) i (1.51.4) slede iz Tvrd¯enja 1.33. Iz ˇcinjenice da su (X, +) i (X\{0}, ·) grupe i Tvrd¯enja 1.36 slede (1.51.2) i (1.51.5). (1.51.3) sledi iz ˇcinjenice da je (X, +) grupa i Tvrd¯enja 1.45. (1.51.6) se dokazuje analogno Tvrd¯enju 1.45. Tvrd¯enje (1.51.7) sledi iz Tvrd¯enja 1.47, a tvrd¯enje (1.51.8) iz Tvrd¯enja 1.48. Budući da je iskazna formula (p =⇒ q ∨ r) ⇐⇒ (p ∧ ¬q =⇒ r) tautologija, da bismo dokazali (1.51.9) dovoljno je dokazati da iz x · y = 0 i x ̸= 0 sledi y = 0. Iz x ̸= 0 sledi da postoji x−1 ∈ X, i mnoˇzeći jednakost x · y = 0 sa x−1 dobijamo −1 x · x · y = x−1 · 0, tj. y = x−1 · 0. Na osnovu Tvrd¯enja 1.47 (jer svako polje je prsten) sledi y = 0. (1.51.10): Iz (−1) · x + x = (−1) · x + 1 · x = (−1 + 1) · x = 0 · x = 0 sledi da je (−1) · x suprotni element za element x, tj. (−1) · x = −x.

1.5

Polje realnih brojeva

U ovoj sekciji uvodimo skup realnih brojeva aksiomatski. Definicija 1.52. Polje (R, +, ·) naziva se polje realnih brojeva ako su ispunjeni sledeći uslovi: (1.52.1) Na skupu R je definisana relacija totalnog poretka ≤, za koju vaˇzi:

32

Glava 1. Uvod (1.52.1.1) (∀a, b, c ∈ R)(a ≤ b =⇒ a + c ≤ b + c), (1.52.1.2) (∀a, b ∈ R)(0 ≤ a ∧ 0 ≤ b =⇒ 0 ≤ a · b).

(1.52.2) Za svaka dva neprazna podskupova A i B skupa R, takva da je a ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B, postoji c ∈ R tako da je a ≤ c ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B. Osobine (1.52.1.1) i (1.52.1.2) govore da je relacija totalnog ured¯enja saglasna sa operacijama + i ·. Za polje sa takvim osobinama kaˇzemo da je ured¯eno polje. Aksioma (1.52.2) se zove aksioma neprekidnosti ili aksioma potpunosti. Napomenimo da se aksioma neprekidnosti ne moˇze izvesti iz ostalih aksioma polja realnih brojeva, i jedino ju je moguće zameniti nekim njoj ekvivalentnim iskazom. Inaˇce za skup realnih brojeva kaˇzemo da je neprekidno ured¯eno polje. Operacije + i · se nazivaju, respektivno, sabiranje i mnoˇzenje. Umesto a · b piˇsemo ab. Za dva realna broja a i b, zbir a + (−b) se zove razlika brojeva a i b i obeleˇzava sa a − b. Za b ∈ R\{0} inverzni element u odnosu · obeleˇzava se sa b−1 ili 1 1 a . Koliˇcnik brojeva a ∈ R i b ∈ R\{0} je a · i obeleˇzava se sa . b b b Koristimo i oznake ≥, <, >: a ≥ b ⇐⇒ b ≤ a, a b ⇐⇒ a ≥ b ∧ a ̸= b. Napomenimo da su sva neprekidna ured¯ena polja izomorfna med¯u sobom. To znaˇci da ako su (R1 , +1 , ·1 , ≤1 ) i (R2 , +2 , ·2 , ≤2 ) dva neprekidna ured¯ena polja (na skupu Ri definisane su operacije +i i ·i i relacija totalnog ured¯enja ≤i koja je saglasna sa operacijama +i i ·i , i za skup Ri vaˇzi aksioma (1.52.2), i = 1, 2), onda postoji bijekcija f : R1 → R2 takva da je za sve x, y ∈ R1 vaˇzi: f (x +1 y)

=

f (x) +2 f (y),

f (x ·1 y)

=

f (x) ·2 f (y),

x ≤1 y ⇐⇒ f (x) ≤2 f (y). Zato moˇzemo reći da je skup realnih brojeva jedinstven do na izomorfizam.

1.6

Neke posledice aksioma ured¯enog polja

Budući da je polje, za (R, +, ·) vaˇze sve one osobine navedene u Tvrd¯enju 1.51. Dokaˇzimo joˇs neke osobine koje su posledica aksioma polja. Tvrd¯enje 1.53. (1.53.1) Za a, b ∈ R\{0} vaˇzi 1 1 1 = · . ab a b (1.53.2) Za a, c ∈ R i b, d ∈ R\{0} vaˇzi a c ad + cb + = . b d bd

1.6. Neke posledice aksioma ured¯enog polja

33

Dokaz. (1.53.1): Iz Tvrd¯enja 1.44 i komutativnosti operacije · sledi 1 1 1 = (ab)−1 = b−1 a−1 = a−1 b−1 = · . ab a b (1.53.2): Neka su a, c ∈ R i b, d ∈ R\{0}. Tada je ad + cb bd

= (ad + cb)(bd)−1 = (ad + cb)b−1 d−1 = = adb−1 d−1 + cbb−1 d−1 = ab−1 + cd−1 = a c = + . b d

Dokaˇzimo sada neke osobine koje su posledica aksioma ured¯enog polja. Tvrd¯enje 1.54. Neka su a, b, c, d ∈ R. (1.54.1) Vaˇzi taˇcno jedna od mogućnosti: a < b,

a = b,

a > b.

(1.54.2) a < b =⇒ a + c < b + c. (1.54.3) 0 < a ∧ 0 < b =⇒ 0 < ab. (1.54.4) a ≤ b ⇐⇒ 0 ≤ b − a ⇐⇒ −b ≤ −a ⇐⇒ a − b ≤ 0. Analogno vaˇzi kad se relacijski znak ≤ zameni znakom <. (1.54.5) a ≤ b ∧ c ≤ d =⇒ a + c ≤ b + d. Analogno vaˇzi kad se relacijski znak ≤ zameni znakom <. (1.54.6) a ≤ 0 ∧ b ≥ 0 =⇒ ab ≤ 0; a ≤ 0 ∧ b ≤ 0 =⇒ ab ≥ 0; a < 0 ∧ b > 0 =⇒ ab < 0; a < 0 ∧ b < 0 =⇒ ab > 0. (1.54.7) a ≤ b ∧ 0 ≤ c =⇒ ac ≤ bc; a ≤ b ∧ c ≤ 0 =⇒ ac ≥ bc; a bc. (1.54.8) 0 ≤ a ≤ b ∧ 0 ≤ c ≤ d =⇒ 0 ≤ ac ≤ bd; a ≤ b ≤ 0 ∧ c ≤ d ≤ 0 =⇒ 0 ≤ bd ≤ ac. Analogno vaˇzi ako se znak ≤ zameni znakom <.11 (1.54.9) 0 ≤ a ≤ b =⇒ 0 ≤ a2 ≤ b2 . Analogno vaˇzi ako se znak ≤ zameni znakom <. 11

Primetimo da ako je a < 0 bd. Na primer, −1 < 0 < 1, −2 < 0 < 1 i (−1) · (−2) = 2 > 1 · 1 = 1, −1 < 0 < 2, −2 < 0 < 3 i (−1) · (−2) = 2 < 2 · 3 = 6.

34

Glava 1. Uvod

(1.54.10) Za svako a ∈ R je a2 ≥ 0. Ako je a ̸= 0, onda je a2 > 0. (1.54.11) 1 > 0. 1 > 0. a 1 1 (1.54.13) 0 < a > 0; a b 1 1 a > . a b 2 (1.54.14) a > 1 =⇒ a > a; 0 < a < 1 =⇒ 0 < a2 < a. Analogno vaˇzi ako se znak > (<) zameni znakom ≥ (≤). (1.54.12) a > 0 =⇒

Dokaz. (1.54.1): Za a, b ∈ R vaˇzi a = b ili a ̸= b. Neka je a ̸= b. Budući da je ≤ relacija totalnog poretka, svaka dva elementa iz skupa R su uporediva, tj. vaˇzi a ≤ b ili b ≤ a. Odavde zbog a ̸= b sledi a b iskljuˇcuje ostala dva. (1.54.2): Neka je a < b. Tada je a ≤ b i na osnovu (1.52.1.1) sledi a + c ≤ b + c. Ako bi bilo a + c = b + c, onda bi, s obzirom da u grupi (R, +) vaˇzi kraćenje, vaˇzilo a = b, ˇsto je u suprotnosti sa a < b. Sledi a + c ̸= b + c, i prema tome, a + c < b + c. (1.54.3): Neka je 0 < a i 0 < b. Tada je 0 ≤ a i 0 ≤ b i na osnovu (1.52.1.2) sledi 0 ≤ ab. Ako bi bilo ab = 0, onda bismo na osnovu (1.51.9) imali da je a = 0 ili b = 0, ˇsto je u suprotnosti sa a ̸= 0 i b ̸= 0. Prema tome, ab ̸= 0, ˇsto zajedno sa 0 ≤ ab povlaˇci 0 < ab. (1.54.4): Za a, b ∈ R vaˇzi: a ≤ b =⇒ a + (−a) ≤ b + (−a) =⇒ 0 ≤ b − a =⇒ =⇒ 0 + (−b) ≤ b − a + (−b) =⇒ −b ≤ −a =⇒ a + (−b) ≤ a + (−a) =⇒ a − b ≤ 0 =⇒ a − b + b ≤ 0 + b =⇒ a ≤ b. (1.54.5): Na osnovu (1.52.1.1), iz a ≤ b sledi a + c ≤ b + c, dok iz c ≤ d sledi b + c ≤ b + d. Iz tranzitivnosti relacije ≤ dobijamo a + c ≤ b + d. (1.54.6): Neka je a ≤ 0 i b ≥ 0. Tada je 0 ≤ −a na osnovu (1.54.4), a na osnovu (1.52.1.2) sledi 0 ≤ (−a)b, tj. 0 ≤ −ab. Opet primenom (1.54.4) dobijamo ab ≤ 0. Ostala tvrd¯enja se dokazuju sliˇcno. (1.54.7): Neka je a ≤ b i 0 ≤ c. Tada je na osnovu (1.54.4) 0 ≤ b − a, a iz (1.52.1.2) sledi 0 ≤ (b − a)c, tj. 0 ≤ bc − ac. Opet na osnovu (1.54.4) sledi ac ≤ bc. Ostala tvrd¯enja se dokazuju sliˇcno. (1.54.8): Neka je 0 ≤ a ≤ b i 0 ≤ c ≤ d. Iz (1.54.7) sledi 0 · c ≤ ac ≤ bc i bc ≤ bd. Sada na osnovu tranzitivnosti relacije ≤ sledi 0 ≤ ac ≤ bd. Pretpostavimo da je a ≤ b ≤ 0 i c ≤ d ≤ 0. Tada iz (1.54.7) sledi ac ≥ bc ≥ 0 i bc ≥ bd ≥ 0, tj. 0 ≤ bc ≤ ac i 0 ≤ bd ≤ bc, odakle na osnovu tranzitivnosti relacije ≤ sledi 0 ≤ bd ≤ ac. (1.54.9): Sledi iz (1.54.8).

1.6. Neke posledice aksioma ured¯enog polja

35

(1.54.10): Neka je a ≥ 0. Iz (1.52.1.2) sledi a2 ≥ 0. Ako je a ≤ 0, onda iz (1.54.6) sledi a2 ≥ 0. Dakle za svako a ∈ R je a2 ≥ 0. Ako je a ̸= 0, onda je a2 ̸= 0 na osnovu (1.51.9), i zato je a2 > 0. (1.54.11): Kako je 1 ̸= 0, iz (1.54.10) sledi 1 = 12 > 0. 1 1 (1.54.12): Neka je a > 0. Ako je ≤ 0, na osnovu (1.54.6) sledi 1 = a ≤ 0, a a 1 ˇsto je u suprotnosti sa (1.54.11). Prema tome, > 0. a 1 > 0 na osnovu (1.54.13): Neka je 0 < a < b. Iz (1.54.3) sledi ab > 0, te je ab (1.54.12). Sada iz (1.54.7) i (1.53.1) dobijamo 0 < a 0, te je > 0 na osnovu (1.54.12). ab Zato a 1. Kako je a > 0, iz (1.54.7) sledi a · a > 1 · a, tj. a2 > a. Ako je 0 < a < 1, onda takod¯e iz (1.54.7) sledi a · a < a · 1, tj. a2 < a. Za broj x kaˇzemo da je pozitivan (negativan) ako je x > 0 (x < 0) i nepozitivan (nenegativan) ako je x ≤ 0 (x ≥ 0). Pojam apsolutne vrednosti realnog broja x uvodimo sa: |x| = max{x, −x}.

(1.12)

Tako je |3| = max{3, −3} = 3 i | − 3| = max{−3, −(−3)} = 3. Jasno, |0| = 0. Ako je x > 0, onda je x > −x, te je |x| = x. Ako je x < 0, onda je −x > 0 > x, i stoga je |x| = −x. Prema tome,  ako je x > 0,  x, 0 , ako je x = 0, |x| = (1.13)  −x , ako je x < 0. Tvrd¯enje 1.55. Neka su x, y, a ∈ R. Tada vaˇzi: (1.55.1) |x| = | − x|. (1.55.2) Za a > 0, |x| = a ⇐⇒ x = a ∨ x = −a. (1.55.3) Za a > 0, |x| ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a. Analogno vaˇzi ako se znak ≤ zameni znakom <. (1.55.4) Za a > 0, |x| ≥ a ⇐⇒ x ≤ −a ∨ x ≥ a.

36

Glava 1. Uvod Analogno vaˇzi ako se znak ≤ zameni znakom <.

(1.55.5) Za ϵ > 0, |x − a| ≤ ϵ ⇐⇒ a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ. Analogno vaˇzi ako se znak ≤ zameni znakom <. (1.55.6) −|x| ≤ x ≤ |x|. (1.55.7) |x + y| ≤ |x| + |y|

(nejednakost trougla).

(1.55.8) ||x| − |y|| ≤ |x − y| ≤ |x| + |y|. (1.55.9) |xy| = |x||y|. (1.55.10) Neka je y ̸= 0. Tada je x |x| = y |y| . Dokaz. (1.55.1): | − x| = max{−x, −(−x)} = max{−x, x} = |x|. (1.55.2): Oˇcigledno. (1.55.3): Neka je a > 0. Tada je |x| ≤ a ⇐⇒ max{x, −x} ≤ a ⇐⇒ x ≤ a ∧ −x ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a. (1.55.4): Neka je a > 0. Tada je |x| ≥ a ⇐⇒ max{x, −x} ≥ a ⇐⇒ x ≥ a ∨ −x ≥ a ⇐⇒ x ≤ −a ∨ x ≥ a. (1.55.5): Neka je ϵ > 0. Iz (1.55.3) i (1.52.1.1) sledi |x − a| ≤ ϵ ⇐⇒ −ϵ ≤ x − a ≤ ϵ ⇐⇒ a − ϵ ≤ x ≤ a + ϵ. (1.55.6): Iz (1.12) sledi x ≤ |x| i −x ≤ |x|. Prema tome, −|x| ≤ x ≤ |x|. (1.55.7): Ako je x + y ≥ 0, onda iz (1.13) i (1.55.6) sledi |x + y| = x + y ≤ |x| + |y|. Ako je x+y < 0, onda opet iz (1.13) i (1.55.6) sledi |x+y| = −(x+y) = −x+(−y) ≤ |x| + |y|. Nejednakost trougla je moguće dokazati i na sledeći naˇcin: iz (1.55.6) sledi −|x| ≤ x ≤ |x| i −|y| ≤ y ≤ |y|, odakle na osnovu (1.54.5) dobijamo −(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y|. Sada na osnovu (1.55.3) sledi |x + y| ≤ |x| + |y|. (1.55.8): Iz nejednakosti trougla sledi |x| = |x − y + y| ≤ |x − y| + |y|, pa je |x| − |y| ≤ |x − y|. Ako u zadnjoj nejednakosti x i y zamene mesta dobijamo |y| − |x| ≤ |y − x| = | − (x − y)| = |x − y|, tj. −(|x| − |y|) ≤ |x − y|. Zato je ||x| − |y|| = max{|x| − |y|, −(|x| − |y|)} ≤ |x − y|.

1.6. Neki vaˇzniji podskupovi skupa realnih brojeva

37

(1.55.9): Ako je x ≥ 0 i y ≥ 0, onda je xy ≥ 0 ((1.52.1.2)), i iz (1.13) sledi |xy| = xy = |x||y|. Ako je x ≥ 0 i y ≤ 0 onda je, na osnovu (1.54.6), xy ≤ 0. Iz (1.13) i (1.51.8) sledi |xy| = −(xy) = x(−y) = |x||y|. Sliˇcno, ako je x ≤ 0 i y ≤ 0, iz (1.54.6) sledi xy ≥ 0. Na osnovu (1.13) i (1.51.8) dobijamo |xy| = xy = (−x)(−y) = |x||y|. x (1.55.10): Neka je z = . Tada je x = zy. Na osnovu (1.55.9) sledi |x| = |z||y|. y x |x| |x| Odavde, budući da je |y| ̸= 0 (jer y ̸= 0), sledi |z| = , tj. = . |y| y |y|

1.7

Neki vaˇ zniji podskupovi skupa realnih brojeva

Definicija 1.56. Podskup A skupa R naziva se induktivnim ako vaˇzi (∀x)(x ∈ A =⇒ x + 1 ∈ A). Primer induktivnog skupa je sam skup R. Pokaˇzimo da je presek proizvoljne familije induktivnih skupova takod¯e induktivan skup. ∩ Neka je {Ai : i ∈ I} familija induktivnih skupova i neka je x ∈ Ai . Tada i∈I

x ∈ Ai za svako i ∈ I, i kako je Ai ∩ induktivan skup ∩ za svako i ∈ I, to x + 1 ∈ Ai za svako i ∈ I. Prema tome, x + 1 ∈ Ai , pa je Ai induktivan skup. i∈I

i∈I

Prema tome, presek svih induktivnih podskupova skupa R koji sadrˇze 1 jeste induktivan skup koji sadrˇzi 1, i to najmanji (u smislu inkluzije) takav. Definicija 1.57. Skup N prirodnih brojeva jeste najmanji induktivan podkup skupa R koji sadrˇzi 1. Sledeća teorema sledi neposredno iz definicije skupa prirodnih brojeva. Teorema 1.58. Neka je M ⊂ N takav da je (1.58.1) 1 ∈ M , (1.58.2) (∀x)(x ∈ M =⇒ x + 1 ∈ M ). Tada je M = N . Dokaz. Iz (1.58.1) i (1.58.2) sledi da je M induktivan skup koji sadrˇzi 1, a kako je N najmanji u smislu inkluzije induktivan skup koji sadrˇzi 1, to je N ⊂ M . Kako je već M ⊂ N, sledi M = N. Sledeće tvrd¯enje je poznato pod nazivom princip matematiˇcke indukcije. Posledica 1.59. Ako je iskaz T (n), koji zavisi od prirodnog broja n, (1.59.1) istinit za prirodan broj 1, (1.59.2) i ako iz pretpostavke da je istinit za prirodan broj n sledi da je istinit za prirodan broj n + 1, onda je T (n) istinit je za svaki prirodan broj n.

38

Glava 1. Uvod

Dokaz. Neka je M = {n ∈ N : T (n) je istinit iskaz}. Skup M je podskup skupa N i ispunjava uslove (1.58.1) i (1.58.2), pa na osnovu Teoreme 1.58 sledi M = N, tj. T (n) je istinit iskaz za svaki prirodan broj n. Skup N ima sledeće osobine: Tvrd¯enje 1.60. (1.60.1) m, n ∈ N =⇒ m + n, mn ∈ N. (1.60.2) n ∈ N i n ̸= 1 =⇒ n − 1 ∈ N. (1.60.3) m, n ∈ N i m > n =⇒ m − n ∈ N. (1.60.4) min N = 1. m, n ∈ N i m > n =⇒ m ≥ n + 1. (1.60.5) Svaki neprazan skup A ⊂ N ima minimum. Dokaz. (1.60.1): Neka je m ∈ N fiksiran i A = {n ∈ N : m + n ∈ N}. Skup N je induktivan, pa je m + 1 ∈ N i zato 1 ∈ A. Ako je n ∈ A, tj. m + n ∈ N onda je m + (n + 1) = (m + n) + 1 ∈ N, pa je n + 1 ∈ A. Skup A ispunjava uslove Teoreme 1.58, pa je A = N, tj. za sve n ∈ N je m + n ∈ N. Neka je B = {n ∈ N : mn ∈ N}. Kako m · 1 = m ∈ N, sledi 1 ∈ B. Neka je n ∈ B. Tada mn ∈ N i m(n + 1) = mn + n ∈ N na osnovu upravo dokazanog tvrd¯enja da je zbir dva prirodna broja prirodan broj. Prema tome, n + 1 ∈ B i skup B ispunjava uslove Teoreme 1.58, pa je B = N, tj. za sve n ∈ N je mn ∈ N. (1.60.2): Neka je A = {n + 1 | n ∈ N} ∪ {1}. Pokaˇzimo da je A induktivan skup. Neka je m ∈ A i m ̸= 1. Tada postoji n ∈ N tako da je m = n + 1. Odavde imamo da je m + 1 = (n + 1) + 1 ∈ A, jer je zbog n ∈ N i n + 1 ∈ N. Prema tome, A je induktivan skup i kako je oˇcigledno A ⊂ N i 1 ∈ A, na osnovu Teoreme 1.58 zakljuˇcujemo da je A = N. Odavde sledi da za svako m ∈ N, m ̸= 1, postoji n ∈ N tako da je m = n + 1, odakle dobijamo da je m − 1 = n ∈ N. (1.60.3): Neka je m ∈ N fiksiran. Ako je n = 1 i m > n = 1, tada je m ̸= 1 i na osnovu (1.60.2) imamo da je m − n = m − 1 ∈ N. Pretpostavimo da iz m > n sledi m − n ∈ N. Neka je m > n + 1. Budući da je n + 1 > n, zakljuˇcujemo da je m > n i stoga m − n ∈ N. Iz m > n + 1 sledi m − n > 1. Prema tome, m − n ̸= 1 i zbog m − n ∈ N, na osnovu (1.60.2), zakljuˇcujemo da je (m − n) − 1 ∈ N, tj. m − (n + 1) ∈ N. Tako smo indukcijom pokazali da iz m > n sledi m − n ∈ N, m, n ∈ N. (1.60.4): Dokaˇzimo da je min N = 1. Neka je A = {n ∈ N : n ≥ 1}. Budući da je 1 ≥ 1 sledi 1 ∈ A. Neka je n ∈ A. Tada je n ≥ 1, a kako je 1 ≥ 0, na osnovu (1.54.5) sledi n + 1 ≥ 1 + 0 = 1, i stoga n + 1 ∈ A. Na osnovu Teoreme 1.58 sledi A = N, tj. za svako n ∈ N je n ≥ 1. Prema tome, min N = 1. Neka su m, n ∈ N i neka je m > n. Na osnovu (1.60.3) sledi m − n ∈ N. Kako je min N = 1, zakljuˇcujemo da je m − n ≥ 1 i prema tome, m ≥ n + 1. (1.60.5): Neka je ∅ ̸= A ⊂ N. Ako 1 ∈ A, onda budući da je min N = 1 zakljuˇcujemo da je min A = 1. Neka sada 1 ∈ / A, tj. 1 ∈ B = N \ A. U skupu B postoji element n sa osobinom da svi prirodni brojevi manji od njega pripadaju skupu B, a da n + 1 ∈ A, jer u

1.7. Neki vaˇzniji podskupovi skupa realnih brojeva

39

protivnom ako takav element ne bi postojao, onda bi to znaˇcilo da za skup B vaˇzi implikacija: n ∈ B =⇒ n + 1 ∈ B, a kako je 1 ∈ B ⊂ N, na osnovu Teoreme 1.58 bi sledilo da je B = N, ˇsto je suprotno pretpostavci da je A = N \ B neprazan skup. Nad¯eni broj n + 1 pripada skupu A i biće minimum skupa A, jer izmed¯u n i n + 1 nema prirodnih brojeva12 . Dalje koristimo uobiˇcajene oznake 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1, . . . . Definicija 1.61. Skup celih brojeva je Z = N ∪ {0} ∪ {−n : n ∈ N}. Prema tome, svi prirodni brojevi, 0 i svi suprotni brojevi prirodnih brojeva ˇcine skup celih brojeva. (Z, +, ·) je komutativni prsten sa jedinicom, ali nije polje, jer osim 1 i −1 nijedan drugi element skupa Z nema inverzni u Z. p Definicija 1.62. Racionalan broj je svaki realan broj oblika gde su p, q ∈ Z, q q ̸= 0. Skup svih racionalnih brojeva se oznaˇcava sa Q. Tvrd¯enje 1.63. (Q, +, ·, ≤) je ured¯eno polje. Primetimo da se od svakog racionalanog broja moˇze naći veći prirodan broj. p Zaista, ako je r ∈ Q i r ≤ 0 onda je r < 1; ako je r > 0 i r = , p, q ∈ N, zbog q 1 p q ≥ 1 sledi ≤ 1, te je r = ≤ p 0, x2 > 2}. Skupovi A i B su neprazni (jer, recimo, 1 ∈ A, 3 ∈ B) i za sve a ∈ A, b ∈ B je a ≤ b (ako je a ∈ A, a ≤ 0, budući da za svako b ∈ B vaˇzi b > 0, onda je a < b; ako je a ∈ A, a > 0, i b ∈ B tada je takod¯e a 0, na osnovu (1.54.9), sledilo 2 > a2 ≥ b2 > 2, ˇsto je apsurd). Dokaˇzimo da ne postoji z ∈ Q tako da je a ≤ z ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B. Pretpostavimo suprotno, da takav racionalan broj z postoji. Sledi z > 0 (1 ∈ A, pa je 1 ≤ z). Mora biti z 2 < 2 ili z 2 = 2 ili z 2 > 2. Ako bi bilo z 2 = 2, onda bi za p p2 z = , gde su p i q uzajamno prosti prirodni brojevi, vaˇzilo 2 = 2, odakle p2 = 2q 2 , q q te je 2 delitelj broja p, tj. p = 2r, r ∈ N. Sledi (2r)2 = 2q 2 , odakle 2r2 = q 2 , pa je 2 delitelj broja q, ˇsto je nemoguće jer su brojevi p i q uzajamno prosti. Dokaˇzimo da je z 2 < 2 nemoguće. Pretpostavimo suprotno, da je z 2 < 2. Postoji 2z + 1 prirodan broj n takav da je n > . Tada je 2 − z2 ( ) 1 2 2z 1 2z + 1 z+ = z2 + + 2 ≤ z2 + < z 2 + (2 − z 2 ) = 2, n n n n 12

Ako bi postojao prirodan broj r takav da je n + 1 > r > n, onda bi zbog r > n na osnovu drugog dela tvrd¯enja (1.60.4) sledilo da je r ≥ n + 1, ˇsto je u suprotnosti sa r < n + 1.

40

Glava 1. Uvod

1 i zato z + ∈ A. Kako su svi elementi skupa A manji ili jednaki od z, dobijamo n 1 1 z + ≤ z, odakle sledi ≤ 0, ˇsto nije moguće13 . Dobijena protivureˇcnost dokazuje n n da ne moˇze biti z 2 < 2. Dokaˇzimo da je i sluˇcaj z 2 > 2 nemogu´ c. Pretpostavimo da je z 2 > 2. Postoji } { 1 1 2z , 2 . Tada je z − > 0 i prirodan broj n takav da je n > max z z −2 n ( ) 1 2 2z 1 2z z− = z2 − + 2 > z2 − > z 2 − (z 2 − 2) = 2, n n n n 1 ∈ B. Budući da su svi elementi skupa B veći ili jednaki n 1 1 1 od z, zakljuˇcujemo da je z − ≥ z, odakle sledi − ≥ 0, tj. ≤ 0. Dobijena n n n protivureˇcnost pokazuje da ni nejednakost z 2 > 2 ne vaˇzi. Na osnovu aksiome neprekidnosti polja realnih brojeva sledi da postoji realan broj c takav da je a ≤ c ≤ b za sve a ∈ A i sve b ∈ B, i koji kao ˇsto smo pokazli prethodnim izlaganjem nije racionalan broj14 . Prema tome, skup Q se ne poklapa sa skupom R jer postoje realni brojevi koji nisu racionalni. Takve brojeve nazivamo iracionalnim i njihovo otkriće se pripisuje Pitagorejskoj ˇskoli15 . Skup iracionalnih brojeva obeleˇzavaćemo sa I. Primetimo joˇs da skup A nema supremum u skupu Q, a da skup B nema infimum u Q. Zaista, ako bi postojao sup A = α ∈ Q, tada bi, budući da je svaki element skupa B gornja granica skupa A, vaˇzila nejednakost a ≤ α ≤ b za sve a ∈ A i sve b ∈ B, ˇsto smo upravo pokazali da je nemoguće. Sliˇcno se pokazuje da B nema infimum u skupu Q. Na kraju ove sekcije, pre nego ˇsto uvedemo pojam intervala, napomenimo da postoji bijekcija izmed¯u skupa realnih brojeva i skupa taˇcaka neke prave, koja se onda naziva brojna osa. Tako dobijeni geometrijski model skupa R koristićemo da bismo lakˇse zamiˇsljali odred¯ene odnose med¯u elementima i podskupovima skupa R. Umesto realan broj ˇcesto ćemo govoriti realna taˇcka. Neka su a, b ∈ R, a < b. Otvoren interval je skup i prema tome, z −

(a, b) = {x ∈ R : a < x < b}, a segment (odseˇcak, zatvoren interval) je skup [a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}. Poluinterval zatvoren sleva je skup [a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b}, Za svaki prirodan broj n vaˇzi da je n ≥ 1 ((1.60.4))) i kako je 1 > 0 ((1.54.11)), zakljuˇcujemo 1 da je n > 0. Sada na osnovu (1.54.12) imamo > 0. n 14 Za ovaj realan broj c se kao u prethodnom razmatranju moˇze zakljuˇciti da ne moˇze biti c2 < 2, niti c2 > 2, tako da ostaje da je c2 = 2. 15 Pitagora (oko 582-500 p.n.e.), starogrˇcki matematiˇcar 13

1.7. Ekvivalenti i posledice aksiome neprekidnosti

41

a poluinterval zatvoren zdesna je skup (a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}. ˇ Cesto se intervali i poluintervali nazivaju jednim imenom intervali. Broj a se naziva levi kraj intervala, a broj b se naziva desni kraj intervala. Taˇcke a i b se takod¯e jednim imenom nazivaju rubne taˇcke intervala, dok se svaka taˇcka x za koju vaˇzi da je a < x < b zove unutraˇsnja taˇcka intervala. Broj b − a je duˇzina intervala. Okolina taˇcke (broja) a ∈ R je bilo koji otvoreni interval skupa R koji tu taˇcku sadrˇzi. Za okolinu taˇcke a koristi se oznaka U (a). 16 Za ϵ > 0, pod ϵ-okolinom taˇcke a podrazumevamo otvorni interval oblika Uϵ (a) = (a − ϵ, a + ϵ) = {x ∈ R : |x − a| < ϵ}. Budući da svaka okolina taˇcke a sadrˇzi neku njenu ϵ-okolinu, to je u radu sa okolinama uvek dovoljno posmatrati ϵ-okoline.

1.8

Ekvivalenti i posledice aksiome neprekidnosti

Naveˇsćemo nekoliko iskaza koji su ekvavalentni aksiomi neprekidnosti. To su tzv. Dedekindova aksioma, aksioma supremuma i aksioma infimuma. Dedekindovom17 aksiomom naziva se sledeće tvrd¯enje: Ako su A i B podskupovi skupa R sa osobinama: A ̸= ∅, B ̸= ∅,

(1.14)

A ∪ B = R,

(1.15)

(∀a ∈ A)(∀b ∈ B) a < b,

(1.16)

tada ili postoji max A ili postoji min B, tj. (∃a ∈ R)(a = max A) Y (∃b ∈ R)(b = min B). Aksioma supremuma: Svaki neprazan, odozgo ograniˇcen podskup skupa R ima supremum u R. Aksioma infimuma: Svaki neprazan, odozdo ograniˇcen podskup skupa R ima infimum u R. Da bismo dokazali ekvivalentnost ovih iskaza pokazaćemo sledeći niz implikacija: aksoma neprekidnosti =⇒ Dedekindova aksioma =⇒ aksioma supremuma =⇒ aksioma infimuma =⇒ aksioma neprekidnosti. Prvo dokazujemo da iz aksiome neprekidnosti sledi Dedekindova aksioma: Neka su A i B podskupovi skupa R takvi da vaˇze uslovi (1.14), (1.15) i (1.16). Iz (1.16) sledi A ∩ B = ∅. Na osnovu aksiome neprekidnosti postoji z ∈ R tako da je a ≤ z ≤ b, za sve a ∈ A, b ∈ B. (1.17) 16 17

Oznaka U za okolinu potiˇce od nemaˇcke reˇci Umgebung ˇsto znaˇci okolina. R. Dedekind (1831-1916), nemaˇcki matematiˇcar

42

Glava 1. Uvod

Iz R = A ∪ B i A ∩ B = ∅ sledi: z ∈ A Y z ∈ B. Ako z ∈ A onda iz (1.17) sledi da je z = maxA, a ako z ∈ B onda je z = minB. Prema tome, ili postoji max A ili postoji min B. Pokaˇzimo sada da iz Dedekindove aksiome sledi aksioma supremuma: Neka je X neprazan podskup skupa R ograniˇcen odozgo. Neka je B skup svih gornjih granica skupa X, i neka je A = R\B. Jasno, A ∪ B = R i A ∩ B = ∅. Kako je X neprazan skup, to postoji x ∈ X. Iz x − 1 < x sledi da x − 1 nije gornja granica skupa X, tj. x−1 ∈ / B, pa x − 1 ∈ A. Prema tome, A ̸= ∅. Skup X je ograniˇcen odozgo, dakle ima gornju granicu, te je i skup B neprazan. Pokazaćemo da za svako a ∈ A i svako b ∈ B vaˇzi a < b. Pretpostavimo suprotno, da postoji a ∈ A i b ∈ B tako da je a ≥ b. Kako je b ∈ R, b je gornja granica skupa X, a iz nejednakosti a ≥ b sledi da je a takod¯e gornja granica skupa X, i zato a ∈ B. Dakle a pripada i skupu A i skupu B, ˇsto je nemoguće jer A ∩ B = ∅.

Prema tome, skupovi A i B ispunjavaju uslove (1.14), (1.15) i (1.16), te na osnovu Dedekindove aksome sledi da ili postoji max A ili postoji min B. Pokazaćemo da nije moguće da skup A ima maksimum. Pretpostavimo suprotno, da skup A ma maksimum. Neka je a0 = max A. Iz a0 ∈ A sledi da a0 nije gornja granica skupa X, pa postoji x ∈ X tako da je a0 < x. Odavde, na osnovu (1.54.2), dobijamo a0 + x a0 + a0 < a0 + x i a0 + x < x + x, te je a0 < < x. Prema tome, za element 2 a0 + x a′ = vaˇzi 2 a0 < a′ < x. (1.18) Iz desne strane nejednakosti u (1.18) sledi da a′ nije gornja granica skupa X i prema tome, a′ ∈ A. Odavde sledi da a′ ≤ max A = a0 , ˇsto je u suprotnosti sa levom stranom nejednakosti u (1.18). Dobijena kontradikcija dokazuje da skup A nema maksimum i stoga skup B ima minimum, a ovaj je, po definiciji, sup X. Dokaˇzimo sada da iz aksiome supremuma sledi aksioma infimima. Neka je X neprazan odozdo ograniˇcen podskup skupa R i neka je b njegova donja granica. Neka je X ∗ = {−x : x ∈ X}. Jasno, X ∗ je neprazan skup. Iz b ≤ x za svako x ∈ X, sledi −x ≤ −b, pa je −b gornja granica skupa X ∗ . Sada na osnovu aksiome supremuma sledi da postoji M ∈ R, tako da je M = sup X ∗ . Iz −x ≤ M za svako x ∈ X, sledi x ≥ −M , pa je −M donja granica skupa X. Neka je y ∈ R donja granica skupa X. Onda je −y gornja granica skupa X ∗ , pa je M ≤ −y (jer je M, budući da je supremum skupa X ∗ , najmanja gornja granica skupa X ∗ ). Odavde


43

y ≤ −M . Prema tome, −M je maksimum skupa svih donjih granica skupa X, te je −M = inf X. Ovim je dokaz gotov, a ujedno smo pokazali da je sup X ∗ = − inf X. Na kraju dokaˇzimo da iz aksiome infimuma sledi aksioma neprekidnosti. Neka su A i B neprazni podskupovi skupa R takvi da je a ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B. To znaˇci da je bilo koji element skupa A je donja granica skupa B, pa je B odozdo ograniˇcen skup. Na osnovu aksiome infimuma postoji m ∈ R tako da je m = inf B. Kako je m najveća donja granica skupa B, sledi a ≤ m ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B. Svako od sledeća tri tvrd¯enja je poznato pod nazivom Arhimedovo18 svojstvo (princip). Teorema 1.64. Za svaki realan broj a postoji prirodan broj n takav da je n > a, tj. (∀a ∈ R)(∃n ∈ N) n > a.

(1.19)

Dokaz. Pretpostavimo da vaˇzi suprotno, tj. ¬(∀a ∈ R)(∃n ∈ N) n > a,

(1.20)

ˇsto je ekvivalentno sa: (∃a ∈ R)(∀n ∈ N) n ≤ a. To znaˇci da je skup N odozgo ograniˇcen, te na osnovu aksiome supremuma sledi da postoji supremum skupa N. Neka je β = sup N. Kako je β − 1 < β, i budući da je β (kao supremum) najmanja gornja granica skupa N, to β − 1 nije gornja granica skupa N. Sledi da postoji n ∈ N tako da je n > β − 1. Odavde n + 1 ∈ N i n + 1 > β, ˇsto povlaˇci da β nije gornja granica skupa N. Dobijena kontradikcija dokazuje da ne vaˇzi (1.20), tj. vaˇzi (1.19). Teorema 1.65. Za svaki realan broj a postoji jedinstven ceo broj m, takav da je m ≤ a < m + 1.

(1.21)

Dokaz. Analogno dokazu prethodne teoreme dokazuje se da za svako a ∈ R postoji l ∈ Z takav da je l > a, tj. (∀a ∈ R)(∃l ∈ Z) a < l.

(1.22)

Dokaˇzimo sada da za svako a ∈ R postoji ceo broj k takav da je k < a. Pretpostavimo suprotno, tj. ¬(∀a ∈ R)(∃k ∈ Z) k < a, (1.23) ˇsto je ekvivalentno sa (∃a ∈ R)(∀k ∈ Z) k ≥ a. Odavde sledi da je skup Z odozdo ograniˇcen, pa na osnovu aksiome infimuma postoji inf Z, oznaˇcimo ga sa α. Kako je α + 1 > α i kako je α (kao infimum) najveća donja 18

Arhimed (287?-212 p.n.e.), starogrˇcki matematiˇcar

44

Glava 1. Uvod

granica skupa Z, to α + 1 nije donja granica skupa Z. Zato postoji k0 ∈ Z tako da je k0 < α + 1. Odavde k0 − 1 ∈ Z i k0 − 1 < α, ˇsto je u suprotnosti sa ˇcinjenicom da je α donja granica skupa Z. Dobijena kontradikcija pokazuje da (1.23) ne vaˇzi, tj. vaˇzi (∀a ∈ R)(∃k ∈ Z) k < a. (1.24) (Primetimo da smo (1.24) mogli da dokaˇzemo tako ˇsto (1.22) primenimo na broj −a ∈ R. Zaista, iz (1.22) sledi da postoji z ∈ Z tako da je z > −a. Odavde −z ∈ Z i −z < a.) Prema tome, za svako a ∈ R pokazali smo da postoje celi brojevi k i l takvi da je k < a < l. Uoˇcimo intervale [k, k + 1), [k + 1, k + 2), . . . , [l − 1, l). Budući da je k < a < l, med¯u ovim intervalima mora postojati jedan interval, na primer, [m, m + 1) takav da je a ∈ [m, m + 1), tj. m ≤ a < m + 1. Broj m u nejednakosti (1.21) naziva se najveći ceo deo od a ili samo celi deo broja a i obeleˇzava sa [a]. Prema tome, [a] je najveći ceo broj koji je manji ili jednak od a. Tako je [2.4] = 2 i [−2.4] = −3. Primetimo da za svako x ∈ R vaˇzi [x] ≤ x < [x] + 1.

(1.25)

Posledica 1.66. Za svako a ∈ R i svako b ∈ R, b > 0, postoji jedinstven broj m ∈ Z takav da je mb ≤ a < (m + 1)b. (1.26) Dokaz. Iz Teoreme 1.65 sledi da postoji m ∈ Z tako da je m≤

a < m + 1, b

odakle sledi (1.26). U sledećoj definiciji uvodimo pojam stepena sa celobrojnim izloˇziocem. Definicija 1.67. Za x ∈ R je i za n ∈ N, n > 1,

x1 = x xn = xn−1 · x.

Ako je x ̸= 0, onda je x0 = 1, 1 x−n = , za svako n ∈ N. xn Tvrd¯enje 1.68. (Multiplikativni Arhimedov princip) Ako su a, b ∈ R takvi da je a > 1 i b > 0, onda postoji i jednoznaˇcno je odred¯en ceo broj p takav da je ap ≤ b < ap+1 .


45

Dokaz. Dokaˇzimo najpre da za svako b > 0 postoji ceo broj m ∈ Z tako da je am > b, tj. (∀b > 0)(∃m ∈ Z) am > b. (1.27) Pretpostavimo da vaˇzi suprotno, tj. (∃b > 0)(∀m ∈ Z) am ≤ b.

(1.28)

Neka je A = {am : m ∈ Z}. Skup A je neprazan i iz (1.28) sledi da je A odozgo ograniˇcen, pa na osnovu aksiome supremuma sledi da ovaj skup ima supremum. 1 Neka je α = sup A. Jasno α > 0. Kako je a > 1, to na osnovu (1.54.13) sledi < 1 a α α i prema tome, < α. Budući da je α najmanja gornja granica skupa A, nije a a α gornja granica skupa A, pa postoji m0 ∈ Z tako da je am0 > . Odavde am0 +1 > α a i kako je am0 +1 ∈ A jer m0 + 1 ∈ Z, dobijamo da α nije gornja granica skupa A, ˇsto je u suprotnosti sa tim da je α = sup A. Dobijena protivureˇcnost pokazuje da vaˇzi (1.27). 1 1 Kako je i > 0 ((1.54.12)), iz (1.27) sledi da postoji k ∈ Z tako da je ak > . b b Odavde na osnovu (1.54.13) zakljuˇcujemo a−k < b, tj. za l = −k ∈ Z, al < b. Prema tome, pokazali smo da postoje m, l ∈ Z takvi da je al < b < am . Odavde je l < m i uoˇcimo sada intervale19 [al , al+1 ), [al+1 , al+2 ), . . . [am−1 , am ). Med¯u ovim intervalima mora postojati jedan interval, na primer [ap , ap+1 ), p ∈ Z, l ≤ p 1 =⇒ (∀b ∈ R)(∃n ∈ N) an > b).

(1.29)

Pokaˇzimo da ako su l, m ∈ Z, l < m i a ∈ R, a > 1, onda je al < am . (i) Ako su m i l pozitivni celi brojevi, onda su m, l ∈ N. Iz m > l sledi m − l ∈ N ((1.60.3)), pa je am−l > 1m−l = 1 na osnovu (1.34). Odavde, s obzirom da je al > 0, sledi am > al . (ii) Ako je m > 0 i l ≤ 0, onda je am > 1m = 1 ((1.34)). Iz l ≤ 0 sledi −l ≥ 0 i a−l ≥ 1, pa je 1 ≤ 1. Prema tome, am > 1 ≥ al . al = a−l (iii) Ako je m = 0 i l < 0, onda je am = 1 i −l > 0, pa je −l ∈ N. Odavde sledi a−l > 1−l = 1, tj. a1l > 1. Prema tome, al < 1 = am . (iv) Ako su m i n negativni celi brojevi i m > n, onda su −m i −n prirodni brojevi i vaˇzi −m < −n, pa je prema (i), a−m < a−n , tj. a1m < a1n . Odavde sledi am > an . Sada moˇzemo pokazati da ako su l, m ∈ Z i a ∈ R, a > 1, da onda iz al < am sledi l < m. Zaista, ako bi bilo l = m onda bi vaˇzilo al = am , dok bi za l > m, na osnovu prethodno dokazanog, sledilo al > am . Prema tome, za l, m ∈ Z i a ∈ R, a > 1, vaˇzi ekvivalencija: 19

l < m ⇐⇒ al < am .

46

Glava 1. Uvod

Posledica 1.69. Neka je a > 0. Tada je {a } inf : n ∈ N = 0. (1.30) n {a } Dokaz. Neka je A = : n ∈ N . Oˇcigledno je 0 donja granica ovog skupa. n Pokaˇzimo da je 0 najveća donja granica. Neka je ϵ > 0. Na osnovu Teoreme a a 1.64 sledi da postoji prirodan broj n ∈ N takav da je n > . Odavde < ϵ. Kako ϵ n a ∈ A, sledi da ϵ nije donja granica skupa A. Prema tome skup A ne moˇze imati n donju granicu veću od 0, pa je 0 najveća donja granica skupa A, tj. 0 = inf A. Tvrd¯enje 1.70. Za svaka dva realna broja a i b takva da je a < b, postoji racionalan broj r, takav da je a < r < b. Dokaz. Iz Tvrd¯enja 1.64 sledi da postoji prirodan broj n ∈ N takav da je n > tj. 1 < b − a. n Iz Posledice 1.66 sledi da postoji ceo broj m takav da je m

1 1 ≤ a < (m + 1) . n n

1 , b−a (1.31)

(1.32)

Sada iz leve strane nejednakosti u (1.32), i potom (1.31), sledi (m + 1)

1 1 1 1 = m + ≤ a + < a + (b − a) = b. n n n n

(1.33)

Iz desne strane nejednakosti u (1.32) i (1.33) sledi a < (m + 1)

1 < b, n

m+1 racionalan broj, tvrd¯enje je dokazano. n Drugim reˇcima, u svakom intervalu (a, b), a, b ∈ R, a < b, se nalazi barem jedna racionalna taˇcka r. Ako na dalje posmatramo interval (a, r) (ili (r, b)) u njemu se takod¯e nalazi racionalna taˇcka, itd. Dolazimo do zakljuˇcka da se u svakom intervalu nalazi beskonaˇcno mnogo racionalnih taˇcaka. Osim toga, ovo znaˇci da se u okolini svake realne taˇcke nalazi racionalna taˇcka, i zbog toga kaˇzemo da je skup Q gust u skupu R. i kako je

Pre nego ˇsto damo sledeću posledicu aksiome neprekidnosti, primetimo da se, koristeći (1.54.8) i princip matematiˇcke indukcije, mogu dokazati sledeće implikacije: 0 < a 1 vaˇzi implikacija: x > 1 =⇒ xn > x.

(1.36)

Naime, zbog n > 1 je n − 1 ∈ N ((1.60.2)), pa iz x > 1 sledi xn−1 > 1 na osnovu (1.34), odakle mnoˇzeći sa x dobijamo xn > x. Osim toga, za x ∈ R i n ∈ N vaˇzi implikacija: x ≥ 1 =⇒ xn ≥ x.

(1.37)

Zaista, za n = 1 ili x = 1 vaˇzi jednakost xn = x. Ako je n > 1 i x > 1, onda iz (1.36) sledi xn > x. Teorema 1.71. (Egzistencija i jedinstvenost n-tog korena) Neka je n ∈ N i x ∈ R, x > 0. Tada postoji jedinstven pozitivan realan broj y takav da je y n = x. Dokaz. Tvrd¯enje oˇcigledno vaˇzi kada je n = 1. Pretpostavimo da je n > 1. Neka je A = {z > 0 : z n ≤ x}. Na osnovu Arhimedovog principa (Teorema 1.64) postoji 1 1 k ∈ N tako da je k > . Kako je k ≥ 1, to iz (1.37) sledi k n ≥ k, pa je k n > . x ( x )n 1 1 1 Odavde, n < x, tj. < x. Prema tome, ∈ A i A je neprazan skup. k k k Pokaˇzimo da je skup A odozgo ograniˇcen. Ako je x ≤ 1, onda je za svako z ∈ A, z ≤ 1. Zaista, ako bi za neko z ∈ A vaˇzilo z > 1, onda bi na osnovu (1.34) dobili z n > 1 ≥ x ˇsto je u suprotnosti sa tim da z ∈ A. Dakle, u ovom sluˇcaju je 1 gornja granica skupa A. Ako je x > 1, onda je za svako z ∈ A, z ≤ x, jer u protivnom, ako bi postojao z ∈ A takav da je z > x, onda bi na osnovu (1.34) imali z n > xn . Iz n > 1 i x > 1 dobijamo xn > x ((1.36)). Sada iz z n > xn i xn > x sledi z n > x, ˇsto je u suprotnosti sa tim da z ∈ A. Prema tome, ako je x > 1, onda je x gornja granica skupa A. Na osnovu aksiome supremuma skup A ima supremum. Neka je y = sup A. Jasno je da je y > 0. Pokazaćemo da je y n = x. Pretpostavimo da je y n < x. Neka je x − y n = ϵ > 0. Za svako h takvo da je 0 < h < 1, primenjujući binomnu formulu, dobijamo: n−2 h2 + n(n−1)(n−2) y n−3 h3 + · · · + hn (y + h)n = y n + ny n−1 h + n(n−1) 2! y 3! ( ) n(n−1) n−2 n(n−1)(n−2) n−3 2 n n−1 n−1 = y + h ny + 2! y h+ y h + · · · + h 3! ( ) n−2 + n(n−1)(n−2) y n−3 + · · · + 1 < y n + h ny n−1 + n(n−1) y 2! 3!

= y n + h ((1 + y)n − y n ) . Izaberimo 0 < h < 1 tako da bude h <

ϵ . Onda je (1 + y)n − y n

(y + h)n ≤ y n + h ((1 + y)n − y n ) < y n + ϵ = x,

48

Glava 1. Uvod

odakle sledi da y+h ∈ A. Dakle y+h je element iz skupa A veći od y, ˇsto protivureˇci tome da je y = sup A. Prema tome, ne moˇze biti y n < x. Neka je sada y n > x i ϵ = y n − x > 0. Za svako h takvo da je 0 < h < 1, primenjujući opet binomnu formulu, dobijamo: n−2 h2 − n(n−1)(n−2) y n−3 h3 + · · · + (−1)n hn (y − h)n = y n − ny n−1 h + n(n−1) 2! y 3! ) ( n(n−1)(n−2) n−3 2 n(n−1) n−2 n−1 hn−1 n n−1 h+ y h − · · · + (−1) = y − h ny − 2! y 3! ( ) n−2 h + n(n−1)(n−2) y n−3 h2 + · · · + hn−1 > y n − h ny n−1 + n(n−1) y 2! 3! ( ) n(n−1) n(n−1)(n−2) n−3 + · · · + 1 > y n − h ny n−1 + 2! y n−2 + y 3!

= y n − h ((1 + y)n − y n ) . ϵ i h < y. Prema tome, (1 + y)n − y n (y − h)n > y n − h ((1 + y)n − y n ) > y n − ϵ = x. Neka je z ∈ A proizvoljno. Tada je z n ≤ x, pa je z n < (y − h)n . Odavde sledi z < y − h (jer u protivnom, ako bi bilo z ≥ y − h > 0, onda bi na osnovu (1.35) sledilo z n ≥ (y − h)n ), pa je y − h gornja granica skupa A koja je manja od y = sup A. Ovo je kontradikcija, ˇsto dokazuje da ne moˇze da bude y n > x. Kako ne moˇze da bude ni y n < x ni y n > x, ostaje da je y n = x. Dokaˇzimo jedinstvenost. Neka su y1 > 0, y2 > 0 i y1n = x i y2n = x. Ako je y1 < y2 , onda je x = y1n < y2n = x, a ako je y1 > y2 , onda je x = y1n > y2n = x. Prema tome, mora biti y1 = y2 . Opet izaberimo 0 < h < 1 tako da bude h <

Definicija 1.72. Neka je x ∈ R, x > 0 i n ∈ N. Jednoznaˇcno odred¯eni pozitivan √ broj y takav da je y n = x naziva se n-ti koren broja x i oznaˇcava sa n x. Posmatrajmo jednaˇcinu xn = a,

(1.38)

gde je n ∈ N i a ∈ R i pokaˇzimo da u skupu R ova jednaˇcina ima najviˇse dva reˇsenja: ako je n paran broj, ova jednaˇcina ima dva reˇsenja ako je a > 0, jedno ako je a = 0 i nema reˇsenja ako je a < 0; ako je n neparan broj, onda ova jednaˇcina ima taˇcno jedno reˇsenje za svako a ∈ R. Zaista, ako je n paran broj i a > 0, na osnovu prethodne teoreme, jednaˇcina √ (1.38) ima taˇcno jedno pozitivno reˇsenje, to je n a. Med¯utim, zbog parnosti broja √ √ n √ n n sledi da je − n a reˇsenje ove jednaˇcine ((− n a) = ( n a) = a). Ovo je jedino negativno reˇsenje jednaˇcine, jer ukoliko bi postojalo joˇs jedno negativno reˇsenje ove √ √ jednaˇcine λ ̸= − n a, onda bi −λ bilo pozitivno reˇsenje koje se razlikuje od n a, ˇsto je nemoguće. Kako je 0n = 0, 0 nije reˇsenje ove jednaˇcine. Dakle, kad je n paran broj i a > 0 jednaˇcina (1.38) ima dva reˇsenja. Ako je a = 0, onda je za svako n ∈ N, 0 jedino reˇsenje jednaˇcine (1.38). Zaista, iz x = 0 sledi xn = 0, dok iz (1.51.9) sledi da xn = 0 povlaˇci x = 0. Prema tome, za svako n ∈ N vaˇzi ekvivalencije: xn = 0 ⇐⇒ x = 0, pa je 0 jedino reˇsenje jednaˇcine (1.38).


49

Ako je a < 0 i n paran broj, onda jednaˇcina (1.38) nema reˇsenja, jer na osnovu (1.54.10) sledi da je xn ≥ 0 za svako x ∈ R. Ako je n neparan broj i a > 0, onda jednaˇcina ima samo jedno pozitivno reˇsenje √ n a na osnovu Teoreme 1.71. U ovom sluˇcaju jednaˇcina nema nepozitivnih reˇsenja, jer za svako x ≤ 0 sledi xn ≤ 0, budući da je n neparan. Ako je n neparan broj i a < 0, onda jednaˇ cina xn = −a > 0 ima taˇcno jedno √ √ pozitivno reˇsenje,√to je n −a. No, onda je − n −a negativno reˇsenje jednaˇcine (1.38) √ n n n ((− −a) = −( −a)n = −(−a) = a). Jednaˇcina (1.38) nema drugih negativnih √ n reˇsenja √ osim − −a. Zaista, ako bi λ bilo negativno reˇsenje ove jednaˇcine razliˇ √cito od − n −a, onda bi −λ bilo pozitivno reˇsenje jednaˇcine xn = −a razliˇcito od n −a, ˇsto nije moguće (Teorema 1.71). Jednaˇcina (1.38) nema nenegativnih reˇsenja jer za svako x ≥ 0 vaˇzi xn ≥ 0. Prema tome, kad je a < 0 i n neparan broj, jednaˇcina (1.38) ima taˇcno jedno i to negativno reˇsenje.√ √ Tako, jednaˇcina x2 = 3 ima dva reˇsenja: 3 i − 3. Jednaˇcina x2 = 0 ima samo jedno reˇsenje, to je 0. Jednaˇcina x2 = −3 nema nijedno reˇsenje. Jednaˇcina x3 = 8 ima samo jedno reˇsenje, to je 2. Jednaˇcina x3 = 0 ima samo jedno reˇsenje, to je 0. Jednaˇcina x3 = −8 ima samo jedno reˇsenje, to je −2. Kantorov princip umetnutih odseˇ caka Definicija 1.73. Neka su [a1 , b1 ] , [a2 , b2 ] , . . . [an , bn ] , . . . , an , bn ∈ R, n ∈ N, odseˇcci realne prave. Ako je ispunjen uslov a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ bn ≤ . . . b2 ≤ b1 ,

(1.39)

tj. [an , bn ] ⊃ [an+1 , bn+1 ], n ∈ N, onda kaˇzemo da je ([an , bn ]) niz umetnutih odseˇcaka. Drugim reˇcima, ([an , bn ]) je niz umetnutih odseˇcaka ako je svaki sledeći odseˇcak [an+1 , bn+1 ] sadrˇzan u prethodnom [an , bn ].

Teorema 1.74. (Kantorov20 princip umetnutih odseˇcaka) Svaki niz umetnutih odseˇcaka ima neprazan presek. 20

G. Cantor (1845-1918), nemaˇcki matematiˇcar

50

Glava 1. Uvod

Dokaz. Neka je A = {an : n ∈ N} i B = {bn : n ∈ N}. Skup A je odozgo ograniˇcen sa bilo kojim od brojeva bn , tj. vaˇzi da je an ≤ bm za sve n, m ∈ N (zaista, za proizvoljna dva prirodna broja n i m, i k = max{n, m} vaˇzi an ≤ ak ≤ bk ≤ bm ), pa na osnovu aksiome supremuma, postoji α = sup A ∈ R. Budući da je bn gornja granica skupa A za svako n ∈ N, sledi α ≤ bn za svako n ∈ N.

(1.40)

Prema tome, skup B je odozdo ograniˇcen i na osnovu aksiome infimuma, postoji β = inf B ∈ R. S obzirom da je β najveća donja granica skupa B, iz (1.40) sledi α ≤ β. Prema tome, vaˇze nejednakosti an ≤ α ≤ β ≤ bn , n ∈ N. Pokaˇzimo da je [α, β] ⊂

∩

[an , bn ] .

(1.41)

(1.42)

n∈N

Neka je x ∈ [α, β]. Iz (1.41) sledi ∩ an ≤ α ≤ x ≤ β ≤ bn i prema tome, x ∈ [an , bn ] [an , bn ]. za svako n ∈ N. Stoga je x ∈ n∈N ∩ Prema tome, [an , bn ] je neprazan skup. n∈N

Napomena 1.75. Za dokaz Teoreme 1.39 dovoljno je bilo dokazati da vaˇzi inkluzija (1.42). Med¯utim moˇze se pokazati da vaˇzi i obrnuto inkluzija: ∩ [an , bn ] ⊂ [α, β] . (1.43) n∈N

Zaista, neka je x ∈

∩

[an , bn ]. Tada je an ≤ x ≤ bn za svako n ∈ N. To znaˇci da

n∈N

je x gornja granica skupa A, a takod¯e i donja granica skupa B. Zato je α ≤ x jer je α kao supremum skupa A njegova najmanja gornja granica, a takod¯e je i x ≤ β jer je β kao infimum skupa B njegova najveća donja granica. Prema tome, x ∈ [α, β]. Iz (1.42) i (1.43) sledi da vaˇzi: ∩ [an , bn ] = [α, β] . • (1.44) n∈N

Definicija 1.76. Neka je ([an , bn ]) niz umetnutih odseˇcaka. Reći ćemo da duˇzina odseˇcaka teˇzi 0 ako za svako ϵ > 0 postoji n ∈ N tako da je bn − an < ϵ. Primetimo da ako je bn − an < ϵ za neko n ∈ N, onda je i bm − am < ϵ za svako m ∈ N, m ≥ n (zbog [am , bm ] ⊂ [an , bn ] je bm − am ≤ bn − an ).


51

Teorema 1.77. Neka je ([an , bn ]) niz umetnutih odseˇcaka ˇcija duˇzina teˇzi 0. Tada postoji jedinstvena taˇcka ξ koja pripada svim odseˇccima, i pri tom je ξ = sup{an : n ∈ N} = inf{bn : n ∈ N}.

(1.45)

Dokaz. Neka je ϵ > 0 proizvoljno, α = sup{an : n ∈ N} i β = inf{bn : n ∈ N}. Budući da duˇzina odseˇcaka teˇzi 0, to postoji n ∈ N tako da je bn − an < ϵ. Iz nejednakosti (1.41) sledi da je β − α ≤ bn − an , pa je 0 ≤ β − α < ϵ. Odavde sledi da je α = β. Zaista ako bi β > α, tada bi, budući da je β − α < ϵ za svako ϵ > 0, uzimajući da je u ovoj nejednakosti ϵ = β − α, dobili β − α < β − α, ˇsto je nemoguće. Neka je ξ = α = β. Iz (1.44) sledi ∩ [an , bn ] = {ξ}. (1.46) n∈N

[

] [ ] [ ] 1 1 1 Primer 1.78. Uoˇcimo odseˇcke −1, , n ∈ N. Kako je −1, ⊃ −1, n n n+1 za { svako n ∈ } N, ovo je niz umetnutnih odseˇcaka. Iz Posledice 1.69 sledi da je 1 inf : n ∈ N = 0, te na osnovu (1.44) dobijamo n ] ∩[ 1 −1, = [−1, 0] . n n∈N

[

[

-1

0

[ [

[

[

1 1 1 n 4 3

1 2

1

[

Primer 1.79. Neka su a, b ∈ R, a < b. Uoˇcimo odseˇcke [ ] 1 1 , n ∈ N. (1.47) a − ,b + n n ] [ ] [ 1 1 1 1 ⊃ a− ,b + za svako n ∈ N, ovo je S obzirom da je a − , b + n n n} +1 { n+1 { } 1 1 niz umetnutnih odseˇcaka. Kako je sup a − : n ∈ N = a + sup − : n ∈ N = { } { n } {n } 1 1 1 a − inf : n ∈ N = a − 0 = a, i inf b + : n ∈ N = b + inf :n∈N = n n n b + 0 = b (Posledica 1.69), to na osnovu (1.44) dobijamo ] ∩[ 1 1 a − ,b + = [a, b] . n n n∈N

52

Glava 1. Uvod

]) 1 1 niz umetnutih odseˇcaka Ako je u (1.47) stavimo a = b, onda je a − , a + n n ˇcija duˇzina teˇzi 0. Zaista, za svako ϵ > 0 na osnovu Arhimedovog principa postoji 2 2 n ∈ N tako da je n > , odakle < ϵ, tj. duˇzina n-tog odseˇcka je manja od ϵ. ϵ } n { 1 Kako je sup a − : n ∈ N = a, na osnovu (1.45) i (1.46) sledi n ] ∩[ 1 1 a − ,a + = {a}. n n ([

n∈N

...

[

[

[

a-1

a- 12

a- n1

... [ a

a+n1

[

[

a+ 12

a+1

Primer 1.80. Neka su a, b ∈ R, a < b. U dokazima nekih narednih tvrd¯enja koristićemo sledeću konstrukciju niza umetnutih odseˇcaka ˇcija duˇ [ zina teˇz]i 0.[ Odseˇcak ] a+b a+b a+b [a, b] podelimo taˇckom na dva jednaka po duˇzini odseˇcka a, i ,b . 2 2 2 b−a Njihova duˇzina je . Izaberimo jedan od ta dva odseˇcka (kriterijum za izbor 2 biće odred¯en konkretnim zadatkom) i oznaˇcimo ga sa [a1 , b1 ]. Sada ovoj odseˇcak a1 + b1 delimo na dva jednaka po duˇzini odseˇcka i jedan od njih srednjom taˇckom 2 obeleˇzimo sa [a2 , b2 ]. Nastavljajući postupak dobijamo niz umetnutih odseˇcaka: [a1 , b1 ] ⊃ [a2 , b2 ] ⊃ · · · ⊃ [an , bn ] ⊃ . . . , gde je duˇzina n-tog odseˇcka

b−a . 2n

Pokaˇzimo da duˇzina ovih odseˇcaka teˇzi 0. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Na osnovu b−a b−a , odakle je < ϵ. (1.29) sledi da postoji n ∈ N tako da je 2n > ϵ 2n Primetimo da smo ovo mogli da pokaˇzemo i na sledeći naˇcin: Iz 2n = (1 + 1)n = 1 + n +

n(n − 1) + ··· > n 2


53

1 1 < za svako n ∈ N. Za zadato ϵ > 0 na osnovu Teoreme 1.64 postoji n 2 n b−a b−a b−a n ∈ N takav da je n > , pa je < < ϵ. • n ϵ 2 n ]) ([ 1 1 niz umetnutih odseˇcaka. Pokaˇzimo Primer 1.81. Oˇcigledno je 2 − n , 3 + n 10 10 da je { } 1 inf : n ∈ N = 0. (1.48) 10n { } 1 Oˇcigledno je 0 donja granica skupa : n ∈ N . Za proizvoljno ϵ > 0, iz (1.29) 10n 1 1 sledi da postoji n ∈ N tako da je 10n > , tj. < ϵ. Prema tome, proizvoljno ϵ { } 10n 1 ϵ > 0 nije donja granica skupa : n ∈ N . Zato je 0 najveća donja granica 10n ovog skupa, tj. vaˇzi (1.48). Iz (1.48) sledi { } { } 1 1 sup 2 − n : n ∈ N = 2 + sup − n : n ∈ N 10 10 { } 1 = 2 − inf :n∈N 10n = 2−0=2 sledi

i

{ } { } 1 1 inf 3 + n : n ∈ N = 3 + inf : n ∈ N = 3 + 0 = 3. 10 10n

Sada na osnovu (1.44) sledi ∩[ n∈N

] 1 1 2 − n , 3 + n = [2, 3] . • 10 10

Sledeći primeri pokazuju da tvrd¯enje Teoreme 1.74 neće vaˇziti ako se odseˇcci zamene intervalima drugog tipa. Primer 1.82. Niz umetnutih intervala 1 1 (0, 1] ⊃ (0, ] ⊃ · · · ⊃ (0, ] ⊃ . . . 2 n ima prazan presek. Zaista, ako je ∩ 1 x∈ (0, ], n n∈N

1 1 onda je x ∈ (0, ] za svako n ∈ N, tj. 0 < x ≤ . Prema tome, x je donja granica n} n} { { 1 1 skupa : n ∈ N , i zato je x ≤ inf : n ∈ N = 0 (Posledica 1.69). Ovo je u n n suprotnosti sa tim da je x > 0.

54

Glava 1. Uvod

( 0

]

]

1 n

]

1 2

1

Prema tome,

∩ n∈N

1 (0, ] = ∅. n

(1.49)

Takod¯e niz

1 1 [−1, 0) ⊃ [− , 0) ⊃ · · · ⊃ [− , 0) ⊃ . . . 2 n ima prazan presek, jer vaˇzi ekvivalencija ∩ 1 ∩ 1 x∈ [− , 0) ⇐⇒ −x ∈ (0, ], n n n∈N

pa iz (1.49) sledi

n∈N

∩ n∈N

1 [− , 0) = ∅. n

Niz intervala

1 1 (0, 1) ⊃ (0, ) ⊃ · · · ⊃ (0, ) ⊃ . . . 2 n ima prazan presek jer je oˇcigledno ∩ ∩ 1 1 (0, ] = ∅. • (0, ) ⊂ n n n∈N

n∈N

Princip umetnutih odseˇcaka ne vaˇzi u skupu racionalnih brojeva. Zaista, neka su a √ 1 = 1, a2 = 1, 4, a3 = 1, 41, a4 = 1, 414,... racionalni brojevi koji su manji od 2 i neka su b1 = 2, b2 = 1, 5, b3 = 1, 42, b4 = 1, 415,... racionalni brojevi koji su √ √ 1 veći od 2, gde an i bn aproksimiraju 2 s greˇskom manjom od n , n = 1, 2, . . . . 10 Uoˇcimo niz odseˇcaka ([an , bn ]): [1; 2] ⊃ [1, 4; 1, 5] ⊃ [1, 41; 1, 42] ⊃ [1, 414; 1, 415] ⊃ . . . . √ √ ∩ ∩ Budući da je / Q, sledi [an , bn ] = { 2}, a 2 ∈ ([an , bn ]∩Q) = ∅, tj. ([an , bn ]∩ n∈N

n∈N

Q) je niz umetnutih odseˇcaka skupa Q koji ima prazan presek.

[

[[ [

[

[

1

1,4

1,5

2


55

Dokazali smo da iz aksiome supremuma sledi Arhimedov princip i Kantorov princip umetnutih odseˇcaka. Pokazaćemo sada da iz Arhimedovog principa i Kantorov principa umetnutih odseˇcaka sledi Dedekindova aksioma. Na taj naˇcin ćemo dokazati da je konjunkcija Arhimedovog principa i Kantorovog principa umetnutih odseˇcaka, takod¯e jedan ekvivalent aksiome neprekidnosti. Zato pretpostavimo da skupovi realnih brojeva A i B ispunjavaju oslove (1.14), (1.15) i (1.16). Konstruiˇsimo sada jedan niz umetnutih segmenata. Kako su A i B neprazni skupovi, postoji a1 ∈ A i b1 ∈ B, i uoˇcimo segment [a1 , b1 ]. Budući da je A ∪ B = R i A ∩ B = ∅ (uslovi (1.15) i (1.16)), za srediˇsnju taˇcku a1 + b1 ovog segmenta, , vaˇzi 2 a1 + b1 a1 + b 1 ∈A Y ∈ B. 2 2

[ ] a1 + b1 a1 + b1 Osim toga, ova taˇcka deli segment na dva dela jednaka po duˇzini: a1 , 2 2 [ ] a1 + b1 i , b . Sa [a2 , b2 ] oznaˇcićemo onaj od ta dva segmenta kome leva rubna taˇcka 2 a1 + b 1 pripada skupu A, a desna rubna taˇcka skupu B, tj. ako ∈ A, za segment 2 [ ] a1 + b1 a1 + b1 [a2 , b2 ] izabraćemo segment , b1 , a ako ∈ B, za [a2 , b2 ] izabraćemo 2 2 [ ] a1 + b1 segment a1 , . Ako smo u n-tom koraku izabrali [an , bn ], onda ćemo za 2 [ ] an + bn an + bn an + bn [an+1 , bn+1 ] izabrati an , ako ∈ B, a ako ∈ A, onda ćemo 2 2 2 ] [ an + bn , bn . Tako dolazimo do niza umetnutih segmenata. za [an+1 , bn+1 ] izabrati 2 b1 − a1 Duˇzina n-tog segmenta je bn − an = n−1 . Na osnovu Arhimedovog principa kao 2 u Primeru 1.80 pokazuje se da duˇzina ovih segmenata teˇzi 0. Sada na osnovu Kantorovog principa umetnutih odseˇcaka (Teorema 1.77) sledi da postoji jedan jedini realan broj ξ koji pripada svim segmentima. Zbog A ∪ B = R i A ∩ B = ∅ sledi ξ ∈ A Y ξ ∈ B. Pretpostavimo da ξ ∈ B. Dokaˇzimo da je ξ = min B. Za to je dovoljno dokazati da je ξ donja granica skupa B, budući da ξ već pripada skupu B. Pretpostavimo suprotno da ξ nije donja granica skupa B. To znaˇci da postoji b ∈ B tako da je b < ξ. Neka je ϵ = ξ − b. Tada je ϵ > 0 i s obzirom da duˇzina niza segmenata ([an , bn ]) teˇzi 0, postoji n0 ∈ N tako da je bn0 − an0 < ϵ = ξ − b.

(1.50)

Kako je ξ ≤ bn za svako n ∈ N, to je ξ − an0 ≤ bn0 − an0 .

(1.51)

56

Glava 1. Uvod

Iz (1.50) i (1.51) sledi ξ −an0 < ξ −b, te je an0 > b. Ovo je u suprotnosti sa osobinom (1.16) skupova A i B. Prema tome, ξ = min B. Sliˇcno se dokazuje da ako ξ ∈ A, onda je ξ = max A. Prema tome, ili u skupu A postoji maksimum ili u skupu B postoji minimum, ˇsto je tvrd¯enje Dedekindove aksiome.

1.9

Proˇ sireni skup realnih brojeva

Iz tehniˇckih razloga, radi jednostavnijeg izraˇzavanja, skup realnih brojeva se proˇsiruje sa joˇs dva elementa +∞ i −∞, koji se ˇcitaju redom sa ”plus beskonaˇcno” i ”minus beskonaˇcno”. Tako dobijamo proˇsireni skup realnih brojeva R = R ∪ {−∞, +∞}. Ako je a ∈ R, govorićemo da je a konaˇcan broj. Relacija poretka sa skupa R proˇsiruje se na skup R na sledeći naˇcin: (∀x ∈ R)(−∞ < x) (∀x ∈ R)(x < +∞) −∞ < +∞. Na taj naˇcin je skup R linearno ured¯en. Svaki podskup A skupa R je odozgo (odozdo) ograniˇcen sa +∞ (−∞), tj. +∞ (−∞) je gornja (donja) granica skupa A. Ako je A ⊂ R odozgo ograniˇcen u R, onda on ima supremum u R, i to je supremum i u R, a ako A nije odozgo ograniˇcen u R, onda smatramo da je sup A = +∞. Takod¯e ako je A ⊂ R i +∞ ∈ A, onda uzimamo da je sup A = +∞. Dakle svaki neprazan podskup u R ima supremum. Sliˇcno, svaki neprazan podskup u R ima infimum. Koristićemo sledeće oznake: (−∞, +∞) = {x ∈ R : −∞ < x < +∞} = R,

(1.52)

(a, +∞) = {x ∈ R : x > a} i [a, +∞) = {x ∈ R : x ≥ a},

(1.53)

(−∞, a) = {x ∈ R : x < a} i (−∞, a] = {x ∈ R : x ≤ a},

(1.54)

i gde je a ∈ R. Skupove u (1.53) zvaćemo okolinama taˇcke +∞, dok ćemo skupove u (1.54) zvati okolinama −∞. Takod¯e je i skup (−∞, +∞) = R okolina taˇcke +∞, kao i taˇcke −∞. Primetimo da same taˇcke +∞ i −∞ ne pripadaju sopstvenim okolinama. Skupove u (1.52), (1.53) i (1.54) zvaćemo takod¯e intervalima, i za razliku od intervala definisanih u sekciji 1.6, tj. intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), gde su a, b ∈ R, za koje ćemo reći da su konaˇcni, ove ćemo zvati beskonaˇcnim intervalima. Za intervale oblika (a, +∞) i [a, +∞) ((−∞, a) i (−∞, a]), a ∈ R, taˇcku a zovemo rubnom taˇckom intervala, a za svaku taˇcku x takvu da je a < x (x < a) reći ćemo da je unutraˇsnja taˇcka intervala.

ˇ ˇ 1.10. TACKA NAGOMILAVANJA SKUPA.BOLCANO-VAJERSTRASOVA TEOREMA ZA SKUPOVE

1.10

Taˇ cka nagomilavanja skupa. Bolcano-Vajerˇ strasova teorema za skupove

Definicija 1.83. Neka je A ⊂ R. Taˇcka a ∈ R je taˇcka nagomilavanja skupa A ako u svakoj okolini taˇcke a postoji beskonaˇcno mnogo taˇcaka skupa A. Skup taˇcaka nagomilavanja skupa A se oznaˇcava sa acc A. Napominjemo da je a ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa A ako i samo ako u svakoj okolini U (a) taˇcke a postoji bar jedna taˇcka skupa A razliˇcita od a, tj. A ∩ (U (a) \ {a}) ̸= ∅. 21 Primetimo da ako je a taˇcka nagomilavanja skupa A, onda za svaku okolinu U (a) taˇcke a vaˇzi da je a taˇcka nagomilavanja skupa A ∩ U (a), a takod¯e i skupa A ∩ (U (a) \ {a}). 22 Definicija 1.84. Neka je A ⊂ R i a ∈ A. Taˇcka a je izolovana taˇcka skupa A ako postoji okolina taˇcke a u kojoj sem taˇcke a nema drugih taˇcaka skupa A. Drugim reˇcima, taˇcka a ∈ A koja nije taˇcka nagomilavanja skupa A zove se izolovana taˇcka skupa A. Skup izolovanih taˇcaka skupa A se oznaˇcava sa iso A. Izolovana taˇcka skupa A je po definiciji element skupa A, dok taˇcka nagomilavanja moˇze ali ne mora pripadati skupu. Med¯utim, ako je a ∈ A, tada je a ili izolovana taˇcka skupa A ili njegova taˇcka nagomilavanja, tj. A ⊂ acc A ∪ iso A. Jasno, acc A ∩ iso A = ∅.

} 1 Primeri 1.85. (i) Neka je A = : n ∈ N . Tada je iso A = A i jedina taˇcka n nagomilavanja ovog { skupa je } 0, i ona ne pripada skupu A. 1 (ii) Za A = : n ∈ N ∪ {0}, jedina taˇcka nagomilavanja je 0 i ona pripada n{ } 1 skupu A, a iso A = :n∈N . n 21

{

Zaista, ako je a taˇcka nagomilavanja skupa A, onda u svakoj okolini taˇcke a postoji beskonaˇcno mnogo taˇcaka skupa A, pa će se med¯u njima naći barem jedna razliˇcita od a. Obrnutu implikaciju dokazujemo kontrapozicijom. Pretpostavimo da a nije taˇcka nagomilavanja skupa A. Tada postoji okolina U (a) taˇcke a u kojoj ima samo konaˇcno mnogo taˇcaka skupa A, tj. skup A∩U (a) je konaˇcan. Onda je i skup A ∩ (U (a) \ {a}) konaˇcan. Ako je A ∩ (U (a) \ {a}) prazan, to znaˇci da u okolini U (a) nema taˇcaka skupa A razliˇcitih od a. Ako je A∩(U (a)\{a}) neprazan skup, onda je A∩(U (a)\{a}) = {a1 , a2 , . . . , an }. Za sluˇcaj da je a konaˇcan broj neka je ϵ = min{|a1 − a|, |a2 − a|, . . . , |an − a|}. Tada je (a − ϵ, a + ϵ) okolina taˇcke a u kojoj nema taˇcaka skupa A razliˇcitih od a. Ako je a = +∞, neka je ϵ = max{a1 , a2 , . . . , an }. Tada u okolini (ϵ, +∞) nema taˇcaka skupa A (naravno, budući da je A ⊂ R, sve taˇcke skupa A se razlikuju od a = +∞). Za sluˇcaj da je a = −∞, uzimamo da je ϵ = min{a1 , a2 , . . . , an }. Tada u okolini (−∞, ϵ) nema taˇcaka skupa A. 22 Neka je a ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa A i neka je U (a) okolina taˇcke a. Za proizvoljnu okolinu V (a) taˇcke a vaˇzi da je U (a) ∩ V (a) opet okolina taˇcke a, i prema tome, sadrˇzi beskonaˇcno mnogo taˇcaka skupa A, tj. skup (A ∩ U (a)) ∩ V (a) = A ∩ (U (a) ∩ V (a)) je beskonaˇcan. Odavde, s obzirom na proizvoljnost okoline V (a) taˇcke a sledi da je a taˇcka nagomilavanja skupa A ∩ U (a).

58

Glava 1. Uvod (iii) Neka je A = (0, 3). Tada je iso A = ∅, a acc A = [0, 3]. (iv) Za skup racionalnih brojeva Q vaˇzi iso Q = ∅ i acc Q = R. (v) Neka je A ⊂ R konaˇcan skup. Tada je acc A = ∅ i iso A = A. •

Teorema 1.86. (Bolcano-Vajerˇstrasova23 teorema za skupove ) Svaki beskonaˇcan ograniˇcen podskup skupa R ima bar jednu taˇcku nagomilavanja u R. Svaki beskonaˇcan podskup skupa R ima bar jednu taˇcku nagomilavanja u R. Dokaz. Neka je A ⊂ R beskonaˇcan i ograniˇcen. Tada postoji segment [a, b] tako da a+b je A ⊂ [a, b]. Podelimo segment [a, b] taˇckom na dva dela jednaka po duˇzini: 2 [ ] [ ] a+b a+b a, i , b . U bar jednom od ta dva segmenta se nalazi beskonaˇcno 2 2 mnogo elemenata skupa A. Oznaˇcimo taj segment sa [a1 , b1 ]. Njegova duˇzina je a1 + b1 b−a . Sada ovoj segment srednjom taˇckom delimo na dva jednaka po duˇzini 2 2 segmenta i bar u jednom od njih se nalazi beskonaˇcno mnogo elemenata skupa A, b−a oznaˇcomo taj segment sa [a2 , b2 ]. Njegova duˇzina je . Nastavljajući postupak 22 dobijamo niz umetnutih segmenata: [a1 , b1 ] ⊃ [a2 , b2 ] ⊃ · · · ⊃ [an , bn ] ⊃ . . . , b−a . Ovo je dakle niz umetnutih segmenata ˇcija 2n duˇzina teˇzi 0 (Primer 1.80) i na osnovu Teoreme 1.77 postoji taˇcno jedna taˇcka ξ koja pripada svim segmentima. Pokazaćemo da je ξ taˇcka nagomilavanja skupa A. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Budući da duˇzina segmenata teˇzi 0, postoji n ∈ N tako da b−a je bn − an = n < ϵ. S obzirom da ξ ∈ [an , bn ], sledi [an , bn ] ⊂ (ξ − ϵ, ξ + ϵ) i kako 2 [an , bn ] sadrˇzi beskonaˇcno mnogo elemenata skupa A, sledi da okolina (ξ − ϵ, ξ + ϵ) sadrˇzi beskonaˇcno mnogo elemenata skupa A. Prema tome ξ je taˇcka nagomilavanja skupa A. Neka je sada A beskonaˇcan podskup skupa R. Ako je A ograniˇcen, prema prethodno dokazanom on ima taˇcku nagomilavanja. Pretpostavimo da A nije ograniˇcen. To znaˇci da A nije ograniˇcen odozgo ili nije ograniˇcen odozdo. Recimo da A nije ograniˇcen odozgo. Tada za svako M ∈ R postoji a ∈ A tako da je a > M , tj. a ∈ (M, +∞). Prema tome, u proizvoljnoj okolini taˇcke +∞ ima taˇcaka skupa A razliˇcitih od +∞ (jer je A ⊂ R), pa je +∞ taˇcka nagomilavanja skupa A. gde je duˇzina n-tog odseˇcka

23

B.Bolcano (1781-1848), ˇceˇski matematiˇcar i filozof, K. Weierstrass (1815-1897), nemaˇcki matemtiˇcar

Glava 2

Nizovi Definicija 2.1. Neka je A neprazan skup. Funkcija a : N → A zove se niz elemenata skupa A. Vrednost a(n) funkcije a u taˇcki n ∈ N oznaˇcavamo sa an i zovemo n-tim ˇclanom ili opˇstim ˇclanom niza, dok se sam niz obeleˇzava sa (an ), (an )n∈N , (an )∞ n=1 , ili sa a = (a1 , a2 , . . . , an , . . . ). ( ) 1 1 1 1 je opˇsti ˇclan niza a = 1, , , , . . . . Na primer an = 2n − 1 3 5 7 Niz se ˇcesto obeleˇzava i sa (xn ), (yn ), (bn ). U ovoj glavi izućavaćemo iskljuˇcivo nizove realnih brojeva.

2.1

Pojam graniˇ cne vrednosti realnog niza i osobine

Pojam graniˇcne vrednosti ili limesa niza je osnovni pojam matematiˇcke analize (limes je latinska reˇc i znaˇci granica). Definicija 2.2. Taˇcka x ∈ R je graniˇcna vrednost ili granica ili limes niza (xn ) ako za svaku okolinu U taˇcke x postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vaˇzi xn ∈ U i piˇsemo lim xn = x. n→∞

Prema tome, lim xn = x ⇐⇒ (∀U )(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn ∈ U ).

n→∞

U tom sluˇcaju kaˇzemo da niz (xn ) teˇzi ka x kad n teˇzi beskonaˇcnosti i piˇsemo joˇs i xn → x, n → ∞. Ako je x konaˇcan broj, za niz (xn ) kaˇzemo da je konvergentan ili da konvergira ka x, a ako je x = −∞ ili x = +∞ ili ako graniˇcna vrednost ne postoji, onda ćemo reći da taj niz divergira ili da je divergentan. Pri tom, za nizove koji teˇze ka +∞ ili −∞ kaˇzemo da odred¯eno divergiraju ili da su odred¯eno divergentni. Prema tome, niz (xn ) teˇzi ka x, ako se u svakoj okolini taˇcke x nalaze svi ˇclanovi niza poˇcev od nekog ili skoro svi ˇclanovi niza-svi sem njih konaˇcno mnogo. 59

60

Glava 2. Nizovi

S obzirom na definicije okolina konaˇcnih i beskonaˇcnih elemenata skupa R, uslov dat u definiciji se moˇze protumaˇciti na sledeće naˇcine. Ako je x ∈ R, tada lim xn = x ⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ |xn − x| < ϵ)

n→∞

⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ x − ϵ < xn < x + ϵ.)

(2.1)

Ako je x = +∞, onda lim xn = +∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn > M ).

n→∞

(2.2)

Dakle, za niz (xn ) kaˇzemo da teˇzi ka +∞, i piˇsemo lim xn = +∞, ako za svako n→∞ M ∈ R postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n takav da je n ≥ n0 vaˇzi xn > M . Sliˇcno, ako je x = −∞, onda lim xn = −∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn < M ),

n→∞

(2.3)

tj. za niz (xn ) kaˇzemo da teˇzi ka −∞, i piˇsemo lim xn = −∞, ako za svako M ∈ R n→∞ postoji prirodan broj n0 tako da za sve prirodne brojeve n koji su veći ili jednaki od n0 vaˇzi xn < M . Napomena 2.3. Da bismo dokazali da je lim xn = +∞ dovoljno je dokazati da n→∞ za svaki realan broj M > 0 postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi xn > M . Zaista, neka za svako M > 0 postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi xn > M . Pokaˇzimo da onda za svako K ∈ R postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi xn > K. Ovo je jasno za K > 0. Ako je K ≤ 0, onda iz pretpostake sledi da za M = 1 postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi xn > M = 1 > 0 ≥ K. Sliˇcno, da bismo dokazali da je lim xn = −∞ dovoljno je dokazati da za svaki n→∞ realan broj M < 0 postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi xn < M . • Primer 2.4. Za c ∈ R i niz ˇciji je opˇsti ˇclan xn = c vaˇzi lim xn = c. n→∞

Zaista, za svako ϵ > 0 biće |xn − c| = |c − c| = 0 < ϵ za svako n ∈ N. • Primer 2.5. Posmatrajmo sada niz ciji je opˇsti ˇclan xn =

1 . n

Kako je 0 < ··· <

1 1 1 1 1 1 < < < ··· < < < , 102 101 100 12 11 10

2.1. Pojam graniˇcne vrednosti realnog niza i osobine odnosno 0 < · · · < x102 < x101 <

61

1 1 < · · · < x12 < x11 < , 100 10

1 vaˇzi da se svi ˇclanovi niza ˇciji je indeks veći ili jednak od 10 1 1 1 11 nalaze u ϵ-okolini broja 0: xn ∈ (0 − , 0 + ) za n ≥ 11, dok za ϵ = vaˇzi 10 10 100 da se svi ˇclanovi niza ˇciji je indeks veći ili jednak od 101 nalaze u ϵ-okolini broja 0: 1 1 xn ∈ (0 − ,0 + ) za n ≥ 101. 100 100 primetimo da za ϵ =

Dokaˇzimo da ovaj niz konvergira ka 0. U tom cilju dokaˇzimo da za svako ϵ > 0 1 postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vaˇzi − 0 < ϵ, n 1 tj. < ϵ. Na osnovu Arhimedovog principa postoji prirodan broj n0 takav da je n 1 1 1 n0 > . Sada za svako n ∈ N takvo da je n ≥ n0 vaˇzi n > , odakle < ϵ, ϵ ϵ [ n] 1 + 1. tj. |xn − 0| < ϵ. Primetimo da je za zadato ϵ > 0 dovoljno uzeti n0 = ϵ 1 1 1 Zaista, n0 > i za svako n ≥ n0 takod¯e će vaˇziti n > , i prema tome, < ϵ, tj. ϵ ϵ n |xn − 0| < ϵ. • Primer 2.6. Pokaˇzimo da je 2n + 3 = 2. n→∞ n + 5 lim

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Treba naˇci n0 ∈ N tako da je za svako n ≥ n0 vaˇzi 2n + 3 n + 5 − 2 < ϵ. Iz 2n + 3 − 2n − 10 2n + 3 = 7 < ϵ ⇐⇒ n + 5 > 1 n + 5 − 2 = n+5 n+5 7 ϵ 7 7 ⇐⇒ n + 5 > ⇐⇒ n > − 5, ϵ ϵ ] } {[ 7 7 − 5 + 1, 1 vaˇzi n0 ∈ N i n0 > − 5, pa i za zakljuˇcujemo da za n0 = max ϵ ϵ 2n + 3 7 svako n ≥ n0 vaˇzi n > − 5, i stoga, − 2 < ϵ. • ϵ n+5 Primer 2.7. Pokaˇzimo da niz ˇciji je opˇsti ˇclan xn = 1 + (−1)n

1 konvergira ka 1. 2n

62

Glava 2. Nizovi

U tom cilju dokaˇzimo da za proizvoljno ϵ > 0 postoji prirodan broj n0 tako da 1 1 za svaki prirodan broj n ≥ n0 vaˇzi 1 + (−1)n n − 1 < ϵ, tj. n < ϵ. Zaista, 2 2 1 n na osnovu (1.29) sledi da postoji n0 ∈ N tako da je 2 0 > . Onda je za svako ϵ 1 1 1 n n n n n ≥ n0 vaˇzi 2 ≥ 2 0 , pa je 2 > . Sledi n < ϵ i stoga, 1 + (−1) n − 1 < ϵ, tj. ϵ 2 2 |xn − 1| < ϵ. (Kako je 1 1 1 < ϵ ⇐⇒ 2n > ⇐⇒ n > log2 , 2n ϵ ϵ {[ ] } 1 zakljuˇcujemo da je za n0 dovoljno uzeti n0 = max log2 + 1, 1 jer je ϵ 1 1 1 n0 > log2 , i zato i za svako n ≥ n0 vaˇzi n > log2 , tj. n < ϵ i prema tome, ϵ ϵ 2 1 n 1 + (−1) − 1 < ϵ.) • 2n Primer 2.8. Neka je xn = n i yn = −n, n ∈ N. Pokaˇzimo da niz (xn ) teˇzi ka +∞, dok niz (yn ) teˇzi ka −∞ kad n → ∞. Neka je M > 0 proizvoljno. Na osnovu Arhimedovog principa postoji prirodan broj n0 takav da je n0 > M (za n0 moˇzemo uzeti [M ] + 1). Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0 vaˇzi xn = n > M i yn = −n < −M . Ovo upravo znaˇci da je lim xn = +∞ i lim yn = −∞. • n→∞

n→∞

Primer 2.9. Pokaˇzimo da niz (3n ) teˇzi ka +∞. Neka je M ∈ R proizvoljno. Na osnovu (1.29) postoji prirodan broj n0 tako da je 3n0 > M . Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0 vaˇzi 3n ≥ 3n0 , pa je 3n > M . Prema tome, lim 3n = +∞. n→∞

(Ako je M ≤ 0, onda je xn > M za svako n ∈ N. Ako je M > 0, onda, budući da je 3n > M ⇐⇒ n > log3 M, {[ ] } zakljuˇcujemo da je za n0 dovoljno uzeti n0 = max log3 M + 1, 1 , jer je n0 > log3 M i za svako n ≥ n0 vaˇzi n > log3 M , tj. xn = 3n > M ). •

x2

x3

| |

x1

|

|

03

9

27

Primer 2.10. Dokaˇzimo da niz ˇciji je opˇsti ˇclan an = sin

x4 |

...

81 nπ nije konvergentan. 2

2.1. Pojam graniˇcne vrednosti realnog niza i osobine

63

( π ) (4k − 1)π Primetimo da je a2k = sin kπ = 0, a4k−1 = sin = sin − + 2kπ = 2 2 ( ) (4k − 3)π 3π 3π −1, a4k−3 = sin = sin − + 2kπ = − sin = −(−1) = 1, k ∈ N. 2 2 2 Za svaki broj a ∈ R van njegove ϵ-okoline, gde je 0 < ϵ < 1, nalazi se beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza, i zato a nije graniˇcna vrednost niza (an ). Dakle ovaj niz nema konaˇcnu graniˇcnu vrednost, pa nije konvergentan. Primetimo da ovaj niz nema graniˇcnu vrednost. U okolini (2, +∞) taˇcke +∞ nema nijednog ˇclana niza, pa +∞ nije granica niza. Takod¯e, u okolini (−∞, −2) taˇcke −∞ nema ˇclanova niza (an ), pa ni −∞ nije granica niza. •

Tvrd¯enje 2.11. Ako postoji graniˇcna vrednost niza, onda je ona jedinstvena. Dokaz. Pretostavimo da niz (xn ) ima dve razliˇcite graniˇcne vrednosti x i y i neka |x − y| su, na primer, obe konaˇcne. Za ϵ = > 0 okoline (x − ϵ, x + ε) i (y − ϵ, y + ϵ) 2 su disjunktne. Kako je lim xn = x, sledi postoji n1 ∈ N tako da za svako n ≥ n1 n→∞

vaˇzi xn ∈ (x − ϵ, x + ϵ). Takod¯e, iz lim xn = y sledi da postoji n2 ∈ N tako da za n→∞

svako n ≥ n2 vaˇzi xn ∈ (y − ϵ, y + ϵ). Neka je n0 = max{n1 , n2 }. Tada za svako n ≥ n0 vaˇzi xn ∈ (x − ϵ, x + ϵ) ∩ (y − ϵ, y + ϵ), ˇsto protivureˇci ˇcinjenici da su okoline (x−ϵ, x+ϵ) i (y −ϵ, y +ϵ) disjunktne. (Za sluˇcaj da bar jedna od graniˇcnih vrednosti x i y nije konaˇcan broj, takod¯e moˇzemo naći njihove disjunktne okoline, i analogno kao u prethodnom rasud¯ivanju doći do protivureˇcnosti).

?

(

xn 1+1 |

|

x

xn xn 1 |

0

((

x+y

? xn 2

|

|

xn 2+1 |

(

y

2

Definicija 2.12. Za niz (xn ) kaˇzemo da je odozgo (odozdo) ograniˇcen ako je odozgo (odozdo) ograniˇcen skup {xn : n ∈ N}. Niz (xn ) je ograniˇcen ako je odozgo i odozdo ograniˇcen. Tvrd¯enje 2.13. Svaki konvergentan niz je ograniˇcen. Dokaz. Neka je (xn ) konvergentan niz i neka je x graniˇcna vrednost ovog niza. Tada postoji n0 ∈ N tako da za n ≥ n0 vaˇzi |xn − x| < 1. Neka je M = max{1, |x1 − x|, |x2 − x|, . . . , |xn0 −1 − x|}. Tada je |xn − x| ≤ M , tj. xn ∈ [x − M, x + M ] za svako n ∈ N. Prema tome, niz (xn ) je ograniˇcen.

64

Glava 2. Nizovi

|xn |x 3 - x | =

najveće rastojanje

...

x1 |

-1

-x|

=M |x2 - x |

|x1 - x | x3 |

0

1

1

0

|

( x -1

x2 xn - 1 | ...|

) x+1

x

Primetimo da obrat Tvrd¯enja 2.13 ne vaˇzi, tj. postoje nizovi koji su ograniˇceni ali nisu konvergentni. Na primer niz ˇciji je opˇsti ˇclan xn = (−1)n je ograniˇcen ali nije konvergentan. Takod¯e i niz iz Primera 2.10 je ograniˇcen i nije konvergentan. Tvrd¯enje 2.14. Neka su b, c ∈ R i lim xn = x ∈ R.

(2.4)

n→∞

Ako je x < b, tada postoji n1 ∈ N tako da za svako n ≥ n1 vaˇzi xn < b. Ako je x > c, tada postoji n2 ∈ N tako da za svako n ≥ n2 vaˇzi xn > c.

1

Dokaz. Neka je x 0 i iz (2.4) i (2.1) sledi da postoji n1 ∈ N tako da je za svako n ≥ n1 , xn ∈ (x − ϵ, x + ϵ) = (x − ϵ, b). Prema tome, xn c i ϵ = x − c. Kako je ϵ > 0, iz (2.4) i (2.1) sledi da postoji n2 ∈ N tako da je za svako n ≥ n2 , xn ∈ (x − ϵ, x + ϵ) = (c, x + ϵ). Prema tome, xn > c za n ≥ n2 . Tvrd¯enje 2.15. Neka su b, c ∈ R i lim xn = x ∈ R.

n→∞

(2.5)

Ako je xn ≥ b za svako n ∈ N (ili poˇcev od nekog n), tada je x ≥ b. Ako je xn ≤ c za svako n ∈ N (ili poˇcev od nekog n), tada je x ≤ c. Dokaz. Neka je xn ≥ b za svako n ∈ N (ili poˇcev od nekog n). Ako bi bilo x < b, tada bi na osnovu Tvrd¯enja 2.14 sledilo da postoji n1 ∈ N tako da je xn < b za svako n ≥ n1 , ˇsto je suprotno pretpostavci. Analogno, ako je xn ≤ c za svako n ∈ N, na osnovu Tvrd¯enja 2.14, zakljuˇcujemo da je x ≤ c. Tvrd¯enje 2.15, za konvergentan niz (xn ), primenjivaćemo koristeći implikacije: (∀n ∈ N) xn ≥ b =⇒ lim xn ≥ b,

(2.6)

(∀n ∈ N) xn ≤ c =⇒ lim xn ≤ c.

(2.7)

n→∞

n→∞

Tvrd¯enje trivijalno vaˇzi i za sluˇcaj kada je b = +∞ i c = −∞. Prvi (drugi) deo tvrd¯enja vaˇzi i za sluˇcaj kada je x = −∞ (x = +∞) (ovo sledi iz definicije graniˇcne vrednosti niza). 1


65

Primetimo da je moguća striktna nejednakost na levoj strani gornjih implikacija, a jednakost na njihovoj desnoj strani, odnosno ˇcak iako je xn > b (xn < c) za svako n ∈ N, ne mora biti lim xn > b ( lim xn < c). Za sluˇcaj implikacije (2.6) to n→∞ n→∞ pokazuje primer: xn =

1 , b = 0, xn > 0 za svako n ∈ N, i n

lim xn = 0,

n→∞

a za sluˇcaj implikacije (2.7) to pokazuje primer: 1 xn = − , c = 0, xn < 0 za svako n ∈ N, i n

lim xn = 0.

n→∞

Ujedno ovi primeri pokazuju da obrat Tvrd¯enja 2.14 ne vaˇzi. Sledeće tvrdjenje je uopˇstenje Tvrd¯enja 2.14. Tvrd¯enje 2.16. Ako je lim xn = x, lim yn = y, x, y ∈ R, i x < y, tada postoji n→∞ n→∞ n0 ∈ N tako da je xn < yn za svako n ≥ n0 . y−x > 0 vaˇzi (x − ϵ, x + 2 ϵ) ∩ (y − ϵ, y + ϵ) = ∅. Takod¯e za svako t ∈ (x − ϵ, x + ϵ) i svako s ∈ (y − ϵ, y + ϵ) vaˇzi nejednakost t < s (Za sluˇcaj da je bar jedna od granica x i y beskonaˇcna, takod¯e je moguće naći okolinu U (x) taˇcke x i okolinu V (y) taˇcke y tako da za svako t ∈ U (x) i svako s ∈ V (y) vaˇzi nejednakost t < s). Iz lim xn = x i lim yn = y sledi da Dokaz. Neka su, na primer, x i y konaˇcni brojevi. Za ϵ =

n→∞

n→∞

postoje n1 , n2 ∈ N tako da je xn ∈ (x − ϵ, x + ϵ) za n ≥ n1 i yn ∈ (y − ϵ, y + ϵ) za n ≥ n2 . Neka je n0 = max{n1 , n2 }. Za n ≥ n0 imamo da xn ∈ (x − ϵ, x + ϵ) i yn ∈ (y − ϵ, y + ϵ), te je xn < yn . Naredno tvrd¯enje je uopˇstenje Tvrd¯enja 2.15. Tvrd¯enje 2.17. Neka je lim xn = x, lim yn = y, x, y ∈ R, i xn ≥ yn za svako n→∞

n→∞

n ∈ N (ili poˇcev od nekog n). Tada je x ≥ y.

Dokaz. Pretpostavimo da je x < y. Na osnovu Tvrd¯enja 2.16 sledi da postoji n0 ∈ N tako da je xn < yn za svako n ≥ n0 . Ovo protivureˇci pretpostavci da je xn ≥ yn za svako n ∈ N (ili poˇcev od nekog n). Dobijena protivureˇcnost dokazuje da je x ≥ y. Tvrd¯enje 2.17, za nizove (xn ) i (yn ), od kojih svaki ponaosob ima graniˇcnu vrednost, zapisivaćemo kraće pomoću implikacije (∀n ∈ N) xn ≥ yn =⇒ lim xn ≥ lim yn . n→∞

(2.8)

n→∞

Primetimo da je moguća striktna nejednakost na levoj strani implikacije (2.8), a jednakost na njenoj desnoj strani, odnosno ˇcak iako je xn > yn za svako n ∈ N, ne mora da bude lim xn > lim yn . To pokazuju sledeći primeri: n→∞

(i) xn =

n→∞

1 , yn = 0, xn > yn za svako n ∈ N, i 2n

lim xn = 0 = lim yn ,

n→∞

n→∞

66

Glava 2. Nizovi

i (ii) xn =

1 1 , yn = − n , xn > yn za svako n ∈ N, i n 2 2

lim xn = 0 = lim yn ,

n→∞

n→∞

Ovi primeri ujedno pokazuju da ne vaˇzi obrat Tvrd¯enja 2.16. Tvrd¯enje 2.18. Ako nizovi (xn ) i (yn ) konvergiraju, tada konvergiraju i nizovi (xn + yn ) i (xn − yn ) i vaˇzi lim (xn + yn ) =

n→∞

lim (xn − yn ) =

n→∞

lim xn + lim yn ,

n→∞

n→∞

lim xn − lim yn .

n→∞

n→∞

Dokaz. Neka je je lim xn = x i lim yn = y i neka je ϵ > 0 poizvoljno. Tada postoje n→∞ n→∞ ϵ ϵ n1 , n2 ∈ N tako da je |xn − x| < za n ≥ n1 i |yn − y| < za n ≥ n2 . Neka je 2 2 n0 = max{n1 , n2 }. Za n ≥ n0 vaˇzi |(xn + yn ) − (x + y)| = |(xn − x) + (yn − y)| ≤ |xn − x| + |yn − y| <

ϵ ϵ + =ϵ 2 2

|(xn − yn ) − (x − y)| = |(xn − x) − (yn − y)| ≤ |xn − x| + |yn − y| <

ϵ ϵ + = ϵ. 2 2

i

Prema tome, lim (xn + yn ) = x + y = lim xn + lim yn

n→∞

n→∞

n→∞

i lim (xn − yn ) = x − y = lim xn − lim yn .

n→∞

n→∞

n→∞

Ako nizovi (xn ) i (yn ) nisu konvergentni, njihov zbir odnosno razlika ne mora da bude divergentan niz. Na primer nizovi xn = n + 5 i yn = −n + 3 nisu konvergentni, ali je njihov zbir (xn + yn ) konvergentan niz (xn + yn = 8, n ∈ N). Takod¯e, nizovi an = n + 5 i bn = n nisu konvergentni, lim an = +∞ i lim bn = +∞, ali je njihova n→∞

n→∞

razlika (an − bn ) konvergentan niz (an − bn = 5, n ∈ N). Ovi primeri pokazuju da obrat Tvrd¯enja 2.18 ne vaˇzi, tj. da iz konvergencije zbira (razlike) dva niza, ne sledi konvergencija svakog od njih ponaosob. Posledica 2.19. Ako niz (xn ) konvergira i c ∈ R, tada konvergira i niz (c + xn ) i vaˇzi lim (c + xn ) = c + lim xn . n→∞

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.18 i Primera 2.4.

n→∞


67

Tvrd¯enje 2.20. (2.20.1) Ako je lim xn = +∞ i lim yn = +∞, onda je lim (xn + n→∞

n→∞

n→∞

yn ) = +∞. (2.20.2) Ako je lim xn = −∞ i lim yn = −∞, onda je lim (xn + yn ) = −∞. n→∞

n→∞

n→∞

(2.20.3) Ako je lim xn = +∞ i (yn ) odozdo ograniˇcen niz, onda je lim (xn + yn ) = n→∞ n→∞ +∞. (2.20.4) Ako je lim xn = −∞ i (yn ) odozgo ograniˇcen niz, onda je lim (xn + yn ) = n→∞ n→∞ −∞. (2.20.5) Ako je lim xn = +∞ ( lim xn = −∞) i lim yn = y ∈ R, onda je n→∞

n→∞

n→∞

lim (xn + yn ) = +∞ ( lim (xn + yn ) = −∞).

n→∞

n→∞

Dokaz. (2.20.1): Neka je lim xn = +∞ i lim yn = +∞, i M ∈ R proizvoljno. Iz n→∞ n→∞ lim xn = +∞ sledi da postoji n1 ∈ N tako da za svako n ∈ N, n ≥ n1 povlaˇci n→∞ M . Iz lim yn = +∞ sledi da postoji n2 ∈ N tako da za svako n ∈ N, iz xn > n→∞ 2 M n ≥ n2 sledi yn > . Neka je n0 = max{n1 , n2 }. Tada za n ∈ N, n ≥ n0 povlaˇci 2 M M xn + yn > + = M . Prema tome, lim (xn + yn ) = +∞. n→∞ 2 2 (2.20.2): Sliˇcno dokazu za (2.20.1). (2.20.3): Neka je lim xn = +∞ i (yn ) odozdo ograniˇcen niz. Tada postoji m ∈ R n→∞ tako da je yn ≥ m za svako n ∈ N. Neka je M ∈ R proizvoljno. Iz lim xn = +∞ n→∞ sledi da postoji n0 ∈ N tako da za sve prirodne brojeve n takve da je n ≥ n0 vaˇzi xn > M − m. Onda će za svako n ≥ n0 vaˇziti xn + yn > (M − m) + m = M , i prema tome, lim (xn + yn ) = +∞. n→∞

(2.20.4): Sliˇcno dokazu za (2.20.3). (2.20.5) sledi iz (2.20.3) i (2.20.4) i ˇcinjenice da je svaki konvergentan niz ograniˇcen (Tvrd¯enje 2.13). ( nπ ) Primer 2.21. Na osnovu (2.20.3) sledi lim n2 + sin = +∞ jer lim n2 = n→∞ n→∞ 2 ) ( ( nπ ) nπ +∞, a niz sin je ograniˇcen, dok na osnovu (2.20.4) imamo lim −n + sin = n→∞ 2 2 −∞, jer je lim (−n) = −∞. n→∞

Takod¯e, iz (2.20.3) sledi lim

n→∞

( ) n n + n(−1) = +∞

n

jer je lim n = +∞, a niz (n(−1) ) ograniˇcen odozdo nulom. • n→∞

Posledica 2.22. (2.22.1) Ako je lim xn = +∞ i c ∈ R, tada je lim (c+xn ) = +∞. n→∞

n→∞

(2.22.2) Ako je lim xn = −∞ i c ∈ R, tada je lim (c + xn ) = −∞. n→∞

Dokaz. Sledi iz (2.20.5) i Primera 2.4.

n→∞

68

Glava 2. Nizovi Primetimo da ako je lim xn = +∞ i lim yn = +∞, u opˇstem sluˇcaju ne n→∞

n→∞

moˇzemo niˇsta zakljuˇciti o konvergenciji niza (xn −yn )-ovaj niz moˇze teˇziti konaˇcnom realnom broju, moˇze teˇziti +∞ ili −∞, a moˇze se desiti i da nema graniˇcnu vrednost. Na primer, ako je xn = n + 2 i yn = n, n ∈ N, onda oba ova niza (xn ) i (yn ) teˇze ka +∞, a njihova razlika je konstanstantan niz (xn − yn = n + 2 − n = 2, n ∈ N) koji konvergira ka 2. Ako je, na primer, xn = 2n i yn = n, n ∈ N, tada je lim xn = lim yn = +∞, lim (xn − yn ) = +∞ i lim (yn − xn ) = −∞.

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

nπ , yn = n, n ∈ N, onda je lim xn = +∞ (na osnovu (2.20.3)) n→∞ 2 i limn→∞ yn = +∞, ali niz (xn − yn ) nema graniˇcnu vrednost.

Ako je xn = n + sin

Zato ako nizovi (xn ) i (yn ) teˇze ka +∞, onda za limes lim (xn − yn ) kaˇzemo da n→∞ predstavlja neodred¯enost oblika ∞ − ∞, a za ispitivanje ovog limesa kaˇzemo da je razjaˇsnjavanje neodred¯enosti oblika ∞ − ∞. Kaˇzemo joˇs i da je xn − yn neodred¯eni izraz oblika ∞ − ∞ kad n → ∞. Tvrd¯enja (2.20.1), (2.20.2) i (2.20.5) simboliˇcki zapisujemo (koristeći simbole +∞ i −∞), respektivno, na sledeći naˇcin: (+∞) + (+∞) = +∞, (−∞) + (−∞) = −∞, (+∞) + y = +∞, za svako y ∈ R, (−∞) + y = −∞, za svako y ∈ R. Naime, prva jednakost znaˇci da ako imamo dva niza koja teˇze ka +∞, onda i njihov zbir teˇzi ka +∞, tj. ova jednakost upravo ilustruje tvrd¯enje (2.20.1), itd. Uzimajući ove jednakosti kao definiciju proˇsirenja operacije sabiranja i na beskonaˇcne elemente, moˇzemo pisati da i u sluˇcaju zbira dva niza, od kojih oba odred¯eno divergiraju ka +∞, ili oba odred¯eno divergiraju ka −∞, ili od kojih jedan konvergira, a drugi odred¯eno divergira, vaˇzi jednakost lim (xn + yn ) = lim xn + lim yn .

n→∞

n→∞

n→∞

Definicija 2.23. Za niz koji konvergira ka 0 kaˇzemo da je nula-niz. Tvrd¯enje 2.24. Zbir (razlika) dva nula-niza je nula-niz. Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.18. Tvrd¯enje 2.25. Niz (xn ) konvergira ka x ∈ R ako i samo ako postoji nula-niz (an ) takav da je xn = x + an , n ∈ N. Dokaz. Neka je lim xn = x ∈ R i an = xn − x, n ∈ N. Za proizvoljno ϵ > 0 postoji n→∞

n0 ∈ N tako da za sve n ≥ n0 vaˇzi |xn − x| < ϵ, tj. |an | < ϵ. To znaˇci da je (an ) nula-niz i vaˇzi joˇs xn = x + an , n ∈ N.


69

Obrnuto, neka je (an ) nula-niz i xn = x + an , n ∈ N. Tada je an = xn − x, n ∈ N, i za proizvoljno ϵ > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve n ≥ n0 vaˇzi |an | < ϵ, tj. |xn − x| < ϵ. To znaˇci da je lim xn = x ∈ R. n→∞

Primetimo da smo dokaz mogli izvesti koristeći Tvrd¯enje 2.18. Tvrd¯enje 2.26. Proizvod nula-niza i ograniˇcenog niza je nula-niz. Dokaz. Neka je je lim xn = 0 i neka je (yn ) ograniˇcen niz. Sledi postoji M > 0 n→∞

tako da je |yn | ≤ M za svako n ∈ N. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz lim xn = 0 sledi n→∞ ϵ da postoji n0 ∈ N tako da je |xn | < za n ≥ n0 . Odatle za svako n ≥ n0 vaˇzi M |xn yn | = |xn ||yn | <

ϵ M = ϵ. M

Prema tome, lim (xn yn ) = 0. n→∞

nπ 1 je nula-niz na osnovu Tvrd¯enja Primer 2.27. Niz ˇciji je opˇsti ˇclan zn = sin n 2 ( ( ) nπ ) 1 nula-niz (videti Primer 2.5), a niz sin 2.26, jer je je ograniˇcen . • n 2 Ako je c ∈ R i (xn ) nula-niz, onda iz Tvrd¯enja 2.26 i ˇcinjenice da je konstantan niz yn = c, n ∈ N, ograniˇcen niz, sledi da je (xn yn ) = (cxn ) nula-niz. Vaˇzi i opˇstije tvrd¯enje: Tvrd¯enje 2.28. Proizvod nula-niza i konvergentnog niza je nula-niz. Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.26 i Tvrd¯enja 2.13. Tvrd¯enje 2.29. Ako nizovi (xn ) i (yn ) konvergiraju, tada konvergira i niz (xn yn ) i vaˇzi lim (xn yn ) = lim xn · lim yn . n→∞

n→∞

n→∞

Dokaz. Neka je lim xn = x i

n→∞

lim yn = y.

n→∞

(2.9)

Primetimo da je |xn yn − xy| = |xn yn − xn y + xn y − xy| = |xn (yn − y) + y(xn − x)| ≤ |xn ||yn − y| + |y||xn − x|, za sve n ∈ N.

(2.10)

Budući da je niz (xn ) konvergentan, on je ograniˇcen i postoji M > 0 tako da je |xn | ≤ M za svako n ∈ N, te iz (2.10) sledi |xn yn − xy| ≤ M |yn − y| + |y||xn − x|, za sve n ∈ N.

(2.11)

70

Glava 2. Nizovi

ϵ > 0 (M + |y| > 0 jer je M > 0 i |y| ≥ 0). Tada postoje M + |y| n1 , n2 ∈ N tako da je |xn − x| < ϵ1 za n ≥ n1 i |yn − y| < ϵ1 za n ≥ n2 . Neka je n0 = max{n1 , n2 }. Za n ≥ n0 , na osnovu (2.11) vaˇzi: Neka je ϵ > 0 i ϵ1 =

|xn yn − xy| ≤ M |yn − y| + |y||xn − x| = M ϵ1 + |y|ϵ1 = (M + |y|)ϵ1 = ϵ, i prema tome, limn→∞ (xn yn ) = xy. Tvrd¯enje 2.29 je moguće dokazati i koriˇsćenjem Tvrd¯enja 2.25. Naime, iz lim xn = n→∞

x i lim yn = y, na osnovu Tvrd¯enja 2.25, sledi da postoje nula-nizovi (αn ) i (βn ) n→∞ tako da je xn = x + αn i yn = y + βn , n ∈ N, i prema tome, xn yn = (x + αn )(y + βn ) = xy + xβn + yαn + αn βn . Budući da su (xβn ), (yαn ) i (αn βn ) nula-nizovi (Tvrd¯enje 2.28), na osnovu Tvrd¯enja 2.24 sledi da je (xβn + yαn + αn βn ) nula-niz. Sada, ponovo koristeći Tvrd¯enje 2.25, zakljuˇcujemo da je lim (xn yn ) = xy. n→∞ Primetimo da obrat Tvrd¯enja 2.29 ne vaˇzi, tj. ukoliko je proizvod dva niza konvergentan, ne(mora od njih ponaosob da bude konvergentan. Na primer, ) svaki ( ( nπ ) nπ ) 1 i sin (Primer 2.27) je konvergentan niz, ali sin proizvod nizova n 2 2 nije konvergentan niz. Primetimo joˇs, da ako niz (xn ) teˇzi ka +∞ (−∞) i ako je (yn ) nula-niz, u opˇstem sluˇcaju ne moˇzemo niˇsta zakljuˇciti o konvergenciji niza (xn yn )-ovaj niz moˇze da teˇzi konaˇcnom realnom broju, ili da teˇzi +∞ ili −∞ ili da uopˇste nema graniˇcnu vrednost. 5 Na primer, ako je xn = n i yn = , n ∈ N, tada je lim xn = +∞, lim yn = 0 i n→∞ n→∞ n lim xn yn = 5. n→∞ 1 Ako je xn = −n i yn = 2 , n ∈ N, tada je lim xn = −∞, lim yn = 0 i n→∞ n→∞ n ( ) 1 lim xn yn = lim − = 0. n→∞ n→∞ n 1 Za xn = n2 i yn = − , n ∈ N, tada je lim xn = +∞, lim yn = 0 i lim xn yn = n→∞ n→∞ n→∞ n lim (−n) = −∞. n→∞

(−1)n , n ∈ N, tada je lim xn = +∞, lim yn = 0, n→∞ n→∞ n n xn yn = (−1) , i niz (xn yn ) nema granicu. Zato ako je niz (an ) nula-niz i niz (bn ) teˇzi ka +∞ (−∞), onda za limes lim (an · Ako je xn = n i yn =

n→∞

bn ) kaˇzemo da predstavlja neodred¯enost oblika 0 · ∞, a za an · bn da je neodred¯eni izraz oblika 0 · ∞ kad n → ∞. Posledica 2.30. Ako niz (xn ) konvergira i c ∈ R, tada konvergira i niz (cxn ) i vaˇzi lim c xn = c lim xn .

n→∞

n→∞


71

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.29 i Primera 2.4. Posledica 2.31. Ako je k ∈ N i niz (xn ) konvergira, tada konvergira i niz (xkn ) i vaˇzi lim xkn = ( lim xn )k . n→∞

n→∞

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.29 na osnovu principa matematiˇcke indukcije. Tvrd¯enje 2.32. (2.32.1) Ako je lim xn = +∞ i lim yn = +∞ ( lim yn = −∞), n→∞

onda je lim xn yn = +∞ ( lim xn yn = −∞). n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

(2.32.2) Ako je lim xn = +∞ i yn ≥ y > 0 (yn ≤ y < 0) poˇcev od nekog n, onda je n→∞

lim xn yn = +∞ ( lim xn yn = −∞).

n→∞

n→∞

(2.32.3) Ako je lim xn = +∞ i lim yn = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je n→∞

n→∞

lim xn yn = +∞ ( lim xn yn = −∞).

n→∞

n→∞

(2.32.4) Ako je lim xn = −∞ i lim yn = −∞, onda je lim xn yn = +∞. n→∞

n→∞

n→∞

(2.32.5) Ako je lim xn = −∞ i yn ≥ y > 0 (yn ≤ y < 0) poˇcev od nekog n, onda je n→∞

lim xn yn = −∞ ( lim xn yn = +∞).

n→∞

n→∞

(2.32.6) Ako je lim xn = −∞ i lim yn = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je n→∞

n→∞

lim xn yn = −∞ ( lim xn yn = +∞).

n→∞

n→∞

Dokaz. (2.32.1): Neka je lim xn = +∞, lim yn = −∞ i M > 0. Iz lim xn = +∞ n→∞ n→∞ n→∞ sledi da postoji n1 ∈ N tako da je √ (∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ xn > M ). (2.12) Iz lim yn = −∞ sledi da postoji n2 ∈ N tako da je n→∞

√ (∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ yn < − M ), tj. (∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ −yn >

√ M ).

(2.13)

Neka je n0 = max{n1 , n2 }. Iz (2.12), (2.13) i (1.54.8) sledi da za svako n ∈ N takvo da je n ≥ n0 vaˇzi xn (−yn ) > M , tj. xn yn < −M . Prema tome, lim xn yn = −∞. n→∞

(2.32.2): Neka je lim xn = +∞. Pretpostavimo najpre da postoji y ∈ R, y > 0, n→∞ tako da je yn ≥ y poˇcev od nekog n, tj. postoji n1 ∈ N tako da je (∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ yn ≥ y > 0).

(2.14)

Neka je M ∈ R, M > 0, proizvoljan broj. Iz lim xn = +∞ sledi da postoji prirodan n→∞ broj n2 takav da vaˇzi: (∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ xn >

M > 0). y

(2.15)

72

Glava 2. Nizovi

Neka je n0 = max{n1 , n2 }. Iz (2.14), (2.15) i (1.54.8) dobijamo da za svaki prirodan broj n takav da je n ≥ n0 vaˇzi xn yn > M . Prema tome, lim xn yn = +∞. n→∞

Pretpostavimo da je lim xn = +∞ i da postoje y ∈ R, y < 0 i n1 ∈ N tako da n→∞ za svako n ∈ N, iz n ≥ n1 sledi yn ≤ y. Prema tome, (∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ −yn ≥ −y > 0).

(2.16)

Neka je M > 0 proizvoljno . Iz lim xn = +∞ sledi da postoji n2 ∈ N tako da je n→∞

(∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ xn >

M > 0). −y

(2.17)

Neka je n0 = max{n1 , n2 }. Tada iz (2.16), (2.17) i (1.54.8) za svako n ∈ N, n ≥ n0 povlaˇci −xn yn > M , tj. xn yn < −M . Prema tome, lim xn yn = −∞. n→∞

(2.32.3): Neka je lim xn = +∞ i lim yn = y ∈ R. Pretpostavimo najpre da n→∞ n→∞ je y > 0. Izaberimo c > 0 tako da je c < y. Iz Tvrd¯enja 2.14 sledi da postoji n1 ∈ N tako da za svako n ∈ N, iz n ≥ n1 sledi yn > c > 0. Sada na osnovu (2.32.2) zakljuˇcujemo da je lim xn yn = +∞. n→∞

Ako je y < 0, onda biramo c ∈ R tako da je y < c < 0. Na osnovu Tvrd¯enja 2.14 postoji n2 ∈ N tako da za svako n ≥ n2 vaˇzi yn < c. Iz (2.32.2) sledi da je lim xn yn = −∞. n→∞

Tvrd¯enja (2.32.1), (2.32.3), (2.32.4) i (2.32.6) simboliˇcki zapisujemo (koristeći simbole +∞ i −∞), respektivno, na sledeći naˇcin: (+∞) · (+∞) = +∞, (+∞) · (−∞) = −∞, (+∞) · y = +∞, za svako y ∈ R, y > 0, (+∞) · y = −∞, za svako y ∈ R, y < 0, (−∞) · (−∞) = +∞, (−∞) · y = −∞, za svako y ∈ R, y > 0, (−∞) · y = +∞, za svako y ∈ R, y < 0. Na primer, prva jednakost znaˇci da ako imamo dva niza koja teˇze ka +∞, onda i njihov proizvod teˇzi ka +∞, tj. ova jednakost upravo ilustruje tvrd¯enje (2.32.1), itd. Uzimajući ove jednakosti za definiciju, tj. ako na ovaj naˇcin proˇsirimo operaciju mnoˇzenja i na beskonaˇcne elemente, moˇzemo pisati da i u sluˇcaju proizvoda dva niza, od kojih oba odred¯eno divergiraju (ka +∞ ili −∞), ili od kojih jedan konvergira ka broju razliˇcitom od 0, a drugi odred¯eno divergira, vaˇzi jednakost lim (xn yn ) = lim xn · lim yn .

n→∞

n→∞

n→∞


73

Posledica 2.33. (2.33.1) Ako je lim xn = +∞ i c ∈ R, c > 0 (c < 0), tada je n→∞

lim cxn = +∞ ( lim cxn = −∞).

n→∞

n→∞

(2.33.2) Ako je lim xn = −∞ i c ∈ R, c > 0 ( c < 0), tada je lim cxn = −∞ n→∞

n→∞

( lim cxn = +∞). n→∞

Dokaz. (2.33.1): Sledi iz (2.32.2). (2.33.2): Sledi iz (2.32.5). Posledica 2.34. Neka je k ∈ N. (2.34.1) Ako je lim xn = +∞, tada je lim xkn = +∞. n→∞

n→∞

(2.34.2) Ako je lim xn = −∞ i k paran (neparan) broj, tada je lim xkn = +∞ n→∞

n→∞

( lim xkn = −∞). n→∞

Dokaz. (2.34.1): Sledi iz (2.32.1) na osnovu principa matematiˇcke indukcije. (2.34.2): Sledi iz (2.32.4) i (2.32.1) na osnovu principa matematiˇcke indukcije. |x| Tvrd¯enje 2.35. Ako je lim xn = x ̸= 0, tada postoji n0 ∈ N tako da je |xn | > n→∞ 2 za svako n ≥ n0 . |x| . Tada je ϵ > 0 i iz lim xn = x sledi da postoji n0 ∈ N tako n→∞ 2 |x| da je |xn − x| < ϵ = za svako n ≥ n0 . Kako je 2 Dokaz. Neka je ϵ =

|x| − |xn | ≤ ||x| − |xn || ≤ |xn − x|, |x| |x| , tj. |xn | > za svako n ≥ n0 . 2 2 Tvrd¯enje 2.36. Ako je lim xn = x ̸= 0 i xn ̸= 0 za svako n ∈ N, tada je niz n→∞ ( ) 1 ograniˇcen. xn to je |x| − |xn | <

|x| za svako n ≥ Dokaz. Iz Tvrd¯enja 2.35 sledi da postoji n0 ∈ N tako da je |xn | > 2 { } 1 2 2 1 1 n0 , pa je < za svako n ≥ n0 . Neka je M = max , ,..., . |x| |xn0 −1 | |xn | ( ) |x| |x1 | 1 1 1 Tada je = ≤ M za svako n ∈ N, pa je niz ograniˇcen. xn |xn | xn Vaˇzi i viˇse od Tvrd¯enja 2.36.

(

Tvrd¯enje 2.37. Ako je lim xn = x ̸= 0 i xn ̸= 0 za svako n ∈ N, tada niz n→∞

1 xn

)

konvergira i vaˇzi lim

n→∞

1 1 = . xn x

(2.18)

74

Glava 2. Nizovi

Dokaz. Neka je lim xn = x ̸= 0 i xn ̸= 0 za svako n ∈ N. Iz Tvrd¯enja 2.36 sledi da n→∞ 1 postoji M > 0 tako da je ≤ M za svako n ∈ N. Zato za svako n ∈ N vaˇzi: |xn | 1 1 1 M xn − x = |x||xn | |xn − x| ≤ |x| |xn − x|. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz lim xn = x sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n→∞

|x| n ≥ n0 vaˇzi |xn − x| < · ϵ. Stoga za n ≥ n0 imamo M 1 M 1 M |x| xn − x ≤ |x| |xn − x| < |x| · M · ϵ = ϵ. ( ) 1 Prema tome, niz konvergira i vaˇzi (2.18). xn Tvrd¯enje 2.38. Ako je lim xn = x, lim yn = y ̸= 0 i yn ̸= 0 za svako n ∈ N, n→∞ n→∞ ( ) xn konvergira i vaˇzi tada niz yn xn x = . n→∞ yn y lim

( Dokaz. Kako je 2.29.

xn yn

)

( ) 1 = xn · , tvrd¯enje sledi iz Tvrd¯enja 2.37 i Tvrd¯enja yn

Dokaz ovog tvrd¯enja se moˇze izvesti koriˇsćenjem nula-nizova. Naime, iz lim xn = n→∞

x i lim yn = y, na osnovu Tvrd¯enja 2.25, sledi da postoje nula-nizovi (αn ) i (βn ) n→∞ tako da je xn = x + αn i yn = y + βn , n ∈ N, i prema tome, xn x x + αn x (x + αn )y − (y + βn )x yαn − xβn − = − = = . yn y y + βn y (y + βn )y y · yn

(2.19)

Budući da su (yαn ) i (xβn ) nula-nizovi, na osnovu Tvrd¯enja 2.24 zakljuˇcujemo da je (yαn − xβn ) nula-niz. Kako je lim yn = y ̸= 0, iz Tvrd¯enja 2.36 sledi da je n→∞ ( ) ( ) 1 1 niz ograniˇcen, i stoga i niz . Na osnovu Tvrd¯enja 2.26 dobijamo y(n y · yn ) 1 da je (yαn − xβn ) · nula-niz. Sada, na osnovu (2.19) i Tvrd¯enja 2.25 zay · yn xn x kljuˇcujemo da je lim = . n→∞ yn y Obrat Tvrd¯enja 2.38 ne vaˇzi, tj. ukoliko je koliˇcnik dva niza konvergentan niz, ne nπ i bn = n, mora svaki od njih da bude konvergentan niz. Na primer, za an = sin 2

2.1. Pojam graniˇcne vrednosti realnog niza i osobine ( n ∈ N, vaˇzi da je koliˇcnik

an bn

75

) konvergentan niz (Primer 2.27), ali oba niza (an ) i

(bn ) divergiraju. Napomenimo da ako nizovi (xn ) i (yn ) teˇze ka +∞ (−∞) (tj. odred¯eno divergiraju), ili ako su oba ( niza )nula-nizovi, u opˇstem sluˇcaju ne moˇzemo niˇsta zakljuˇciti xn o konvergenciji niza -ovaj niz moˇze konvergirati, ali moˇze biti i divergentan. yn Na primer, ako je xn = n2 i yn = −3n, n ∈ N, onda je lim xn = +∞, lim yn = n→∞ n→∞ yn xn = −∞ i lim = 0. −∞ i lim n→∞ yn n→∞ xn Neka je an = 2 + (−1)n , n ∈ N. Tada je { 3, n = 2k, an = 1, n = 2k − 1, k ∈ N, i za xn = an · n = (2 + (−1)n )n, budući da je an ≥ 1 > 0 za svako n ∈ N i lim n = +∞, na osnovu (2.32.2) zakljuˇcujemo da je lim xn = +∞. Ako je n→∞ n→∞ xn yn = n, tada je i lim yn = +∞, ali lim = lim an ne postoji. n→∞ n→∞ yn n→∞ 1 4 ( ) ( ) 2 4 1 Za nula-nizove i vaˇzi lim n = lim 4n = +∞ i lim n = 2 1 4 n→∞ n→∞ n→∞ n n n2 ( n ) ( ) 1 (−1)n 1 n lim = 0, dok niz ((−1) ), koliˇcnik nula-nizova i , nema graniˇcnu n→∞ 4n n n vrednost. Zbog toga, ako niz (xn ) teˇzi ka +∞ ili ka −∞, a takod¯e i niz (yn ) teˇzi ka +∞ xn ∞ ili ka −∞, za limes lim kaˇzemo da predstavlja neodred¯enost oblika , a za n→∞ yn ∞ xn ∞ koliˇcnik da je neodred¯eni izraz oblika kad n → ∞. Ako su (xn ) i (yn ) nulayn ∞ xn 0 xn nizovi, onda za limes lim kaˇzemo da je neodred¯enost oblika , a za koliˇcnik n→∞ yn 0 yn 0 da je neodred¯eni izraz oblika kad n → ∞. 0 ( ) 1 Tvrd¯enje 2.39. Ako je lim yn = +∞ ( lim yn = −∞), onda je nula-niz.2 n→∞ n→∞ yn Dokaz. Neka je lim yn = +∞ i ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N tako da za n→∞ 1 svako n ∈ N iz n ≥ n0 sledi yn > > 0, odakle, na osnovu (1.54.13), imamo da je ϵ 2

Tvrd¯enje 2.39 simboliˇci zapisujemo: 1 = 0, +∞ 1 = 0. −∞

76

Glava 2. Nizovi

( ) 1 1 1 1 0< < ϵ, i prema tome, = < ϵ. Sledi je nula-niz. yn yn yn yn Neka je sada lim yn = −∞ i ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N tako da za n→∞ 1 svako n ∈ N iz n ≥ n0 sledi yn < − < 0, odakle, na osnovu (1.54.13), imamo da je ϵ 1 1 0> > −ϵ i stoga, 0 < − < ϵ. Dakle, za n ≥ n0 vaˇzi nejednakost yn yn 1 = − 1 < ϵ. yn yn ( Prema tome,

1 yn

) je nula-niz.

Posledica 2.40. (2.40.1) Ako je lim yn = +∞ ( lim yn = −∞) i (xn ) ograniˇcen n→∞ n→∞ ( ) xn niz, onda je nula-niz. yn (2.40.2) Ako je lim yn = +∞ ( lim yn = −∞) i (xn ) konvergentan niz, onda je n→∞ n→∞ ( ) xn nula-niz.3 yn Dokaz. (2.40.1): Sledi iz Tvrd¯enja 2.39 i Tvrd¯enja 2.26. (2.40.2): Sledi iz Tvrd¯enja 2.39 i Tvrd¯enja 2.28, odnosno iz (2.40.1) i Tvrd¯enja 2.13. ( ) 1 ne mora da ima granicu. Napomenimo da ako je (yn ) nula-niz, onda niz yn 1 1 Na primer, niz (yn ), gde je yn = , n ∈ N, je nula-niz, ali = (−1)n n, i niz n (−1) n y n ( ) 1 nema granicu. yn Tvrd¯enje 2.41. Neka je (yn ) nula-niz i neka je yn > 0 (yn < 0) za svako n ∈ N 1 1 (ili poˇcev od nekog n). Tada je lim = +∞ ( lim = −∞).4 n→∞ yn n→∞ yn 3

Ako je lim xn = x ∈ R, tvrd¯enje (2.40.2) simboliˇci zapisujemo: n→∞

x +∞ x −∞ 4

=

0,

=

0, x ∈ R.

Tvrd¯enje 2.41 simboliˇcki zapisujemo: 1 = +∞, +0

1 = −∞. −0


77

Dokaz. Neka je yn > 0 za svako n ∈ N i neka je M > 0 proizvoljno. Kako je lim yn = 0 sledi da postoji n0 ∈ N tako da za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vaˇzi n→∞ 1 1 1 0 < yn < . Odavde, > M za n ≥ n0 . Prema tome, lim = +∞. n→∞ yn M yn Primetimo da s obzirom na definiciju graniˇcne vrednosti niza, konvergencija niza ne zavisi od konaˇcno mnogo ˇclanova niza. To znaˇci da u radu sa limesima nije uvek potrebno da odgovarajuće osobine nizova koje koristimo budu ispunjene za svako n ∈ N, već je dovoljno da one vaˇze poˇcev od nekog n1 ∈ N. Tako u formulaciji Tvrd¯enja 2.37 nije bilo nephodno pretpostaviti da je xn ̸= 0 za svako n ∈ N, jer iz ˇcinjenice da je lim xn = x ̸= 0, na osnovu Tvrd¯enja 2.14 (ili n→∞

na osnovu Tvrd¯enja 2.35) sledi da je xn ̸= 0 poˇcev od nekog n. To znaˇci da moˇze 1 ne bude definisano za svako n, ali ipak, budući da je definisano da se desi da xn ( ) 1 poˇcev od nekog n, govorimo o limesu niza . Iz istih razloga je u Tvrd¯enju xn 2.38 moguće izostaviti uslov da je yn ̸= 0 za sve n ∈ N. Sliˇcno, u Tvrd¯enju 2.39 i Posledici 2.40 moguće je izostaviti uslov da je yn ̸= 0 za svako n ∈ N. Takod¯e, u Tvrd¯enju 2.41 je bilo dovoljno pretpostaviti da je yn > 0 (yn < 0) poˇcev od nekog n1 ∈ N.5 Sledeća tvrd¯enja nam ˇcesto pojednostavljuju nalaˇzenje limesa nizova. Tvrd¯enje 2.42. Neka su dati nizovi (xn ) i (yn ), pri ˇcemu je (xn ) konvergentan niz. Tada niz (xn + yn ) ima graniˇcnu vrednost ako i samo ako niz (yn ) ima graniˇcnu vrednost i vaˇzi jednakost: lim (xn + yn ) = lim xn + lim yn .

n→∞

n→∞

n→∞

(2.20)

Pri tome vaˇze ekvivalencije: (i) Niz (yn ) je konvergentan ako i samo ako je niz (xn + yn ) konvergentan; (ii) Niz (yn ) teˇzi ka +∞ (−∞) kad n → ∞ ako i samo ako niz (xn + yn ) teˇzi ka +∞ (−∞) kad n → ∞. Dokaz. (i): Neka je lim xn = x ∈ R i neka je (yn ) konvergentan niz. Budući da je n→∞

niz (xn ) konvergentan, iz Tvrd¯enja 2.18 sledi da je niz (xn + yn ) konvergentan i da vaˇzi jednakost (2.20). Obrnuto, pretpostavimo da je niz (xn + yn ) konvergentan. Opet iz konvergencije niza (xn ), na osnovu Tvrd¯enja 2.18, zakljuˇcujemo da je niz ((xn + yn ) − xn ) = (yn ) konvergentan. 5 Zaista, neka postoji n1 ∈ N tako da je yn > 0 za n ≥ n1 , i neka je (yn ) nula-niz. Tada za 1 proizvoljno M > 0, iz ˇcinjenice da je (yn ) nula-niz sledi da postoji n2 ∈ N tako da je |yn | < M za 1 , odakle sledi da je n ≥ n2 , te za n0 = max{n1 , n2 } i svako n ≥ n0 vaˇzi da je 0 < yn = |yn | < M 1 1 > M za svako n ≥ n0 . Prema tome, lim = +∞. yn n→∞ yn

78

Glava 2. Nizovi

(ii): Pretpostavimo sada da je lim yn = +∞. Budući da je niz (xn ) konvergentan, iz n→∞

Tvrd¯enja 2.20 (2.20.5) sledi da je lim (xn +yn ) = +∞. Prema tome, lim (xn +yn ) = n→∞

n→∞

+∞ = x + (+∞) = lim xn + lim yn . n→∞

n→∞

Obrnuto, pretpostavimo da je lim (xn + yn ) = +∞. Kako je (xn ) konvergentan, n→∞

to je i niz (−xn ) konvergentan (Posledica 2.30), pa iz Tvrd¯enja 2.20 (2.20.5) sledi da je lim yn = lim ((xn + yn ) − xn ) = +∞. n→∞

n→∞

Sliˇcno se dokazuje da je lim yn = −∞ ako i samo ako je lim (xn + yn ) = −∞. n→∞

n→∞

Tvrd¯enje 2.43. Neka su dati nizovi (xn ) i (yn ) pri ˇcemu je (xn ) konvergentan niz, lim xn = x ∈ R, x ̸= 0. Tada niz (xn · yn ) ima graniˇcnu vrednost ako i samo ako n→∞

niz (yn ) ima graniˇcnu vrednost i vaˇzi jednakost lim (xn · yn ) = lim xn · lim yn .

n→∞

n→∞

(2.21)

n→∞

Pri tome vaˇze ekvivalencije: (i) Niz (yn ) je konvergentan ako i samo ako je niz (xn · yn ) konvergentan; (ii) Ako je x > 0, tada niz (yn ) teˇzi ka +∞ (−∞) kad n → ∞ ako i samo ako niz (xn · yn ) teˇzi ka +∞ (−∞) kad n → ∞; (iii) Ako je x < 0, tada niz (yn ) teˇzi ka +∞ (−∞) kad n → ∞ ako i samo ako niz (xn · yn ) teˇzi ka −∞ (+∞) kad n → ∞. Dokaz. (i): Pretpostavimo da je niz (yn ) konvergentan. Budući da je (xn ) konvergentan niz, iz Tvrd¯enja 2.29 sledi da je niz (xn yn ) konvergentan i da vaˇzi jednakost (2.21). Obrnuto, pretpostavimo da je niz (xn yn ) konvergentan. Kako je (xn ) konvergentan niz i lim xn = x ̸= 0, na osnovu Tvrd¯enja 2.38 (i komentara nakon Tvrd¯enja n→∞ ( ) xn yn 2.45) sledi da je niz (yn ) = konvergentan. xn (ii): Neka je lim xn = x > 0. n→∞

Pretpostavimo da je lim yn = +∞. Iz Tvrd¯enja 2.32 ((2.32.3)) sledi da je n→∞

lim (xn yn ) = +∞. Prema tome, lim (xn yn ) = +∞ = x · (+∞) = lim xn · lim yn .

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Obrnuto, pretpostavimo da je lim (xn yn ) = +∞. Iz Tvrd¯enja 2.37 sledi da niz n→∞ ( ) 1 1 1 1 konvergira i da je lim = > 0. Kako je yn = (xn yn ) · , opet iz n→∞ xn xn x xn Tvrd¯enja 2.32 ((2.32.3)) sledi da je lim yn = +∞. n→∞

Sliˇcno, koriˇsćenjem Tvrd¯enja 2.32 ((2.32.6)), dokazuje se da je lim yn = −∞ n→∞

ako i samo ako je lim (xn yn ) = −∞, te je stoga lim (xn yn ) = −∞ = x · (−∞) = n→∞ n→∞ lim xn · lim yn . n→∞

n→∞

(iii): Sledi iz Tvrd¯enja 2.32 ((2.32.3) i (2.32.6)), sliˇcno dokazu za (ii).


79

Tvrd¯enje 2.44. Neka su dati nizovi ( (x)n ) i (yn ) pri ˇcemu je (yn ) konvergentan niz, xn lim yn = y ∈ R, y ̸= 0. Tada niz ima graniˇcnu vrednost ako i samo ako niz n→∞ yn (xn ) ima graniˇcnu vrednost i vaˇzi jednakost lim xn xn = n→∞ . n→∞ yn lim yn lim

(2.22)

n→∞

Pri tome vaˇze ekvivalencije:

) xn (i) Niz (xn ) je konvergentan ako i samo ako je niz konvergentan; yn (ii) ( Ako ) je y > 0, tada (xn ) teˇzi ka +∞ (−∞) kad n → ∞ ako i samo ako niz xn teˇzi ka +∞ (−∞) kad n → ∞; yn (iii) ) Ako je y < 0, tada (xn ) teˇzi ka +∞ (−∞) kad n → ∞ ako i samo ako niz ( xn teˇzi ka −∞ (+∞) kad n → ∞. yn ( ) 1 1 1 konvergira i da je lim = ̸= 0. Dokaz. Iz Tvrd¯enja 2.37 sledi da niz n→∞ yn yn y ( ) ( ) xn 1 Kako je = · xn , tvrd¯enje sledi iz Tvrd¯enja 2.43. yn yn (

Sledeće tvrd¯enje, koje ćemo ˇcesto koristiti, poznato je kao ”teorema o lopovu i dva policajca”. Tvrd¯enje 2.45. Neka su nizovi (xn ), (yn ) i (zn ) takvi da za svako n ∈ N (ili poˇcev od nekog n) vaˇzi xn ≤ yn ≤ zn (2.23) i neka je lim xn = lim zn = a ∈ R.

n→∞

n→∞

(2.24)

Tada je lim yn = a. n→∞

Dokaz. Neka nejednakost (2.23) vaˇzi za sve n ∈ N i neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz (2.24) sledi da postoje n1 , n2 ∈ N tako da je a − ϵ < xn < a + ϵ za svako n ≥ n1

(2.25)

a − ϵ < zn < a + ϵ za svako n ≥ n2 .

(2.26)

i Neka je n0 = max{n1 , n2 }. Sada na osnovu (2.23), (2.25) i (2.26) sledi da za svako n ≥ n0 vaˇzi a − ϵ < xn ≤ yn ≤ zn < a + ϵ, tj. yn ∈ (a − ϵ, a + ϵ). Prema tome, lim yn = a. n→∞

80

Glava 2. Nizovi

Primetimo da je za dokaz prethodnog tvrd¯enja bilo dovoljno pretpostaviti da (2.23) vaˇzi poˇcev od nekog n0 ∈ N jer, ponovimo opet, konvergencija niza ne zavisi od konaˇcno mnogo ˇclanova niza. U sledećem primeru biće nam potrebna Bernulijeva6 nejednakost: Ako je h > −1 i n ∈ N, tada je 7 (1 + h)n ≥ 1 + nh.

(2.28)

Pri tom jednakost vaˇzi samo ako je n = 1 ili h = 0. Primer 2.46. Dokaˇzimo da je lim

n→∞

√ n a = 1,

a > 0.

(2.29)

√ √ Pretostavimo najpre da je a > 1. Tada je8 n a > 1, tj. n a − 1 > 0 i na osnovu Bernulijeve nejednakosti dobijamo ))n ) (√ ) ( (√ (√ a= 1+ na−1 ≥ 1 + n n a − 1 > n n a − 1 , n ∈ N. Sledi 0<

√ a n a−1< , n

za svako n ∈ N.

(2.30)

(√ ) a = 0, iz (2.30) na osnovu Tvrd¯enja 2.45 sledi lim n a − 1 = 0, n→∞ n n→∞ √ odnosno lim n a = 1. Kako je lim

n→∞

Ako je a = 1, jednakost (2.29) oˇcigledno vaˇzi. 1 Pretpostavimo sada da je 0 < a < 1. Tada je b = > 1 i prema već dokazanom a √ n delu tvd¯enja imamo da je lim b = 1. Odavde, na osnovu Tvrd¯enja 2.37, sledi n→∞

√ lim n a = lim

n→∞

n→∞

√ n

1 1 1 1 √ = lim √ = = = 1. • n n b n→∞ b 1 lim b n→∞

6 7

J. Bernoulli (1654-1705), ˇsvajcarski matematiˇcar Dokaˇzimo da je (1 + h)n > 1 + nh

(2.27)

za h > −1, h ̸= 0 i n ≥ 2. Za dokaz ove nejednakosti koristi se princip matematiˇcke indukcije. Kako je (1 + h)2 = 1 + 2h + h2 > 1 + 2h jer je h2 > 0 zbog h ̸= 0, to je nejednakost (2.27) taˇcna za n = 2 i petpostavimo da je taˇcna za neko n ∈ N. Budući da je 1 + h > 0, mnoˇzeći obe strane nejednakosti (2.27) sa 1 + h dobijamo (1+h)n+1 = (1+h)n (1+h) > (1+nh)(1+h) = 1+h+nh+nh2 = 1+(n+1)h+nh2 > 1+(n+1)h, pa je nejednakost (2.27) taˇcna i za n + 1. Za sluˇcaj da je n = 1 ili h = 0, u nejednakosti (2.28) vaˇzi znak jednakosti. √ √ 8 U protivnom, ako bi bilo n a ≤ 1, onda bismo na osnovu (1.35) imali a = ( n a)n ≤ 1n = 1, ˇsto je suprotno pretpostavci.


81

Primer 2.47. Dokaˇzimo da je lim

n→∞

√ n n = 1.

(2.31)

Primenom binomne formule dobijamo (

n = Kako je

1+

(√ ))n (√ ) n(n − 1) ( √ )2 √ n n n−1 =1+n nn−1 + n − 1 + . . . ( n n − 1)n 2

√ n n − 1 > 0 za n = 2, 3, . . . , to je n>

i prema tome,

)2 n(n − 1) ( √ n n−1 , 2

√ √ 2 n , n ∈ N, n ̸= 1. 0< n−1< √ n−1

(2.32)

√ (√ ) 2 Kako je lim √ = 0, iz (2.32) na osnovu Tvrd¯enja 2.45 dobijamo lim n n − 1 = n→∞ n→∞ n−1 0, odakle sledi (2.31). • Tvrd¯enje 2.48. Neka su (xn ) i (yn ) nizovi realnih brojeva takvi da je xn ≤ yn za svako n ∈ N.

(2.33)

Ako je lim xn = +∞, onda je lim yn = +∞. n→∞ n→∞ Ako je lim yn = −∞, onda je lim xn = −∞. n→∞

n→∞

Dokaz. Neka je lim xn = +∞ i M ∈ R proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N tako da n→∞

je xn > M za svako n ≥ n0 . Iz (2.33) sledi da je yn > M za svako n ≥ n0 . Prema tome, lim yn = +∞. n→∞ Drugi deo tvrd¯enja se dokazuje analogno. Naravno, za dokaz Tvrd¯enja 2.48 je bilo dovoljno pretpostaviti da nejednakost (2.33) vaˇzi poˇcev od nekog n ∈ N. Primer 2.49. Dokazaćemo da je an = +∞, n→∞ nk lim

a > 1,

k ∈ R.

(2.34)

Dokazujemo najpre jednakost (2.34) za sluˇcaj k = 1. Koristeći binomnu formulu dobijamo an = (1 + (a − 1))n = 1 + n(a − 1) +

n(n − 1) (a − 1)2 + · · · + (a − 1)n . 2

Odavde, budući da je a − 1 > 0, sledi an >

n(n − 1) (a − 1)2 , 2

82

Glava 2. Nizovi

i prema tome,

Kako je lim

n→∞

an n−1 > (a − 1)2 . n 2

(2.35)

n−1 (a − 1)2 = +∞, na osnovu Tvrd¯enja 2.48 iz (2.35) sledi 2 an = +∞. n→∞ n lim

(2.36)

Ako je k < 1, tada je nk < n, pa je an an ≥ , za svako n ∈ N. nk n

(2.37)

an = +∞. n→∞ nk Dokaˇzimo sada jednakost (2.34) za sluˇcaj k > 1. Postoji prirodan broj m ≥ k i vaˇzi nk ≤ nm , pa je ( m √ n )m ( n )m ( a) b an an = ≥ m = , (2.38) k n n n n Iz (2.36) i (2.37), na osnovu Tvrd¯enja 2.48, sledi lim

√ bn = +∞, iz Posledice a > 1. Kako je na osnovu već dokazanog lim n→∞ n 2.34 ((2.34.1)) sledi ( n )m b lim = +∞. (2.39) n→∞ n

gde je b =

m

an = +∞. • n→∞ nk

Sada iz (2.38), (2.39) i Tvrd¯enja 2.48 sledi lim Primer 2.50. Ako k, a ∈ R, |a| > 1, onda je

nk = 0. n→∞ an lim

Zaista, iz (2.34) sledi

(2.40)

|a|n = +∞, n→∞ nk lim

pa iz Tvrd¯enja 2.39 sledi da je nk = 0. n→∞ |a|n lim

(2.41)

Budući da je (xn ) nula-niz ako i samo ako je (|xn |) nula-niz (videti Zadatak 1, u drugom delu knjige), iz (2.41) sledi (2.40). • Primer 2.51. Za k, a ∈ R, k > 0, a > 0, a ̸= 1, dokaˇzimo da je lim

n→∞

loga n = 0. nk

(2.42)


83

Razmotrimo prvo sluˇcaj kada je a > 1. Neka je ϵ > 0 proizvoljno i neka je b = aϵ . Kako je a > 1, sledi b = aϵ > a0 = 1. Iz (2.40) sledi lim

n

n→∞ bn

= 0,

pa će postojati n0 ∈ N tako da za svako n ∈ N, n ≥ n0 vaˇzi n 1 ≤ n < 1. n b b Mnoˇzenjem sa bn dobijamo 1 ≤ n < bn , tj. 1 ≤ n < aϵ n . Odavde, s obzirom da je funkcija x 7→ loga x strogo rastuća jer je a > 1, dobijamo 0 ≤ loga n < ϵ n, za n ≥ n0 , i stoga, 0≤

loga n < ϵ, za n ≥ n0 . n

(2.43)

Prema tome, loga n = 0. n→∞ n lim

(2.44)

Time smo dokazali da (2.42) vaˇzi za sluˇcaj kada je k = 1. loga (n + 1) n+1 Iz (2.44) sledi lim = 0 i kako je lim = 1, to na osnovu n→∞ n→∞ n+1 n Tvrd¯enja 2.28 dobijamo ( ) loga (n + 1) loga (n + 1) n + 1 lim = lim · = 0. (2.45) n→∞ n→∞ n n+1 n Odavde sledi da za svaki niz (mn ) prirodnih brojeva takav da je lim mn = +∞ n→∞ vaˇzi: loga (mn + 1) lim =0 (2.46) n→∞ mn Zaista, za proizvoljno ϵ > 0 iz (2.44) sledi da postoji n0 ∈ N tako da za n ∈ N vaˇzi implikacija: loga (n + 1) loga (n + 1) (2.47) n ≥ n0 =⇒ 0 ≤ = < ϵ. n n Iz lim mn = +∞ sledi da postoji n1 ∈ N tako da za sve n ≥ n1 vaˇzi mn > n0 , n→∞

odakle zbog (2.47) dobijamo 0 ≤

loga (mn + 1) < ϵ. Prema tome, vaˇzi (2.46). mn

84

Glava 2. Nizovi

Neka je mn = [nk ], n ∈ N. Kako je zbog k > 0 funkcija x → 7 xk rastuća, to iz n ≥ 1 sledi nk ≥ 1k = 1, pa je (mn ) niz prirodnih brojeva. Zbog (1.25) vaˇzi nejednakost [nk ] ≤ nk < [nk ] + 1, tj. mn ≤ nk < mn + 1, n ∈ N.

(2.48)

Kako je9 lim nk = +∞, to je lim (nk − 1) = +∞ na osnovu (2.20.5). S obzirom n→∞

n→∞

da je mn > nk − 1, n ∈ N, na osnovu Tvrd¯enja 2.48 sledi lim mn = +∞. n→∞

Iz (2.48) sledi 1 1 ≤ nk mn i loga nk < loga (mn + 1) pa je 0≤

loga (mn + 1) loga nk < . mn nk

(2.49)

Sada iz (2.49) i (2.46), na osnovu Tvrd¯enja 2.45, dobijamo loga nk = 0, n→∞ nk lim

odakle sledi loga n lim = lim n→∞ nk n→∞ Neka je sada 0 < a < 1. Onda je lim

n→∞

(

1 loga nk · k nk

) = 0.

1 > 1 i na osnovu već dokazanog imamo da je a loga−1 n = 0. nk

Odavde sledi

( ) loga n loga−1 n loga−1 n lim = − lim = lim − = 0. • n→∞ nk n→∞ n→∞ nk nk

S obzirom da za 0 < a < 1 vaˇzi da je loga n < 0 za n ∈ N, n ≥ 2, to je i loga n < 0 za n ≥ 2. Med¯utim, za a > 1 vaˇzi da je loga n > 0 za n ∈ N, n ≥ 2, te je nk loga n i > 0 za n ≥ 2. Iz Primera 2.51 i Tvrd¯enja 2.41 sledi nk nk = −∞, k > 0, 0 < a < 1. n→∞ loga n lim

(2.50)

Neka je M > 0 proizvoljno. Na osnovu Arhimedovog principa postoji n0 ∈ N tako da je n0 > M 1/k (za n0 se moˇze uzeti [M 1/k ] + 1). Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0 vaˇzi n > M 1/k i kako je funkcija x 7→ xk strogo rastuća (jer je k > 0), dobijamo da za svako n ≥ n0 vaˇzi nk > M . Prema tome, lim nk = +∞. 9

n→∞


85

i nk = +∞, k > 0, a > 1. n→∞ loga n lim

(2.51)

Ako za dva niza (an ) i (bn ), takva da je lim an = +∞ (−∞) i lim bn = n→∞ n→∞ bn an = +∞ (−∞) (ili, ˇsto je u ovom sluˇcaju ekvivalentno10 lim = +∞ (−∞), vaˇzi lim n→∞ an n→∞ bn 0), onda ćemo reći da je niz (an ) beskonaˇcno veliki niz viˇseg reda u odnosu na niz (bn ), odnosno da niz (an ) ”brˇze teˇzi” beskonaˇcnosti od niza (bn ) i pisati bn ≺ an . Nije teˇsko videti da je ova relacija tranzitivna. Kako je lim nk = +∞ za k > 0, lim loga n = −∞ za 0 < a < 1 i lim loga n = n→∞ 11

+∞ za a > 1,

n→∞

n→∞

iz (2.50) i (2.51) sledi da je loga n ≺ nk , za a > 0, a ̸= 1, k > 0.

(2.52)

Budući da je lim an = +∞ za a > 1 (dokaz analogan onom u Primeru 2.9), iz n→∞

(2.34) sledi da je nk ≺ an za a > 1, k > 0.

(2.53)

Prema tome, na osnovu (2.52) i (2.53), za a > 1 i k > 0 vaˇzi loga n ≺ nk ≺ an .

(2.54)

Koriˇsćenjem Tvrd¯enja 2.45 i 2.48, dokazujemo sledeće tvrd¯enje koje govori o tome da taˇcku nagomilavanja nekog skupa moˇzemo okarakterisati pomoću niza elemenata iz tog skupa. Tvrd¯enje 2.52. Taˇcka x0 ∈ R je taˇcka nagomilavanja skupa X ⊂ R ako i samo ako postoji niz med¯usobno razliˇcitih elemenata xn ∈ X koji teˇzi ka x0 . 10

Ako je lim

n→∞

bn an = +∞ (−∞), onda na osnovu Tvrd¯enja 2.39 sledi da je lim = 0. Obrnuto, n→∞ an bn

bn = 0 i, recimo, lim an = +∞ i lim bn = −∞, onda je poˇcev od nekog n, an > 0 i n→∞ n→∞ an an bn < 0 poˇcev od nekog n. Sada iz Tvrd¯enja 2.41 sledi da je lim = −∞. bn < 0, pa je n→∞ bn an 11 Neka je a > 1 i neka je M > 0 proizvoljno. Tada na osnovu Arhimedovog principa postoji prirodan broj n0 takav da je n0 > aM (za n0 se moˇze uzeti [aM ] + 1). Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0 vaˇzi n > aM i budući da je funkcija x 7→ loga x strogo rastuća, dobijamo da za sve n ≥ n0 vaˇzi loga n > loga aM = M . Prema tome, lim loga n = +∞ za a > 1. ako je lim

n→∞

n→∞

Neka je sada 0 < a < 1 i neka je M > 0 proizvoljno. Tada na osnovu Arhimedovog principa postoji prirodan broj n0 takav da je n0 > a−M (za n0 moˇzemo uzeti [a−M ]+1). Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0 vaˇzi n > a−M i kako je funkcija t 7→ loga t strogo opadajuća, to je loga n < loga a−M = −M za sve n ≥ n0 . Ovo znaˇci da je lim loga n = −∞. n→∞

86

Glava 2. Nizovi

Dokaz. Neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ⊂ R. Neka je(x0 konaˇcan broj. ) 1 1 Postoji taˇcka x1 ∈ X tako da je x1 ∈ (x0 − 1, x0 + 1). U intervalu x0 − , x0 + 2 2 ima beskonaˇ c no mnogo taˇ c aka skupa X, pa postoji taˇ c ka x ∈ X takva da je 2 ( ) 1 1 x 2 ∈ x 0 − , x0 + i x1 ̸= x2 . Taj postupak nastavljamo. Ako smo naˇsli 2 2 1 1 med¯usobno razliˇcite taˇcke x1 , x2 , . . . , xn takve da je xi ∈ (x0 − , x0 + ), i = 1, . . . , n, i i ) ( 1 1 sadrˇzi beskonaˇcno mnogo elemenata budući da okolina x0 − , x0 + n+1 n+1 ( ) 1 1 skupa X, moguće je naći element xn+1 iz X ∩ x0 − , x0 + razliˇcit od n+1 n+1 svih x1 , x2 , . . . , xn . Time je indukcijom odred¯en niz med¯usobno razliˇcitih elemenata xn skupa X takav da za svako n ∈ N vaˇzi: 1 1 < xn < x0 + . (2.55) n n ) ( ) ( 1 1 = lim x0 + = x0 , iz (2.55) i Tvrd¯enja 2.45 sledi Kako je lim x0 − n→∞ n→∞ n n lim xn = x0 . x0 −

n→∞

Neka je x0 = +∞ (x0 = −∞). Na sliˇcan naˇcin kao malopre moˇzemo indukcijom odrediti niz (xn ) med¯usobno razliˇcitih elemenata skupa X takvih da je xn ∈ (n, +∞) (xn ∈ (−∞, −n)), n ∈ N. Kako je xn > n (xn < −n) i lim n = +∞ ( lim (−n) = n→∞

−∞) iz Tvrd¯enja 2.48 sledi lim xn = +∞ ( lim xn = −∞). n→∞

n→∞

n→∞

Obrnuto, neka je x0 graniˇcna vrednost niza med¯usobno razliˇcitih elemenata xn ∈ X i neka je U proizvoljna okolina taˇcke x0 . Tada na osnovu definicije graniˇcne vrednosti sledi da se u okolini U nalaze skoro svi ˇclanovi niza (xn ). Kako su oni med¯usobno razliˇciti, sledi da U sadrˇzi beskonaˇcno mnogo elemenata skupa X. Prema tome, x0 je taˇcka nagomilavanja skupa X.

2.2

Monotoni nizovi

U ovoj sekciji pokazujemo da se monotoni nizovi ubrajaju med¯u nizove koji imaju graniˇcnu vrednost. Definicija 2.53. Za niz (xn ) kaˇzemo da je (monotono) rastući ako je xn ≤ xn+1 za svako n ∈ N. Ako je xn < xn+1 za svako n ∈ N, onda kaˇzemo da je niz (xn ) strogo (monotono) rastući. Za niz (xn ) kaˇzemo da je (monotono) opadajući ako je xn ≥ xn+1 za svako n ∈ N. Ako je xn > xn+1 za svako n ∈ N, onda kaˇzemo da je niz (xn ) strogo (monotono) opadajući. Za nizove koji su (strogo) rastući ili (strogo) opadajući kaˇzemo da su monotoni nizovi.

2.2. Monotoni nizovi

87

( ) 1 strogo opada, dok niz (n2 ) strogo raste. Konstantan niz je n ( ) n 1 n istovremeno i rastući i opadajući. Niz ((−1) ) nije monoton, kao ni niz (−1) n . 2 Na primer, niz

Definicija 2.54. Za niz (xn ), supremum skupa {xn : n ∈ N} se zove supremum niza i obeleˇzava sa sup xn , dok se infimum skupa {xn : n ∈ N} zove infimum niza i n

obeleˇzava sa inf xn . n

Na primer, 1 = 1, n n sup(−1)n n = +∞, sup

n 3

sup(n + 1) = +∞, n

1 = 0, n n inf (−1)n n = −∞, inf n

inf (n3 + 1) = 2. n

Za rastuće nizove vaˇzi sledeća teorema. Teorema 2.55. Svaki rastući niz (xn ) koji je odozgo ograniˇcen je konvergentan i lim xn = sup xn .

n→∞

n

Svaki rastući niz koji nije odozgo ograniˇcen teˇzi ka +∞. Dokaz. Neka je niz (xn ) rastući i ograniˇcen odozgo. Na osnovu aksiome supremuma sledi da je supremum niza α = sup xn realan broj. Neka je ϵ > 0. Budući da je n

α − ϵ < α i da je α najmanja gornja granica skupa {xn : n ∈ N}, sledi da α − ϵ nije gornja granica skupa {xn : n ∈ N}. Zato postoji n0 ∈ N tako da je xn0 > α − ϵ. Kako je niz (xn ) rastući, to je za svako n ≥ n0 α − ϵ < xn0 ≤ xn ≤ α. Prema tome, za svako n ≥ n0 je |xn − α| < ϵ, ˇsto znaˇci da je niz (xn ) konvergentan i da je lim xn = α = sup xn . n→∞

n

Pretpostavimo da je (xn ) rastući i neograniˇcen odozgo. Neka je M ∈ R proizvoljno. Kako M nije gornja granica skupa {xn : n ∈ N}, postoji n0 ∈ N tako da je xn0 > M . Budući da je niz (xn ) rastući, to je za svako n ≥ n0 , xn ≥ xn0 > M . Prema tome, lim xn = +∞.

n→∞

Za opadajuće nizove vaˇzi sledeća teorema. Teorema 2.56. Svaki opadajući niz (xn ) koji je odozdo ograniˇcen je konvergentan i lim xn = inf xn . n→∞

n

Svaki opadajući niz koji nije odozdo ograniˇcen teˇzi ka −∞.

88

Glava 2. Nizovi

Dokaz. Sliˇcno dokazu Teoreme 2.55. Napomena 2.57. Iz Teorema 2.55 i 2.56 sledi da svaki rastući (opadajući) niz (xn ), bez obzira na to da li je ograniˇcen odozgo (odozdo) ili ne, ima graniˇcnu vrednost, i da je lim xn = sup xn ( lim xn = inf xn ). • n→∞

n

n→∞

n

Posledica 2.58. Ako rastući (opadajući) niz nije konvergentan, onda je lim xn = n→∞

+∞ ( lim xn = −∞). n→∞

Dokaz. Iz Teoreme 2.55 sledi da ako rastući niz nije konvergentan, onda on nije ograniˇcen odozgo, pa je lim xn = +∞. Analogno, tvrd¯enje za opadajuće nizove n→∞ sledi iz Teoreme 2.56. Posledica 2.59. Rastući (opadajući) niz je konvergentan ako i samo ako je ograniˇcen odozgo (odozdo). Dokaz. Sledi iz Teoreme 2.55 (Teoreme 2.56) i Tvrd¯enja 2.13. Primer 2.60. Dokaˇzimo da niz √ √ √ √ √ √ x1 = 2, x2 = 2 + 2, x3 = 2 + 2 + 2, . . . √ √ √ √ √ xn = 2 + 2 + 2 + · · · + 2 = 2 + xn−1 konvergira. Najpre ćemo indukcijom pokazati da je niz (xn ) rastući. √ √ + Kako √ je f√(x) = x, x ∈ R , strogo rastuća funkcija, to iz 2 < 2 + 2 sledi x1 = √ 2 < 2 + √2 = x2 . Pretpostavimo da je xn < xn+1 . Tada je i 2 + xn < 2 + xn+1 , √ te je xn+1 = 2 + xn < 2 + xn+1 = xn+2 . Da bi dokazali da je niz (xn ) konvergentan dovoljno je sada dokazati da je ograniˇcen odozgo. Dokaza´ √ cemo indukcijom da je 2 gornja granica ovog niza: Imamo da je x1 = 2 √< 2 i pretpostavimo da je xn < 2. Tada je 2 + xn < √ 2 + 2 = 4 i zato je xn+1 = 2 + xn < 4 = 2. Budući da je niz (xn ) rastući i ograniˇcen odozgo, on √ je konvergentan i oznaˇcimo sa x njegovu graniˇcnu vrednost. Iz jednakosti xn = 2 + xn−1 sledi jednakost 2 xn = 2 + xn−1 . Odavde i iz ˇcinjenice da je lim xn = x sledi da je i lim xn−1 = x n→∞ n→∞ √ 1 + 9 dobijamo x2 = 2 + x, tj. x2 − x − 2 = 0. Sledi x = = 2 (odbacujemo drugo 2 √ 1− 9 = −1 prethodne kvadratne jednaˇcine) jer je x ≥ 0 zbog xn > 0 reˇsenje 2 (Tvrd¯enje 2.14). Prema tome, lim xn = 2. • n→∞

Primer 2.61. Dokaˇzimo da je an = 0, n→∞ n! lim

a > 0.

(2.56)

2.2. Monotoni nizovi Neka je xn =

89

an . Sledi xn > 0 za svako n ∈ N i n! xn+1 xn

an+1 a (n + 1)! = = . an n+1 n!

(2.57)

a < 1 za n + 1 > a, tj. n > a − 1, to je xn+1 < xn za n > a − 1. n+1 Neka je n0 = max{[a − 1] + 1, 1} = max{[a], 1}. Niz (xn0 , xn0 +1 , xn0 +2 , . . . ) je opadajući i ograniˇcen odozdo nulom, te je na osnovu Teoreme 2.56 konvergentan. Kako konvergencija niza ne zavisi od konaˇcno mnogo ˇclanova niza, sledi da je niz (xn ) konvergentan. Stoga postoji x ∈ R tako da je x = lim xn . Tada je i lim xn+1 = x. n→∞ n→∞ a a Na osnovu (2.57) imamo xn+1 = xn , te je lim xn+1 = lim xn · lim , n→∞ n→∞ n→∞ n + 1 n+1 tj. x = x · 0 = 0, ˇsto dokazuje jednakost (2.56). an = 0 za svako a ∈ R. Zaista, za a = 0 to je oˇcigledno, a Primetimo da je lim n→∞ n! n a |a|n ako je a < 0, onda je |a| > 0, pa je na osnovu već dokazanog lim = lim = n→∞ n! n→∞ n! an 0, odakle sledi lim = 0 (videti Zadatak 1). • n→∞ n! Iz (2.56), na osnovu Tvrd¯enja 2.41, sledi

Kako je

lim

n→∞

n! = +∞, a > 0. an

(2.58)

Kako je lim n! = +∞ i lim an = +∞ za a > 1, to iz (2.54) i (2.58) sledi da za n→∞ n→∞ a > 1 i k > 0 vaˇzi loga n ≺ nk ≺ an ≺ n!. (2.59) Definicija 2.62. Neka je a : N → A niz elemenata skupa A i neka je n : N → N strogo rastući niz prirodnih brojeva, tj. neka je n1 < n2 < n3 < · · · < nk < nk+1 < . . .

.

Tada se niz a ◦ n : N → A, tj. (an1 , an2 , . . . , ank , ank+1 , . . .

),

naziva podniz niza (an ) ili delimiˇcni niz niza (an ). Prema tome, podniz nekog niza je takod¯e niz. Niz (bk ) je podniz niza (an ) ako je bk = ank , k ∈ N, gde je (nk ) strogo rastući niz prirodnih brojeva. Na primer (a1 , a3 , a5 , . . . ) je podniz niza (an ), ali niz (a3 , a1 , a5 , . . . , ) nije podniz niza (an ). Niz (2, 4, 6, . . . , 2n, . . . ) je podniz niza prirodnih brojeva (1, 2, 3, . . . , n, . . . ). Med¯utim niz (6, 2, 4, 8, . . . , 2n, . . . ) nije podniz niza prirodnih brojeva. Trivijalno, i sam niz (an ) je podniz niza (an ).

90

Glava 2. Nizovi Primetimo da ako je (ank ) podniz niza (an ), onda je12 nk ≥ k za svako k ∈ N

i na osnovu Tvrd¯enja 2.48 sledi lim nk = +∞.

k→∞

(2.60)

Tvrd¯enje 2.63. Ako niz (xn ) ima graniˇcnu vrednost x ∈ R, tada svaki njegov podniz ima graniˇcnu vrednost x. Dokaz. Neka je lim xn = x, x ∈ R, (xnk ) podniz niza (xn ) i U proizvoljna okolina n→∞ taˇcke x. Iz lim xn = x sledi da postoji n0 ∈ N tako da je za sve n ≥ n0 , xn ∈ U . Iz n→∞

(2.60) sledi da postoji k0 ∈ N, tako da za svako k ≥ k0 vaˇzi nk ≥ n0 . Sledi xnk ∈ U za svako k ≥ k0 . Prema tome, lim xnk = x. k→∞

Med¯utim ako jedan podniz niza (xn ) ima graniˇcnu vrednost, sam niz (xn ) ne mora imati graniˇcnu vrednost. Na primer niz xn = (−1)n ima konvergentne podnizove: x2k = 1 i x2k−1 = −1, ali sam nema graniˇcnu vrednost. Na osnovu Tvrd¯enja 2.63 sledi da ako niz ima bar dva podniza koji imaju razliˇcite graniˇcne vrednosti, onda taj niz nema graniˇcnu vrednost. Tvrd¯enje 2.64. Za monotoni niz sledeći uslovi su ekvivalentni: (2.64.1) Niz (xn ) je konvergentan; (2.64.2) Svaki podniz niza (xn ) je konvergentan; (2.64.3) Postoji konvergentan podniz niza (xn ). Dokaz. (2.64.1) =⇒ (2.64.2): Ako je niz (xn ) konvergentan onda je svaki njegov podniz konvergentan i konvergira ka istoj graniˇcnoj vrednosti na osnovu Tvrd¯enja 2.63 (primećujemo da ova implikacija vaˇzi i bez pretpostavke o monotonosti niza (xn )). Implikacija (2.64.2) =⇒ (2.64.3) je oˇcigledna. (2.64.3) =⇒ (2.64.1): neka postoji konvergentan podniz (xnk ) monotonog niza (xn ) i neka je x ∈ R njegova graniˇcna vrednost. Iz monotonosti niza (xn ) sledi da on ima konaˇcnu ili beskonaˇcnu graniˇcnu vrednost (Napomena 2.57) ka kojoj onda 12 Uzmemo li na primer da je nk = k + 3, k ∈ N, onda je niz (nk )k = (4, 7, 10, 13, . . . ) strogo rastući niz prirodnih brojeva, i niz (bk )k gde je bk = ank = ak+3 , k ∈ N, tj.

(b1 , b2 , b3 , b4 , . . . ) = (a4 , a7 , a10 , a13 , . . . ), je podniz niza (an ). Primetimo da je nk = k + 3 ≥ k za sve k ∈ N. Slobodnije govoreći, mi podniz pravimo tako ˇsto iz niza uzimamo pojedine ˇclanove poˇstujući pritom poredak u kome se oni pojavljuju u nizu. To znaˇci da ne smemo da uzmemo deveti ˇclan u nizu, pa onda peti ˇclan, itd. Gledajući podniz (bk )k = (ank )k , k je pozicija ˇclana bk = ank u podnizu (bk )k , dok je njegova pozicija u nizu (an ) upravo nk . U gornjem primeru a4 je na prvoj poziciji u podnizu, a na ˇcetvrtoj poziciji u nizu (k = 1 i nk = 4), a7 je na drugoj poziciji u podnizu, a na sedmoj poziciji u nizu (k = 2 i nk = 7), itd. Primećujemo da je pozicija ˇclana u podnizu, ˇsto je k, uvek manja ili jednaka od njegove pozicije u nizu, tj. nk .

2.2. Monotoni nizovi

91

teˇzi ma koji podniz niza (xn ) (Tvrd¯enje 2.63). Prema tome, x je graniˇcna vrednost niza (xn ) i niz (xn ) je konvergentan. Sledeće tvrd¯enje nam govori da je rastući (opadajući) niz konvergentan ako i samo ako ima podniz koji je odozgo (odozdo) ograniˇcen. Tvrd¯enje 2.65. Za monotono rastući (opadajući) niz sledeći uslovi su ekvivalentni: (2.65.1) Niz (xn ) je konvergentan; (2.65.2) Svaki podniz niza (xn ) je odozgo (odozdo) ograniˇcen; (2.65.3) Postoji odozgo (odozdo) ograniˇcen podniz niza (xn ). Dokaz. Sledi na osnovu Tvrd¯enja 2.64, jer je svaki podniz monotono rastućeg (opadajućeg) niza i sam monotono rastući (opadajući), te je, na osnovu Posledice 2.59, podniz monotono rastućeg (opadajućeg) niza konvergentan ako i samo ako je ograniˇcen odozgo (odozdo). Tvrd¯enje 2.66. Rastući (opadajući) niz je divergentan ako i samo ako ima podniz koji nije odozgo (odozdo) ograniˇcen. Dokaz. Sledi iz ekvivalencije (2.65.1) ⇐⇒ (2.65.2). 1 1 1 Primer 2.67. Pokaˇzimo da niz xn = 1 + α + α + · · · + α konvergira za sluˇcaj 2 3 n da je α > 1. Za k = 2, 3, . . . vaˇzi: (

x2k −1 = 1

) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + · · · + + 2α 3α 4α 5α 6α 7α 8α 9α 15α ) ( 1 1 1 ... + + + ··· + k (2k−1 )α (2k−1 + 1)α (2 − 1)α ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 < 1+ + + + + + + + + · · · + + 2α 2α 4α 4α 4α 4α 8α 8α 8α ( ) 1 1 1 ... + + + · · · + k−1 α = (2k−1 )α (2k−1 )α (2 ) k−1 4 8 2 2 = 1 + α + α + α + · · · + k−1 α 2 4 8 (2 ) 1 1 1 1 = 1 + α−1 + α−1 + α−1 + · · · + k−1 α−1 2 4 8 (2 ) 1 1 1 1 = 1 + α−1 + α−1 2 + α−1 3 + · · · + α−1 k−1 2 (2 ) (2 ) (2 ) 1 1 − α−1 k (2 ) = . 1 1 − α−1 2 +

92

Glava 2. Nizovi

1 Kako je α > 1, to je α − 1 > 0 i stoga 2α−1 > 20 = 1. Prema tome, α−1 < 1, 2 odakle sledi da je 1 (2α−1 )k > 0. 1 1 − α−1 2 Odavde dobijamo da je 1− x2k −1 <

1 (2α−1 )k

1−

1

1

<

2α−1

1−

1

=

2α−1 , k ∈ N, 2α−1 − 1

2α−1

i podniz (x2k −1 ) rastućeg niza (xn ) je ograniˇcen, te na osnovu Tvrd¯enja 2.65 sledi da ovaj niz konvergira. 1 1 1 Pokaˇzimo sada da niz xn = 1 + α + α + · · · + α divergira u sluˇcaju kad je 2 3 n α ≤ 1. 1 1 Iz α ≤ 1 sledi da je nα ≤ n, te je α ≥ . Za k = 2, 3, . . . vaˇzi: n n (

x2k −1

) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =1 + + + + + + + + + ··· + α + 2α 3α 4α 5α 6α 7α 8α 9α 15 ) ( 1 1 1 ≥ ... + + k−1 + ··· + k k−1 α α (2 ) (2 + 1) (2 − 1)α ) ( ) ( ) ( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + ··· + + ≥ 1+ 2 3 4 5 6 7 8 9 15 ( ) 1 1 1 ... + + k−1 + ··· + k > k−1 2 2 +1 2 −1 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 > 1+ + + + + + + + ··· + + 4 4 8 8 8 8 16 16 ) ( 1 2 4 8 2k−1 1 + · · · + = 1 + + + + · · · + ... + 2k 2k 4 8 16 2k k−1 k+1 = 1+ = . 2 2

k+1 k+1 i kako niz sa opˇstim ˇclanom nije 2 2 ograniˇcen odozgo, to i niz (x2k −1 ) nije ograniˇcen odozgo. Budući da je niz (xn ) rastući i da ima podniz koji nije odozgo ograniˇcen, iz Tvrd¯enja 2.66 sledi da ovaj niz divergira, dok na osnovu Posledice 2.58 zakljuˇcujemo da je njegova graniˇcna vrednost +∞. •

Prema tome, za k ∈ N vaˇzi x2k −1 ≥

2.3. BROJ E

2.3

93

Broj e

Jedna od vaˇznih posledica teoreme o monotono(rastuć) im nizovima (Teoreme 2.55) 1 n je ˇcinjenica da je niz sa opˇstim ˇclanom xn = 1 + konvergentan. Graniˇcna n vrednost ovog niza se obeleˇzava sa e. Broj e je jedna od najvaˇznijih konstanti u matematiˇckoj analizi. Za osnovu u eksponencijalnim i logaritamskim funkcijama je ˇcesto pogodnije koristiti broj e i zbog toga se logaritam sa osnovom e zove prirodni logaritam. Broj e nalazi primenu kako u raznim matematiˇckom oblastima, tako i u fizici, hemiji, biologiji i ekonomiji.

Teorema 2.68. Niz (xn ) sa opˇstim ˇclanom ) ( 1 n xn = 1 + n

je konvergentan.

Dokaz. Primenom binomne formule dobijamo:

xn

) ( 1 n = 1+ = n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 + + + ··· + = = 1+ + ··· + 2 3 k 2 n 3 n k n 1 n n nn 1 n(n − 1) 1 n(n − 1)(n − 2) 1 = 1+n· + + + ... 2 n 2! n 3! n3 n(n − 1) . . . (n − (k − 1)) 1 n(n − 1) . . . 2 · 1 1 ··· + + ... + = k k! n n! nn 1 n(n − 1)(n − 2) 1 n(n − 1) + + ... = 1+1+ 2 2! n 3! n3 1 n(n − 1) . . . (n − (k − 1)) 1 n(n − 1) . . . (n − (n − 1)) ... + + ··· + = k k! n n! nn ( ) ( )( ) 1 1 1 1 2 = 1+1+ 1− + 1− 1− + ... 2! n 3! n n ( )( ) ( ) 1 1 2 k−1 ··· + 1− 1− ... 1 − + ... k! n n n ( )( ) ( ) 1 1 2 n−1 ...··· + 1− 1− ... 1 − , n! n n n

94

Glava 2. Nizovi

i takod¯e ( ) ( )( ) 1 1 1 1 2 1− + 1− 1− + ... 2! n+1 3! n+1 n+1 ( )( ) ( ) 1 1 2 k−1 ··· + 1− 1− ... 1 − + ... k! n+1 n+1 n+1 ( )( ) ( ) 1 2 n−1 1 1− 1− ... 1 − + ... + n! n+1 n+1 n+1 ( )( ) ( ) 1 1 2 n + 1− 1− ... 1 − . (n + 1)! n+1 n+1 n+1

xn+1 = 1 + 1 +

Kako je 1−

k k <1− , n n+1

za k = 1, 2, . . . , n − 1,

to je xn < xn+1 , za svako n ∈ N, pa je niz (xn ) rastući. Ovo smo mogli da pokaˇzemo i primenom Bernulijeve nejednakosti: za n ≥ 2 vaˇzi xn xn−1

(n+1)n (n + 1)n (n − nn = n−1 n n2n−1 (n−1)n−1 ( 2 )n n −1 n 1)−1

(1 + n1 )n 1 n−1 = (1 + n−1 )

=

1)n−1

( ) 1 n n (n2 − 1)n (n − = = 1− 2 = (n2 )n n−1 n2 n−1 n n−1 ( ) ( 1 n n−1 n n) n = 1− = = 1, > 1− 2 n n−1 n n−1 n n−1

i zato je xn > xn−1 . Sada dokazujemo da je niz (xn ) odozgo ograniˇcen. Primetimo da za svako n ≥ 2 vaˇze nejednakosti: ( )( ) 1 1 2 1 − < 1, 1 − 1− < 1, . . . n n n ( )( ) ( ) 1 2 k−1 1− 1− ... 1 − < 1, . . . n n n ( )( ) ( ) 1 2 n−1 1− 1− ... 1 − < 1, n n n i stoga je, 1 2!

( ) ( )( ) 1 1 1 1 2 1 1− < , 1− 1− < , ... n 2! 3! n n 3! ( )( ) ( ) 1 1 2 n−1 1 1− 1− ... 1 − < . n! n n n n!

2.3. Broj e

95

Odavde zakljuˇcujemo da je xn < 1 +

1 1 1 1 + + + ... , n ≥ 2. 1! 2! 3! n!

Kako je k! = 1 · 2 · 3 · · · · · k ≥ 2k−1 za k ≥ 2, to je 1 1 ≤ k−1 , k = 2, . . . n. k! 2 Zato je 1 1 1 1 + + + ... 1! 2! 3! n! 1 1 1 1 + 1 + + 2 + . . . n−1 2 2 2 1 − 21n 1+ 1 − 12 ( ) 1 1+2 1− n 2 1 + 2 = 3, n ≥ 2.

xn < 1 + ≤ = = <

Primetimo joˇs da je 2 = x1 < xn za svako n ≥ 2. Prema tome, 2 ≤ xn < 3,

za svako n ∈ N.

(2.61)

Kako je niz (xn ) rastući i odozgo ograniˇcen, na osnovu Teoreme 2.55 on ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost: lim xn = sup xn ∈ R. n→∞ n ( ) 1 n Graniˇcnu vrednost niza sa opˇstim ˇclanom xn = 1 + obeleˇzavamo sa e. n Dakle ( ) 1 n e = lim 1 + , n→∞ n i stoga,

( ) 1 n e = sup 1 + . n n

(2.62)

Oznaku e je uveo Ojler13 . Dokazuje se da je broj e iracionalan (videti zadatak 30, u drugom delu knjige). Iz (2.61), na osnovu Teoreme 2.15, sledi 2 ≤ e ≤ 3. Preciznijim procenama nalazi se da je e = 2, 7182818284 . . . . ( ) 1 n+1 Primer 2.69. Niz (yn ) sa opˇstim ˇclanom yn = 1 + je monotono opadajući n i odozdo ograniˇcen. 13

L. Euler (1707-1783), ˇsvajcarski matematiˇcar

96

Glava 2. Nizovi Zaista, za svako n ∈ N je yn > 0 i primenom Bernulijeve nejednakosti dobijamo yn yn+1

=

(1 + n1 )n+2 (1 + n1 )n+1 1 −1 = = 1 n+2 1 n+2 (1 + n ) (1 + n+1 ) (1 + n+1 )

(n+1)n+2 nn+2 (n+2)n+2 (n+1)n+2

n n+1

((n + 1)2 )n+2 n (n2 + 2n + 1)n+2 n = (n(n + 2))n+2 n + 1 (n(n + 2))n+2 n + 1 ( )n+2 ( )n+2 n(n + 2) + 1 n 1 n = = 1+ n(n + 2) n+1 n(n + 2) n+1 ) ) ( ( n n n+2 1 > 1+ = 1+ = 1, n(n + 2) n + 1 n n+1 =

pa je yn > yn+1 . Na osnovu Teoreme 2.56 sledi da je niz (yn ) konvergentan i ( ) ( ) 1 n+1 1 da je lim yn = inf yn ∈ R. Kako je yn = 1 + = xn 1 + , to je n→∞ n n n lim yn = lim xn = e. Prema tome, n→∞

n→∞

( ) ( ) 1 n+1 1 n+1 e = lim 1 + = inf 1 + . n→∞ n n n

(2.63)

S obzirom da je niz (xn ) strogo rastući, a niz (yn ) strogo opadajući, iz (2.62) i (2.63) sledi ) ) ( ( 1 n 1 n+1 1+
n→∞

Neka je an =

n! = 0. nn

(2.65)

n! . Za svako n ∈ N vaˇzi da je an > 0 i nn

(n + 1)! )n ( an+1 n (n + 1)n+1 = = . (2.66) n! an n+1 nn ( )n n n < 1, to je < 1n = 1, n ∈ N, na osnovu (1.34). Odavde Kako je 0 < n+1 n+1 an+1 sledi da je < 1, i stoga an > an+1 , n ∈ N. Prema tome, niz (an ) je opadajući an i ograniˇcen odozdo nulom, te je na osnovu Teoreme 2.56 konvergentan i postoji a ∈ R tako da je a = lim an . Tada je i lim an+1 = a. Na osnovu (2.66) imamo n→∞ n→∞ ( ) ) ( 1 n n+1 n = an . Zato je lim an+1 · lim 1 + = lim an , i prema tome, an+1 · n→∞ n→∞ n→∞ n n a · e = a. Odavde sledi a(e − 1) = 0. Kako je e − 1 ̸= 0, to je a = 0, ˇsto dokazuje jednakost (2.65).

2.3. Bolcano-Vajerˇstrasova teorema za nizove

97

Ovo smo mogli dokazati i na drugaˇciji naˇcin. Naime koriˇsćenjem nejednakosti na levoj strani u (2.64) dokazuju se nejednakosti (videti zadatak 36, u drugom delu knjige): ( n )n ( n )n < n! < e , n ∈ N. e 2 Odavde dobijamo 1 n! 1 < n < e n , n ∈ N. n e n 2 1 1 n! Budući da je lim n = lim n = 0, na osnovu Tvrd¯enja 2.45 sledi lim n = 0. n→∞ e n→∞ 2 n→∞ n Sada na osnovu Tvrd¯enja 2.41, sledi nn = +∞. • n→∞ n! lim

(2.67)

Kako je14 lim n! = +∞ i lim nn = +∞, na osnovu (2.59) i (2.67), za a > 1 i n→∞ n→∞ k > 0 vaˇzi loga n ≺ nk ≺ an ≺ n! ≺ nn .

2.4

Bolcano-Vajerˇ strasova teorema za nizove

U sekciji 2.1 smo pokazali da je svaki konvergentan niz ograniˇcen (Tvrd¯enje 2.13) i da obrat ne vaˇzi, tj. postoje ograniˇceni nizovi koji nisu konvergentni. Sledeća teorema, jedna u nizu vaˇznih teorema sa znaˇcajnom primenom, govori o tome da ograniˇcen niz ipak ima svojstvo da se iz njega moˇze izdvojiti barem jedan konvergentan podniz. Teorema 2.71. (Bolcano-Vajerˇstrasova teorema za nizove) Svaki ograniˇcen niz ima konvergentan podniz. Svaki niz koji nije odozgo ograniˇcen ima podniz koji teˇzi ka +∞. Svaki niz koji nije odozdo ograniˇcen ima podniz koji teˇzi ka −∞. Dokaz. Neka je niz (xn ) ograniˇcen. Tada postoji segment [a, b], a, b ∈ R, takav da je xn ∈ [a, b] za svako n ∈ N. Podelimo ovaj segment na dva jednaka po duˇzini segmenta. U bar jednom od tako dobijenih segmenata se nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ). Oznaˇcimo sa [a1 , b1 ] onaj u kome se nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ) i izaberimo jedan ˇclan xn1 koji pripada ovom segmentu. Podelimo opet segment [a1 , b1 ] na dva jednaka po duˇzini segmenta i sa [a2 , b2 ] oznaˇcimo onaj u kome se nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ). Izaberimo sada xn2 ∈ [a2 , b2 ] ali tako da je n1 < n2 . Nastavljajući tako postupak, dobijamo b−a niz umetnutih segmenata ([ak , bk ]) ˇcija duˇzina bk − ak = teˇzi 0. Takod¯e 2k dobijamo i niz (xnk ) takav da je xnk ∈ [ak , bk ] i nk1 < nk2 za k1 < k2 . Prema tome, niz (xnk ) je podniz niza (xn ). Na osnovu Kantorovog principa o umetnutim 14

Budući da je n! ≥ n i nn ≥ n za svako n ∈ N, i lim n = +∞, to na osnovu Tvrd¯enja 2.48 sledi

lim n! = +∞ i lim nn = +∞.

n→∞

n→∞

n→∞

98

Glava 2. Nizovi

segmentima (Teorema 1.45) postoji jedinstven broj ξ takav da je {ξ} =

∞ ∩

[ak , bk ].

k=1

Pri tom je ξ = sup ak = inf bk . Kako je niz (ak ) rastući, a niz (bk ) opadajući, iz k

k

Teorema 2.55 i 2.56 sledi ξ = lim ak = lim bk . k→∞

k→∞

(2.68)

Kako je ak ≤ xnk ≤ bk za svako k ∈ N, iz (2.68), a na osnovu Tvrd¯enja 2.45, sledi lim xnk = ξ. Ovim smo dokazali da niz (xn ) ima konvergentan podniz. k→∞

Pretpostavimo da niz (xn ) nije ograniˇcen odozgo. Tada postoji n1 ∈ N takav da je xn1 > 1. Niz (xn1 +1 , xn1 +2 , xn1 +3 , . . . ) takod¯e nije ograniˇcen odozgo jer je dobijen od niza (xn ) odbacivanjem konaˇcno mnogo ˇclanova. Zato postoji n2 ∈ N takav da je n2 > n1 i xn2 > 2. Nastavljajući postupak dobijamo niz (nk ) takav da je n1 < n 2 < · · · < n k < . . . i xn1 > 1, xn2 > 2, . . . , xnk > k, . . . . Iz Tvrd¯enja 2.48 sledi lim xnk = +∞. k→∞

Ako niz (xn ) nije ograniˇcen odozdo, analogno se dokazuje da postoji podniz (xnk ) niza (xn ) koji teˇzi ka −∞.

2.5

Koˇ sijev kriterijum konvergencije nizova

U ovoj sekciji govorimo o naˇcinu da utvrdimo da li je neki niz konvergentan, koristeći se samo poznavanjem ˇclanova niza, a ne znajući unapred ka kojoj bi graniˇcnoj vrednosti on konvergirao. Definicija 2.72. Za niz (xn ) kaˇzemo da je Koˇsijev15 , ili da ispunjava Koˇsijev uslov ako za svako ϵ > 0 postoji n0 ∈ N tako da je |xm − xn | < ϵ za sve indekse m i n veće ili jednake od n0 , tj. (∀ϵ > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n, m ∈ N)(n, m ≥ n0 =⇒ |xm − xn | < ϵ).

(2.69)

Uslov (2.69) se moˇze formulisati i na sledeći naˇcin: Za svako ϵ > 0 postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 i svaki nenegativan ceo broj p vaˇzi |xn+p − xn | < ϵ. Primetimo da konvergentan niz ima svojstvo da se njegovi ˇclanovi sa sve većim indeksima sve manje razlikuju od graniˇcne vrednosti, pa prema tome i jedan od drugog, tj. takav niz ispunjava Koˇsijev uslov. Interesantno je da vaˇzi i obrat, i to ćemo preciznije iskazati sledećom teoremom. Teorema 2.73. (Koˇsijev kriterijum konvergencije) Niz (xn ) je konvergentan ako i samo ako je Koˇsijev. 15

A. L. Cauchy (1789-1857), francuski matematiˇcar

2.5. Koˇsijev kriterijum konvergencije nizova

99

Dokaz. (=⇒): Neka je (xn ) konvergentan niz i neka je lim xn = x. Neka je ϵ > 0 n→∞ ϵ proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N, tako da je za svako n ≥ n0 vaˇzi |xn − x| < . 2 Tada za sve m, n ≥ n0 vaˇzi |xm − xn | = |(xm − x) − (xn − x)| ≤ |xm − x| + |xn − x| <

ϵ ϵ + = ϵ. 2 2

Prema tome, niz (xn ) je Koˇsijev. (⇐=): Neka je (xn ) Koˇsijev niz. Pokaˇzimo da je (xn ) ograniˇcen niz. Za ϵ = 1 postojaće n0 ∈ N tako da za sve m, n ≥ n0 vaˇzi |xm − xn | < 1. Prema tome, za sve m ≥ n0 vaˇzi |xm − xn0 | < 1. Neka je M = max{|x1 − xn0 |, |x2 − xn0 |, . . . , |xn0 −1 − xn0 |, 1}. Tada je |xn − xn0 | ≤ M za sve n ∈ N, tj. xn ∈ [xn0 − M, xn0 + M ]. Prema tome, (xn ) je ograniˇcen niz. Sada na osnovu Teoreme 2.71 sledi da niz (xn ) ima konvergentan podniz (xnk ). Neka je lim xnk = x. Pokazaćemo da je lim xn = x. n→∞

k→∞

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Budući da je niz (xn ) Koˇsijev, postojaće n0 ∈ N tako ϵ da je za sve m, n ≥ n0 , |xm − xn | < . Kako je lim xnk = x, sledi da postoji k1 ∈ N k→∞ 2 ϵ tako da za k ≥ k1 vaˇzi |xnk − x| < . Iz (2.60) sledi da postoji k2 ∈ N tako da je 2 nk > n0 za sve k ≥ k2 . Izaberimo sada jedno k ∈ N takvo da je k ≥ max{k1 , k2 }. Vaˇziće da je ϵ |xnk − x| n 0 . 2 Sada za svako n ≥ n0 vaˇzi |xn − x| = |(xn − xnk ) + (xnk − x)| ≤ |xn − xnk | + |xnk − x| <

ϵ ϵ + = ϵ. 2 2

Prema tome, lim xn = x. n→∞

cos 1 cos(n − 1) Primer 2.74. Neka je xn = 1 + 2 + · · · + . Pokazaćemo da je niz (xn ) 2 n2 konvergentan. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada za m, n ∈ N, m > n, vaˇzi cos n cos(n + 1) cos(m − 1) |xm − xn | = + + ··· + 2 2 2 (n + 1) (n + 2) m 1 1 1 ≤ + + ··· + 2 (n + 1)2 (n + 2)2 m 1 1 1 < + + ··· + n(n + 1) (n + 1)(n + 2) (m − 1)m ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 = − + − + ··· + − n n+1 n+1 n+2 m−1 m 1 1 1 − < . = n m n

100

Glava 2. Nizovi

[ ] 1 1 + 1), to za sve (moˇzemo uzeti n0 = ϵ ϵ 1 1 m, n ∈ N, takve da je m > n ≥ n0 , vaˇzi |xm − xn | < ≤ < ϵ, pa je niz (xn ) n n0 Koˇsijev. Na osnovu Teoreme 2.73 sledi da je (xn ) konvergentan. • Kako postoji n0 ∈ N tako da je n0 >

Primer 2.75. U sekciji 2.2 Monotoni nizovi smo pokazali da niz sa opˇstim ˇclanom 1 1 xn = 1 + α + · · · + α za α ≤ 1 divergira. Sada ćemo to pokazati na drugi naˇcin, 2 n koristeći Koˇsijev kriterijum. Naime, pokazujemo da ovaj niz nije Koˇsijev, tj. da vaˇzi negacija uslova (2.69), odnosno uslov: (∃ϵ > 0)(∀n0 ∈ N)(∃m, n ∈ N)(m, n ≥ n0 ∧ |xm − xn | ≥ ϵ), tj. (∃ϵ > 0)(∀k ∈ N)(∃m, n ∈ N)(m, n ≥ k ∧ |xm − xn | ≥ ϵ), 1 Zaista, neka je ϵ = i za proizvoljno k ∈ N uzmimo da je n = k i m = 2k. Tada 2 vaˇzi: 1 1 1 1 1 1 |xm − xn | = + ··· + >k = = ϵ, + ··· + ≥ α α (k + 1) (k + k) k+1 k+k k+k 2 pa niz (xn ) nije Koˇsijev. •

2.6

Delimiˇ cne granice niza. Limes superior i limes inferior niza

U prethodnim sekcijama smo se bavili nizovima koji imaju graniˇcnu vrednost. U ovoj sekciji ćemo izuˇcavati i nizove koji nemaju graniˇcnu vrednost. Definicija 2.76. Taˇcka x ∈ R je delimiˇcna granica (taˇcka nagomilavanja) niza (xn ), ako postoji podniz (xnk ) niza (xn ) koji teˇzi ka x kad k → ∞. Iz Tvrd¯enja 2.63 sledi da ako niz (xn ) ima graniˇcnu vrednost x, onda je x njegova jedina delimiˇcna granica. Drugim reˇcima, vaˇzi tvrd¯enje: Tvrd¯enje 2.77. Ako niz ima bar dve razliˇcite delimiˇcne granice, onda on nema graniˇcnu vrednost. Primeri 2.78. (i) Za niz xn = (−1)n , 1 i −1 su njegove delimiˇcne granice, i ovaj niz nema granicu. (ii) +∞ i −∞ su delimiˇcne granice niza yn = (−1)n n, i ovaj niz nema graniˇcnu vrednost. n 1 (iii) Za niz bn = n(−1) , podniz b2k−1 = konvergira ka 0, dok podniz b2k = 2k 2k − 1 teˇzi ka +∞ kad k → ∞. Dakle, 0 i +∞ su delimiˇcne granice ovog niza i ovaj niz nema graniˇcnu vrednost. nπ (iv) Niz an = sin ima tri delimiˇcne granice:-1,1,0, i zato nema graniˇcnu vrednost 2 (Primer 2.10). •

2.6. Delimiˇcne granice niza. Limes superior i limes inferior niza

101

Iz Bolcano-Vajerˇstrasove teoreme (Teorema 2.71) sledi sledeće tvrd¯enje: Tvrd¯enje 2.79. Svaki niz ima delimiˇcnu granicu, konaˇcnu ako je ograniˇcen i beskonaˇcnu ako je neograniˇcen. Sledeće tvrd¯enje daje potrebne i dovoljne ulove da je taˇcka iz R delimiˇcna granica niza. Tvrd¯enje 2.80. Neka je (xn ) niz realnih brojeva i x ∈ R. Sledeći uslovi su ekvivalentni: (2.80.1) x je delimiˇcna granica niza (xn ). (2.80.2) U svakoj okolini taˇcke x nalazi se beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza. (2.80.3) Za svaku okolinu U taˇcke x i svaki prirodan broj n postoji prirodan broj m > n takav da xm ∈ U . Dokaz. (2.80.1)=⇒(2.80.2) Neka je x je delimiˇcna granica niza (xn ). Tada postoji podniz (xnk ) niza (xn ), takav da je lim xnk = x. Neka je U proizvoljna okolina k→∞

taˇcke x. Iz lim xnk = x sledi da postoji k0 ∈ N tako da je za svako k ≥ k0 , xnk ∈ U . k→∞

Prema tome, u okolini U se nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ). (2.80.2)=⇒(2.80.3) Neka se u svakoj okolini taˇcke x nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ) i pretpostavimo da ne vaˇzi (2.80.3). Tada postoji okolina U taˇcke x i postoji prirodan broj n takav da za svaki prirodan broj m > n vaˇzi xm ∈ / U. To znaˇci da okolina U osim eventualno ˇclanova x1 , . . . , xn , ne moˇze sadrˇzati viˇse nijedan ˇclan niza (xn ). Dakle, naˇsli smo okolinu taˇcke x u kojoj nema beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ), ˇsto je suprotno pretpostavci. (2.80.3)=⇒(2.80.1) Neka za svaku okolinu U taˇcke x i svako n ∈ N postoji m > n takvo da je xm ∈ U . Pretpostavimo da je x konaˇcan broj (za beskonaˇcne 1 taˇcke dokaz je sliˇcan). Postoji ˇclan niza xn1 koji pripada -okolini taˇcke x, tj. 2 ( ) 1 1 1 xn1 ∈ x − , x + . Za 2 -okolinu taˇcke x postoji prirodan broj n2 > n1 takav 2 2) (2 1 1 da je xn2 ∈ x − 2 , x + 2 . Neka su prirodni brojevi n1 , n2 , . . . , nk izabrani tako 2 2 ) ( 1 1 da je n1 < n2 < · · · < nk i xnk ∈ x − k , x + k . Tada postoji prirodan broj 2 ( 2 ) 1 1 nk+1 takav da je nk+1 > nk i xnk+1 ∈ x − k+1 , x + k+1 . Time je indukcijom 2 2 odred¯en strogo rastući niz prirodnih brojeva (nk ) takav da za svako k ∈ N vaˇzi: 1 1 < x nk < x + k . (2.70) 2k 2 ( ) ( ) 1 1 Niz (xnk ) je podniz niza (xn ) i kako je lim x − k = lim x + k = x, iz k→∞ k→∞ 2 2 (2.70) i Tvrd¯enja 2.45 sledi lim xnk = x. Prema tome, x je delimiˇcna granica niza x−

k→∞

(xn ). (Za sluˇcaj da je x = +∞, za okoline taˇcke x birali bismo intervale (2k , +∞)

102

Glava 2. Nizovi

ili (k, +∞), a za sluˇcaj kad je x = −∞ intervale (−∞, −2k ) ili (−∞, −k), k = 1, . . . .) Na osnovu Tvrd¯enja 2.80 uoˇcavamo razliku izmed¯u pojma granice niza i pojma delimiˇcne granice niza. Dakle, granica niza ima osobinu da se u njenoj proizvoljnoj okolini nalaze skoro svi ˇclanovi niza (svi sem eventualno konaˇcno mnogo njih), dok se u proizvoljnoj okolini delimiˇcne granice niza nalazi samo beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (pa ih i van nje moˇze biti beskonaˇcno mnogo). Ako je (xn ) realan niz, za skup X = {xn : n ∈ N} kaˇzemo da je skup vrednosti niza (setimo se da je niz po definiciji funkcija). Postoji razlika izmed¯u pojma delimiˇcne granice niza (xn ) i pojma taˇcke nagomilavanja skupa vrednosti niza. Svaka taˇcka nagomilavanja skupa vrednosti niza je njegova delimiˇcna granica. Zaista, ako je x taˇcka nagomilavanja skupa vrednosti niza, onda u proizvoljnoj okolini taˇcke x ima beskonaˇcno mnogo elemenata skupa X (vidi Definiciju 1.83), ˇsto znaˇci i beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ), pa na osnovu Tvrd¯enja 2.80 sledi da je x delimiˇcna granica niza. Med¯utim, obrnuto ne vaˇzi, delimiˇcna granica niza ne mora biti taˇcka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Primer je niz xn = (−1)n . Delimiˇcne granice niza su 1 i −1, ali skup njegovih vrednosti X = {−1, 1} je konaˇcan i nema nijednu taˇcku nagomilavanja. Joˇs jednostavniji primer je konstantan niz an = 1. On ima granicu 1 i to je njegova jedina delimiˇcna granica, ali skup vrednosti niza je jednoelementan i nema taˇcku nagomilavanja. Med¯utim, ako delimiˇcna granica niza ne pripada skupu vrednosti niza, onda je ona taˇcka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Preciznije, vaˇzi tvrd¯enje: Tvrd¯enje 2.81. Neka je (xn ) realan niz, X = {xn : n ∈ N} skup njegovih vrednosti i x ∈ R. Ako x ∈ / X, tada su sledeći uslovi ekvivalentni (2.81.1) x je delimiˇcna granica niza. (2.81.2) U svakoj okolini taˇcke x postoji barem jedan ˇclan niza. (2.81.3) x je taˇcka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Dokaz. (2.81.1)=⇒(2.81.2): Neka je x delimiˇcna granica niza (xn ) i neka je U proizvoljna okolina taˇcke x. Iz Tvrd¯enja 2.80 sledi da U sadrˇzi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ), pa će, prema tome, sadrˇzati barem jedan ˇclan niza. (2.81.2)=⇒(2.81.3): Pretpostavimo da se u svakoj okolini U taˇcke x nalazi barem jedan ˇclan niza (xn ). Kako x ∈ / X, to je x ̸= xn za svako n ∈ N, pa u okolini U postoji barem jedan element skupa X razliˇcit od x, ˇsto znaˇci da je x taˇcka nagomilavanja skupa X. Implikaciju (2.81.3)=⇒(2.81.1) smo već dokazali u komentaru pre ovog tvrd¯enja. Jasno je da beskonaˇcne taˇcke ne mogu pripadati skupu vrednosti realnog niza, pa iz Tvrd¯enja 2.81 i Tvrd¯enja 2.80 neposredno sledi sledeće tvrd¯enje: Tvrd¯enje 2.82. Neka je (xn ) realan niz. Sledeći uslovi su ekvivalentni: (2.82.1) +∞ je delimiˇcna granica niza. (2.82.2) U svakoj okolini taˇcke +∞ se nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza.


103

(2.82.3) Za svaku okolinu U taˇcke +∞ i svaki prirodan broj n postoji prirodan broj m > n takav da je xm ∈ U . (2.82.4) U svakoj okolini taˇcke +∞ se nalazi barem jedan ˇclan niza. (2.82.5) +∞ je taˇcka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Analogno tvrd¯enje se moˇze formulisati za −∞. Tvrd¯enje 2.83. Neka je (xn ) niz med¯usobno razliˇcitih realnih brojeva. Za x ∈ R sledeći uslovi su ekvivalentni: (2.83.1) x je delimiˇcna granica niza. (2.83.2) x je taˇcka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Dokaz. (2.83.1)=⇒(2.83.2): Neka je x delimiˇcna granica niza (xn ) i neka je U proizvoljna okolina taˇcke x. Iz Tvrd¯enja 2.80 sledi da U sadrˇzi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ), pa će, s obzirom da su svi ˇclanovi niza med¯usobno razliˇciti, sadrˇzati beskonaˇcno mnogo elemenata skupa vrednosti niza. Prema tome, x je taˇcka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Primetimo da vaˇzi i opˇstije tvrd¯enje: ako u nizu (xn ) ne postoji ˇclan sa kojim se poklapa beskonaˇcno mnogo drugih ˇclanova niza, onda je taˇcka x ∈ R delimiˇcna granica niza ako i samo ako je ona taˇcka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Svaki niz ima bar jednu delimiˇcnu granicu, i dosad smo navodili primere nizova koji imaju taˇcno jednu delimiˇcnu granicu (svaki niz koji ima granicu), dve delimiˇcne ( n nπ ) n (−1) granice (niz ((−1) )n i (n ). Med¯utim, )n ) ili tri delimiˇcne granice (niz sin 2 n niz moˇze imati i beskonaˇcno mnogo delimiˇcnih granica. Primer 2.84. Neka je (an ) niz med¯usobno razliˇcitih realnih brojeva, i neka je 1 xnk = an − , n, k ∈ N. Za svako n ∈ N, niz (xnk )∞ k=1 konvergira ka an , tj. k lim xnk = an . Radi preglednosti dajemo sledeću tabelu:

k→∞

x11 → x12 x13 → x14 . . . → a1 ↙ ↗ ↙ x21 x22 x23 x24 . . . → a2 ↓ ↗ ↙ x31 x32 x33 x34 . . . → a3 ↙ x41 x42 x43 x44 . . . → a4 ............................................. ............................................. Formirajmo niz (yn ) standardnim postupkom: y1 = x11 , y2 = x12 , y3 = x21 , y4 = x31 , y5 = x22 , y6 = x13 , itd. Za svako n ∈ N, niz (xnk )∞ k=1 je podniz niza (yn ), pa je an delimiˇcna granica niza (yn ). Dakle, niz (yn ) ima beskonaˇcno mnogo delimiˇcnih granica. Med¯utim, brojevi an , n ∈ N, nisu jedine delimiˇcne granice niza (yn ). Svaka delimiˇcna granica niza (an ) (ili ˇsto je u ovom sluˇcaju isto, taˇcka nagomilavanja skupa

104

Glava 2. Nizovi

vrednosti niza (an )-videti Tvrd¯enje 2.83) je ujedno i delimiˇcna granica niza (yn ). Ovo sledi iz narednog tvrd¯enja, koje govori o tome da je svaka taˇcka nagomilavanja skupa delimiˇcnih granica niza, opet delimiˇcna granica niza. Tvrd¯enje 2.85. Neka je (xn ) niz realnih brojeva i D(xn ) skup njegovih delimiˇcnih granica. Ako je x0 taˇcka nagomilavanja skupa D(xn ), onda x0 ∈ D(xn ). Dokaz. Neka je x0 taˇcka nagomilavanja skupa D(xn ) i U proizvoljna okolina taˇcke x0 . Tada postoji a ∈ D(xn ) tako da je a ∈ U . Kako je U okolina i taˇcke a, i budući da je a delimiˇcna granica niza (xn ), iz Tvrd¯enja 2.80 sledi da se u okolini U nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ). Prema tome, u proizvoljnoj okolini taˇcke x0 se nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ), ˇsto opet na osnovu Tvrd¯enja 2.80 znaˇci da je x0 delimiˇcna gtranica niza (xn ). Za skup X kaˇzemo da je prebrojiv ako postoji bijektivno preslikavanje skupa prirodnih brojeva na skup X. Drugim reˇcima, skup je prebrojiv ako njegove elemente moˇzemo da pored¯amo u niz. Skup racionalnih brojeva iz ma kog intervala je prebrojiv. Skup svih racionalnih brojeva je takod¯e prebrojiv16 . Primer 2.86. Skup racionalnih brojeva iz intervala (0, 1) je prebrojiv. Pored¯ajmo njegove elemente u niz (rn ). Iz Tvrd¯enja 1.70 sledi da u okolini svakog realnog broja a iz segmenta [0, 1] ima beskonaˇcno mnogo racionalnih taˇcaka iz intervala (0, 1), pa je, na osnovu Tvrd¯enja 2.80, a delimiˇcna granica niza (rn ). Neka je b realan broj koji ne pripada segmentu [0, 1]. Budući da postoji njegova okolina koja je disjunktna sa intervalom (0, 1), pa samim tim i skupom Q ∩ (0, 1), sledi da b nije delimiˇcna granica niza (rn ). Prema tome, skup svih delimiˇcnih granica niza (rn ) je segment [0, 1]. • Primer 2.87. Skup racionalnih brojeva Q je prebrojiv, pa se njegovi elementi mogu pored¯ati u niz (qn ). Iz Tvrd¯enja 1.70 sledi da se u okolini svake taˇcke a ∈ R nalazi beskonaˇcno mnogo racionalnih taˇcaka, pa je, na osnovu Tvrd¯enja 2.80, a delimiˇcna granica niza (qn ). Prema tome, skup svih delimiˇcnih granica niza (qn ) je skup R. • Dosad smo utvrdili da je za niz realnih brojeva (xn ), skup njegovih delimiˇcnih granica, D(xn ), neprazan podskup skupa R, i da moˇze biti beskonaˇcan. Bilo koji beskonaˇcan podskup skupa R ima supremum i infimum, ali ne mora da ima minimum i maksimum. Zato je netrivijalno pitanje da li skup delimiˇcnih granica niza (xn ) ima maksimum i minimum. Odgovor je potvrdan i o tome govori naredno tvrd¯enje. Tvrd¯enje 2.88. Za svaki niz realnih brojeva postoji kako najveća, tako i najmanja delimiˇcna granica niza. Dokaz. Neka je (xn ) niz realnih brojeva. Skup D(xn ) je neprazan podskup skupa R, pa ima supremum u skupu R. Neka je α = sup D(xn ) (α ∈ R) i neka je U proizvoljna okolina taˇcke α. Iz definicije supremuma sledi da u okolini U postoji taˇcka a ∈ D(xn ). Ali U je onda okolina i taˇcke a, pa na osnovu Tvrd¯enja 2.80, budući da je a delimiˇcna granica niza (xn ), sledi da se u okolini U nalazi beskonaˇcno mnogo 16

videti udˇzbenik: S. Aljanˇcić, Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Grad¯evinska knjiga Beograd, 1979., str. 17. Primer 3, i str. 19. Primer 6.


105

ˇclanova niza (xn ). Opet na osnovu Tvrd¯enja 2.80, sledi da je α delimiˇcna granica niza (xn ), tj. α ∈ D(xn ). Kako je α supremum skupa koji pripada skupu, sledi da je α = max D(xn ), tj. postoji najveća delimiˇcna granica niza (xn ). Sliˇcno se dokazuje da postoji najmanja delimiˇcna granica niza (xn ). Definicija 2.89. Najveća delimiˇcna granica niza (xn ) zove se limes superior ili gornji limes niza (xn ) i oznaˇcava se sa lim sup xn ili lim xn . n→∞

n→∞

Najmanja delimiˇcna granica niza (xn ) zove se limes inferior ili donji limes niza (xn ) i oznaˇcava se sa lim inf xn ili lim xn . n→∞

n→∞

Naravno, treba praviti razliku izmed¯u pojma supremuma (infimuma) niza (uvedenog u sekciji 2.2 Monotoni nizovi) i pojma limesa superiora (inferiora) niza. Primetimo da niz (xn ) nije ograniˇcen odozgo ako i samo ako je sup xn = +∞. n

Takod¯e potreban i dovoljan uslov da niz nije ograniˇcen odozgo je da je lim xn = n→∞ +∞. Zaista, ako niz nije ograniˇcen odozgo, onda je +∞ njegova delimiˇcna granica, i oˇcigledno i najveća, pa je lim xn = +∞. Obrnuto, ako je lim xn = +∞, tada n→∞

n→∞

je +∞ delimiˇcna granica niza, pa na osnovu Tvrd¯enja 2.82 ((2.82.1)⇐⇒(2.82.4)), za svako M ∈ R postoji n ∈ N tako da je xn ∈ (M, +∞), tj. xn > M , ˇsto znaˇci da je niz (xn ) neograniˇcen odozgo. Sliˇcno, potreban i dovoljan uslov da niz (xn ) nije ograniˇcen odozdo je da je inf xn = −∞, a takod¯e je potreban i dovoljan uslov za to n i da je lim xn = −∞. n→∞

Med¯utim, ako je niz odozgo (odozdo) ograniˇcen, tada i samo tada su limes superior (inferior) niza i supremum (infimum) niza konaˇcni brojevi, i naravno, moˇze se desiti da se razlikuju. Inaˇce, za svaki niz (xn ) oˇcigledno vaˇze nejednakosti: inf xn ≤ lim xn ≤ lim xn ≤ sup xn . n

n→∞

n→∞

n

Ako je (xnk ) podniz niza (xn ), onda je D(xnk ) ⊂ D(xn ). Odavde lim xnk = k→∞

sup D(xnk ) ≤ sup D(xn ) = lim xn i lim xnk = inf D(xnk ) ≥ inf D(xn ) = lim xn , n→∞

n→∞

k→∞

i prema tome: lim xn ≤ lim xnk ≤ lim xnk ≤ lim xn .

n→∞

k→∞

k→∞

n→∞

(2.71)

Za niz (xn ) realnih brojeva kaˇzemo da je razloˇzen ili razbijen na podnizove (xpn ), (xqn ), . . . , (xsn ),

(2.72)

ako su (pn ), (qn ),..., (sn ) strogo rastući nizovi prirodnih brojeva ˇciji su skupovi vrednosti dva po dva disjunktni, dok je unija svih ovih skupova vrednosti skup prirodnih brojeva.

106

Glava 2. Nizovi

Za dokaz narednog tvrd¯enja biće nam potrebne sledeće jednakosti, koje se lako dokazuju: sup(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) = max{sup A1 , sup A2 , . . . , sup An },

(2.73)

inf(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) = min{inf A1 , inf A2 , . . . , inf An },

(2.74)

gde su A1 , A2 , . . . An poskupovi skupa R. Zaista, neka je a ∈ A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An . Tada postoji i ∈ {1, 2, . . . , n} tako da a ∈ Ai . Sledi a ≤ sup Ai ≤ max{sup A1 , sup A2 , . . . , sup An }. Prema tome, max{sup A1 , sup A2 , . . . , sup An } je gornja granica skupa A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An . Neka je b proizvoljna gornja granica ovog skupa. Onda je b gornja granica svakog od skupova Ai , i = 1, 2, . . . , n, pa je sup Ai ≤ b za svako i = 1, 2, . . . , n. Odavde sledi max{sup A1 , sup A2 , . . . , sup An } ≤ b. Prema tome, max{sup A1 , sup A2 , . . . , sup An } je najmanja gornja granica skupa A1 ∪A2 ∪· · ·∪An , tj. vaˇzi (2.73). Sliˇcno se dokazuje jednakost (2.74). Tvrd¯enje 2.90. Ako je niz (xn ) razbijen na podnizove (2.72), onda je D(xn ) = D(xpn ) ∪ D(xqn ) ∪ · · · ∪ D(xsn ),

(2.75)

gde su D(xn ), D(xpn ), D(xqn ), . . . , D(xsn ) redom skupovi delimiˇcnih granica niza (xn ) i nizova (2.72). Dalje, (2.90.1) Infimum niza je jednak najmanjem od infimuma podnizova (2.72), tj. inf xn = min{inf xpn , inf xqn , . . . , inf xsn }; n

n

n

n

(2.90.2) Supremum niza je jednak najvećem od supremuma podnizova (2.72), tj. sup xn = max{sup xpn , sup xqn , . . . , sup xsn }; n

n

n

n

(2.90.3) lim xn je jednak najmanjem od limesa inferiora podnizova (2.72), tj. n→∞

lim xn = min{ lim xpn , lim xqn , . . . , lim xsn };

n→∞

n→∞

n→∞

(2.76)

n→∞

(2.90.4) lim xn je jednak najvećem od limesa superiora podnizova (2.72), tj. n→∞

lim xn = max{ lim xpn , lim xqn , . . . , lim xsn }.

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

(2.77)

Dokaz. Oˇcigledno vaˇzi inkluzija D(xpn ) ∪ D(xqn ) ∪ · · · ∪ D(xsn ) ⊂ D(xn ). Ostaje da dokaˇzemo obrnutu inkluziju. Neka je x ∈ / D(xpn ) ∪ D(xqn ) ∪ · · · ∪ D(xsn ). Iz Tvrd¯enja 2.80 sledi da postoje okoline Up , Uq , . . . , Us taˇcke x, tako da Up sadrˇzi samo konaˇcno mnogo ˇclanova niza (xpn ), Uq sadrˇzi samo konaˇcno mnogo ˇclanova niza (xqn ), ... , i Us sadrˇzi samo konaˇcno mnogo ˇclanova niza (xsn ). Sledi da postoje prirodni brojevi np ,


107

nq , . . . , ns tako da za svako n ∈ N, n ≥ np povlaˇci xpn ∈ / Up , n ≥ nq povlaˇci xqn ∈ / Uq , . . . , n ≥ ns povlaˇci xsn ∈ / Us . Neka je n0 = max{np , nq , . . . , ns } i U = Up ∩ Uq ∩ · · · ∩ Us . Tada je U okolina taˇcke x i za sve n ∈ N takve da je n ≥ n0 vaˇzi xn ∈ / U . Zato x ∈ / D(xn ). Time smo dokazali da vaˇzi i inkluzija D(xn ) ⊂ D(xpn ) ∪ D(xqn ) ∪ · · · ∪ D(xsn ). Dakle, vaˇzi jednakost (2.75). (2.90.1) sledi iz (2.74), dok (2.90.2) sledi iz (2.73). (2.90.3): Iz (2.75) i (2.73) sledi lim xn = min D(xn ) = min(D(xpn ) ∪ D(xqn ) ∪ · · · ∪ D(xsn )) n

n→∞

= min{min D(xpn ), min D(xqn ), . . . , min D(xsn )} = min{ lim xpn , lim xqn , . . . , lim xsn }. n→∞

n→∞

n→∞

Analogno se dokazuje (2.90.4). (−1)n

( 1+

) 1 , imamo n+1

Primeri 2.91. (i) Za niz (xn ) ˇciji je opˇsti ˇclan xn = ( ) ( ) 1 1 da je x2k = 1 + i x2k−1 = − 1 + , k ∈ N. Kako je x2k−1 < 0 < x2k , 2k + 1 2k k ∈ N, niz (x2k−1 ) rastući, a niz (x2k ) opadajući, to je na osnovu (2.90.1) i (2.90.2) 3 inf xn = inf x2k−1 = x1 = − n k 2 i 4 sup xn = sup x2k = x2 = . 3 n k Kako je lim x2k−1 = −1 i lim x2k = 1, na osnovu (2.90.3) i (2.90.4) zakljuˇcujemo k→∞

k→∞

da je lim xn = −1,

n→∞

lim xn = 1.

n→∞

(−1)n 1 + (−1)n + . Kako je n 2 1 1 a2n = 1 + , a2n−1 = − , 2n 2n − 1 zakljuˇcujemo da je a2n > 0 > a2n−1 , niz (a2n ) je opadajući, a niz a2n−1 rastući. Zato je na osnovu Tvrd¯enja 2.90 3 inf an = inf a2n−1 = a1 = −1, sup an = sup a2n = a2 = , n n 2 n n lim an = lim a2n−1 = 0, lim xn = lim a2n = 1. (ii) Neka je (an ) niz ˇciji je opˇsti ˇclan an =

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

1 , b2k = 2k, b2k−1 ≤ 1 < b2r , za 2k − 1 svako k, r ∈ N, niz (b2k−1 ) je opadajući, a niz (b2k ) je rastući. Iz Tvrd¯enja 2.90 sledi n

(iii) Za niz bn = n(−1) imamo da je b2k−1 =

inf bn = inf b2k−1 = lim b2k−1 = 0, sup bn = sup b2k = +∞, n

k

k→∞

lim bn = lim b2n−1 = lim b2n−1 = 0, n→∞

n→∞

n→∞

n

k

lim bn = lim b2n = lim b2n = +∞.

n→∞

n→∞

n→∞

108

Glava 2. Nizovi

(iv) Za niz (rn ) iz Primera 2.86 imamo da je inf rn = lim rn = 0, sup rn = lim rn = 1. n

n→∞

n→∞

n

(v) Za niz (qn ) iz Primera 2.87 vaˇzi da je inf qn = lim qn = −∞, sup qn = lim qn = +∞. • n

n→∞

n→∞

n

Sledeće tvrd¯enje daje karakterizaciju limesa superiora kada je on konaˇcan broj. Tvrd¯enje 2.92. Neka je (xn ) niz realnih brojeva. Realan broj x0 je limes superior niza (xn ) ako i samo ako vaˇze sledeća dva uslova: (2.92.1) za svako ϵ > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve n ∈ N, takve da je n ≥ n0 vaˇzi xn < x0 + ϵ; (2.92.2) za svako ϵ > 0 i svako n ∈ N postoji postoji ˇclan niza xm sa indeksom m > n tako da je xm > x0 − ϵ. Uslov (2.92.1) znaˇci da su za proizvoljno ϵ > 0 skoro svi ˇclanovi niza manji od x0 + ϵ, tj. samo konaˇcno mnogo ˇclanova niza se nalazi u intervalu [x0 + ϵ, +∞). Uslov (2.92.2) znaˇci da za proizvoljno ϵ > 0 postoji beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza koji su veći od x0 − ϵ. Dokaz. Neka je x0 = lim xn . Ako uslov (2.92.1) ne bi vaˇzio, onda bi postojalo n→∞

ϵ > 0 tako da se u intervalu [x0 + ϵ, +∞) nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza. Onda bi postojao podniz (xnk ) niza (xn ) ˇciji ˇclanovi xnk , k ∈ N, pripadaju intervalu [x0 + ϵ, +∞). Ovaj niz (xnk ) ima bar jednu delimiˇcnu granicu b koja je istovremeno i delimiˇcna granica niza (xn ). Kako je xnk ≥ x0 + ϵ za sve k ∈ N, to je onda i b ≥ x0 + ϵ, i zato je b > x0 . Ovo je nemoguće jer je x0 najveća delimiˇcna granica niza (xn ). Dokaˇzimo da vaˇzi uslov (2.92.2). Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Budući da je x0 , kao limes superior, delimiˇcna granica niza, i kako je interval (x0 − ϵ, +∞) okolina taˇcke x0 , to na osnovu Tvrd¯enja 2.80 sledi da za svako n ∈ N postoji m ∈ N, takvo da je m > n i xm ∈ (x0 − ϵ, +∞), tj. xm > x0 − ϵ. Obrnuto, pretpostavimo da vaˇze uslovi (2.92.1) i (2.92.2). Neka je U proizvoljna okolina taˇcke x0 . Postoji onda ϵ > 0 tako da je (x0 − ϵ, x0 + ϵ) ⊂ U . Iz (2.92.1) i (2.92.2) sledi da će za svako n ∈ N postojati m ∈ N takvo da je m > n i xm ∈ (x0 − ϵ, x0 + ϵ), i prema tome xm ∈ U . Iz Tvrd¯enja 2.80 sledi da je x0 delimiˇcna granica niza (xn ). Pokaˇzimo da je x0 najveća delimiˇcna granica niza (xn ). Pretpostavimo suprotno, da postoji delimiˇcna granica a niza (xn ), takva da je a > x0 . Izaberimo ϵ > 0 tako da je ϵ < a − x0 . Tada je x0 + ϵ < a, i interval (x0 + ϵ, +∞) je okolina taˇcke a. Kako je a delimiˇcna granica niza, to će se u okolini (x0 + ϵ, +∞) nalaziti beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ) (Tvrd¯enje 2.80), ˇsto je u suprotnosti sa uslovom (2.92.1). Analogno se dokazuje sledeće tvrd¯enje za lim xn ∈ R. n→∞


109

Tvrd¯enje 2.93. Neka je (xn ) niz realnih brojeva. Realan broj x0 je limes inferior niza (xn ) ako i samo ako vaˇze sledeća dva uslova: (2.93.1) za svako ϵ > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve n ∈ N, takve da je n ≥ n0 vaˇzi xn > x0 − ϵ; (2.93.2) za svako ϵ > 0 i svako n ∈ N postoji postoji ˇclan niza xm sa indeksom m > n tako da je xm < x0 + ϵ. Za dati niz (xn ), oznaˇcimo sa sup xk supremum skupa {xn , xn+1 , . . . }, a sa k≥n

inf xk infimum skupa {xn , xn+1 , . . . }. Sledeće tvrd¯enje daje joˇs jednu karakteri-

k≥n

zaciju limesa superiora i limesa inferiora niza. Tvrd¯enje 2.94. Neka je (xn ) niz realnih brojeva. Tada je lim xn = inf sup xk .

(2.78)

lim xn = lim sup xk ,

(2.79)

n→∞

n k≥n

Takod¯e je n→∞

n→∞ k≥n

pri ˇcemu u sluˇcaju niza neograniˇcenog odozgo, kada za svako n ∈ N vaˇzi sup xk = k≥n

+∞, smatramo da je lim sup xk = +∞. n→∞ k≥n

Dokaz. Ako niz (xn ) nije odozgo ograniˇcen, tada je, na osnovu Bolcano-Vajerˇstrasove teoreme, +∞ njegova delimiˇcna granica, i oˇcevidno i najveća delimiˇcna granica, pa je lim xn = +∞. U ovom sluˇcaju za svako n ∈ N vaˇzi sup xk = +∞, pa n→∞

k≥n

je inf sup xk = +∞ i vaˇzi jednakost lim xn = inf sup xk . Kako u ovom sluˇcaju n k≥n

n→∞

n k≥n

podrazumevamo da je lim sup xk = +∞, vaˇzi i jednakost lim xn = lim sup xk . n→∞

n→∞ k≥n

n→∞ k≥n

Neka je (xn ) ograniˇcen odozgo. Obeleˇzimo sa αn = sup xk , n ∈ N. Jasno, αn je k≥n

realan broj za svako n ∈ N. Kako je {xn , xn+1 , xn+2 , . . . } ⊃ {xn+1 , xn+2 , . . . }, to je sup xk ≥ sup xk , tj. αn ≥ αn+1 za sve n ∈ N. Niz (αn ) je opadajući i zato ima k≥n

k≥n+1

graniˇcnu vrednost, lim αn = inf αn ,

n→∞

n

konaˇcnu ili −∞, prema tome da li je niz odozdo ograniˇcen ili nije (Teorema 2.56). Razmotrimo prvo sluˇcaj kada (αn ) nije odozdo ograniˇcen. Tada je lim αn = n→∞ −∞, pa za svako M ∈ R postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi αn < M . Kako je αn = sup xk , sledi da je xk < M za svako k ≥ n0 . Ovo znaˇci da je lim xn = −∞, n→∞

k≥n

pa je −∞ jedina delimiˇcna granica niza (xn ). Sledi lim xn = −∞. Prema tome, n→∞

lim xn = lim αn = inf αn , tj. vaˇze jednakosti (2.78) i (2.79).

n→∞

n→∞

n

110

Glava 2. Nizovi Razmotrimo sada sluˇcaj kada je (αn ) odozdo ograniˇcen niz. Tada je lim αn = n→∞

inf αn = α ∈ R. Pokaˇzimo da α ispunjava uslove (2.92.1) i (2.92.2). n Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz lim αn = α sledi da postoji n0 ∈ N tako da za n→∞ sve n ≥ n0 vaˇzi αn < α + ϵ. Kako je αn = sup xk , sledi da je xk < α + ϵ za svako k≥n

k ≥ n0 , tj. α ispunjava uslov (2.92.1). Na drugoj strani, budući da je α infimum niza (αn ), imaćemo da za svako n ∈ N vaˇzi α − ϵ < α ≤ αn = sup xk . k≥n

Iz α − ϵ < sup xk , n ∈ N, sledi da za svako n ∈ N postoji k ≥ n tako da je α − ϵ < xk , k≥n

i prema tome, α ispunjava i uslov (2.92.2). Sada na osnovu Tvrd¯enja 2.92 sledi da je lim xn = α, tj. lim xn = lim αn = n→∞

n→∞

inf αn , i prema tome, vaˇze jednakosti (2.78) i (2.79). n Analogno se dokazuje sledeće tvrd¯enje za limes inferior niza.

n→∞

Tvrd¯enje 2.95. Neka je (xn ) niz realnih brojeva. Tada je lim xn = sup inf xk . n k≥n

n→∞

Takod¯e je lim xn = lim inf xk , n→∞ k≥n

n→∞

pri ˇcemu u sluˇcaju niza neograniˇcenog odozdo, kada za svako n ∈ N vaˇzi inf xk = k≥n

−∞, smatramo da je lim inf xk = −∞. n→∞ k≥n

Tvrd¯enje 2.96. Niz (xn ) ima graniˇcnu vrednost ako i samo ako je lim xn = n→∞ lim xn , tj. ako i samo ako ima taˇcno jednu delimiˇcnu granicu i tada je n→∞

lim xn = lim xn = lim xn . n→∞

n→∞

n→∞

(2.80)

Dokaz. Ako niz ima graniˇcnu vrednost, onda i svi njegovi podnizovi teˇze toj graniˇcnoj vrednosti (Tvrd¯enje 2.63), i prema tome niz ima samo jednu delimiˇcnu granicu. Zato je lim xn = lim xn = lim xn . n→∞

n→∞

n→∞

Obrnuto, ako je lim xn = lim xn moguća su tri sluˇcaja: n→∞

n→∞

1) lim xn = lim xn = +∞; n→∞

n→∞

2) lim xn = lim xn = −∞; n→∞

n→∞

3) lim xn = lim xn = x0 ∈ R. n→∞

n→∞

Neka je lim xn = lim xn = +∞ i neka je M ∈ R proizvoljno. U intervalu n→∞

n→∞

(−∞, M ] se nalazi samo konaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ), jer u protivnom ako


111

bi se u ovom intervalu nalazilo beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza, onda bismo od njih mogli konstruisati podniz (xnk ) koji onda ima bar jednu delimiˇcnu granicu b (Teorema 2.71). Ali onda bi zbog xnk ≤ M , sledilo b ≤ M , odakle lim xn ≤ M , n→∞

ˇsto je nemoguće. Prema tome, postoji n0 ∈ N tako da za sve n ≥ n0 vaˇzi xn ∈ (M, +∞), ˇsto znaˇci da je lim xn = +∞. Dakle, niz (xn ) ima graniˇcnu vrednost i n→∞

vaˇze jednakosti (2.80). Sliˇcno, ako je lim xn = lim xn = −∞ dokazujemo da se za proizvoljno M ∈ R, n→∞

n→∞

u intervalu [M, +∞) nalazi samo konaˇcno mnogo ˇclanova niza (xn ), tj. postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi xn ∈ (−∞, M ). To znaˇci da je lim xn = −∞, n→∞

i prema tome, niz (xn ) ima graniˇcnu vrednost i vaˇzi (2.80). Neka je lim xn = lim xn = x0 ∈ R. Tada iz Tvrd¯enja 2.92 i 2.93 (preciznije, n→∞

n→∞

iz uslova (2.92.1) i (2.93.1)) sledi da za proizvoljno ϵ > 0 postoje prirodni brojevi n1 i n2 tako da je xn < x0 + ϵ za svako n ≥ n1 i xn > x0 − ϵ za svako n ≥ n2 . Neka je n0 = max{n1 , n2 }. Tada je xn ∈ (x0 − ϵ, x0 + ϵ) za svako n ≥ n0 . Ovo znaˇci da je lim xn = x0 , tj. niz (xn ) ima granicu i vaˇze jednakosti (2.80). n→∞

Tvrd¯enje 2.97. Niz (xn ) konvergira (tj. ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost) ako i samo ako je lim xn = lim xn konaˇcan broj, tj. ako i samo ako ima taˇcno jednu n→∞

n→∞

delimiˇcnu granicu i ona je konaˇcna, i tada je lim xn = lim xn = lim xn . n→∞

n→∞

n→∞

Dokaz. Sledi iz dokaza Tvrd¯enja 2.96. Tvrd¯enje 2.98. Neka je niz (xn ) razbijen na podnizove (xpn ), (xqn ), . . . , (xsn ). Ako svaki od podnizova (xpn ), (xqn ), . . . , (xsn ) ima graniˇcnu vrednost a ∈ R, tada i niz (xn ) ima graniˇcnu vrednost a. Dokaz. Iz Tvrd¯enja 2.96 sledi da je lim xpn = lim xpn = a, lim xqn = lim xqn = n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

a,..., lim xsn = lim xsn = a. Sada iz (2.90.3) i (2.90.4) sledi lim xn = a i n→∞

n→∞

n→∞

lim xn = a. Na osnovu Tvrd¯enja 2.96 zakljuˇcujemo da niz (xn ) ima graniˇcnu n→∞ vrednost a. Primer 2.99. Neka svaki od podnizova (x2n ), (x2n−1 ), (x3n ) niza (xn ) ima graniˇcnu vrednost. Pokazaćemo da niz (xn ) ima graniˇcnu vrednost. Neka je lim x2n = a1 , lim x2n−1 = a2 i lim x3n = a3 . n→∞

n→∞

n→∞

Kako je (x6n ) podniz niza (x2n ), to je, na osnovu Tvrd¯enja 2.63, lim x6n = a1 . n→∞

Takod¯e, (x6n ) je podniz niza (x3n ), pa je lim x6n = a3 . Opet na osnovu Tvrd¯enja n→∞ 2.11 zakljuˇcujemo da je a1 = a3 . (2.81)

112

Glava 2. Nizovi

Budući da je (x6n+3 ) podniz niza (x2n−1 ), a takod¯e i niza (x3n ), sledi lim x6n+3 = a2 n→∞ i lim x6n+3 = a3 , i prema tome, n→∞

a2 = a3 .

(2.82)

Iz (2.81) i (2.82) sledi a1 = a2 . S obzirom da je niz (xn ) razbijen na podnizove (x2n ), (x2n−1 ), i da je lim x2n = lim x2n−1 = a1 , iz Tvrd¯enja 2.98 sledi da niz (xn ) ima n→∞ n→∞ graniˇcnu vrednost a1 . • Tvrd¯enje 2.100. Neka su (xn ) i (yn ) nizovi realnih brojeva. Ako je xn ≤ yn ,

(2.83)

lim xn ≤ lim yn ,

(2.84)

lim xn ≤ lim yn .

(2.85)

poˇcev od nekog n ∈ N, onda je n→∞

n→∞

i n→∞

n→∞

Dokaz. Neka je xn ≤ yn poˇcev od nekog n ∈ N. Pretpostavimo da je lim xn > n→∞

lim yn . Izaberimo z ∈ R tako da je lim xn > z > lim yn . Pokazaćemo da

n→∞

n→∞

postoji n1 ∈ N takav da

n→∞

(∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ xn > z).

(2.86)

Pretpostavimo da uslov (2.86) ne vaˇzi. Tada se u intervalu (−∞, z] nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza i zato postoji podniz (xnk ) niza (xn ) ˇciji ˇclanovi xnk , k ∈ N, pripadaju intervalu (−∞, z]. Ovaj niz (xnk ) ima bar jednu delimiˇcnu granicu b koja je istovremeno i delimiˇcna granica niza (xn ). Kako je xnk ≤ z za sve k ∈ N, to je onda i b ≤ z, i zato je b < lim xn . Ovo je u suprotnosti sa ˇcinjenicom da je lim xn n→∞

n→∞

najmanja delimiˇcna granica niza (xn ). Iz lim yn < z, sledi da je (−∞, z) okolina taˇcke lim yn , i kako je lim yn n→∞

n→∞

n→∞

delimiˇcna granica niza (yn ), to iz Tvrd¯enja 2.80 sledi da se u okolini (−∞, z) nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (yn ), tj. uslov yn < z ispunjava beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza (yn ). Kako uslov (2.86) znaˇci da je z < xn za skoro sve ˇclanove niza (xn ), zakljuˇcujemo da je yn < xn za beskonaˇcno mnogo vrednosti n ∈ N, ˇsto je suprotno pretpostavci da je yn ≥ xn poˇcev od nekog n ∈ N. Sliˇcno se dokazuje da je lim xn ≤ lim yn . n→∞

n→∞

Primetimo da smo Tvrd¯enje 2.100 mogli da dokaˇzemo koriˇsćenjem Tvrd¯enja 2.94 i 2.95, i sledeće leme koju je jednostavno dokazati. Lema 2.101. Neka su (xn ) i (yn ) nizovi realnih brojeva takvi da je xn ≤ yn za svako n ∈ N. Tada je sup xn ≤ sup yn i inf xn ≤ inf yn . n

n

n

n


113

Dokaz. Neka je lx = inf xn , ly = inf yn , Lx = sup xn i Ly = sup yn . Za svako n ∈ N n

n

n

n

vaˇzi xn ≤ yn ≤ Ly , ˇsto znaˇci da je Ly gornja granica skupa {xn : n ∈ N}, pa je Lx = sup{xn : n ∈ N} ≤ Ly . Sliˇcno, budući da je lx ≤ xn ≤ yn za svako n ∈ N, sledi da je lx donja granica skupa {yn : n ∈ N}, pa je lx ≤ inf{yn : n ∈ N} = ly . Dokaz Tvrd¯enja 2.100. Ne umanjujući opˇstost moˇzemo pretpostaviti da je xn ≤ yn za svako n ∈ N (jer limes suprior i limes inferior ne zavise od konaˇcno mnogo ˇclanova niza). Ako niz (yn ) nije ograniˇcen odozgo, onda je lim yn = +∞ i vaˇzi nejednakost n→∞

(2.85). Pretpostavimo sada da je (yn ) ograniˇcen odozgo. Tada je sup yn ∈ R za k≥n

svako n ∈ N. Iz Leme 2.101 sledi da je sup xk ≤ sup yk za svako n ∈ N. Primenimo k≥n

k≥n

opet Lemu 2.101, ovog puta na nizove realnih brojeva (sup xk )n i (sup yk )n , a takod¯e k≥n

k≥n

i Tvrd¯enje 2.94 i dobićemo: lim xn = inf sup xn ≤ inf sup yn = lim yn ,

n→∞

n k≥n

n k≥n

n→∞

tj. vaˇzi nejednakost (2.85). Sliˇcno, ako niz (xn ) nije ograniˇcen odozdo, onda je lim xn = −∞ i vaˇzi nejedn→∞

nakost (2.84). Ako pretpostavimo da je niz (xn ) odozdo ograniˇcen, onda je inf xk k≥n

konaˇcan broj za svako n ∈ N. Na osnovu Leme 2.101 vaˇzi inf xk ≤ inf yk za svako k≥n

k≥n

n ∈ N, i opet primenom Leme 2.101 na nizove realnih brojeva ( inf xk )n i ( inf yk )n k≥n

k≥n

dobijamo: sup inf xk ≤ sup inf yk , n k≥n

n k≥n

ˇsto na osnovu Tvrd¯enja 2.95, znaˇci da je lim xn ≤ lim yn . n→∞

n→∞

Tvrd¯enje 2.102. Neka je (xn ) niz realnih brojeva i M, m ∈ R. Tada: (2.102.1) Ako je xn ≤ M poˇcev od nekog n ∈ N, onda je lim xn ≤ M . n→∞

(2.102.2) Ako je xn ≥ m za beskonaˇcno mnogo vrednosti n ∈ N, onda je lim xn ≥ n→∞ m. Dokaz. (2.102.1): Neka je xn ≤ M poˇcev od nekog n ∈ N. Tada iz Tvrd¯enja 2.100 sledi lim xn ≤ lim M = M . n→∞

n→∞

(2.102.2): Neka je xn ≥ m za beskonaˇcno mnogo vrednosti n ∈ N. To znaˇci da se u intervalu [m, +∞) nalazi beskonaˇcno mnogo ˇclanova niza xn , pa se od njih moˇze formirati podniz (xnk ). Kako je xnk ≥ m za svako k ∈ N, na osnovu Tvrd¯enja 2.100 sledi lim xnk ≥ lim m = m. Iz (2.71) sledi lim xn ≥ lim xnk , pa je n→∞

lim xn ≥ m.

n→∞

n→∞

Sliˇcno se dokazuje sledeće tvrd¯enje.

n→∞

n→∞

114

Glava 2. Nizovi

Tvrd¯enje 2.103. Neka je (xn ) niz realnih brojeva i M, m ∈ R. Tada: (2.103.1) Ako je xn ≥ m poˇcev od nekog n ∈ N, onda je lim xn ≥ m. n→∞

(2.103.2) Ako je xn ≤ M za beskonaˇcno mnogo vrednosti n ∈ N, onda je lim xn ≤ n→∞

M. 17 teorema) Neka su (x ) i (y ) nizovi realnih brojeva, ˇ Teorema 2.104. (Stolcova n n (yn ) strogo rastući niz i lim yn = +∞. Ako postoji graniˇcna vrednost (konaˇcna ili n→∞ xn − xn−1 xn beskonaˇcna) lim , tada postoji i graniˇcna vrednost lim i vaˇzi n→∞ yn − yn−1 n→∞ yn

lim

n→∞

xn − xn−1 xn = lim . n→∞ yn yn − yn−1

xn − xn−1 konaˇcan broj i neka je ϵ > 0 proizvoljno. Kako yn − yn−1 je lim yn = +∞, postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj k, iz k > n0 sledi n→∞ yk > 0 i xk − xk−1 l−ϵ< < l + ϵ. (2.87) yk − yk−1

Dokaz. Neka je l = lim

n→∞

S obzirom da je niz (yn ) strogo rastući, sledi yk − yk−1 > 0, pa iz (2.87) dobijamo (l − ϵ)(yk − yk−1 ) < xk − xk−1 < (l + ϵ)(yk − yk−1 ).

(2.88)

Stavljajuću u (2.88) redom k = n0 + 1, . . . , n, gde je n > n0 , i sabirajući sve te nejednakosti, dobijamo (l − ϵ)(yn − yn0 ) < xn − xn0 < (l + ϵ)(yn − yn0 ).

(2.89)

Kako je yn > 0 za n > n0 , to iz (2.89) deljenjem sa yn dobijamo ( ) ( ) yn0 xn xn0 yn 0 (l − ϵ) 1 − < − < (l + ϵ) 1 − , yn yn yn yn tj. ( ) ( ) xn0 yn 0 xn xn0 yn0 + (l − ϵ) 1 − < < + (l + ϵ) 1 − . yn yn yn yn yn Iz (2.90) i Tvrd¯enja 2.100 sledi ( ( )) xn0 xn yn lim + (l − ϵ) 1 − 0 ≤ lim ≤ y y n→∞ n→∞ yn n n ( )) ( yn0 xn xn0 ≤ lim + (l + ϵ) 1 − . ≤ lim n→∞ yn n→∞ yn yn 17

O. Stolz (1842-1905), austrijski matematiˇcar

(2.90)

(2.91)


115

Med¯utim, iz lim yn = +∞, na osnovu Tvrd¯enja 2.39 i Posledice 2.30, sledi n→∞ xn0 yn 0 lim = 0 i lim = 0, pa na osnovu Tvrd¯enja 2.18 i Posledice 2.30 sledi da n→∞ yn n→∞ yn je ( ( )) xn0 yn0 lim + (l − ϵ) 1 − =l−ϵ n→∞ yn yn (

i lim

n→∞

( )) x n0 yn 0 + (l + ϵ) 1 − = l + ϵ. yn yn

Na osnovu Tvrd¯enja 2.96 sledi ( ( )) ( ( )) xn0 yn 0 xn0 yn 0 lim +(l − ϵ) 1− = lim + (l−ϵ) 1− = l−ϵ n→∞ yn yn yn yn n→∞ i

( lim

n→∞

( )) ( ( )) yn 0 xn0 yn0 xn0 +(l+ϵ) 1− = lim +(l+ϵ) 1− = l+ϵ. n→∞ yn yn yn yn

(2.92)

(2.93)

Iz (2.91), (2.92) i (2.93) sledi l − ϵ ≤ lim

n→∞

te je −ϵ ≤ lim

n→∞

xn xn ≤ lim ≤ l + ϵ, n→∞ yn yn

xn xn − l ≤ lim − l ≤ ϵ, n→∞ yn yn

(2.94)

(2.95)

i prema tome, x x n n − l ≤ ϵ i 0 ≤ lim − l ≤ ϵ. 0 ≤ lim n→∞ yn n→∞ yn Kako (2.96) vaˇzi za svako ϵ > 0, dobijamo da je18 lim n→∞

pa je

(2.96)

xn xn − l = 0 i lim − l = 0, n→∞ yn yn

xn xn = lim = l. n→∞ yn n→∞ yn xn Sada na osnovu Tvrd¯enja 2.96 sledi lim = l.19 n→∞ yn lim

(2.97)

Ako za realan broj r vaˇze nejednakosti 0 ≤ r ≤ ϵ za svako ϵ > 0, tada je r = 0. Zaista, ako bi 1 bilo r > 0, tada bi, budući da je r ≤ ϵ za svako ϵ > 0, uzimajući da je u ovoj nejednakosti ϵ = r, 2 1 1 dobili r ≤ r, tj. 1 ≤ , ˇsto je apsurd. 2 2 19 Primetimo da smo (2.97) mogli dobiti i na sledeći naˇcin: Kako (2.96) vaˇzi za svako ϵ > 0, dobijamo da je 18

sup{−ϵ : ϵ > 0} ≤ lim n→∞

xn xn − l ≤ lim − l ≤ inf{ϵ : ϵ > 0}. n→∞ yn yn

(2.98)

S obzirom na to da je inf{ϵ : ϵ > 0} = 0 i sup{−ϵ : ϵ > 0} = − inf{ϵ : ϵ > 0} = 0, iz (2.98) sledi

116

Glava 2. Nizovi

xn − xn−1 = +∞ i neka je M ∈ R proizvoljan broj. Tada postoji yn − yn−1 n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj k, iz k > n0 sledi yk > 0 i Neka je lim

n→∞

M<

xk − xk−1 . yk − yk−1

(2.99)

S obzirom da je niz (yn ) strogo rastući, iz (2.99) dobijamo M (yk − yk−1 ) < xk − xk−1 .

(2.100)

Stavljajuću u (2.100) redom k = n0 + 1, . . . , n, gde je n > n0 , i sabirajući sve te nejednakosti, dobijamo M (yn − yn0 ) < xn − xn0 . (2.101) Kako je yn > 0 za n > n0 , to iz (2.101) deljenjem sa yn dobijamo ) ( xn xn0 yn 0 < − , M 1− yn yn yn tj. xn0 +M yn

( ) yn0 xn 1− < . yn yn

Iz (2.102) i Tvrd¯enja 2.100 sledi ( ( )) xn0 xn yn lim +M 1− 0 ≤ lim . y y n→∞ n→∞ yn n n xn0 yn0 = 0 i lim = 0, pa je n→∞ yn yn ( ( )) xn0 yn lim +M 1− 0 = M. n→∞ yn yn

Iz lim yn = +∞ sledi lim n→∞

n→∞

xn xn − l ≤ lim − l ≤ 0, te vaˇzi (2.97). n→∞ y yn n n→∞ Jednakost (2.97) se takod¯e moˇze dobiti i koriˇsćenjem graniˇcnih vrednosti nizova: 1 Budući da (2.94) vaˇzi za svako ϵ > 0, uzimajući da je ϵ = , k ∈ N, dobijamo k

0 ≤ lim

l−

xn xn 1 1 ≤ lim ≤ lim ≤l+ . n→∞ k y y k n n n→∞

Odavde, prelaskom na limes, na osnovu Tvrd¯enja 2.15 zakljuˇcujemo ( ) ( ) 1 xn xn 1 lim l − ≤ lim ≤ lim ≤ lim l + , n→∞ yn k→∞ k→∞ k k n→∞ yn tj. l − lim

k→∞

xn 1 1 xn ≤ lim ≤ lim ≤ l + lim , n→∞ yn k→∞ k k n→∞ yn

i prema tome, l ≤ lim n→∞

xn xn ≤ lim ≤ l. n→∞ yn yn

(2.102)

(2.103)


117

Na osnovu Tvrd¯enja 2.96 sledi ( ( )) ( ( )) x n0 yn 0 xn0 yn 0 lim +M 1− = lim +M 1− =M n→∞ yn yn yn yn n→∞ Iz (2.103) i (2.104) sledi M ≤ lim

n→∞

xn . yn

(2.105)

Kako (2.105) vaˇzi za svaki realan broj M , zakljuˇcujemo da je lim n→∞

+∞ = lim n→∞

sledi lim n→∞

(2.104)

xn = +∞. Iz yn

xn xn ≤ lim ≤ +∞, n→∞ yn yn

xn xn xn = lim = +∞. Sada na osnovu Tvrd¯enja 2.96 sledi lim = n→∞ yn n→∞ yn yn

+∞. xn − xn−1 Sliˇcno se pokazuje da tvrd¯enje vaˇzi i u sluˇcaju kada je lim = −∞. n→∞ yn − yn−1 xn − xn−1 ˇ je Na osnovu Stolcove teoreme egzistencija graniˇcne vrednosti lim n→∞ yn − yn−1 xn dovoljan uslov za egzistenciju graniˇcne vrednosti lim . Med¯utim, sledeći primer n→∞ yn xn − xn−1 nije i potreban uslov za pokazuje da egzistencija graniˇcne vrednosti lim n→∞ yn − yn−1 xn egzistenciju graniˇcne vrednosti lim . n→∞ yn Primer 2.105. Neka je xn = (−1)n i yn = n, n ∈ N. Kako je za n ∈ N, n ≥ 2, { 2, n = 2k, xn − xn−1 = (−1)n − (−1)n−1 = −2, n = 2k + 1, k ∈ N, a yn − yn−1 = n − (n − 1) = 1, to je xn − xn−1 = yn − yn−1 ( Budući da niz

xn − xn−1 yn − yn−1

{

2, −2,

n = 2k, n = 2k + 1, k ∈ N.

)

ima dve razliˇcite delimiˇcne granice, on nema graniˇcnu ( ) xn (−1)n xn ima graniˇcnu vrednost: lim = lim = vrednost (Tvrd¯enje 2.77), dok niz n→∞ yn n→∞ yn n 0. • ˇ Koriˇsćenjem istog metoda kao u dokazu Stolcove teoreme, moˇze se dokazati sledeće opˇstije tvrd¯enje.

118

Glava 2. Nizovi

Teorema 2.106. Neka su (xn ) i (yn ) nizovi realnih brojeva, (yn ) strogo rastući niz i lim yn = +∞. Tada je n→∞

lim n→∞

xn xn − xn−1 xn − xn−1 xn ≤ lim ≤ lim ≤ lim . n→∞ n→∞ yn − yn−1 y y yn − yn−1 n→∞ n n

(2.106)

Dokaz. Dokaˇzimo da vaˇzi nejednakost lim n→∞

xn − xn−1 xn ≤ lim . yn − yn−1 n→∞ yn

(2.107)

xn − xn−1 = −∞, onda nejednakost (2.107) oˇcigledno vaˇzi. Ako je n→∞ yn − yn−1 xn − xn−1 xn − xn−1 xn − xn−1 lim = +∞, onda iz +∞ = lim ≤ lim ≤ +∞, n→∞ y − y y − y yn − yn−1 n→∞ n n→∞ n n−1 n−1 xn − xn−1 xn − xn−1 xn − xn−1 sledi lim = lim = +∞, pa je lim = +∞. Na n→∞ n→∞ y y yn − yn−1 − y − y n→∞ n n−1 n n−1 xn xn i da je lim = +∞. Prema osnovu Tvrd¯enja 2.104 sledi da postoji i lim n→∞ yn n→∞ yn xn xn = lim = +∞ i vaˇzi (2.107). tome, lim n→∞ yn n→∞ yn xn − xn−1 = l konaˇcan broj i neka je ϵ > 0 proizvoljno. Pretpostavimo da je lim n→∞ yn − yn−1 Iz lim yn = +∞ i Tvrd¯enja 2.93 sledi postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan n→∞ broj k, iz k > n0 sledi yk > 0 i Neka je lim

l−ϵ<

xk − xk−1 . yk − yk−1

(2.108)

S obzirom da je niz (yn ) strogo rastući, sledi yk − yk−1 > 0, pa iz (2.108) dobijamo (l − ϵ)(yk − yk−1 ) < xk − xk−1 .

(2.109)

Stavljajuću u (2.109) redom k = n0 + 1, . . . , n, gde je n > n0 , i sabirajući sve te nejednakosti, dobijamo (l − ϵ)(yn − yn0 ) < xn − xn0 .

(2.110)

Kako je yn > 0 za n > n0 , to iz (2.110) deljenjem sa yn dobijamo ( ) yn 0 xn xn0 (l − ϵ) 1 − < − , yn yn yn tj. ( ) xn0 yn 0 xn + (l − ϵ) 1 − < . yn yn yn Iz (2.111) i Tvrd¯enja 2.100 sledi ( )) ( yn xn0 xn + (l − ϵ) 1 − 0 ≤ lim . lim y y n→∞ n→∞ yn n n

(2.111)

(2.112)


119

yn0 xn0 = 0 i lim = 0, pa je n→∞ yn yn ( )) yn 0 + (l − ϵ) 1 − = l − ϵ. yn

Med¯utim, iz lim yn = +∞, sledi lim n→∞

n→∞

( lim

n→∞

x n0 yn

Na osnovu Tvrd¯enja 2.96 sledi ( )) ( ( )) ( yn 0 xn0 yn 0 x n0 +(l−ϵ) 1− = lim +(l−ϵ) 1− = l−ϵ. lim n→∞ yn yn yn yn n→∞ Iz (2.112)i (2.113) sledi l − ϵ ≤ lim

n→∞

xn yn

(2.113)

(2.114)

Kako (2.114) vaˇzi za svako ϵ > 0, dobijamo da je l ≤ lim

n→∞

xn , tj. vaˇzi nejednakost yn

(2.107). Pokaˇzimo da vaˇzi nejednakost lim

n→∞

xn xn − xn−1 ≤ lim . n→∞ yn − yn−1 yn

(2.115)

xn − xn−1 xn = +∞, onda oˇcigledno vaˇzi nejednakost lim ≤ n→∞ yn yn − yn−1 xn − xn−1 xn − xn−1 . Ako je lim = −∞, onda iz lim n→∞ yn − yn−1 n→∞ yn − yn−1 Sliˇcno, ako je lim

n→∞

−∞ ≤ lim

n→∞

xn − xn−1 xn − xn−1 ≤ lim = −∞ n→∞ yn − yn−1 yn − yn−1

xn − xn−1 xn − xn−1 xn − xn−1 = lim = −∞, pa je lim = −∞. Na n→∞ n→∞ y − y y − y yn − yn−1 n→∞ n n−1 n n−1 xn xn i da je lim = −∞. Prema osnovu Tvrd¯enja 2.104 sledi da postoji i lim n→∞ yn n→∞ yn xn xn tome, lim = lim = −∞ i vaˇzi (2.115). n→∞ yn n→∞ yn xn − xn−1 Neka je L = lim konaˇcan broj i neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz n→∞ yn − yn−1 lim yn = +∞ i Tvrd¯enja 2.92 sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan n→∞ broj k, iz k > n0 sledi yk > 0 i

sledi lim

xk − xk−1 < L + ϵ. yk − yk−1

(2.116)

S obzirom da je niz (yn ) strogo rastući, sledi yk − yk−1 > 0, pa iz (2.116) dobijamo xk − xk−1 < (L + ϵ)(yk − yk−1 ).

(2.117)

Stavljajuću u (2.117) redom k = n0 + 1, . . . , n, gde je n > n0 , i sabirajući sve te nejednakosti, dobijamo xn − xn0 < (L + ϵ)(yn − yn0 ).

(2.118)

120

Glava 2. Nizovi

Kako je yn > 0 za n > n0 , to iz (2.118) deljenjem sa yn dobijamo ( ) xn xn0 yn 0 − < (L + ϵ) 1 − , yn yn yn tj. ) ( xn xn0 yn0 < + (l + ϵ) 1 − . yn yn yn

(2.119)

Iz (2.119) i Tvrd¯enja 2.100 sledi xn lim ≤ lim n→∞ yn n→∞

(

( )) x n0 yn0 + (L + ϵ) 1 − . yn yn

(2.120)

xn0 yn0 = 0 i lim = 0, pa je n→∞ yn n→∞ yn ( )) yn 0 + (L + ϵ) 1 − = L + ϵ. yn

Med¯utim, iz lim yn = +∞ sledi lim n→∞

( lim

n→∞

xn0 yn

Na osnovu Tvrd¯enja 2.96 sledi ( ( )) ( ( )) xn0 yn x n0 yn lim +(L+ϵ) 1− 0 = lim +(L+ϵ) 1− 0 = L+ϵ. (2.121) n→∞ n→∞ yn yn yn yn Iz (2.120) i (2.121) sledi lim

n→∞

xn ≤ L + ϵ. yn

Kako (2.122) vaˇzi za svako ϵ > 0, dobijamo da je lim

n→∞

(2.115).

(2.122) xn ≤ L, tj. vaˇzi nejednakost yn

Tvrd¯enje 2.107. Neka je (an ) niz realnih brojeva. Tada je lim an ≤ lim

n→∞

n→∞

a1 + a2 + · · · + an a1 + a2 + · · · + an ≤ lim ≤ lim an . n→∞ n→∞ n n

Dokaz. Primenom Teoreme 2.106 na nizove xn = a1 + a2 + · · · + an i yn = n (xn − xn−1 = an i yn − yn−1 = 1, n ≥ 2). Tvrd¯enje 2.108. Neka je (an ) niz realnih brojeva. Ako postoji graniˇcna vrednost (konaˇcna ili beskonaˇcna) lim an , onda postoji i graniˇcna vrednost n→∞

a1 + a2 + · · · + an n→∞ n lim

i vaˇzi lim

n→∞

a1 + a2 + · · · + an = lim an . n→∞ n


121

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.107 i Tvrd¯enja 2.96. Sledeći primer pokazuje da obrat Tvrd¯enja 2.108 ne vaˇzi. Primer 2.109. Niz ˇciji je opˇsti ˇclan an = (−1)n nema graniˇcnu vrednost, ali niz njegovih aritmetiˇckih sredina { 0, n = 2k, a1 + a2 + · · · + an xn = = 1 n − , n = 2k + 1, k ∈ N, n konvergira ka 0. • Tvrd¯enje 2.110. Ako je an > 0 za svako n ∈ N, tada je lim n→∞

gde se uzima da je

1 1 = , an lim an

lim

n→∞

n→∞

1 1 = , an lim an n→∞

1 1 = 0 i = +∞. +∞ 0

Dokaz. Ostavljamo ˇcitaocu za veˇzbu. Tvrd¯enje 2.111. Ako je an > 0 za svako n ∈ N, tada je n + + · · · + a1n n→∞ n ≤ lim 1 lim an . 1 1 ≤ n→∞ n→∞ a1 + a2 + · · · + an ( ) 1 Dokaz. Primenom Tvrd¯enja 2.107 na niz dobijamo an lim an ≤

lim n→∞

1 ≤ lim an n→∞

1 a1

+

1 a2

lim

1 n→∞ a 1

+ ··· + n

1 an

(2.123)

1 a2

≤ lim

1 a1

+

1 a2

+ ··· + n

n→∞

1 an

≤ lim

n→∞

1 . an

Odavde, primenom Tvrd¯enja 2.110 dobijamo (2.123). Tvrd¯enje 2.112. Neka je (an ) niz realnih brojeva i an > 0 za svako n ∈ N. Ako postoji graniˇcna vrednost (konaˇcna ili beskonaˇcna) lim an , onda postoji i graniˇcna n→∞ n vrednost lim 1 zi 1 1 , i vaˇ n→∞ a1 + a2 + · · · + an lim n→∞ 1 a1

+

1 a2

n + ··· +

1 an

= lim an . n→∞

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.111 i Tvrd¯enja 2.96. Sledeći primer pokazuje da ne vaˇzi obrnuta implikacija, tj. da egzistencija n graniˇcne vrednosti lim 1 ci egzistenciju graniˇcne vred1 1 ne povlaˇ n→∞ a1 + a2 + · · · + an nosti lim an . n→∞

122

Glava 2. Nizovi

Primer 2.113. Neka je (an ) sledeći niz: 1 1 1, , 1, , 1, . . . . 2 2 Na osnovu Tvrd¯enja 2.77 sledi da ovaj niz nema graniˇcnu vrednost jer ima dve ra1 n zliˇcite delimiˇcne granice: 1 i . Med¯utim, za niz sa opˇstim ˇclanom bn = 1 1 2 a1 + a2 + · · · + vaˇzi: 1 2− 2k − 1 2k − 1 k → 2 , k → ∞, = = b2k−1 = 2 k + 2(k − 1) 3k − 2 3 3− k i 2k 2 2 b2k = = → , k → ∞, k + 2k 3 3 2 te na osnovu Tvrd¯enja 2.98 sledi da je lim bn = . • n→∞ 3 Tvrd¯enje 2.114. Ako je an > 0 za svako n ∈ N, tada je lim an ≤ lim

n→∞

n→∞

√ √ n a1 a2 . . . an ≤ lim n a1 a2 . . . an ≤ lim an . n→∞

n→∞

(2.124)

Dokaz. Sledi iz nejednakosti 1 a1

+

1 a2

n + ··· +

1 an

≤

√ a1 + a2 + · · · + an n , a1 a2 . . . an ≤ n

Tvrd¯enja 2.100, Tvrd¯enja 2.107 i Tvrd¯enja 2.111. Tvrd¯enje 2.115. Neka je (an ) niz realnih brojeva i an > 0 za svako n ∈ N. Ako postoji graniˇcna vrednost (konaˇcna ili beskonaˇcna) lim an , onda postoji i graniˇcna n→∞ √ vrednost lim n a1 a2 . . . an , i vaˇzi n→∞

lim

n→∞

√ n a1 a2 . . . an = lim an . n→∞

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.114 i Tvrd¯enja 2.96. Sledeći primer pokazuje da obrat Tvrd¯enja 2.115 ne vaˇzi. Primer 2.116. Niz

1 1 1 , 2, , 2, , 2, . . . 2 2 2

1 n (opˇsti ˇclan niza je an = 2(−1) ) nema graniˇcnu vrednost. Zaista, a2k−1 = , a 2 1 a2k = 2, k ∈ N, pa niz ima dve delimiˇcne granice i 2, i na osnovu Tvrd¯enja 2.77 2 sledi da ovaj niz nema granicu.

1 an


123

√ n a1 a2 .√ . . an konvergira ka 1. Zaista, 2k−1 1 = 1, a kako je b2k−1 = , to je na osnovu Tvrd¯enja 2

Med¯utim, niz sa opˇstim ˇclanom bn =

b2k = 1, pa je lim b2k k→∞ √ n 1 2.63, zbog lim = 1 (videti Primer 2.46) i lim b2k−1 = 1. Sada iz Tvrd¯enja n→∞ k→∞ 2 2.98 sledi daje lim bn = 1. • n→∞

Tvrd¯enje 2.117. Ako je xn > 0 za svako n ∈ N, tada je lim n→∞

Dokaz. Kako je

√ √ xn xn ≤ lim n xn ≤ lim n xn ≤ lim . n→∞ n→∞ xn−1 n→∞ xn−1 √ n xn =

to stavljajući u (2.124) an =

√ n

x1 ·

(2.125)

x2 xn · ··· · , x1 xn−1

xn dobijamo (2.125). xn−1

Tvrd¯enje 2.118. Neka je (xn ) niz realnih brojeva i xn > 0 za svako n ∈ N. Ako posxn toji graniˇcna vrednost (konaˇcna ili beskonaˇcna) lim , onda postoji i graniˇcna n→∞ xn−1 √ vrednost lim n xn , i vaˇzi n→∞

√ xn = lim n xn . n→∞ xn−1 n→∞ lim

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.117 i Tvrd¯enja 2.96. Da obrat Tvrd¯enja 2.118 ne vaˇzi pokazuje niz iz Primera 2.116. Zaista, ako je xn n xn = 2(−1) , n ∈ N, onda je niz sa opˇstim ˇclanom sledeći niz: xn−1 1 1 4, , 4, , 4, . . . , 4 4 koji, s obzirom da ima dve razliˇcite delimiˇcne granice, nema graniˇcnu vrednost √ (Tvrd¯enje 2.77). Niz ( n xn ) je sledeći niz: √ √ √ 1 √ 2 4 3 1 5 1 , 2, , 2, ,... 2 2 2 √ √ 2k 2k−1 1 Kako je lim 2 = 1 i lim = 1 (sledi iz Primera 2.46 i Tvrd¯enja 2.63), to k→∞ k→∞ 2√ je, na osnovu Tvrd¯enja 2.98, lim n xn = 1. n→∞

124

Glava 2. Nizovi

Glava 3

Graniˇ cne vrednosti funkcija 3.1

Pojam graniˇ cne vrednosti funkcije

Pojam graniˇcne vrednosti funkcije je jedan od osnovnih pojmova matematiˇcke analize. Na ovom pojmu se zasnivaju pojmovi neprekidnosti i diferencijabilnosti funkcije. U ovoj sekciji X i Y oznaˇcavaju neprazne podskupove skupa R. Sledeća definicija graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki je poznata kao Koˇsijeva definicija graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki. Definicija 3.1. (Cauchy) Neka je f : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Za b ∈ R kaˇzemo da je graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 (ili kad x teˇzi ka x0 ) ako za svaku okolinu V (b) taˇcke b postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 tako da za svako x ∈ X ∩ U (x0 ), x ̸= x0 , vaˇzi da je f (x) ∈ V (b): (∀V (b))(∃U (x0 ))(∀x ∈ X)(x ∈ U (x0 ), x ̸= x0 =⇒ f (x) ∈ V (b)), i piˇsemo lim f (x) = b.

x→x0

Primetimo da se u prethodnoj definiciji ne zahteva da funkcija bude definisana ˇ u taˇcki x0 . Funkcija f moˇze, ali ne mora biti definisana u taˇcki x0 . Cak iako je funkcija f definisana u taˇcki x0 , onda vrednost f (x0 ) ne utiˇce na graniˇcnu vrednost funkcije f u taˇcki x0 . Da bismo ovo naglasili, dogovorimo se da ako je U (x0 ) okolina ◦

taˇcke x0 ∈ R, onda sa U (x0 ) oznaˇcavamo skup ◦

U (x0 ) = U (x0 )\{x0 }, i zovemo ga probodena okolina taˇcke x0 . Tako, ako je x0 ∈ R, pod probodenom ◦

δ okolinom taˇcke x0 podrazumevamo skup U δ (x0 ) = (x0 − δ, x0 + δ)\{x0 }. Ako je x0 beskonaˇcna taˇcka, onda se pojam okoline taˇcke x0 i probodene okoline taˇcke x0 poklapaju, tj. pod probodenom okolinom +∞ (−∞) podrazumevamo interval (M, +∞) ((−∞, M )), M ∈ R. 125

126

Glava 3. Graniˇcne vrednosti funkcija Prema tome, sada moˇzemo pisati: ◦

lim f (x) = b ⇐⇒ (∀V (b))(∃U (x0 ))(∀x)(x ∈ U (x0 ) ∩ X =⇒ f (x) ∈ V (b)),

x→x0

tj.

◦

lim f (x) = b ⇐⇒ (∀V (b))(∃U (x0 ))f (U (x0 ) ∩ X) ⊂ V (b).

x→x0

Primetimo da u definiciji graniˇcne vrednosti funkcije f , taˇcke x0 i b mogu biti konaˇcni brojevi, +∞ ili −∞. Za svaki od ovih sluˇcajeva ponaosob napisaćemo operativniju definiciju graniˇcne vrednosti funkcije, i to najpre za sluˇcaj kada su x0 i b konaˇcni brojevi. ◦

Jasno je da za x0 ∈ R, x ∈ U δ (x0 ) ako i samo ako je 0 < |x − x0 | < δ. Sada moˇzemo reći: Definicija 3.2. Neka je f : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Broj b ∈ R je graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svako ϵ > 0 postoji1 δ > 0 tako da za svako x ∈ X iz probodene δ okoline taˇcke x0 vaˇzi f (x) ∈ (b−ϵ, b+ϵ), tj. |f (x) − b| < ϵ: lim f (x) = b ⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − b| < ϵ).

x→x0

Iz definicije sledi da se vrednosti funkcije f sve viˇse pribliˇzavaju broju b ukoliko se promenljiva x pribliˇzava broju x0 . Pomenimo da je Koˇsijeva definicija graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki (Definicija 3.1) poznata joˇs i kao (ϵ − δ)-definicija graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki (zbog njenog zapisa u sluˇcaju kada su x0 i b konaˇcne taˇcke). Istaknimo, da ukoliko nije drugaˇcije reˇceno, za oblast definisanosti realne funkcije f realne promenljive zadate analitiˇckim izrazom f (x) uzimamo najveći podskup (u smislu inkluzije) skupa R koji taj izraz dopuˇsta, tj. skup svih realnih brojeva x za koje je f (x) definisano. Primer 3.3. Neka je f (x) = x2 . Pokazaćemo da je lim f (x) = 4. x→2

Domen funkcije f je skup R i jasno, 2 je taˇcka nagomilavanja domena funkcije f . Kako je |f (x) − 4| = |x2 − 4| = |(x − 2)(x + 2)| = |(x − 2)((x − 2) + 4)| ≤ |x − 2|(|x − 2| + 4) za |x − 2| < δ imamo

|f (x) − 4| < δ(δ + 4).

Ako je ϵ > 0 proizvoljan broj i δ > 0 takav broj da je δ(δ + 4) = ϵ, (3.1) √ onda je δ = −2 + 4 + √ ϵ (jer ono drugo reˇsenje koje se dobija iz jednaˇcine (3.1) je negativno, δ = −2 − 4 + ϵ, i ne dolazi u obzir) i ako je |x − 2| < δ, onda je |f (x) − 4| < ϵ. • 1

δ zavisi od ϵ pa to nekad istiˇcemo tako ˇsto piˇsemo δ = δ(ϵ)

3.1. Pojam graniˇcne vrednosti funkcije

127

Definicija 3.4. Neka je f : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Kaˇzemo da je +∞ (−∞) graniˇcna vrednost funkcije f kad x teˇzi ka x0 , i piˇsemo lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞), ako za svako M ∈ R postoji δ > 0 tako da za x→x0

x→x0

svako x ∈ X takvo da x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0 } vaˇzi f (x) > M (f (x) < M ): lim f (x) = +∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) > M )

x→x0

i lim f (x) = −∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) < M ).

x→x0

Napomena 3.5. Da bismo dokazali da je lim f (x) = +∞ dovoljno je dokazati da x→x0

za svako M > 0 postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X takvo da x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0 } vaˇzi f (x) > M . Zaista, neka za svako M > 0 postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0 } vaˇzi f (x) > M . Pokaˇzimo da onda za svako K ∈ R postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X takvo da x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0 } vaˇzi f (x) > K. Ako je K ≤ 0, onda iz pretpostake sledi da za M = 1 postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X takvo da x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0 } vaˇzi f (x) > M = 1 > 0 ≥ K. Sliˇcno, da bismo dokazali da je lim f (x) = −∞ dovoljno je dokazati da za svako x→x0

M < 0 postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X takvo da x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0 } vaˇzi f (x) < M . • 1 , x ∈ X = R\{1}. Oˇcigledno je 1 (x − 1)2 taˇcka nagomilavanja skupa X. Neka je M ∈ R, M > 0, proizvoljan broj. Tada za 1 vaˇzi da za svako x ∈ R takvo da je 0 < |x − 1| < δ imamo 0 < (x − 1)2 < δ=√ M 1 1 2 δ = , pa je f (x) = > M . Prema tome, lim f (x) = +∞. • x→1 M (x − 1)2

Primer 3.6. Neka je funkcija f (x) =

Definicija 3.7. Neka je f : X → R i +∞ (−∞) taˇcka nagomilavanja skupa X. Kaˇzemo da je b ∈ R graniˇcna vrednost funkcije f kad x teˇzi ka +∞ (−∞), i piˇsemo lim f (x) = b ( lim f (x) = b), ako za svako ϵ > 0 postoji M ∈ R tako da za x→+∞

x→−∞

svako x ∈ X takvo da x ∈ (M, +∞) (x ∈ (−∞, M )) vaˇzi f (x) ∈ (b − ϵ, b + ϵ): lim f (x) = b ⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃M ∈ R)(∀x ∈ X)(x > M =⇒ |f (x) − b| < ϵ)

x→+∞

i lim f (x) = b ⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃M ∈ R)(∀x ∈ X)(x < M =⇒ |f (x) − b| < ϵ).

x→−∞

1 1 = 0 i lim = 0. x→−∞ x x 1 je X = R\{0} i +∞ i −∞ su taˇcke Oblast definisanosti funkcije f (x) = x 1 nagomilavanja skupa X. Neka je ϵ > 0 proizvoljno i neka je M = . Tada za ϵ Primer 3.8. Pokaˇzimo da je lim

x→+∞

128

Glava 3. Graniˇcne vrednosti funkcija

1 1 1 1 svako x > M vaˇzi 0 < < = ϵ, pa je − 0 = < ϵ. Odavde sledi da x M x x 1 1 je lim = 0. Neka je M1 = − . Tada za svaki realan broj x < M1 < 0 vaˇzi x→+∞ x ϵ 1 1 1 1 1 1 , pa je = − < − = ϵ. Prema tome, lim 0> > = 0. • x→−∞ x x M1 x x M1 Primer 3.9. Neka je c ∈ R i funkcija f : X → R definisana sa f (x) = c za svako x ∈ X, i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Tada za proizvoljno ϵ > 0 i svako x ∈ X vaˇzi |f (x) − c| = |c − c| = 0 < ϵ. To znaˇci da za bilo koju okolinu ◦

taˇcke x0 , U (x0 ), i svako x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi nejednakost |f (x) − c| < ϵ. Stoga je lim f (x) = c. • x→x0

Ostaje joˇs da damo operativniju varijantu Definicije 3.1 za sluˇcaj kada su x0 i b beskonaˇcne taˇcke. Definicija 3.10. Neka je f : X → R i +∞ (−∞) taˇcka nagomilavanja skupa X. Kaˇzemo da je +∞ graniˇcna vrednost funkcije f kad x teˇzi ka +∞ (−∞), i piˇsemo lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = +∞), ako za svako M ∈ R postoji K ∈ R tako da

x→+∞

x→−∞

za svako x ∈ X takvo da x ∈ (K, +∞) (x ∈ (−∞, K)) vaˇzi f (x) ∈ (M, +∞): lim f (x) = +∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x > K =⇒ f (x) > M )

x→+∞

i lim f (x) = +∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x < K =⇒ f (x) > M ).

x→−∞

Definicija 3.11. Neka je f : X → R i +∞ (−∞) taˇcka nagomilavanja skupa X. Kaˇzemo da je −∞ graniˇcna vrednost funkcije f kad x teˇzi ka +∞ (−∞), i piˇsemo lim f (x) = −∞ ( lim f (x) = −∞), ako za svako M ∈ R postoji K ∈ R tako da

x→+∞

x→−∞

za svako x ∈ X takvo da x ∈ (K, +∞) (x ∈ (−∞, K)) vaˇzi f (x) ∈ (−∞, M ): lim f (x) = −∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x > K =⇒ f (x) < M )

x→+∞

i lim f (x) = −∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x < K =⇒ f (x) < M ).

x→−∞

Primer 3.12. Pokaˇzimo da je lim x2 = +∞ i lim x2 = +∞. x→+∞

x→−∞

Oblast definisanosti funkcije f (x) = x2 je R i +∞ √ i −∞ su taˇcke nagomilavanja skupa R. Neka je M > 0 proizvoljno i neka je K = M . Tada√ za svako x > K > 0 vaˇzi x2 > K 2 = M , pa je lim x2 = +∞. Neka je K1 = − M . Tada za svaki x→+∞

realan broj x < K1 < 0 vaˇzi 0 < −K1 < −x, pa je x2 > K12 = M . Prema tome, lim x2 = +∞. •

x→−∞


129

Sledeća definicija graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki je poznata kao Hajneova2 definicija graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki, i ona je ekvivalentna Koˇsijevoj definiciji (Definicija 3.1). Definicija 3.13. (Heine) Neka f : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Za b ∈ R kaˇzemo da je graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 (ili kad x teˇzi ka x0 ), ako za svaki niz (xn ) takav da xn ∈ X\{x0 }, n ∈ N, i lim xn = x0 , vaˇzi n→∞

da je lim f (xn ) = b, i tada piˇsemo lim f (x) = b. n→∞

x→x0

Teorema 3.14. Definicije 3.1 i 3.13 graniˇcne vrednosti funkcije u datoj taˇcki su ekvivalentne. Dokaz. Pretpostavimo da f : X → R i da je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Neka je lim f (x) = b, b ∈ R, u smislu Definicije 3.1, i neka je (xn ) niz realnih x→x0

brojeva takav da xn ∈ X\{x0 }, n ∈ N, i lim xn = x0 . Neka je V (b) proizvoljna n→∞

okolina taˇcke b. Tada postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 , tako da je ◦

f (U (x0 ) ∩ X) ⊂ V (b).

(3.2)

Kako je lim xn = x0 i xn ̸= x0 za svako n ∈ N, postojaće n0 ∈ N tako da za svaki n→∞

◦

prirodan broj n ≥ n0 vaˇzi xn ∈ U (x0 ). Sada iz (3.2) sledi da f (xn ) ∈ V (b) za svako n ≥ n0 . Prema tome, lim f (xn ) = b. Dakle, b je graniˇcna vrednost funkcije f u n→∞ taˇcki x0 u smislu Definicije 3.13. Obrnutu implikaciju, tj. tvrd¯enje da iz ˇcinjenice da je b ∈ R graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 u smislu Definicije 3.13 sledi da je b graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 u smislu Definicije 3.1, dokazaćemo kontrapozicijom. Pretpostavimo sada da b ∈ R nije graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 u smislu Definicije 3.1. To znaˇci da vaˇzi uslov: ◦

¬(∀V (b))(∃U (x0 ))f (U (x0 ) ∩ X) ⊂ V (b), tj. ◦

(∃V (b))(∀U (x0 ))f (U (x0 ) ∩ X) * V (b).

(3.3)

Dakle, postoji okolina V (b) taˇcke b tako da za svaku okolinu U (x0 ) taˇcke x0 vaˇzi ◦

f (U (x0 ) ∩ X) * V (b). Ako je x0 konaˇcan broj, sa Un obeleˇzimo okolinu (x0 − 1 1 , x0 + ) taˇcke x0 , a ako je x0 = +∞ (x0 = −∞), uzećemo da je Un = (n, +∞) n n ◦ (Un = (−∞, −n)), n ∈ N. Iz uslova (3.3) sledi da za svako n ∈ N postoji xn ∈ Un ∩X tako da f (xn ) ∈ / V (b). Za niz realnih brojeva (xn ) oˇcigledno vaˇzi xn ∈ X, xn ̸= x0 , 2

H. E. Heine (1821-1881), nemaˇcki matematiˇcar

130


n ∈ N, lim xn = x0 i lim f (xn ) ̸= b, i prema tome, b nije graniˇcna vrednost n→∞

n→∞

funkcije f u taˇcki x0 ni u smislu Definicije 3.13.3

−x2 + 5x − 6 ima graniˇcnu vrednost x−2 u taˇcki −1, tako ˇsto ćemo pokazati da su ispunjeni uslovi Definicije 3.13 za x0 = −1 i b = 4. Neka je (xn )n proizvoljan niz takav da xn ∈ Df = R \ {2}, lim xn = −1 i n→∞ xn ̸= −1 za svako n ∈ N. Tada Primer 3.15. Pokazaćemo da funkcija f (x) =

−( lim xn )2 + 5 lim xn − 6 −x2n + 5xn − 6 −12 n→∞ n→∞ lim = = = 4. n→∞ xn − 2 lim xn − 2 −3 n→∞

3 Radi lakˇseg shvatanja ovog dokaza, dajemo takod¯e dokaz ove teoreme u specijalnom sluˇcaju kada je funkcija definisana u nekoj probodenoj okolini konaˇcne taˇcke x0 i kada je pritom joˇs i graniˇcna vrednost u toj taˇcki konaˇcna. Naime, neka postoji δ0 > 0 tako da je funkcija f definisana u probodenoj okolini (x0 −δ0 , x0 +δ0 )\ {x0 } taˇcke x0 ∈ R (prema tome, domen X funkcije f sadrˇzi probodenu okolinu (x0 −δ0 , x0 +δ0 )\{x0 } taˇcke x0 ). Pokazujemo da je b ∈ R graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 u smislu Definicije 3.1, odnosno Definicije 3.2, ako i samo ako je b graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 u smislu Definicije 3.13. Neka je najpre lim f (x) = b, b ∈ R, u smislu Definicije 3.2, i neka je (xn ) niz realnih brojeva x→x0

takav da xn ∈ X, xn ̸= x0 , n ∈ N, i lim xn = x0 . Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Tada postoji n→∞

δ > 0 tako za svako x ∈ X vaˇzi implikacija: x ̸= x0 ∧ |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − b| < ϵ.

(3.4)

Iz lim xn = x0 sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi |xn − x0 | < δ. Kako je i n→∞

xn ̸= x0 za sve n ∈ N, to iz (3.4) sledi da je |f (xn ) − b| < ϵ za svako n ≥ n0 , ˇsto upravo znaˇci da je lim f (xn ) = b. Dakle, b je graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 u smislu Definicije 3.13.

n→∞

Pretpostavimo sada da b ∈ R nije graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 u smislu Definicije 3.2. To znaˇci da vaˇzi uslov: ¬(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − b| < ϵ).

Prema tome, vaˇzi uslov (∃ϵ0 > 0)(∀δ > 0)(∃xδ ∈ X)(0 < |xδ − x0 | < δ ∧ |f (xδ ) − b| ≥ ϵ0 )

(3.5)

(indeks δ u xδ oznaˇcava da x zavisi od δ). δ0 Neka je δ = , n = 1, 2, . . . , a odgovarajuće xδ oznaˇcimo sa xn . Iz uslova (3.5) sledi n xn ∈ X, xn ̸= x0 , |xn − x0 | <

δ0 , n ∈ N, n

(3.6)

i |f (xn ) − b| ≥ ϵ0 , n ∈ N. − δn0

(3.7)

Iz (3.6) sledi da je < xn − x0 < tj. x0 − < xn < x0 + n ∈ N, i s obzirom da je lim (x0 − δn0 ) = lim (x0 + δn0 ) = x0 , to na osnovu Tvrd¯enja 2.45 dobijamo da je lim xn = x0 . n→∞

δ0 , n

δ0 n

n→∞

δ0 , n

n→∞

Med¯utim na osnovu (3.7) zakljuˇcujemo da nije lim f (xn ) = b, i prema tome, b nije graniˇcna n→∞

vrednost funkcije f u taˇcki x0 ni u smislu Definicije 3.13.


131

Dakle, postoji lim f (xn ) = 4 i kako ne zavisi od izbora niza (xn ) koji konvergira n→∞

ka −1, to postoji lim f (x) = 4. • x→−1

Primer 3.16. Da li postoji lim cos x? x→+∞ π ′ Neka je xn = 2nπ i xn = + 2nπ, n ∈ N. Tada je lim xn = lim x′n = +∞, n→∞ n→∞ 3 1 ′ lim cos xn = 1 i lim cos xn = . Prema tome, ne postoji b ∈ R kome bi teˇzio niz n→∞ n→∞ 2 (cos an ) za svaki niz (an ) koji teˇzi ka +∞, i zato lim cos x ne postoji. • x→+∞

Primer 3.17. Neka je f (x) = x − [x], x ∈ R. Pokazaćemo da ne postoji lim f (x) x→+∞

i lim f (x). x→−∞

1 , n ∈ N. Tada lim xn = lim x′n = +∞, n→∞ n→∞ 2 1 1 1 1 ′ f (xn ) = n − [n] = n − n = 0 i f (xn ) = n + − [n + ] = n + − n = , te 2 2 2 2 1 je lim f (xn ) = 0 i lim f (x′n ) = . n→∞ n→∞ 2 Budući da ne postoji b ∈ R kome bi teˇzio niz (f (an )) za proizvoljan niz (an ) koji teˇzi ka +∞, lim f (x) ne postoji. Neka je xn = n i x′n = n +

x→+∞

1 , n ∈ N. Tada lim zn = lim zn′ = −∞, n→∞ n→∞ 2 1 1 1 1 ′ f (zn ) = −n−[−n] = −n−(−n) = 0 i f (zn ) = −n+ −[−n+ ] = −n+ −(−n) = , 2 2 2 2 1 ′ te je lim f (zn ) = 0 i lim f (zn ) = . Prema tome, ne postoji lim f (x). • n→∞ n→∞ x→−∞ 2 Neka je zn = −n i zn′ = −n +

Primer 3.18. Dokaˇzimo da je ( ) 1 x lim 1+ =e x→+∞ x

i

) ( 1 x lim 1+ = e. x→−∞ x

(3.8)

Pokaˇzimo najpre da za svaki niz prirodnih brojeva (nk )k takav da lim nk = +∞

(3.9)

) ( 1 nk = e. lim 1 + k→∞ nk

(3.10)

k→∞

vaˇzi

Neka je ϵ > 0. Kako je

( ) 1 n lim 1 + = e, n→∞ n

postoji n0 ∈ N tako da za svako n ∈ N, ( ) 1 n − e < ϵ. n ≥ n0 =⇒ 1 + n

(3.11)

132


Iz (3.9) sledi ( da postoji )nk k0 ∈ N tako da za k ≥ k0 vaˇzi nk > n0 , te zbog (3.11) 1 dobijamo 1 + − e < ϵ. Ovim smo dokazali jednakost (3.10). nk Neka je sada (xk )k proizvoljan niz realnih brojeva koji teˇzi ka +∞. Ne umanjujući opˇstost dokaza moˇzemo pretpostaviti da je xk ≥ 1 za svako k ∈ N. Da bismo dokazali prvu jednakost u (3.8), na osnovu Heineove definicije graniˇcne vrednosti funkcije, dovoljno je dokazati da je ( ) 1 xk lim 1 + = e. (3.12) k→∞ xk Neka je nk = [xk ], k ∈ N. Tada je nk ∈ N i na osnovu nejednakosti (1.25) vaˇzi nk ≤ xk < nk + 1,

k ∈ N.

(3.13)

Kako je lim xk = +∞, to je lim (xk − 1) = +∞ na osnovu (2.20.5). Sada iz k→∞

k→∞

nejednakosti nk > xk − 1, k ∈ N, na osnovu Tvrd¯enja 2.48 zakljuˇcujemo da je lim nk = +∞. k→∞

Iz (3.13) sledi

1 1 1 < ≤ i stoga nk + 1 xk nk 1+

Iz (3.13) i (3.14) sledi ( 1+

1 nk + 1

1 1 1 <1+ ≤1+ . nk + 1 xk nk

)nk

(3.14)

) ) ( ( 1 xk 1 nk +1 < 1+ < 1+ . xk nk

(3.15)

Kako je na osnovu Tvrd¯enja (2.38) ( lim 1 +

k→∞

1 nk + 1

( 1+

)nk = lim

k→∞

1

)nk +1 1 nk +1 + nk1+1

=

e =e 1

i na osnovu Tvrd¯enja (2.29) ( ) ( ) ( ) 1 nk +1 1 nk 1 lim 1 + = lim 1 + 1+ = e · 1 = e, k→∞ k→∞ nk nk nk iz nejednakosti (3.15) i Teoreme 2.45 dobijamo (3.12). Neka je sada (xk )k niz realnih brojeva koji teˇzi ka −∞. Moˇzemo pretpostaviti da je xk ≤ −1 za svako k ∈ N. Da bismo dokazali drugu jednakost u (3.8) dovoljno je dokazati da vaˇzi (3.12). Neka je yk = −xk , k ∈ N. Tada je yk ≥ 1, lim yk = +∞ i vaˇzi jednakost: k→+∞

( ) 1 xk 1+ xk

( ) ( ) ( )yk ( )yk 1 −yk yk − 1 −yk yk 1 = 1− = = = 1+ = yk yk yk − 1 yk − 1 ( )yk −1 ( ) 1 1 = 1+ 1+ . (3.16) yk − 1 yk − 1

3.1. Pojam graniˇcne vrednosti funkcije Iz

lim yk = +∞ sledi

k→+∞

dokazanog sledi

133

lim (yk − 1) = +∞ ((2.20.5)), odakle na osnovu već

k→+∞

( lim 1 +

k→+∞

1 yk − 1

)yk −1 = e,

1 k→∞ yk −1

a na osnovu Tvrd¯enja 2.39 imamo da je lim ( lim 1 +

k→∞

1 yk − 1

(3.17)

= 0, pa je

) = 1.

(3.18)

Iz (3.16), (3.17) i (3.18) sledi ( ) ( )yk −1 ( ) 1 xk 1 1 = lim 1 + 1+ = e. lim 1 + k→∞ k→+∞ xk yk − 1 yk − 1 Kako je (xk ) proizvoljan niz realnih brojeva koji teˇzi ka −∞, na ( osnovu ) Hajneove 1 x definicije graniˇcne vrednosti funkcije, zakljuˇcujemo da je lim 1 + x = e. • x→−∞

Definicija 3.19. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0 ). Za b ∈ R kaˇzemo da je leva graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svaku okolinu V (b) taˇcke b postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0 − δ, x0 ) vaˇzi f (x) ∈ V (b): (∀V (b))(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f (x) ∈ V (b)), i piˇsemo lim f (x) = b ili b = f (x0 − 0).

x→x0 −0

Analogno se definiˇse desna graniˇcna vrednost funkcije u taˇcki. Definicija 3.20. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (x0 , +∞). Za b ∈ R kaˇzemo da je desna graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svaku okolinu V (b) taˇcke b postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0 , x0 + δ) vaˇzi f (x) ∈ V (b): (∀V (b))(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f (x) ∈ V (b)), i piˇsemo lim f (x) = b ili b = f (x0 + 0).

x→x0 +0

U sluˇcaju x0 = 0 umesto x → 0 + 0 (x → 0 − 0) piˇsemo jednostavno x → +0 (x → −0). Ako je b u Definicijama 3.19 i 3.20 konaˇcan broj, onda se one mogu iskazati na sledeći naˇcin:

134


Definicija 3.21. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0 ). Za b ∈ R kaˇzemo da je leva graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svako ϵ > 0 postoji okolina δ = δ(ϵ) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0 − δ, x0 ) vaˇzi f (x) ∈ (b − ϵ, b + ϵ): (∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ |f (x) − b| < ϵ). Definicija 3.22. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (x0 , +∞). Za b ∈ R kaˇzemo da je desna graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svako ϵ > 0 postoji δ = δ(ϵ) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0 , x0 + δ) vaˇzi f (x) ∈ (b − ϵ, b + ϵ): (∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ |f (x) − b| < ϵ). Ako je u Definicijama 3.19 i 3.20 b = +∞ ili b = −∞, onda se one mogu iskazati na sledeći naˇcin: Definicija 3.23. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0 ). Reći ćemo da je +∞ leva graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svako M ∈ R postoji okolina δ = δ(M ) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0 − δ, x0 ) vaˇzi f (x) > M : (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f (x) > M ). Ovaj uslov je ekvivalentan uslovu: (∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f (x) > M ). Definicija 3.24. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (x0 , +∞). Reći ćemo da je +∞ desna graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svako M ∈ R postoji δ = δ(M ) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0 , x0 + δ) vaˇzi f (x) > M : (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f (x) > M ).4 Definicija 3.25. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0 ). Reći ćemo da je −∞ leva graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svako M ∈ R postoji okolina δ = δ(M ) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0 − δ, x0 ) vaˇzi f (x) < M : (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f (x) < M ). Ovaj uslov je ekvivalentan uslovu: (∀M < 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f (x) < M ), odnosno uslovu: (∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f (x) < −M ). 4

Ovaj uslov je ekvivalentan uslovu (∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f (x) > M ).


135

Definicija 3.26. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (x0 , +∞). Reći ćemo da je −∞ desna graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svako M ∈ R postoji δ = δ(M ) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0 , x0 + δ) vaˇzi f (x) < M : (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f (x) < M ).5 1 . Domen funkcije f je Df = R \ {0} i 0 je x taˇcka nagomilavanja skupova Df ∩ (−∞, 0) = (−∞, 0) i Df ∩ (0, +∞) = (0, +∞). Pokaˇzimo da je 1 1 lim = +∞ i lim = −∞. x→−0 x x→+0 x 1 1 1 Neka je M > 0 proizvoljno i neka je δ = . Tada za x ∈ (0, δ) vaˇzi f (x) = > = M x δ 1 1 M . Prema tome, lim f (x) = +∞. Za x ∈ (−δ, 0) vaˇzi f (x) = < − = −M , pa x→+0 x δ po definiciji sledi da je lim f (x) = −∞. • Primer 3.27. Neka je f (x) =

x→−0

Analogno dokazu Teoreme 3.14, pokazuje se da je Definicija 3.19 (Definicija 3.20) ekvivalentna sledećoj: Definicija 3.28. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0 ) (X ∩ (x0 , +∞)). Za b ∈ R kaˇzemo da je leva (desna) graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 ako za svaki niz (xn ) takav da xn ∈ X ∩ (−∞, x0 ) (xn ∈ X ∩ (x0 , +∞)), n ∈ N, i lim xn = x0 , vaˇzi da je lim f (xn ) = b. n→∞

n→∞

1 Primer 3.29. Neka je f (x) = sin . Pokazaćemo da ova funkcija nema ni desnu ni x levu graniˇcnu vrednost u 0. 1 1 Neka je xn = , x′ = π , zn = −xn i zn′ = −x′n , n = 1, 2, . . . . Jasno, nπ n + 2nπ 6 1 xn > 0, x′n > 0, lim xn = lim x′n = 0, f (xn ) = 0, f (x′n ) = . Zato lim f (xn ) = 0 n→∞ n→∞ n→∞ 2 1 ′ i lim f (xn ) = i stoga, na osnovu Definicije 3.28, lim f (x) ne postoji. n→∞ x→+0 2 Sliˇcno, zn < 0, zn′ < 0, lim zn = lim zn′ = 0, f (zn ) = 0, f (zn′ ) = − 12 . Sledi n→∞ n→∞ 1 ′ lim f (zn ) = 0 i lim f (zn ) = − i stoga lim f (x) ne postoji. n→∞ n→∞ x→−0 2 5

Ovaj uslov je ekvivalentan uslovu: (∀M < 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f (x) < M ),

odnosno uslovu: (∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f (x) < −M ).

136


Na osnovu Definicije 3.13 zakljuˇcujemo da ne postoji ni lim f (x). x→0 1 Sliˇcno se dokazuje da ne postoje ni lim cos (razmatrati nizove, recimo, xn = x→+0 x 1 1 1 1 ′ , xn = π ), ni lim cos , i prema tome, ne postoji ni lim cos . • x→−0 x→0 2nπ x x + 2nπ 6 1 Grafik funkcije f (x) = sin : x 1.0

0.5

-0.04

0.02

-0.02

0.04

-0.5

-1.0

Primer 3.30. Neka je f (x) = sgnx. Pokazaćemo da ova funkcija ima levu i desnu graniˇcnu vrednost u 0, ali da se one razlikuju. Neka je xn > 0, x′n < 0, n ∈ N i lim xn = lim x′n = 0. Tada je n→∞

lim sgn xn = lim 1 = 1,

n→∞

n→∞

n→∞

lim sgn x′n = lim (−1) = −1,

n→∞

n→∞

i stoga je lim sgn x = 1 i lim sgn x = −1.

x→+0

x→−0

Takod¯e sledi da lim sgn x ne postoji. • x→0

Tvrd¯enje 3.31. Neka je f : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0 ), a takod¯e i skupa X ∩ (x0 , +∞). Funkcija f ima graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 ako i samo ako ima levu i desnu graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 i ako su one jednake. Dokaz. Neka je lim f (x) = b ∈ R i neka je V (b) proizvoljna okolina taˇcke b. Tada x→x0

postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X koje zadovoljava uslove |x − x0 | < δ i x ̸= x0 vaˇzi f (x) ∈ V (b). To znaˇci da za x ∈ (x0 − δ, x0 ) ∩ X, kao i za x ∈ (x0 , x0 + δ) ∩ X


137

vaˇzi f (x) ∈ V (b). Na osnovu Definicija 3.19 i 3.20 zakljuˇcujemo da funkcija f ima i levu i desnu graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 i da su one jednake b. Obrnuto, pretpostavimo da vaˇzi lim f (x) =

x→x0 +0

lim f (x) = b.

(3.19)

x→x0 −0

Neka je V (b) proizvoljna okolina taˇcke b. Na osnovu (3.19) postoji δ1 > 0 tako da za svako x ∈ X takvo da je x ∈ (x0 − δ1 , x0 ) vaˇzi f (x) ∈ V (b). Takod¯e postoji δ2 > 0 tako da za svako x ∈ X takvo da je x ∈ (x0 , x0 + δ2 ) vaˇzi f (x) ∈ V (b). Neka je δ = min{δ1 , δ2 }. Tada za x ∈ X takvo da je x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0 } vaˇzi f (x) ∈ V (b). Prema tome, lim f (x) = b. x→x0

1 Iz Primera 3.27 sledi da funkcija f (x) = nema graniˇcnu vrednost u 0, jer x postoje leva i desna graniˇcna vrednost ove funkcije u 0, ali se one razlikuju. Primer 3.32. Neka je   x − 3, 1 , f (x) =  22 x ,

x<1 x=1 x > 1.

Nije teˇsko videti da je lim f (x) = lim (x − 3) = −2,

x→1−0

x→1−0

i lim f (x) = lim x2 = 1.

x→1+0

x→1+0

Na osnovu Tvrd¯enja 3.31 zakljuˇcujemo da lim f (x) ne postoji. • x→1

Neka je f : X → R, X1 ⊂ X i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X1 . Graniˇcnu vrednost restrikcije f1 = f|X1 u taˇcki x0 obeleˇzavamo sa lim f (x). x→x0 , x∈X1

Primetimo, da ako je x0 ∈ R i X1 = X ∩ (x0 , +∞), onda je lim f (x), a ako je X1 = X ∩ (−∞, x0 ), onda je

x→x0 +0

lim

x→x0 , x∈X1

lim

x→x0 , x∈X1

f (x) =

f (x) =

lim f (x).

x→x0 −0

Jasno je da ako postoji lim f (x), onda za svaki podskup X1 skupa X, takav da je x0 ∈ acc X1 , postoji i

x→x0

lim

x→x0 , x∈X1

f (x) i vaˇzi jednakost

lim

x→x0 , x∈X1

f (x) = lim f (x). x→x0

Obrnuto ne mora da vaˇzi, ˇsto pokazuju sledeći primeri. Primer 3.33. Za funkciju f (x) = x − [x] oblast definisanosti je skup R, i za restrikciju f1 = f|Z vaˇzi da je f1 (x) = 0 za svako x ∈ Z. Zato je lim f1 (x) = 0, x→+∞

tj.

lim

x→+∞, x∈Z

(x − [x]) = 0. Med¯utim, kao ˇsto smo videli lim (x − [x]) ne postoji

(Primer 3.17). •

x→+∞

138


Primer 3.34. Dirihleova6 funkcija je definisana sa { χ(x) =

x∈Q x∈ /Q

1, 0,

Za bilo koju taˇcku x0 ∈ R, u svakoj njenoj okolini nalazi se beskonaˇcno mnogo kako racionalnih tako i iracionalnih brojeva, tj. x0 je taˇcka nagomilavanja kako skupa racionalnih brojeva Q, tako i skupa iracionalnih brojeva I. Kako je χ|Q (x) = 1, za svako x ∈ Q, i χ|I (x) = 0, za svako x ∈ I, to je lim χ(x) = 1 i lim χ(x) = 0. x→x0 , x∈Q

x→x0 , x∈I

Med¯utim ni za jedno x0 ∈ R ne postoji lim χ(x). U stvari, ne postoje ni jednostrane x→x0

graniˇcne vrednosti

lim χ(x) i

x→x0 −0

lim χ(x). •

x→x0 +0

Tvrd¯enje 3.35. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Funkcija f ima graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 ako i samo ako za svaki niz realnih brojeva (xn ) takav da xn ∈ X \ {x0 }, n ∈ N, i lim xn = x0 , niz (f (xn )) ima n→∞

graniˇcnu vrednost (konaˇcnu ili beskonaˇcnu). Dokaz. (=⇒) : Sledi iz same definicije graniˇcne vrednosti funkcije (Definicija 3.13). (⇐=): Neka za svaki niz realnih brojeva (xn ) takav da xn ∈ X \ {x0 }, n ∈ N, i lim xn = x0 , niz (f (xn )) ima graniˇcnu vrednost. Neka su (x′n ) i (x′′n ) nizovi realnih n→∞

brojeva takvi da je x′n , x′′n ∈ X \ {x0 }, n ∈ N, i lim x′n = lim x′′n = x0 . Formirajmo n→∞ n→∞ niz { xn =

x′k , x′′k ,

n = 2k − 1 n = 2k, k ∈ N

Tada xn ∈ X \ {x0 }, n ∈ N, i na osnovu Tvrd¯enja 2.98 sledi lim xn = x0 . Na n→∞

osnovu pretpostavke niz (f (xn )) ima graniˇcnu vrednost, i kako su (f (x′n )) i (f (x′′n )) podnizovi niza (f (xn )), sledi lim f (x′n ) = lim f (xn ),

n→∞

n→∞

lim f (x′′n ) = lim f (xn ),

n→∞

n→∞

odakle dobijamo lim f (x′n ) = lim f (x′′n ).

n→∞

n→∞

Prema tome, graniˇcna vrednost niza (f (xn )), gde je xn ∈ X \ {x0 }, n ∈ N, i lim xn = x0 , ne zavisi od izbora niza (xn ). Ako oznaˇcimo tu graniˇcnu vrednost sa n→∞

b, na osnovu Definicije 3.13, imamo da je lim f (x) = b. x→x0

Tvrd¯enje 3.35 se moˇze formulisati i za sluˇcaj jednostranih graniˇcnih vrednosti. 6

P. G. L. Dirichlet (1805-1859), nemaˇcki matematiˇcar

ˇ 3.2. OSOBINE GRANICNIH VREDNOSTI FUNKCIJA

3.2

139

Osobine graniˇ cnih vrednosti funkcija

Naredna tvrd¯enja su iskazana za sluˇcaj dvostrane graniˇcne vrednosti, ali ona vaˇze i u sluˇcaju jednostranih graniˇcnih vrednosti, s tim ˇsto bi u tom sluˇcaju termin probodena okolina bio zamenjen terminom leva odnosno desna okolina. S obzirom da se pojam graniˇcne vrednosti funkcija svodi na graniˇcnu vrednost niza, osobine graniˇcnih vrednosti nizova se prenose i na graniˇcne vrednosti funkcija. Neka od narednih tvrd¯enja ćemo dokazati koriˇsćenjem odgovarajućih tvrd¯enja za nizove (i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije), a neka koriˇsćenjem Koˇsijeve definicije graniˇcne vrednosti funkcije, tj. ”na jeziku okolina”. Tvrd¯enje 3.36. Ako postoji graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 , onda je ona jedinstvena. Dokaz. Neka je f : X → R, x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X, i neka funkcija f ima dve razliˇcite graniˇcne vrednosti b i b1 u taˇcki x0 (b, b1 ∈ R). Tada postoje okoline V (b) i W (b1 ) taˇcaka b i b1 , respektivno, koje su disjunktne. Kako je lim f (x) = b, x→x0

◦

sledi da postoji okolina U1 (x0 ) taˇcke x0 tako da je f (U 1 (x0 )∩X) ⊂ V (b). Takod¯e, iz ◦

lim f (x) = b1 sledi da postoji okolina U2 (x0 ) taˇcke x0 tako da je f (U 2 (x0 ) ∩ X) ⊂

x→x0

◦

W (b1 ). Za okolinu U (x0 ) = U1 (x0 ) ∩ U2 (x0 ) taˇcke x0 vaˇzi da je f (U (x0 ) ∩ X) ⊂ V (b) ∩ W (b1 ), ˇsto protivureˇci ˇcinjenici da su okoline V (b) i W (b1 ) disjunktne. Definicija 3.37. Za funkciju f : X → R kaˇzemo da je ograniˇcena odozgo (odozdo) ako je ograniˇcen odozgo (odozdo) skup njenih vrednosti {f (x) : x ∈ X}, tj. ako postoji M ∈ R tako da je f (x) ≤ M (f (x) ≥ M ) za svako x ∈ X. Funkcija je ograniˇcena ako je ograniˇcena odozgo i odozdo. Tvrd¯enje 3.38. Ako funkcija f : X → R ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost u taˇcki ◦

x0 ∈ R, onda postoji probodena okolina U (x0 ) taˇcke x0 tako da je funkcija f ◦

ograniˇcena na skupu U (x0 ) ∩ X. Dokaz.

Neka je f : X → R, x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X, i lim f (x) = x→x0

A ∈ R. Na osnovu definicije graniˇcne vrednosti funkcije, za ϵ = 1 postoji probodena ◦

◦

okolina U (x0 ) taˇcke x0 tako da za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi |f (x) − A| < 1, tj. ◦

A − 1 < f (x) < A + 1. Ovo znaˇci da je funkcija f ograniˇcena na skupu U (x0 ) ∩ X. Tvrd¯enje 3.39. Neka je f : X → R, g : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Ako je lim f (x) = b, lim g(x) = c i b < c, b, c ∈ R, tada postoji okolina x→x0

x→x0

◦

U (x0 ) taˇcke x0 , takva da je f (x) < g(x) za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X. c−b , i neka je V (b) ϵ-okolina taˇcke 2 b i W (c) ϵ-okolina taˇcke c. Jasno je da je za svako s ∈ V (b) i svako t ∈ W (c) vaˇzi

Dokaz. Ako su b i c konaˇcni brojevi, neka je ϵ =

140


nejednakost s < t. Sliˇcno ako je jedna od taˇcaka b ili c beskonaˇcna, mogu se naći okolina V (b) taˇcke b i okolina W (c) taˇcke c, tako da za bilo koje s ∈ V (b) i bilo koje t ∈ W (c) vaˇzi s < t. ◦

Iz lim f (x) = b sledi da postoji okolina U1 (x0 ) tako da je f (U 1 (x0 )∩X) ⊂ V (b). x→x0

◦

Takod¯e, iz lim g(x) = c sledi da postoji U2 (x0 ) tako da je g(U 2 (x0 ) ∩ X) ⊂ W (c). x→x0

◦

Neka je U (x0 ) = U1 (x0 ) ∩ U2 (x0 ). Tada za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi f (x) ∈ V (b) i g(x) ∈ W (c), pa je f (x) < g(x). Posledica 3.40. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Ako je lim f (x) = b < c, onda postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 , takva da je f (x) < c za x→x0

◦

svako x ∈ U (x0 ) ∩ X. Analogno tvrd¯enje vaˇzi ako se relacijski znak < zameni znakom >. Dokaz. Ako uzmemo da je g(x) = c, x ∈ X, onda je lim g(x) = c (Primer 3.9), pa x→x0

je lim f (x) < lim g(x). Na osnovu Tvrd¯enja 3.39 sledi da postoji okolina U (x0 ) x→x0

x→x0

◦

taˇcke x0 , takva da je f (x) < g(x) = c za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X. Posledica 3.41. Ako funkcija f u taˇcki x0 ima graniˇcnu vrednost razliˇcitu od 0, onda funkcija ima isti znak kao i ta graniˇcna vrednost u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 . Dokaz. Sledi iz Posledice 3.40 (za sluˇcaj kada je c = 0). Tvrd¯enje 3.42. Neka je f : X → R, g : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja ◦

skupa X. Neka je za neku probodenu okolinu U (x0 ) taˇcke x0 ispunjeno g(x) ≤ f (x) ◦

za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X i neka postoje (konaˇcne ili beskonaˇcne) graniˇcne vrednosti lim g(x) i lim f (x). Tada je x→x0

x→x0

lim g(x) ≤ lim f (x).

x→x0

x→x0

Dokaz. Pretpostavimo da je lim f (x) < lim g(x). Iz Tvrd¯enja 3.39 sledi postoji x→x0

x→x0

◦

okolina U1 (x0 ) taˇcke x0 , takva da je f (x) < g(x) za svako x ∈ U 1 (x0 ) ∩ X. Za ◦

okolinu U2 (x0 ) = U (x0 ) ∩ U1 (x0 ) taˇcke x0 ispunjeno je da za sve x ∈ U 2 (x0 ) ∩ X istovremeno vaˇze nejednakosti f (x) < g(x) i f (x) ≥ g(x), ˇsto je apsurd. Dobijena protivureˇcnost dokazuje da je lim g(x) ≤ lim f (x). x→x0

x→x0

Tvrd¯enje 3.43. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. ◦

Neka je za neku probodenu okolinu U (x0 ) taˇcke x0 ispunjeno c ≤ f (x) za svako ◦

x ∈ U (x0 ) ∩ X i neka postoji (konaˇcna ili beskonaˇcna) graniˇcna vrednost lim f (x). Tada je c ≤ lim f (x). x→x0

Analogno tvrd¯enje vaˇzi ako se znak ≤ zameni znakom ≥.

x→x0

3.2. Osobine graniˇcnih vrednosti funkcija

141

Dokaz. Ako uzmemo da je g(x) = c, x ∈ X, onda funkcije f i g ispunjavaju uslove Tvrd¯enja 3.42, odakle sledi da je lim g(x) ≤ lim f (x), tj. c ≤ lim f (x). x→x0

x→x0

x→x0

Tvrd¯enje 3.44. Neka su date tri funkcije φ, f, ψ : X → R, neka je x0 taˇcka ◦

nagomilavanja skupa X i neka je za neku probodenu okolinu U (x0 ) taˇcke x0 ispun◦

jeno φ(x) ≤ f (x) ≤ ψ(x) za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X. Ako postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti lim φ(x) i lim ψ(x) koje su med¯usobno jednake, tada postoji i graniˇcna x→x0

x→x0

vrednost lim f (x) i vaˇzi x→x0

lim φ(x) = lim f (x) = lim ψ(x).

x→x0

Dokaz.

x→x0

x→x0

Neka je lim φ(x) = lim ψ(x) = A ∈ R i neka je (xn ) proizvoljan niz x→x0

x→x0

◦

sa osobinom da je xn ∈ U (x0 ) ∩ X, n = 1, 2, . . . i lim xn = x0 . Tada u skladu n→∞

sa Hajneovom definicijom graniˇcne vrednosti funkcije vaˇze jednakosti lim φ(xn ) = n→∞

lim ψ(xn ) = A. Budući da je

n→∞

φ(xn ) ≤ f (xn ) ≤ ψ(xn ), na osnovu Teoreme ”o zatvoreniku izmed¯u dva policajca” za nizove, sledi da je lim f (xn ) = A. S obzirom da je (xn ) proizvoljan niz sa osobinom da je xn ∈

n→∞ ◦ U (x0 ) ∩ X,

n = 1, 2, . . . i lim xn = x0 , u skladu sa Hajneovom definicijom graniˇcne n→∞ vrednosti funkcije ovo znaˇci da postoji graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 i da je lim f (x) = A. x→x0

Primer 3.45. Da li postoje lim x sin x→0

Iz

1 1 i lim x cos ? x x→0 x

1 1 |x sin | = |x|| sin | ≤ |x|, x ̸= 0, x x

sledi −|x| ≤ x sin

1 ≤ |x|, x ̸= 0. x

Kako je lim (−|x|) = lim |x| = 0, na osnovu Tvrd¯enja 3.44, zakljuˇcujemo da je x→0

x→0

lim x sin

x→0

Sliˇcno, lim x cos x→0

1 = 0. x

1 = 0. • x 1 Grafik funkcije f (x) = x sin : x

142


0.4

0.2

-0.4

0.2

-0.2

0.4

-0.2

-0.4

Tvrd¯enje 3.46. Neka su date funkcije φ, f : X → R, neka je x0 taˇcka nagomila◦

vanja skupa X i neka je za neku probodenu okolinu U (x0 ) taˇcke x0 ispunjeno φ(x) ≤ ◦

f (x) za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X. Ako je lim φ(x) = +∞, tada je lim f (x) = +∞. x→x0

Dokaz. ◦

x→x0

Neka je lim φ(x) = +∞ i neka je (xn ) proizvoljan niz sa osobinom da je x→x0

xn ∈ U (x0 ) ∩ X, n = 1, 2, . . . i lim xn = x0 . Tada je na osnovu Hajneove definicije n→∞

graniˇcne vrednosti funkcije lim φ(xn ) = +∞ i kako je n→∞

φ(xn ) ≤ f (xn ), na osnovu Tvrd¯enja 2.48, sledi da je lim f (xn ) = +∞. S obzirom da je (xn ) n→∞ ◦

proizvoljan niz sa osobinom da je xn ∈ U (x0 ) ∩ X, n = 1, 2, . . . i lim xn = x0 , u n→∞ skladu sa Hajneovom definicijom graniˇcne vrednosti funkcije ovo znaˇci da postoji graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 i da je lim f (x) = +∞. x→x0

Sliˇcno se dokazuje naredno tvrd¯enje.


143

Tvrd¯enje 3.47. Neka su date funkcije f, ψ : X → R i neka je x0 taˇcka nagomila◦

vanja skupa X. Ako je za neku probodenu okolinu U (x0 ) taˇcke x0 ispunjeno f (x) ≤ ◦

ψ(x) za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X i ako je lim ψ(x) = −∞, tada je lim f (x) = −∞. x→x0

x→x0

Tvrd¯enje 3.48. Neka su date funkcije f, g : X → R, i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Ako postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti lim f (x) i lim g(x), onda postoje x→x0

x→x0

i konaˇcne graniˇcne vrednosti lim (f (x) + g(x)), lim (f (x) − g(x)), lim (f (x)g(x)), x→x0

x→x0

x→x0

f (x) a ako je lim g(x) ̸= 0, postoji i konaˇcna graniˇcna vrednost lim i vaˇzi x→x0 x→x0 g(x) lim (f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x),

(3.20)

lim (f (x) − g(x)) = lim f (x) − lim g(x),

(3.21)

lim (f (x)g(x)) = lim f (x) lim g(x),

(3.22)

x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

lim

x→x0

x→x0

lim f (x) f (x) x→x0 = g(x) lim g(x)

(3.23)

x→x0

Dokaz. Neka je lim f (x) = b ∈ R i lim g(x) = c ∈ R i c ̸= 0. Iz Posledice 3.41 x→x0

x→x0

◦

sledi da postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 takva da je g(x) ̸= 0 za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X. ◦ f (x) . Neka je (xn ) proizvoljan Prema tome, za x ∈ U (x0 ) ∩ X definisan je koliˇcnik g(x) ◦

niz realnih brojeva sa osobinom da je xn ∈ U (x0 ) ∩ X, n ∈ N, i lim xn = x0 . n→∞

Tada je g(xn ) ̸= 0 za sve n ∈ N, i na osnovu Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije imamo da je lim f (xn ) = b i lim g(xn ) = c. Iz Tvrd¯enja 2.38 sledi da n→∞

n→∞

f (xn ) f (xn ) b postoji lim i da je lim = . S obzirom da je (xn ) proizvoljan niz n→∞ g(xn ) n→∞ g(xn ) c ◦

sa osobinom da je xn ∈ U (x0 ) ∩ X, n = 1, 2, . . . i lim xn = x0 , u skladu sa n→∞ Hajneovom definicijom graniˇcne vrednosti funkcije ovo znaˇci da postoji graniˇcna f (x) vrednost funkcije x 7→ u taˇcki x0 i da je g(x) lim

x→x0

lim f (x) f (x) b x→x0 = = . g(x) c lim g(x) x→x0

Ostala tvrd¯enja se dokazuju sliˇcno. Posledica 3.49. Ako postoji konaˇcna graniˇcna vrednost lim f (x) = b, tada za x→x0

svako c ∈ R postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti lim (f (x) + c), lim (f (x) − c) x→x0

x→x0

i lim cf (x), a ako je lim f (x) = b ̸= 0, postoji i konaˇcna graniˇcna vrednost x→x0

x→x0

144 lim

x→x0

Glava 3. Graniˇcne vrednosti funkcija c i vaˇzi f (x) lim (f (x) + c) = lim f (x) + c,

(3.24)

lim (f (x) − c) = lim f (x) − c,

(3.25)

lim c f (x) = c lim f (x),

(3.26)

c c = . f (x) lim f (x)

(3.27)

x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

lim

x→x0

x→x0

x→x0

Dokaz. Neka je g(x) = c, x ∈ R. Tada je lim g(x) = c (Primer 3.9) i iz Tvrd¯enja x→x0

3.48 sledi da funkcije f + g, f − g i gf imaju konaˇcnu graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 , g a ako je joˇs i lim f (x) = b ̸= 0, onda i funkcija ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost x→x0 f u taˇcki x0 . Pri tom je na osnovu (3.22) lim g(x)f (x) = lim g(x) lim f (x) = c lim f (x),

x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

tj. vaˇzi (3.26). Jednakosti (3.24), (3.25) i (3.27) se sliˇcno dokazuju. Posledica 3.50. Ako postoji konaˇcna graniˇcna vrednost lim f (x), tada za svako x→x0

k ∈ N postoji konaˇcna graniˇcna vrednost lim (f (x))k i vaˇzi x→x0

lim (f (x))k = ( lim f (x))k .

x→x0

x→x0

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 3.48, (3.22), na osnovu principa matematiˇcke indukcije. Tvrd¯enje 3.51. Neka su date funkcije f, g : X → R, i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. (3.51.1) Ako je lim f (x) = +∞ i lim g(x) = +∞, onda je lim (f (x) + g(x)) = x→x0 x→x0 x→x0 +∞. (3.51.2) Ako je lim f (x) = −∞ i lim g(x) = −∞, onda je lim (f (x) + g(x)) = x→x0 x→x0 x→x0 −∞. (3.51.3) Ako je lim f (x) = +∞ i funkcija g odozdo ograniˇcena u nekoj probodenoj x→x0

okolini taˇcke x0 , onda je lim (f (x) + g(x)) = +∞. x→x0

(3.51.4) Ako je lim f (x) = −∞ i funkcija g odozgo ograniˇcena u nekoj probodenoj x→x0

okolini taˇcke x0 , onda je lim (f (x) + g(x)) = −∞. x→x0

(3.51.5) Ako je lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞) i postoji konaˇcna graniˇcna x→x0

x→x0

vrednost lim g(x) = y ∈ R, onda je lim (f (x) + g(x)) = +∞ ( lim (f (x) + g(x)) = −∞).

x→x0

x→x0

x→x0


145

Dokaz. (3.51.3): Neka je lim f (x) = +∞ i funkcija g odozdo ograniˇcena u nekoj x→x0

probodenoj okolini taˇcke x0 , tj. postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 tako da je g(x) > c ◦

za neko c ∈ R, i sve x ∈ U (x0 ) ∩ X. Neka je (xn ) proizvoljan niz realnih brojeva ◦

sa osobinom da xn ∈ U (x0 ) ∩ X, n ∈ N, i lim xn = x0 . Tada je lim f (xn ) = +∞ n→∞

n→∞

i g(xn ) > c za svako n ∈ N. Sada iz Tvrd¯enja 2.20 ((2.20.3)) sledi lim (f (xn ) + n→∞

g(xn )) = +∞. U skladu sa Hajneovom definicijom graniˇcne vrednosti funkcije zakljuˇcujemo da je lim (f (x) + g(x)) = +∞. x→x0

Ostala tvrd¯enja se dokazuju sliˇcno, koriˇsćenjem odgovarajućih delova Tvrd¯enja 2.20 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije. Posledica 3.52. Neka je data funkcija f : X → R, i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. (3.52.1) Ako je lim f (x) = +∞ i c ∈ R, tada je lim (c + f (x)) = +∞. x→x0

x→x0

(3.52.2) Ako je lim f (x) = −∞ i c ∈ R, tada je lim (c + f (x)) = −∞. x→x0

x→x0

Dokaz. (3.52.1): Neka je lim f (x) = +∞, c ∈ R i g(x) = c, x ∈ X. Tada x→x0

je lim g(x) = c (Primer 3.9), pa iz (3.51.5) sledi lim (g(x) + f (x)) = +∞, tj. x→x0

x→x0

lim (c + f (x)) = +∞.

x→x0

(3.52.2) sledi takod¯e iz (3.51.5) i Primera 3.9.

Tvrd¯enje 3.53. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Neka funkcija f ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 . Tada postoji lim (f (x) + g(x)) ako i samo ako postoji lim g(x) i vaˇzi jednakost x→x0

x→x0

lim (f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x).

x→x0

x→x0

x→x0

(3.28)

Pri tom vaˇze sledeće ekvivalencije: (i) Postoji konaˇcna graniˇcna vrednost lim g(x) ako i samo postoji konaˇcna graniˇcna x→x0

vrednost lim (f (x) + g(x)); x→x0

(ii) lim g(x) = +∞ ako i samo ako je lim (f (x) + g(x)) = +∞. x→x0

x→x0

(iii) lim g(x) = −∞ ako i samo ako je lim (f (x) + g(x)) = −∞. x→x0

x→x0

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.42 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije (dokaz se moˇze izvesti i koriˇsćenjem Tvrd¯enja 3.48 i Tvrd¯enja 3.51 ((3.51.5)), sliˇcno dokazu odgovarajućeg tvrd¯enja za nizove (Tvrd¯enja 2.42)). Tvrd¯enje 3.54. Neka su date funkcije f, g : X → R, i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. (3.54.1) Ako je lim f (x) = +∞ i lim g(x) = +∞ ( lim g(x) = −∞), onda je x→x0

x→x0

lim f (x)g(x) = +∞ ( lim f (x)g(x) = −∞).

x→x0

x→x0

x→x0

146


(3.54.2) Ako je lim f (x) = +∞ i g(x) ≥ y > 0 (g(x) ≤ y < 0) u nekoj probodenoj x→x0

okolini taˇcke x0 , onda je lim f (x)g(x) = +∞ ( lim f (x)g(x) = −∞). x→x0

x→x0

(3.54.3) Ako je lim f (x) = +∞ i lim g(x) = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je x→x0

x→x0

lim f (x)g(x) = +∞ ( lim f (x)g(x) = −∞).

x→x0

x→x0

(3.54.4) Ako je lim f (x) = −∞ i lim g(x) = −∞, onda je lim f (x)g(x) = +∞. x→x0

x→x0

x→x0

(3.54.5) Ako je lim f (x) = −∞ i g(x) ≥ y > 0 (g(x) ≤ y < 0) u nekoj probodenoj x→x0

okolini taˇcke x0 , onda je lim f (x)g(x) = −∞ ( lim f (x)g(x) = +∞). x→x0

x→x0

(3.54.6) Ako je lim f (x) = −∞ i lim g(x) = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je x→x0

x→x0

lim f (x)g(x) = −∞ ( lim f (x)g(x) = +∞).

x→x0

x→x0

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.32 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije. Posledica 3.55. Neka je data funkcija f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. (3.55.1) Ako je lim f (x) = +∞ i c ∈ R, c > 0 (c < 0), tada je lim (cf (x)) = +∞ x→x0

x→x0

( lim (cf (x)) = −∞). x→x0

(3.55.2) Ako je lim f (x) = −∞ i c ∈ R, c > 0 (c < 0), tada je lim (cf (x)) = −∞ x→x0

x→x0

( lim (cf (x)) = +∞). x→x0

Dokaz. (3.55.1): Sledi iz (3.54.3) i Primera 3.9. (3.55.2): Sledi iz (3.54.5) i Primera 3.9. Posledica 3.56. Neka je data funkcija f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Neka je k ∈ N. (3.56.1) Ako je lim f (x) = +∞, tada je lim (f (x))k = +∞. x→x0

n→∞

(3.56.2) Ako je lim f (x) = −∞ i k paran (neparan) broj, tada je lim (f (x))k = +∞ x→x0

n→∞

( lim (f (x))k = −∞). n→∞

Dokaz. (3.56.1): Sledi iz (3.54.1) na osnovu principa matematiˇcke indukcije. (3.56.2): Sledi iz (3.54.4) i (3.54.1) na osnovu principa matematiˇcke indukcije. Dokaz tvrd¯enja (3.56.1) i (3.56.2) se moˇze izvesti i koriˇsćenjem Posledice 2.34 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije. Tvrd¯enje 3.57. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Neka funkcija f ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 , lim f (x) = b ̸= 0. x→x0

Tada postoji lim (f (x)g(x)) ako i samo ako postoji lim g(x) i vaˇzi jednakost x→x0

x→x0

lim (f (x)g(x)) = lim f (x) · lim g(x);

x→x0

x→x0

x→x0

(3.29)


147

Pritom vaˇzi: (i) Postoji konaˇcna graniˇcna vrednost lim g(x) ako i samo postoji konaˇcna graniˇcna x→x0

vrednost lim (f (x)g(x)); x→x0

(ii) Ako je lim f (x) = b > 0, onda je lim g(x) = +∞ (−∞) ako i samo ako je x→x0

x→x0

lim (f (x)g(x)) = +∞ (−∞);

x→x0

(iii) Ako je lim f (x) = b < 0, onda je lim g(x) = +∞ (−∞) ako i samo ako je x→x0

x→x0

lim (f (x)g(x)) = −∞ (+∞).

x→x0

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.43 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije (dokaz se moˇze izvesti i koriˇsćenjem Tvrd¯enja 3.48 i Tvrd¯enja 3.54 ((3.54.3) i (3.54.6)), sliˇcno dokazu odgovarajućeg tvrd¯enja za nizove (Tvrd¯enja 2.43)). Tvrd¯enje 3.58. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Neka funkcija g ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 , lim g(x) = b ̸= 0. x→x0

Tada postoji lim

x→x0

f (x) ako i samo ako postoji lim f (x) i vaˇzi jednakost x→x0 g(x) lim

x→x0

lim f (x) f (x) x→x0 = ; g(x) lim g(x)

(3.30)

x→x0

Pri tom vaˇzi: (i1) Postoji konaˇcna graniˇcna vrednost lim f (x) ako i samo postoji konaˇcna graniˇcna x→x0

f (x) ; vrednost lim x→x0 g(x) (ii) Ako je lim g(x) = b > 0, tada je lim f (x) = +∞ (−∞) ako i samo ako je x→x0

x→x0

f (x) lim = +∞ (−∞); x→x0 g(x) (iii) Ako je lim g(x) = b < 0, tada je lim f (x) = +∞ (−∞) ako i samo ako je x→x0

x→x0

f (x) lim = −∞ (+∞). x→x0 g(x) Dokaz. Iz Posledice 3.49 sledi da funkcija od 0 u taˇcki x0 . S obzirom da je

1 ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost razliˇcitu g

f 1 = · f , tvrd¯enje sledi iz Tvrd¯enja 3.57. g g

Definicija 3.59. Za funkciju α kaˇzemo da je beskonaˇcno mala funkcija (ili samo beskonaˇcno mala) kad x teˇzi ka x0 , x0 ∈ R, ako je lim α(x) = 0.

x→x0

148

Glava 3. Graniˇcne vrednosti funkcija Beskonaˇcno mala α ˇcesto se naziva i infinitezimala. Na primer, funkcija f (x) =

x → −∞ (Primer 3.8).

1 je beskonaˇcno mala kad x → +∞, a takod¯e i kad x

Sledeće tvrd¯enje se moˇze dokazati koriˇsćenjem odgovarajućih osobina nula-nizova, ali takod¯e sledi i iz Tvrd¯enja 3.48. Tvrd¯enje 3.60. Zbir, razlika i proizvod dve beskonaˇcno male funkcije kad x → x0 je beskonaˇcno mala funkcija kad x → x0 . (Podrazumeva se da su zbir, razlika i proizvod beskonaˇcno malih funkcija kad x → x0 , α i β, definisani na preseku oblasti definisanosti funkcija α i β). Tvrd¯enje 3.61. Ako je α beskonaˇcno mala kad x → x0 , a g funkcija ograniˇcena u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 , onda je gα beskonaˇcno mala kad x → x0 . Dokaz. Neka su α, g : X → R, x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X, lim α(x) = 0 x→x0

i neka postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 tako da je |g(x)| < c za neko c ∈ R, c > 0, i sve ◦

x ∈ U (x0 ) ∩ X. Neka je (xn ) proizvoljan niz realnih brojeva takav sa osobinom da ◦

xn ∈ U (x0 )∩X, n ∈ N, i lim xn = x0 . Tada je lim α(xn ) = 0 i |g(xn )| < c za svako n→∞

n→∞

n ∈ N. Kako je proizvod nula-niza i ograniˇcenog niza opet nula-niz (Tvrd¯enje 2.26), sledi lim g(xn )α(xn ) = 0. S obzirom da za proizvoljan niz realnih brojeva (xn ) sa n→∞

◦

osobinom da xn ∈ U (x0 ) ∩ X, n ∈ N, i lim xn = x0 vaˇzi da je lim g(xn )α(xn ) = 0, n→∞ n→∞ u skladu sa Hajneovom definicijom graniˇcne vrednosti funkcije zakljuˇcujemo da je lim g(x)α(x) = 0. x→x0

Naravno, prethodno tvrd¯enje smo mogli da dokaˇzemo i ”na jeziku okolina”, koriˇsćenjem Koˇsijeve definicije graniˇcne vrednosti funkcije. 1 1 i g2 (x) = sin , x ∈ R \ {0}, x x ograniˇcene, a α(x) = x beskonaˇcno mala kad x → 0, iz Tvrd¯enja 3.61 sledi da su 1 1 funkcije f1 (x) = x cos i f2 (x) = x sin beskonaˇcno male kad x → 0. • x x Primer 3.62. Budući da su funkcije g1 (x) = cos

sin x je beskonaˇcno mala kad x → +∞, a takod¯e i x 1 kad x → −∞, kao prozvod beskonaˇcno male x 7→ kad x → +∞ (x → −∞) i x cos x ograniˇcene funkcije x 7→ sin x. Sliˇcno, funkcija x 7→ je beskonaˇcno mala kad x x → +∞ (x → −∞). • Primer 3.63. Funkcija x 7→

Sledeća teorema pokazuje da se pojam graniˇcne vrednosti funkcije moˇze svesti na pojam beskonaˇcno male.


149

Tvrd¯enje 3.64. Funkcija f : X → R u taˇcki x0 ∈ R, x0 ∈ acc X, ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost jednaku A, lim f (x) = A ∈ R, ako i samo ako postoji okolina x→x0

U (x0 ) taˇcke x0 i beskonaˇcno mala α kad x → x0 tako da je ◦

f (x) = A + α(x) za x ∈ U (x0 ) ∩ X. Dokaz.

Neka je lim f (x) = A. Definiˇsimo α(x) = f (x) − A za x ∈ X. Tada na x→x0

osnovu (3.25) sledi lim α(x) = lim (f (x) − A) = lim f (x) − A = A − A = 0,

x→x0

x→x0

x→x0

i oˇcigledno je f (x) = A + α(x). Obrnuto, ako je f (x) = A + α(x) za x ∈ X iz neke probodene okoline taˇcke x0 , i lim α(x) = 0, tada je na osnovu (3.24) x→x0

lim f (x) = lim (A + α(x)) = A + lim α(x) = A + 0 = A.

x→x0

x→x0

x→x0

Tvrd¯enje 3.65. Neka je data funkcija f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja 1 skupa X. Ako je lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞), onda je beskonaˇcno mala x→x0 n→∞ f kad x → x0 .7 Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.39 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije. Tvrd¯enje 3.66. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. (3.66.1) Ako je lim g(x) = +∞ ( lim g(x) = −∞) i funkcija f ograniˇcena u nekoj x→x0

x→x0

f beskonaˇcno mala kad x → x0 . g (3.66.2) Ako je lim g(x) = +∞ ( lim g(x) = −∞) i postoji konaˇcna graniˇcna

probodenoj okolini taˇcke x0 , onda je x→x0

x→x0

f (x) beskonaˇcno mala kad x → x0 .8 vrednost lim f (x), onda je x→x0 g(x) Dokaz. (3.66.1): Sledi iz Tvrd¯enja 3.61 i Tvrd¯enja 3.65. (3.66.2): Sledi iz (3.66.1) i Tvrd¯enja 3.38. 7

Tvrd¯enje 3.65 simboliˇcki zapisujemo: 1 = 0, +∞

8

1 = 0. −∞

Ako je lim f (x) = b ∈ R, Tvrd¯enje (3.66.2) simboliˇcki zapisujemo: x→x0

b = 0, +∞

b =0 −∞

za svako b ∈ R.

150


1 ne α mora da ima graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 . Na primer, funkcija α(x) = x, x ∈ R, 1 1 1 je beskonaˇcno mala kad x → 0, ali lim = lim = +∞ i lim = x→+0 α(x) x→+0 x x→−0 α(x) 1 1 lim = −∞ (Primer 3.27), te na osnovu Tvrd¯enje 3.31 ne postoji lim . • x→−0 x x→0 α(x)

Napomena 3.67. Ako je α beskonaˇcno mala kad x → x0 , onda funkcija

Med¯utim, ako je funkcija α beskonaˇcno mala kad x → x0 i postoji probodena okolina taˇcke x0 u kojoj je funkcija α razliˇcita od 0 i konstantnog znaka (pozitivna 1 ima graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 . je ili negativna), onda funkcija α Tvrd¯enje 3.68. Neka je α : X → R beskonaˇcno mala kad x → x0 , x0 ∈ acc X, i ◦

neka je U (x0 ) okolina taˇcke x0 takva da je α(x) > 0 (α(x) < 0) za x ∈ U (x0 ) ∩ X. 1 1 Tada je lim = +∞ ( lim = −∞).9 x→x0 α(x) x→x0 α(x) Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 2.41 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije. Tvrd¯enje 3.69. Neka je data funkcija f : X → R i neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. (3.69.1) Ako je a ∈ R, a > 1 i lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞), onda je x→x0

x→x0

lim af (x) = +∞ ( lim af (x) = 0).

x→x0

x→x0

(3.69.2) Ako je a = 1 i lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞), onda je lim af (x) = 1 x→x0

x→x0

x→x0

( lim af (x) = 1). x→x0

(3.69.3) Ako je a ∈ R, 0 < a < 1 i lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞), onda je x→x0

lim a

f (x)

x→x0

= 0 ( lim a

f (x)

x→x0

x→x0

= +∞).

Dokaz. (3.69.1): Neka je a ∈ R, a > 1, lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞) i x→x0

x→x0

◦

ϵ > 0. Tada postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi f (x) > loga ϵ (f (x) < loga ϵ). Budući da je funkcija t 7→ at strogo rastuća, ◦

za x ∈ U (x0 ) ∩ X sledi af (x) > aloga ϵ = ϵ (0 < af (x) < aloga ϵ = ϵ). Prema tome, lim af (x) = +∞, ( lim af (x) = 0). x→x0

x→x0

(3.69.2): Ako je a = 1 i lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞), onda je af (x) = 1 za x→x0

x→x0

svako x ∈ X, pa je oˇcigledno, lim af (x) = 1 ( lim af (x) = 1). x→x0

9

x→x0

Tvrd¯enje 3.68 simboliˇcki zapisujemo: 1 = +∞, +0

1 = −∞. −0


151

(3.69.3): Neka je a ∈ R, 0 < a < 1, lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞) i ϵ > 0. x→x0

Postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je za svako x ∈

x→x0 ◦ U (x0 )∩X

vaˇzi f (x) > loga ϵ ◦

(f (x) < loga ϵ). Kako je funkcija t 7→ at strogo opadajuća, za x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi 0 < af (x) < aloga ϵ = ϵ (af (x) > aloga ϵ = ϵ). Time je dokazano da je lim af (x) = 0, x→x0

( lim af (x) = +∞). x→x0

Primetimo da (3.69.3) sledi takod¯e iz (3.69.1), Tvrd¯enja 3.65 i Tvrd¯enja 3.68. 1 Naime iz 0 < a < 1 sledi > 1, pa za lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞), iz x→x0 x→x0 a ( )f (x) ( )f (x) 1 1 1 1 (3.69.1) sledi lim f (x) = lim = +∞ ( lim f (x) = lim = 0). x→x0 a x→x0 a x→x0 a x→x0 a Odavde, na osnovu Tvrd¯enja 3.65 (Tvrd¯enja 3.68), zakljuˇcujemo da je lim af (x) = x→x0

f (x)

0, ( lim a x→x0

= +∞).

Napominjemo da smo dokaz Tvrd¯enja 3.69 mogli izvesti koriˇsćenjem zadatka 4 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije. Tvrd¯enje 3.70. Za funkciju f : X → R neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. (3.70.1) Ako je a ∈ R, a > 1 i lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = 0 i postoji probodena x→x0

◦

x→x0

◦

okolina taˇcke x0 , V (x0 ), takva da je f (x) > 0 za svako x ∈ X ∩ V (x0 )), onda je lim loga f (x) = +∞ ( lim loga f (x) = −∞). x→x0

x→x0

(3.70.2) Ako je a ∈ R, 0 < a < 1 i lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = 0 i postoji x→x0

◦

x→x0

◦

probodena okolina taˇcke x0 , V (x0 ), takva da je f (x) > 0 za svako x ∈ X ∩ V (x0 )), onda je lim loga f (x) = −∞ ( lim loga f (x) = +∞). x→x0

x→x0

Dokaz. (3.70.1): Neka je a ∈ R, a > 1, lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = 0 i neka ◦

x→x0

x→x0

postoji probodena okolina taˇcke x0 , V (x0 ), takva da je f (x) > 0 za svako x ∈ ◦

X ∩ V (x0 )) i M ∈ R. Tada postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je za svako ◦

x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi f (x) > aM (0 < f (x) < aM ). Budući da je funkcija t 7→ loga t ◦

strogo rastuća, za x ∈ U (x0 ) ∩ X sledi loga f (x) > loga aM = M (loga f (x) < loga aM = M ). Prema tome, lim loga f (x) = +∞, ( lim loga f (x) = −∞). x→x0

x→x0

(3.70.2): Neka je a ∈ R, 0 < a < 1, lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = 0 i neka postoji ◦

x→x0

x→x0

◦

probodena okolina taˇcke x0 , V (x0 ), takva da je f (x) > 0 za svako x ∈ X ∩ V (x0 )) ◦

i M ∈ R. Postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi f (x) > aM (0 < f (x) < aM ). Kako je funkcija t 7→ loga t strogo opadajuća, za ◦

x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi loga f (x) < loga aM = M (loga f (x) > loga aM = M ). Time je dokazano da je lim loga f (x) = −∞, ( lim loga f (x) = +∞). x→x0

x→x0

152


Primetimo da (3.70.2) sledi takod¯e iz (3.70.1). Zaista, iz 0 < a < 1 sledi 1 > 1. Iz lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = 0) i (3.70.1) sledi lim log 1 f (x) = +∞ a x→x0 x→x0 x→x0 a ( lim log 1 f (x) = −∞). Odavde, s obzirom da je lim loga f (x) = − lim log 1 f (x), x→x0

x→x0

a

x→x0

sledi lim loga f (x) = −∞, ( lim loga f (x) = +∞). x→x0

a

x→x0

Primećujemo da smo dokaz Tvrd¯enja 3.70 mogli izvesti koriˇsćenjem zadatka 31 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije. Tvrd¯enje 3.71. Neka su date funkcije f, g : X → R, neka je x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. (3.71.1) Ako je lim f (x) = +∞ i lim g(x) = +∞, onda je lim f (x)g(x) = +∞. x→x0

x→x0

x→x0

(3.71.2) Ako je lim f (x) = +∞ i lim g(x) = −∞, onda je lim f (x)g(x) = 0. x→x0

x→x0

x→x0

(3.71.3) Neka postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je f (x) > 0 za svako x ∈ ◦

U (x0 )∩X. Ako je lim f (x) = 0 i lim g(x) = b ∈ R, b > 0, onda je lim f (x)g(x) = x→x0

x→x0

x→x0

0. (3.71.4) Neka postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je f (x) > 0 za svako x ∈ ◦

U (x0 )∩X. Ako je lim f (x) = 0 i lim g(x) = b ∈ R, b < 0, onda je lim f (x)g(x) = x→x0 x→x0 x→x0 +∞. (3.71.5) Neka postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je f (x) > 0 za svako x ∈ ◦

U (x0 ) ∩ X. Ako je lim f (x) = 0 i lim g(x) = +∞, onda je lim f (x)g(x) = 0. x→x0

x→x0

x→x0

(3.71.6) Neka postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je f (x) > 0 za svako x ∈ ◦

U (x0 ) ∩ X. Ako je lim f (x) = 0 i lim g(x) = −∞, onda je lim f (x)g(x) = +∞. x→x0

x→x0

x→x0

10

Dokaz. (3.71.1), (3.71.2): Neka je lim f (x) = +∞ i lim g(x) = +∞ ( lim g(x) = x→x0

x→x0

x→x0

−∞). Iz lim f (x) = +∞ sledi da postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da za svako ◦

x→x0

◦

x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi f (x) > 0. Za x ∈ U (x0 ) ∩ X je g(x)

f (x)g(x) = eln f (x)

= eg(x) ln f (x) .

10

(3.31)

Tvrd¯enja (3.71.1), (3.71.2), (3.71.3), (3.71.4), (3.71.1) i (3.71.6) simboliˇcki zapisujemo na sledeći naˇcin: (+∞)+∞

=

+∞,

(+∞)−∞

=

0,

b

=

0, za b ∈ R, b > 0,

(+0)b

=

+∞, za b ∈ R, b < 0,

(+0)+∞

=

0,

(+0)−∞

=

+∞.

(+0)


153

Iz (3.70.1) sledi da je lim ln f (x) = +∞, pa iz (3.54.1) sledi lim g(x) ln f (x) = +∞ x→x0

x→x0

( lim g(x) ln f (x) = −∞). Odavde, na osnovu (3.69.1), zakljuˇcujemo da je x→x0

lim eg(x) ln f (x) = +∞ ( lim eg(x) ln f (x) = 0).

(3.32)

x→x0

x→x0

Iz (3.31) i (3.32) sledi lim f (x)g(x) = +∞ ( lim f (x)g(x) = 0). x→x0

x→x0

(3.71.3), (3.71.4), (3.71.5), (3.71.6): Neka postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je ◦

◦

f (x) > 0 za svako x ∈ U (x0 )∩X. Tada za x ∈ U (x0 )∩X vaˇzi (3.31). Pretpostavimo da je lim f (x) = 0. Na osnovu ((3.70.1)) sledi lim ln f (x) = −∞. x→x0

x→x0

Ako je lim g(x) = b ∈ R, b > 0 (b < 0), na osnovu (3.54.6) zakljuˇcujemo da je x→x0

lim g(x) ln f (x) = −∞ ( lim g(x) ln f (x) = +∞), pa na osnovu (3.69.1) dobijamo

x→x0

x→x0

lim eg(x) ln f (x) = 0 ( lim eg(x) ln f (x) = +∞), i prema tome, lim f (x)g(x) = 0

x→x0

x→x0

g(x)

( lim f (x) x→x0

x→x0

= +∞).

Ako je pak lim g(x) = +∞ ( lim g(x) = −∞), onda na osnovu (3.54.1) x→x0

x→x0

zakljuˇcujemo da je lim g(x) ln f (x) = −∞ ( lim g(x) ln f (x) = +∞) i opet iz (3.69.1) sledi lim e

x→x0 g(x) ln f (x)

x→x0

g(x)

( lim f (x) x→x0

= 0 ( lim e

x→x0 g(x) ln f (x)

x→x0

= +∞), tj. lim f (x)g(x) = 0 x→x0

= +∞).

Primetimo da smo (3.71.3) i (3.71.4) mogli dokazati koristeći tvrd¯enje (3.71.1). Naime, ako postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je f (x) > 0 za svako x ∈ ◦ 1 = +∞ U (x0 ) ∩ X i ako je lim f (x) = 0 i lim g(x) = +∞, tada je lim x→x0 x→x0 x→a f (x) (Tvrd¯enje 3.68) i ( )g(x) 1 1 f (x)g(x) = =( )g(x) . 1 1 f (x)

f (x)

( Kako je i lim g(x) = +∞, to iz (3.71.1) sledi lim x→x0

x→x0

1 f (x)

)g(x) = +∞ i stoga na

osnovu Tvrd¯enja 3.65 imamo da je lim f (x)g(x) = lim ( x→x x→x 0

11

0

1 )g(x) = 0.

11

1 f (x)

Ovaj naˇcin zakljuˇcivanja simboliˇcki zapisujemo:  +∞  1  (+0)+∞ =  1  +0

= (

1 )+∞ =

1 +0

1 1 = = 0. (+∞)+∞ +∞

154


Ako je lim g(x) = −∞, lim f (x) = 0 i postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 tako da je x→x0

◦

x→x0

f (x) > 0 za x ∈ U (x0 ) ∩ X, onda je ( g(x)

f (x) lim

x→x0

=

1 f (x)

)−g(x) ,

1 = +∞ (Tvrd¯enje 3.68) i lim (−g(x)) = +∞, pa je na osnovu (3.71.1): x→x0 f (x) )−g(x) ( 1 g(x) = +∞. lim f (x) = lim x→x0 x→x0 f (x)

Napominjemo da je Tvrd¯enje 3.71 bilo moguće dokazati i koriˇsćenjem zadatka 31 i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije. Primer 3.72. Dokazati da je lim sin x = sin x0 ,

(3.33)

lim cos x = cos x0 , za svako x0 ∈ R,

(3.34)

sin x = 1. x→0 x

(3.35)

x→x0 x→x0

i da je lim

Dokaz. Uoˇcimo kruˇznicu polupreˇcnika R sa centrom u taˇcki O. Neka polupreˇcnik π OB sa polupreˇcnikom OA gradi ugao od x radijana, 0 < x < . U taˇcki A 2 konstruiˇsimo normalu na polupreˇcnik OA i neka ona seˇce polupreˇcnik OB u taˇcki C.

1 1 2 R sin x, povrˇsina kruˇznog iseˇcka OAB je R2 x, dok 2 2 1 2 je povrˇsina trougla OAC jednaka R tgx. Kako je trougao OAB sadrˇzan u kruˇznom 2 iseˇcku OAB, a ovaj pak sadrˇzan u trouglu OAC, to dobijamo nejednakost: Povrˇsina trougla OAB je

1 2 1 1 R sin x < R2 x < R2 tgx. 2 2 2


155

Dakle, vaˇze nejednakosti sin x < x < tgx za

0
π . 2

(3.36)

Dokaˇzimo sada da vaˇzi nejednakost: | sin x| ≤ |x|

za svako x ∈ R.

(3.37)

π Iz prve nejednakosti u (3.36) sledi da je za 0 < x < , | sin x| = sin x < x = |x|. 2 π π Ako je − < x < 0, onda je 0 < −x < , i opet na osnovu prve nejednakosti u 2 2 (3.36) sledi sin(−x) < −x. Kako je u ovom sluˇcaju | sin x| = − sin x = sin(−x) i |x| = −x, dokazali smo da je | sin x| < |x|. π π Ako je |x| ≥ , tada je | sin x| ≤ 1 < ≤ |x|. Prema tome, vaˇzi nejednakost 2 2 | sin x| < |x|

za svako x ∈ R \ {0}.

S obzirom da je sin 0 = 0, zakljuˇcujemo da je | sin x| ≤ |x| za svako x ∈ R (znak jednakosti u ovoj nejednakosti vaˇzi samo za sluˇcaj kada je x = 0). Neka je x0 proizvoljan ralan broj. Tada je za x ∈ R x − x0 x + x0 cos , 2 2 x − x0 x + x0 = −2 sin sin . 2 2

sin x − sin x0 = 2 sin cos x − cos x0

(3.38)

x − x0 Kako je | sin α| ≤ 1 i | cos α| ≤ 1 za svako α ∈ R, i na osnovu (3.37) sin ≤ 2 |x − x0 | , to iz (3.38) sledi 2 x − x0 |x − x0 | x + x0 |sin x − sin x0 | = 2 sin = |x − x0 |, cos ≤2 2 2 2 (3.39) x + x0 x − x0 |x − x0 | sin ≤ 2 |cos x − cos x0 | = 2 sin = |x − x |. 0 2 2 2 Odavde sledi −|x − x0 | ≤ sin x − sin x0 ≤ |x − x0 |, −|x − x0 | ≤ cos x − cos x0 ≤ |x − x0 |.

(3.40)

Budući da je lim |x − x0 | = 0, na osnovu Tvrd¯enja 3.44, iz (3.40) sledi da je x→x0

lim (sin x − sin x0 ) = 0 i

x→x0

lim (cos x − cos x0 ) = 0.

x→x0

156


Odavde, kako je sin x = (sin x − sin x0 ) + sin x0 i cos x = (cos x − cos x0 ) + cos x0 , na osnovu Tvrd¯enja 3.64 (ili na osnovu (3.24)) sledi lim sin x = sin x0 i lim cos x = x→x0 x→x0 cos x0 . Dokaˇzimo sada da vaˇzi (3.35). Iz nejednakosti (3.36), deljenjem sa sin x > 0 (jer π 0 < x < ), dobijamo: 2 x 1 1< < , sin x cos x tj. sin x cos x < < 1. (3.41) x ( π ) π Ako x ∈ − , 0 , tada 0 < −x < i prema već dokazanom imamo da je cos(−x) < 2 2 sin(−x) sin x < 1, tj. cos x < < 1. Prema tome, nejednakost (3.41) vaˇzi za svako −x x ( π π) x∈ − , \ {0}. Kako je na osnovu (3.34) lim cos x = cos 0 = 1, iz (3.41), na x→0 2 2 osnovu Tvrd¯enja 3.44, dobijamo (3.35). • Primer 3.73. Iz Tvrd¯enja 3.48, (3.35) i (3.34) sledi lim

x→0

tg x sin x 1 sin x 1 1 1 = lim · = lim · lim =1· = = 1. • x→0 x x→0 cos x x cos x x→0 x lim cos x 1 x→0

3.3

Koˇ sijev kriterijum egzistencije graniˇ cne vrednosti funkcije

Kao u sluˇcaju Koˇsijevog kriterijuma konvergencije nizova, Koˇsijev kriterijum egzistencije graniˇcne vrednosti funkcije daje potreban i dovoljan uslov da funkcija ima konaˇ cnu graniˇcnu vrednost u nekoj taˇcki x0 , ne utvrd¯ujući pri tom samu graniˇcnu vrednost, već koristeći se samo poznavanjem vrednosti funkcije u probodenoj okolini taˇcke x0 . Teorema 3.74. Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X. Funkcija f ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 ako i samo ako za svako ◦

ϵ > 0 postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 takva da za sve x′ , x′′ ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi |f (x′ ) − f (x′′ )| < ϵ, tj. ◦

(∀ϵ > 0)(∃U (x0 ))(∀x′ , x′′ ∈ X)(x′ , x′′ ∈ U (x0 ) =⇒ |f (x′ ) − f (x′′ )| < ϵ).

(3.42)

Dokaz. (=⇒): Neka je lim f (x) = b ∈ R i ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji okolina x→x0

◦

U (x0 ) taˇcke x0 takva da za sve x ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi |f (x) − b| < ◦

ϵ . Neka su 2

x′ , x′′ ∈ U (x0 ) ∩ X dva proizvoljna broja. Tada je |f (x′ ) − f (x′′ )| = |(f (x′ ) − b) − (f (x′′ ) − b)| ≤ |f (x′ ) − b| + |f (x′′ ) − b| <

ϵ ϵ + = ϵ. 2 2

3.3. Koˇsijev kriterijum egzistencije graniˇcne vrednosti funkcije

157

(⇐=) : Pretpostavimo da za svako ϵ > 0 postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 takva da za ◦

sve x′ , x′′ ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi |f (x′ ) − f (x′′ )| < ϵ. Neka je (xn ) niz realnih brojeva takav da xn ∈ X \ {x0 }, n ∈ N, i lim xn = x0 . n→∞

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 takva da za sve ◦

x′ , x′′ ∈ U (x0 ) ∩ X vaˇzi

|f (x′ ) − f (x′′ )| < ϵ.

Kako je lim xn = x0 , xn ̸= x0 , xn ∈ X, n ∈ N, sledi da postoji n0 ∈ N tako da n→∞

◦

za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vaˇzi xn ∈ U (x0 ) ∩ X. Prema tome, za sve prirodne ◦

brojeve m, n ≥ n0 vaˇzi xm , xn ∈ U (x0 ) ∩ X, pa je |f (xm ) − f (xn )| < ϵ. Prema tome, niz (f (xn )) Koˇsijev, pa na osnovu Koˇsijevog kriterijuma konvergencije nizova ovaj niz ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost. Na osnovu Tvrd¯enja 3.35 sledi da funkcija f ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 . Ako je x0 konaˇcan broj, onda se Koˇsijev uslov moˇze formulisati na sledeći naˇcin: Za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za sve x′ , x′′ ∈ X koji ispunjavaju uslov 0 < |x′ − x0 | < δ, 0 < |x′′ − x0 | < δ, vaˇzi nejednakost |f (x′ ) − f (x′′ )| < ϵ. Ako je x0 = +∞ (x0 = −∞), onda se Koˇsijev uslov moˇze formulisati na sledeći naˇcin: Za svako ϵ > 0 postoji M ∈ R tako da za sve x′ , x′′ ∈ X koji ispunjavaju uslov x′ > M , x′′ > M , (x′ < M , x′′ < M ) vaˇzi nejednakost |f (x′ ) − f (x′′ )| < ϵ. Napomenimo da se analogno moˇze formulisati i dokazati Koˇsijev kriterijum za egzistenciju jednostranih graniˇcnih vrednosti funkcije: Neka je f : X → R i x0 ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0 ) (X ∩ (x0 , +∞)). Funkcija f u taˇcki x0 ima konaˇcnu levu (desnu) graniˇcnu vrednost ako i samo ako za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za sve elemente x′ i x′′ skupa X koji ispunjavaju uslov x0 − δ < x′ < x0 , x0 − δ < x′′ < x0 , (x0 < x′ < x0 + δ, x0 < x′′ < x0 + δ) vaˇzi nejednakost |f (x′ ) − f (x′′ )| < ϵ. 1 Primer 3.75. Pokaˇzimo najpre da funkcija f : R \ {0} → R data sa f (x) = cos x nema konaˇcnu graniˇcnu vrednost kad x → 0 time ˇsto ćemo pokazati da vaˇzi negacija uslova (3.42), tj. uslov: ◦

(∃ϵ > 0)(∀U (0))(∃x′ , x′′ ∈ R)(x′ , x′′ ∈ U (0) ∧ |f (x′ ) − f (x′′ )| ≥ ϵ).

(3.43)

1 1 i bn = . Kako je lim an = n→∞ 2nπ π + 2nπ lim bn = 0, to za svaku okolinu taˇcke 0, U (0), mogu se naći an i bn koji pripadaju

Neka je ϵ = 2 i uoˇcimo dva niza an = n→∞

toj okolini. Za njih vaˇzi |f (an )−f (bn )| = | cos(2nπ)−cos(π +2nπ)| = |1−(−1)| = 2. Prema tome, ispunjen je uslov (3.43) i funkcija f nema konaˇcnu graniˇcnu vrednost u taˇcki 0. Med¯utim, ova funkcija je ograniˇcena (|f (x)| ≤ 1 za svako x ∈ R \ {0}), pa

158


graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki 0 ne moˇze biti ni +∞, ni −∞. Dakle, funkcija f nema graniˇcnu vrednost kad x → 0. Primetimo, s obzirom na izbor nizova (an ) i (bn ) (an , bn > 0 za sve n ∈ N), da smo ujedno pokazali da funkcija f nema desnu graniˇcnu vrednost u 0. Sliˇcno se pokazuje da f nema ni levu graniˇcnu vrednost u 0. •

3.4

Graniˇ cna vrednost sloˇ zene funkcije

Sledeća teorema daje dovoljne uslove za egzistenciju graniˇcne vrednosti sloˇzene funkcije. Preciznije, ova teorema govori o tome da ako je lim f (x) = b i lim g(y) = c, x→a

y→b

i ako postoji probodena okolina taˇcke a koja se funkcijom f preslikava u probodenu okolinu taˇcke b, onda se lim g(f (x)) nalazi uvod¯enjem smene y = f (x), tj. x→a

lim g(f (x)) = lim g(y) = c.

x→a

y→b

Teorema 3.76. Neka su X, Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R, a ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X, b ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa Y , i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (3.76.1) lim g(y) = c ∈ R, y→b

(3.76.2) za svaku okolinu V (b) taˇcke b postoji okolina U (a) taˇcke a takva da je ◦

◦

f (U (a) ∩ X) ⊂ V (b) ∩ Y. Tada postoji graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f u taˇcki a i vaˇzi lim g(f (x)) = lim g(y) = c.

x→a

y→b

◦

Dokaz. Iz uslova (3.76.2) sledi da postoji okolina U0 (a) taˇcke a takva da je f (U 0 (a)∩ ◦

X) ⊂ Y , pa je skup U 0 (a) ∩ X podskup domena sloˇzene funkcije g ◦ f . Budući da ◦

je a taˇcka nagomilavanja skupa X, to je a taˇcka nagomilavanja skupa U 0 (a) ∩ X (videti primedbu nakon Definicije 1.83), pa samim tim i domena funkcije g ◦ f . Neka je W (c) proizvoljna okolina taˇcke c. Iz uslova (3.76.1) sledi da postoji V (b) okolina taˇcke b takva da je ◦

g(V (b) ∩ Y ) ⊂ W (c).

(3.44)

Iz uslova (3.76.2) sledi da postoji U (a) okolina taˇcke a takva da je ◦

◦

f (U (a) ∩ X) ⊂ V (b) ∩ Y. Sada iz (3.45) i (3.44) sledi da je ◦

◦

◦

(g ◦ f )(U (a) ∩ X) = g(f (U (a) ∩ X)) ⊂ g(V (b) ∩ Y ) ⊂ W (c),

(3.45)

3.4. Graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije

159

ˇsto po Definiciji 3.1 znaˇci da je lim g(f (x)) = c. x→a

Iz postojanja graniˇcnih vrednosti lim f (x) = b i lim g(y) u opˇstem sluˇcaju ne x→a

y→b

sledi postojanje graniˇcne vrednosti lim g(f (x)). To pokazuje sledeći primer. x→a

Primer 3.77. Neka je f : R \ {0} → R, f (x) = x sin { g(y) = |sgn y| =

1, 0,

1 i g : R → R, x

za y ̸= 0 za y = 0

Tada je lim g(y) = 1 i lim f (x) = 0. Pokazaćemo da lim g(f (x)) ne postoji. Neka y→0

x→0

x→0

1 1 je xn = i x′n = π , n ∈ N. Tada je lim xn = lim x′n = 0, f (xn ) = 0, n→∞ n→∞ nπ + 2nπ 2 1 f (x′n ) = π , g(f (xn )) = |sgn f (xn )| = |sgn 0| = 0 i g(f (x′n )) = |sgn f (x′n )| = + 2nπ 2 1 | = 1. Sledi lim g(f (xn )) = 0 i lim g(f (x′n )) = 1. Prema tome, ne |sgn π n→∞ n→∞ + 2nπ 2 postoji vrednost ka kojoj bi teˇzio niz (g(f (zn ))) za svaki niz (zn ) koji teˇzi ka 0, i zato, na osnovu Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije, ne postoji lim g(f (x)). x→0

Primetimo da funkcija f ne ispunjava uslov (3.76.2) Teoreme 3.76, jer u svakoj 1 okolini taˇcke a = 0 funkcija sin ima nule, pa samim tim i funkcija f . • x Sledeći primer pokazuje da mogu da postoje sve tri graniˇcne vrednosti lim f (x) = x→a

b, lim g(y) i lim g(f (x)), ali da ne mora vaˇziti jednakost lim g(f (x)) = lim g(y). x→a

y→b

x→a

y→b

Drugim reˇcima, uslovi lim f (x) = b i lim g(y) = c nisu dovoljni da bi vaˇzilo x→a

y→b

lim g(f (x)) = c.

x→a

Primer 3.78. Neka je f : R → R, f (x) = 0 i g : R → R, { g(y) = |sgn y| =

1, 0,

za y ̸= 0 za y = 0

Tada je lim g(y) = 1 i lim f (x) = 0. Kako je g(f (x)) = 0 za svako x ∈ R, to je y→0

x→0

lim g(f (x)) = 0 ̸= 1 = lim g(y).

x→0

y→0

Primetimo da funkcija f ne ispunjava uslov (3.76.2) Teoreme 3.76. • Primetimo da obrat Teoreme 3.76 ne vaˇzi, tj. da egzistencija graniˇcne vrednosti sloˇzene funkcije lim g(f (x)) ne povlaˇci egzistenciju graniˇcne vrednosti lim g(y), na x→a

ˇsta ukazuje sledeći primer.

y→b

160


Primer 3.79. Neka je f : R → R, f (x) = 0 i g : R → R, { 1 sin , za x ̸= 0 g(y) = x 0, za x = 0 . Tada je g(f (x)) = 0 za svako x ∈ R, pa je lim g(f (x)) = 0, dok lim g(y) ne postoji x→0

y→0

(Primer 3.29). Primer 3.80. Pokazaćemo da je lim

x→0

sin 3x = 1. 3x

(3.46)

sin y . Domen funkcije y g je Y = R \ {0}, b = 0 je taˇcka nagomilavanja domena funkcije g i lim g(y) = Neka je f (x) = 3x, x ∈ R, g : R \ {0} → R, g(y) =

y→0

sin y lim = 1 ((3.35)). Dalje, a = 0 je taˇcka nagomilavanja domena funkcije f , y→0 y sin 3x lim f (x) = lim 3x = 0 i g(f (x)) = , x ∈ R \ {0}. Pokazaćemo da je zadovoljen x→0 x→0 3x i uslov (3.76.2) Teoreme 3.76. Neka je V (0) proizvoljna okolina taˇcke b = 0. Tada ϵ ϵ postoji ϵ > 0 tako da je (−ϵ, ϵ) ⊂ V (0). Tada za U (0) = (− , ), okolinu taˇcke 3 3 ◦ ◦ a = 0, vaˇzi f (U (0)) ⊂ V (0). Prema tome, uslovi Teoreme 3.76 su ispunjeni, pa je sin 3x = lim g(f (x)) = lim g(y) = 1. • x→0 3x x→0 y→0 lim

Sledeća teorema o smeni promenljive pri izraˇcunavanju limesa ima uslove koji su ekvivalentni uslovima Teoreme 3.76. Teorema 3.81. Neka su X, Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R, a ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa X, b ∈ R taˇcka nagomilavanja skupa Y i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (3.81.1) lim g(y) = c ∈ R, y→b

(3.81.2) lim f (x) = b; x→a

◦

(3.81.3) Postoji okolina U (a) taˇcke a takva da je f (U (a) ∩ X) ⊂ Y \ {b}. Tada postoji graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f u taˇcki a i vaˇzi lim g(f (x)) = lim g(y) = c.

x→a

y→b

Dokaz. Pokaˇzimo da uslovi (3.81.2) i (3.81.3) povlaˇce uslov (3.76.1) u Teoremi 3.76. Neka je V (b) proizvoljna okolina taˇcke b. Iz lim f (x) = b sledi da postoji okolina x→a

U1 (a) takva da je

◦

f (U 1 (a) ∩ X) ⊂ V (b).

(3.47)


161 ◦

Neka je U2 (a) = U (a) ∩ U1 (a). Budući da je f (x) ∈ Y \ {b} za svako x ∈ U (a) ∩ X, to iz (3.47) sledi ◦

◦

f (U 2 (a) ∩ X) ⊂ V (b) ∩ Y. Prema tome, vaˇzi uslov (3.76.1) u Teoremi 3.76. Sada na osnovu Teoreme 3.76 zakljuˇcujemo da postoji graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f u taˇcki a i vaˇzi lim g(f (x)) = lim g(y) = c.

x→a

y→b

Primetimo da je uslov (3.76.2) u Teoremi 3.76 u stvari ekvivalentan konjunkciji uslova (3.81.2) i (3.81.3). Sledeću teoremu o smeni promenljive pri izraˇcunavanju limesa primenjivaćemo ˇceˇsće. Teorema 3.82. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke a ∈ R, a funkcija g u nekoj probodenoj okolini taˇcke b ∈ R i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (3.82.1) lim g(y) = c ∈ R, y→b

(3.82.2) lim f (x) = b; x→a

◦

(3.82.3) Postoji okolina U (a) taˇcke a takva da za svako x ∈ U (a) vaˇzi f (x) ̸= b. Tada postoji graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f u taˇcki a i vaˇzi lim g(f (x)) = lim g(y) = c.

x→a

(3.48)

y→b

◦

Dokaz. Neka je V (b) probodena okolina taˇcke b u kojoj je funkcija g definisana. Iz egzistencije limesa lim f (x) = b i ˇcinjenice da je funkcija f definisana u nekoj x→a

probodenoj okolini taˇcke a ∈ R sledi da postoji okolina U1 (a) taˇcke a tako da je ◦

f (U 1 (a)) ⊂ V (b). Tada za okolinu U2 (a) = U (a) ∩ U1 (a) taˇcke a vaˇzi da je funkcija ◦

f definisana u probodenoj okolini U 2 (a) i da je ◦

◦

f (U 2 (a)) ⊂ V (b).

(3.49) ◦

Prema tome, sloˇzena funkcija g ◦ f je definisana u probodenoj okolini U 2 (a). ◦

Neka je (xn ) niz takav da xn ∈ U 2 (a), n ∈ N, i lim xn = a. Tada iz egzistencije n→∞

◦

limesa lim f (x) = b sledi da je lim f (xn ) = b, a iz (3.49) sledi da f (xn ) ∈ V (b), x→a

n→∞

n ∈ N. Sada iz egzistencije limesa lim g(y) = c sledi da je lim (g ◦ f )(xn ) = y→b

n→∞

lim g(f (xn )) = c. Na osnovu Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije sledi

n→∞

da je lim (g ◦ f )(x) = c. x→a

Napomenimo da smo prethodnu teoremu mogli dokazati koristeći Teoremu 3.81. Naime, iz (3.49) sledi da je ispunjen uslov (3.81.3) Teoreme 3.81. S obzirom na

162


uslove (3.82.1) i (3.82.2) sledi da su ispunjeni svi uslovi Teoreme 3.81, odakle onda sledi da postoji graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f i da vaˇzi (3.48). Primetimo da ako je u Teoremi 3.82 b = +∞ ili b = −∞, onda je uslov (3.82.3) ispunjen za svaku funkciju f koja je definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke a, jer je kodomen funkcije f skup R, pa je f (x) ̸= +∞ i f (x) ̸= −∞ za svako x iz domena funkcije f . U tom sluˇcaju teorema o limesu sloˇzene funkcije glasi: Teorema 3.83. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke a ∈ R, a funkcija g u nekoj okolini taˇcke +∞ (taˇcke −∞) i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (3.83.1) lim g(y) = c ∈ R ( lim g(y) = c ∈ R), y→+∞

y→−∞

(3.83.2) lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞). x→a

x→a

Tada postoji graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f u taˇcki a i vaˇzi lim g(f (x)) = lim g(y) = c

x→a

y→+∞

( lim g(f (x)) = lim g(y) = c). x→a

y→−∞

Napomena 3.84. Neka je funkcija f definisana u probodenoj okolini taˇcke a ∈ R, ◦

◦

U (a), neka je lim f (x) = b ∈ R i neka je za svako x ∈ U (a), f (x) ̸= b. Neka je x→a

◦

definisana inverzna funkcija funkcije f , f −1 , u probodenoj okolini taˇcke b, V (b), ◦

neka je lim f −1 (y) = a i neka je za svako y ∈ V (b), f −1 (y) ̸= a. Osim toga, neka je y→b

funkcija g definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke b. Kao u dokazu Teoreme 3.82 pokazuje se da je sloˇzena funkcija g ◦ f definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke a. Tada graniˇcna vrednost lim (g ◦ f )(x) postoji ako i samo ako postoji graniˇcna x→a

vrednost lim g(y) i pri tom su one jednake. y→b

◦

Zaista, budući da je lim f (x) = b ∈ R i da za svako x ∈ U (a) vaˇzi f (x) ̸= b, iz x→a

Teoreme 3.82 sledi da iz egzistencije graniˇcne vrednosti lim g(y) sledi egzistencija y→b

graniˇcne vrednosti lim (g ◦ f )(x) i da vaˇzi jednakost lim (g ◦ f )(x) = lim g(y). x→a

x→a

y→b

Obrnuto, pretpostavimo da postoji lim (g ◦ f )(x). Budući da je lim f −1 (y) = a x→a

y→b

◦

i da je za svako y ∈ V (b), f −1 (y) ̸= a, opet na osnovu Teoreme 3.82 sledi da iz egzistencije graniˇcne vrednosti lim (g ◦ f )(x) sledi egzistencija graniˇcne vrednosti x→a

sloˇzene funkcije (g ◦ f ) ◦ f −1 u taˇcki b, lim ((g ◦ f ) ◦ f −1 )(y), i da vaˇzi jednakost y→b

lim ((g ◦ f ) ◦ f −1 )(y) = lim (g ◦ f )(x).

y→b

x→a

Kako je (g ◦f )◦f −1 = g, dobijamo da postoji lim g(y) i da vaˇzi jednakost lim g(y) = lim (g ◦ f )(x). •

x→a

y→b

y→b


163

Primetimo da se (3.46) moˇze jednostavnije dokazati koriˇsćenjem Teoreme 3.82: sin y Neka je f : R → R, f (x) = 3x, g : R \ {0} → R, g(y) = . Tada je y sin y sin 3x lim f (x) = lim 3x = 0, lim g(y) = lim = 1 ((3.35)) i g(f (x)) = . Kako x→0 x→0 y→0 y→0 y 3x je f (x) = 3x ̸= 0 za x ̸= 0, to je onda ispunjen i uslov (3.82.3) Teoreme 3.82, odakle onda sledi sin 3x = lim g(f (x)) = lim g(y) = 1. lim x→0 y→0 x→0 3x Primer 3.85. Pokaˇzimo da je lim

x→0

1 − cos x 1 = . x2 2

x sin Kao u prethodnom primeru zakljuˇcujemo da je lim x 2 = 1, pa je x→0 2 x x x 2 sin2 1 − cos x 1 sin 2 sin 2 2 lim · x = lim = lim x→0 x→0 x→0 2 x x2 x2 2 2 x x sin sin 1 1 1 · lim x 2 · lim x 2 = · 1 · 1 = . • = x→0 2 x→0 2 2 2 2 Tvrd¯enje Teoreme 3.82 će vaˇziti i kad se dvostrana graniˇcna vrednost lim f (x) x→a

zameni jednostranom graniˇcnom vrednoˇsću lim f (x) (ili lim f (x)), a u uslovu x→a+0

x→a−0

(3.82.3) okolina U (a), desnom okolinom taˇcke a (levom okolinom taˇcke a), a ∈ R. Razlikovaćemo sluˇcaj kada je b konaˇcan broj i kada je b ∈ {+∞, −∞}. Teorema 3.86. Neka je funkcija f definisana u nekoj desnoj okolini taˇcke a, a ∈ R. Neka je funkcija g definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke b ∈ R i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (3.86.1) lim g(y) = c ∈ R, y→b

(3.86.2) lim f (x) = b; x→a+0

(3.86.3) Postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ (a, a + δ) vaˇzi f (x) ̸= b. Tada postoji desna graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f u taˇcki a i vaˇzi lim g(f (x)) = lim g(y) = c.

x→a+0

y→b

Teorema 3.87. Neka je funkcija f definisana u nekoj desnoj okolini taˇcke a, a ∈ R. Neka je funkcija g definisana u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞) i neka su ispunjeni sledeći uslovi:

164


(3.87.1) lim g(y) = c ∈ R ( lim g(y) = c ∈ R), y→+∞

y→−∞

(3.87.2) lim f (x) = +∞ ( lim f (x) = −∞). x→a+0

x→a+0

Tada postoji desna graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f u taˇcki a i vaˇzi lim g(f (x)) = lim g(y) = c y→+∞

x→a+0

( lim g(f (x)) = lim g(y) = c). y→−∞

x→a+0

Analogno se formuliˇse tvrd¯enje o egzistenciju leve graniˇcne vrednosti lim g(f (x)). x→a−0

Primer 3.88. Dokaˇzimo da je 1 x lim (1 + x) = e.

x→0

(3.50)

( ) 1 1 y Neka je f (x) = , x ∈ R \ {0}, i g(y) = 1 + , y ∈ R \ {0}. Na osnovu Primera ( )y y ( x )y 1 1 1 = e i lim 1 + = e. Kako je lim f (x) = lim = 3.18, lim 1 + y→−∞ y→+∞ x→+0 x→+0 y y x 1 +∞ i lim f (x) = lim = −∞ (Primer 3.27), na osnovu Teoreme 3.87 sledi x→−0 x→−0 x

i

1 ( ) 1 y lim (1 + x) x = lim 1 + = e, y→−∞ x→−0 y

(3.51)

1 ( ) 1 y lim (1 + x) x = lim 1 + = e. y→+∞ x→+0 y

(3.52)

Na osnovu Tvrd¯enja 2.13, iz (3.51) i (3.52) sledi (3.50). • Za razliku od Teoreme 3.86, u narednoj teoremi se pretpostavlja egzistencija samo jednostrane graniˇcne vrednosti funkcije g u taˇcki b. Teorema 3.89. Neka je funkcija f definisana u nekoj desnoj okolini taˇcke a ∈ R, a funkcija g u nekoj desnoj okolini taˇcke b ∈ R, i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (3.89.1) lim g(y) = c ∈ R, y→b+0

(3.89.2) lim f (x) = b; x→a+0

(3.89.3) Postoji δ > 0 takvo da za svako x ∈ (a, a + δ) vaˇzi f (x) > b. Tada postoji desna graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f u taˇcki a i vaˇzi lim g(f (x)) = lim g(y) = c.

x→a+0

y→b+0


165

Sliˇcno se mogu formulisati ostale teoreme ovog tipa o smeni promenljive gde se pretpostavlja egzistencija leve ili desne jednostrane graniˇcne vrednosti funkcije f u taˇcki a, i leve ili desne jednostrane graniˇcne vrednosti funkcije g u taˇcki b (sa odgovarajućim trećim uslovom). Takod¯e je moguće dokazati teoremu o smeni promenljive gde se pretpostavlja egzistencija graniˇcne vrednosti funkcije f u taˇcki a i jednostrane (leve ili desne) graniˇcne vrednosti funkcije g u taˇcki b: Teorema 3.90. Neka je funkcija f definisana u probodenoj okolini taˇcke a ∈ R, a funkcija g u nekoj desnoj okolini taˇcke b ∈ R, i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (3.90.1) lim g(y) = c ∈ R, y→b+0

(3.90.2) lim f (x) = b; x→a

◦

(3.90.3) Postoji okolina U (a) taˇcke a takva da za svako x ∈ U (a) vaˇzi f (x) > b. Tada postoji graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije g ◦ f u taˇcki a i vaˇzi lim g(f (x)) = lim g(y) = c.

x→a

y→b+0

Postavlja se pitanje ˇsta se moˇze dobiti ako su ispunjeni uslovi (3.82.1) i (3.82.2), a nije zadovoljen uslov (3.82.3) Teoreme 3.82. Sledeća teorema daje odgovor na ovo pitanje. Teorema 3.91. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke a ∈ R, a funkcija g u nekoj probodenoj okolini taˇcke b ∈ R i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (3.91.1) lim g(y) = c ∈ R, y→b

(3.91.2) lim f (x) = b. x→a

◦

◦

Tada postoji probodena okolina taˇcke a, U (a), tako da funkcija h : U (a) → R definisana sa  ◦  g(f (x)), za x ∈ U (a) ako je f (x) ̸= b, h(x) = ◦  c, za x ∈ U (a) ako je f (x) = b. ima graniˇcnu vrednost u taˇcki a i vaˇzi lim h(x) = lim g(y) = c.

x→a

y→b

Dokaz. Postoji okolina V (b) taˇcke b tako da je funkcija g definisana u probodenoj ◦

◦

okolini V (b). Iz (3.91.2) sledi da postoji probodena okolina taˇcke a, U (a), tako da je ◦

f (U (a)) ⊂ V (b).

166

Glava 3. Graniˇcne vrednosti funkcija ◦

Definiˇsimo funkciju h na skupu U (a) na sledeći naˇcin:   h(x) =



◦

za x ∈ U (a) ako je f (x) ̸= b,

g(f (x)),

◦

za x ∈ U (a) ako je f (x) = b.

c,

Neka je W (c) proizvoljna okolina taˇcke c. Iz uslova (3.91.1) sledi da postoji okolina taˇcke b, V1 (b) (V1 (b) ⊂ V (b)), takva da je ◦

g(V 1 (b)) ⊂ W (c).

(3.53)

Iz uslova (3.91.2) sledi da postoji okolina taˇcke a, U1 (a) (U1 (a) ⊂ U (a)), takva da je ◦

f (U 1 (a)) ⊂ V1 (b).

(3.54)

Pokaˇzimo da je ◦

h(U 1 (a)) ⊂ W (c). ◦

(3.55) ◦

Zaista, ako je x ∈ U 1 (a) i f (x) ̸= b, na osnovu (3.54) sledi f (x) ∈ V 1 (b) i stoga na osnovu (3.53) zakljuˇcujemo da h(x) = g(f (x)) ∈ W (c), a ako je f (x) = b, onda je h(x) = c, pa je opet h(x) ∈ W (c). Prema tome, za proizvoljnu okolinu W (c) taˇcke c postoji okolina U1 (a) taˇcke a tako da vaˇzi (3.55) i ovo upravo znaˇci da je lim h(x) = c. x→a

3.5

Graniˇ cna vrednost monotone funkcije

Definicija 3.92. Neka je f : X → R i A ⊂ X. Za funkciju f kaˇzemo da je (i) rastuća na skupu A ako za sve x1 , x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vaˇzi nejednakost f (x1 ) ≤ f (x2 ); (ii) strogo rastuća na skupu A ako za sve x1 , x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vaˇzi nejednakost f (x1 ) < f (x2 ); (iii) opadajuća na skupu A ako za sve x1 , x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vaˇzi nejednakost f (x1 ) ≥ f (x2 ); (iv) strogo opadajuća na skupu A ako za sve x1 , x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vaˇzi nejednakost f (x1 ) > f (x2 ). Za funkciju f koja zadovoljava bilo koji od uslova (i)-(iv) kaˇzemo da je monotona na skupu A, a za funkciju koja zadovoljava uslov (ii) ili uslov (iv) kaˇzemo da je strogo monotona na skupu A.

3.5. Graniˇcna vrednost monotone funkcije y

167

y

y

y

f(x1) f(x1)

f(x2)

f(x2)=f(x3)

f(x2)=f(x3) f(x1)

f(x1) x1

x2 x3

x

f(x1)< f(x2)=f(x3)

f(x2) x1

x2

f(x1)< f(x2)

x1

x

x2 x3

x

x1

x2

x

f(x1)> f(x2)

f(x1)> f(x2)=f(x3)

Primer 3.93. Funkcija f (x) = x2 je strogo rastuća na [0, +∞), i strogo opadajuća na (−∞, 0], ali nije monotona na R. Funkcija g(x) = x3 je strogo rastuća na R. Funkcija h(x) = −x3 je strogo opadajuća na R. •

Primetimo da ako je f (strogo) rastuća funkcija na skupu A, onda je funkcija −f , definisana sa (−f )(x) = −f (x), x ∈ A, (strogo) opadajuća. Ako je A podskup domena funkcije f , onda ćemo sa sup f (x) oznaˇcavati sup{f (x) : A

x ∈ A}. Takod¯e, umesto inf{f (x) : x ∈ A} piˇsemo kraće inf f (x) . A

Teorema 3.94. Neka je f : X → R, (a, b) ⊂ X i neka je f rastuća funkcija na intervalu (a, b). Ako je b = +∞, onda je lim f (x) = sup f (x),

x→+∞

(a,b)

a ako je b ∈ R, onda je lim f (x) = sup f (x).

x→b−0

(a,b)

Ako je a = −∞, onda je lim f (x) = inf f (x),

x→−∞

(a,b)

a ako je a ∈ R, onda je lim f (x) = inf f (x).

x→a+0

(a,b)

168


y

y sup f(x)=f(a+0)

sup f(x)=f(b – 0)

(a,b)

(a,b)

inf f(x)=f(b – 0)

inf f(x)=f(a+0)

(a,b)

(a,b)

x

b

a

a

bx

Dokaz. Neka je β = sup f (x). Moguća su dva sluˇcaja. (a,b)

Ako je funkcija f ograniˇcena odozgo na intervalu (a, b), onda je β konaˇcan broj. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji x0 ∈ (a, b) tako da je f (x0 ) > β − ϵ, te za svako x ∈ (x0 , b), budući da je f rastuća funkcija na intervalu (a, b), vaˇzi f (x0 ) ≤ f (x) ≤ β. Prema tome, β − ϵ < f (x) ≤ β, za svako x ∈ (x0 , b). Odavde, za sluˇcaj da je b = +∞, sledi lim f (x) = β, a za sluˇcaj da je b ∈ R sledi x→+∞

lim f (x) = β.

x→b−0

Ako f nije ograniˇcena odozgo na intervalu (a, b), onda je β = +∞. Neka je M ∈ R proizvoljan broj. Tada postoji x0 ∈ (a, b) tako da je f (x0 ) > M . Kako je f rastuća funkcija na intervalu (a, b), to za svako x ∈ (x0 , b) vaˇzi nejednakost f (x0 ) ≤ f (x). Prema tome, M < f (x) za svako x ∈ (x0 , b). Odavde, za sluˇcaj da je b = +∞, zakljuˇcujemo da je sluˇcaj da je b ∈ R dobijamo da je lim f (x) = +∞.

lim f (x) = +∞, a za

x→+∞

x→b−0

Ostatak tvrd¯enja se sliˇcno dokazuje. Sledeća teorema govori o graniˇcnim vrednostima opadajuće funkcije. Teorema 3.95. Neka je f : X → R, (a, b) ⊂ X i neka je f opadajuća funkcija na intervalu (a, b). Ako je b = +∞, onda je lim f (x) = inf f (x),

x→+∞

(a,b)

a ako je b ∈ R, onda je lim f (x) = inf f (x).

x→b−0

(a,b)

3.5. Graniˇcna vrednost monotone funkcije

169

Ako je a = −∞, onda je lim f (x) = sup f (x),

x→−∞

(a,b)

a ako je a ∈ R, onda je lim f (x) = sup f (x).

x→a+0

(a,b)

Dokaz. Funkcija −f je rastuća na intervalu (a, b), pa primenom Teoreme 3.94 sledi: ako je b = +∞, onda je lim (−f (x)) = sup(−f (x)).

x→+∞

(a,b)

Kako je lim (−f (x)) = − lim f (x) i sup(−f (x)) = − inf f (x), sledi x→+∞

x→+∞

(a,b)

(a,b)

lim f (x) = inf f (x).

x→+∞

(a,b)

Ostatak tvrd¯enja se sliˇcno dokazuje. Posledica 3.96. Neka je funkcija f monotona na intervalu (a, b) i neka x0 ∈ (a, b). Tada u taˇcki x0 ∈ (a, b) postoje konaˇcne jednostrane graniˇcne vrednosti lim f (x) x→x0 −0

i

lim f (x). Pri tom, ako je f rastuća funkcija vaˇze nejednakosti

x→x0 +0

lim f (x) ≤ f (x0 ) ≤

x→x0 −0

lim f (x),

(3.56)

lim f (x).

(3.57)

x→x0 +0

a ako je f opadajuća funkcija vaˇze nejednakosti lim f (x) ≥ f (x0 ) ≥

x→x0 −0

x→x0 +0

y

y

f(x0+0)

f(x0– 0)

f(x0)

f(x0)

f(x0– 0)

f(x0+0)

x0

x

x0

x

170


Dokaz. Neka je funkcija f rastuća na intervalu (a, b). Tada za svako x′ ∈ (a, x0 ) i svako x′′ ∈ (x0 , b) vaˇzi f (x′ ) ≤ f (x0 ) ≤ f (x′′ ), pa je sup f (x) ≤ f (x0 ) ≤ inf f (x).

(3.58)

(x0 ,b)

(a,x0 )

Iz (3.58) sledi da su sup f (x) i inf f (x) konaˇcni brojevi. Na osnovu Teoreme (x0 ,b)

(a,x0 )

3.94 imamo da je

lim f (x) = sup f (x) i

x→x0 −0

(a,x0 )

postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti

lim f (x) = inf f (x). Prema tome,

x→x0 +0

lim f (x) i

x→x0 −0

(x0 ,b)

lim f (x) i vaˇzi nejednakost

x→x0 +0

(3.56). Tvrd¯enje se analogno dokazuje za sluˇcaj opadajuće funkcije.

3.6

Neprekidnost i taˇ cke prekida

Definicija 3.97. Neka je f : X → R i x0 ∈ X. Kaˇzemo da je funkcija f neprekidna u taˇcki x0 ako za svaku okolinu V (f (x0 )) taˇcke f (x0 ) postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 takva da je f (U (x0 ) ∩ X) ⊂ V (f (x0 )). Drugim reˇcima, f je neprekidna u taˇcki x0 ako (∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(|x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ϵ). Primećujemo da je definicija neprekidnosti funkcije u taˇcki sliˇcna definiciji graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki. Med¯utim, za razliku od definicije graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki x0 , u definiciji neprekidnosti taˇcka x0 je uvek iz domena funkcije f (dakle, x0 je uvek konaˇcan broj) i ne mora biti taˇcka nagomilavanja domena X, tj. x0 moˇze biti izolovana taˇcka domena X. U tom sluˇcaju postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 tako da u njoj sem taˇcke x0 nema drugih taˇcaka iz X, tj. U (x0 ) ∩ X = {x0 }. Tada ne moˇzemo govoriti o graniˇcnoj vrednosti lim f (x), ali je funkcija neprekidna x→x0

u taˇcki x0 jer za svaku okolinu V (f (x0 )) taˇcke f (x0 ) vaˇzi f (U (x0 ) ∩ X) = f ({x0 }) = {f (x0 )} ⊂ V (f (x0 )). Ako je pak funkcija f definisana u taˇcki x0 , koja je pri tom taˇcka nagomilavanja njenog domena, onda iz definicije graniˇcne vrednosti i definicije neprekidnosti fukcije u taˇcki sledi da je funkcija f neprekidna u taˇcki x0 ako i samo ako je lim f (x) = x→x0

f (x0 ). (Primetimo je da u definiciji graniˇcne vrednosti funkcije ne pretpostavljamo da je funkcija definisana u samoj taˇcki x0 , a ˇcak i da je definisana u x0 , vrednost f (x0 ) ne utiˇcena vrednost lim f (x). Ovo je joˇs jedna razlika izmed¯u definicije x→x0

graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki x0 i definicije neprekidnosti funkcije u taˇcki.) Prema tome, vaˇzi tvrd¯enje:

3.6. Neprekidnost i taˇcke prekida

171

Tvrd¯enje 3.98. Neka je f : X → R i x0 ∈ X. (3.98.1) Ako je x0 izolovana taˇcka domena X, onda je funkcija f neprekidna u taˇcki x0 . (3.98.2) Ako je x0 taˇcka nagomilavanja domena X, onda je funkcija f neprekidna u taˇcki x0 ako i samo ako je lim f (x) = f (x0 ). x→x0

Iz (3.98.2) i ekvivalentnosti Hajneove i Koˇsijeve definicije graniˇcne vrednosti funkcije sledi naredno tvrd¯enje: Tvrd¯enje 3.99. Neka je f : X → R, x0 ∈ X i x0 taˇcka nagomilavanja domena X. Funkcija f je neprekidna u taˇcki x0 ako i samo ako za svaki niz (xn ) takav da je xn ∈ X, n ∈ N, i lim xn = x0 vaˇzi lim f (xn ) = f (x0 ). n→∞

n→∞

Primetimo da se za razliku od Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije, ovde ˇclanovi niza (xn ) koji konvergira ka x0 mogu poklopiti sa x0 . Neka je f : X → R, x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X i neka je funkcija f neprekidna u taˇcki x0 . Tada je lim f (x) = f (x0 ),

x→x0

(3.59)

ili ˇsto je ekvivalentno lim (f (x) − f (x0 )) = 0.

x−x0 →0

Razlika x − x0 se zove priraˇstaj argumenta i oznaˇcava sa ∆x, a razlika f (x) − f (x0 ) priraˇstaj funkcije koji odgovara priraˇstaju argumenta ∆x, i oznaˇcava se sa ∆y ili ∆f . Prema tome ∆x = x − x0 , x = x0 + ∆x, ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) i uslov (3.59) je ekvivalentan uslovu lim ∆y = 0.

∆x→0

Definicija 3.100. Neka je f : X → R i A ⊂ X. Ako je funkcija f neprekidna u svakoj taˇcki skupa A, onda kaˇzemo da je f neprekidna na skupu A. Primeri 3.101. (i) Funkcija f (x) = c, c ∈ R, je neprekidna na R. Zaista, za svako x0 ∈ R, lim f (x) = c = f (x0 ). x→x0

(ii) Pokaˇzimo da je funkcija f (x) = xn , n ∈ N, neprekidna na R. Neka je x0 ∈ R. Iz ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = (x0 + ∆x)n − xn0 = n(n − 1) n−2 x0 (∆x)2 + · · · + (∆x)n = nxn−1 ∆x + 0 2

172


sledi lim ∆y = 0.

∆x→0

Prema tome, funkcija f je neprekidna za svako x0 ∈ R. (iii) Iz (3.34) i (3.33) sledi da su funkcije x 7→ sin x i x 7→ cos x neprekidne na skupu R. (iv) Da li je funkcija f (x) = |sgn x| neprekidna u 0?

y

Reˇsenje: Kako je lim f (x) = lim |sgn x| = 1

x→0

x→0

i f (0) = |sgn 0| = 0, sledi lim f (x) ̸= f (0) i funkcija f nije x→0

0

neprekidna u 0.

x

y (v) Neka je za c ∈ R i { f (x) =

1 sin , x c,

c x ̸= 0 x=0

x

Funkcija f nije neprekidna u 0 jer 1 ne postoji lim sin (Primer 3.29). x→0 x

y (vi) Funkcija { f (x) =

1 x sin , x 0,

x ̸= 0 x=0

je neprekidna u 0, jer je lim f (x) = x→x0

lim x sin

x→0

3.62).

1 = 0 = f (0) (Primer x

x

3.6. Neprekidnost i taˇcke prekida

173

y (vii) Neka je x0 ∈ Z proizvoljan broj. Funkcija f (x) = [x] nije neprekidna taˇcki x0 jer lim f (x) ne x→x0

postoji. Zaista, dok

x0=f(x0+0) x0–1=f(x0–0)

lim [x] = x0 − 1,

x→x0 −0

lim [x] = x0 , pa je f (x0 −

x→x0 +0

0) ̸= f (x0 +0), i na osnovu Tvrd¯enja 3.31 lim f (x) ne postoji.

–1

0

1

2

3=x0

x

x→x0

Inaˇce ova funkcija je neprekidna u svakoj taˇcki skupa R \ Z.

(viii) Svaki niz realnih brojeva f : N → R je neprekidna funkcija na svom domenu N, jer je svaka taˇcka skupa N njegova izolovana taˇcka. • Svaka funkcija je neprekidna u svakoj izolovanoj taˇcki svog domena. Sve ostale taˇcke iz domena funkcije su taˇcke nagomilavanja tog domena i one obrazuju dva disjunktna podskupa: skup taˇcaka u kojima je funkcija neprekidna i skup taˇcaka u kojima funkcija nije neprekidna. Definicija 3.102. Neka je f : X → R i x0 ∈ X. Taˇcka x0 je taˇcka prekida funkcije f ako f nije neprekidna u toj taˇcki. Kaˇzemo joˇs da je funkcija f prekidna u taˇcki x0 , ili da funkcija f ima prekid u taˇcki x0 . Dakle, taˇcka prekida funkcije f je taˇcka iz domena funkcije, koja je ujedno i taˇcka nagomilavanja tog domena, u kojoj funkcija nije neprekidna. Napomenimo da u skladu sa ovom definicijom, taˇcke koje ne pripadaju domenu funkcije, ˇcak iako su taˇcke nagomilavanja domena funkcije, nisu taˇcke prekida 1 funkcije. Na primer, za funkciju f (x) = taˇcka x = 0 nije taˇcka prekida funkcije jer x nije u domenu funkcije Df = (−∞, 0) ∪ (0, +∞) (a inaˇce je ona taˇcka nagomilavanja domena). Taˇcke prekida delimo u dve grupe. Definicija 3.103. Neka je f : X → R i x0 ∈ X taˇcka prekida funkcije f . Taˇcka x0 se naziva taˇcka prekida prve vrste ako postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti f (x0 − 0) = lim f (x) i f (x0 + 0) = lim f (x). x→x0 −0

x→x0 −0

Broj f (x0 + 0) − f (x0 − 0) naziva se skok funkcije u taˇcki x0 . Ako je f (x0 + 0) = f (x0 − 0), tj. ako postoji lim f (x), onda kaˇzemo da je prekid otklonjiv. x→x0

174


y

y

f(x0+0) f(x0+0)– f(x0– 0) f(x0– 0)

f(x0+0)=f(x0– 0)

f(x0)

f(x0)

x0

x0

x

x

Ako je x0 taˇcka nagomilavanja samo jednog od skupova X ∩ (−∞, x0 ) ili X ∩ (x0 , +∞), onda je x0 taˇcka prekida prve vrste ako postoji konaˇcan odgovarajući limes, lim f (x) ili lim f (x). x→x0 −0

x→x0 −0

Taˇcka prekida funkcije f koja nije taˇcka prekida prve vrste naziva se taˇcka prekida druge vrste. Primetimo da u sluˇcaju prekida druge vrste jedna od jednostranih graniˇcnih vrednosti ili ne postoji ili je beskonaˇcna. Ako je x0 otklonjiv prekid tada je funkcija f1 definisana sa { f (x), x ∈ X \ {x0 } f1 (x) = lim f (x), x = x0 x→x0

neprekidna u taˇcki x0 , a sa funkcijom f se poklapa u svim ostalim taˇckama njenog domena. Primeri 3.104. (i) Funkcija f (x) = sgn x ima neotklonjiv prekid prve vrste u taˇcki x0 = 0, jer je f (0 − 0) = −1 i f (0 + 0) = 1 (Primer 3.30). (ii) Funkcija f (x) = |sgn x| iz Primera 3.101 (iv) ima otklonjiv prekid u taˇcki x0 = 0.

y

y

f(x)=sgn(x)

f(x)=|sgn(x)|

1 0

x

1

–1 0

x

3.6. Neke osobine funkcija neprekidnih u taˇcki

175

(iii) Dirihleova funkcija χ ima prekid druge vrste u svakoj taˇcki x0 ∈ R jer ne postoji ni lim χ(x) ni lim χ(x) (Primer 3.34). x→x0 −0

x→x0 +0

(iv) Funkcija iz Primera 3.101 (v) ima prekid druge vrste u taˇcki x0 = 0 jer ne postoje obe jednostrane graniˇcne vrednostu u toj taˇcki.

y (v) Funkcija { 1 , f1 (x) = x c,

x ̸= 0

c

x=0

0

gde je c ∈ R, ima prekid druge vrste u taˇcki x0 = 0 jer je lim f (x) =

x

x→+0

+∞ i lim f (x) = −∞. x→−0

(vi) Funkcija f (x) = [x] ima prekid prve vrste u svakoj taˇcki x0 ∈ Z. • Definicija 3.105. Neka f : X → R i x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0 ). Ako je lim f (x) = f (x0 ), x→x0 −0

onda kaˇzemo da je funkcija f neprekidna sleva u taˇcki x0 . Ako je x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X ∩ (x0 , +∞) i ako je lim f (x) = f (x0 ),

x→x0 +0

onda kaˇzemo da je funkcija f neprekidna zdesna u taˇcki x0 . Primer 3.106. Neka je f (x) = [x], x ∈ R. Neka je x0 ceo broj. Tada je lim f (x) =

x→x0 +0

lim [x] = x0 = [x0 ] = f (x0 ),

x→x0 +0

y f(x0)=f(x0+0) f(x0–0)

ˇsto znaˇci da je f neprekidna zdesna u x0 . Med¯utim f nije neprekidna sleva u taˇcki x0 jer: lim f (x) =

x→x0 −0

lim [x] = x0 − 1 ̸=

x→x0 −0

̸= x0 = [x0 ] = f (x0 ). •

x0

x

176

3.7


Neke osobine funkcija neprekidnih u taˇ cki

Naredna tvrd¯enja su iskazana za sluˇcaj dvostrane graniˇcne vrednosti i dvostrane neprekidnosti ali ona vaˇze i u sluˇcaju jednostranih graniˇcnih vrednosti i jednostrane neprekidnosti. Tvrd¯enje 3.107. Neka je funkcija f : X → R neprekidna u taˇcki x0 ∈ X. Tada (3.107.1) Postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), takva da je funkcija f ograniˇcena na skupu U (x0 ) ∩ X; (3.107.2) Ako je f (x0 ) ̸= 0, tada postoji okolina taˇcke x0 , U (x0 ), takva da je za svako x ∈ U (x0 ) ∩ X, f (x) istog znaka kao i f (x0 ). Dokaz. (3.107.1) Ako je x0 izolovana taˇcka domena X, onda postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 tako da u njoj sem taˇcke x0 nema drugih taˇcaka iz X, tj. U (x0 )∩X = {x0 }. Jasno, funkcija f je ograniˇcena na skupu U (x0 ) ∩ X i za x ∈ U (x0 ) ∩ X, f (x) istog znaka kao i f (x0 ). Ako je x0 taˇcka nagomilavanja domena X, onda (3.107.1) sledi iz Tvrd¯enja 3.38, dok (3.107.2) sledi iz Posledice 3.41. Tvrd¯enje 3.108. Neka su funkcije f i g definisane u okolini taˇcke x0 . Ako su funkcije f i g neprekidne u taˇcki x0 ∈ R, tada su i funkcije f + g, f − g, f g f neprekidne u x0 , a ako je g(x0 ) ̸= 0, onda je i funkcija neprekidna u x0 . g Dokaz.

Tvrd¯enje sledi iz Tvrd¯enja (3.98.2) i Tvrd¯enja 3.48. Pokazaćemo recimo f da je funkcija neprekidna u x0 . g Kako je lim f (x) = f (x0 ) i lim g(x) = g(x0 ) ̸= 0, na osnovu Teoreme 3.48 x→x0

x→x0

sledi lim

x→x0

te je funkcija

lim f (x) f (x) f (x0 ) x→x0 = , = g(x) lim g(x) g(x0 ) x→x0

f neprekidna u x0 . g

Primeri 3.109. Sa R[x] oznaˇcavamo skup svih polinoma nad poljem realnih brojeva. (i) Svaki polinom P ∈ R[x] je neprekidna funkcija na skupu R. To sledi iz Primera 3.101 (i) i (ii) i Tvrd¯enja 3.108. P (x) , gde su P i Q polinomi, P, Q ∈ R[x], Q (ii) Racionalna funkcija R(x) = Q(x) nenula polinom, je neprekidna u svakoj taˇcki svog domena, tj. u svakoj taˇcki x0 ∈ R za koju je Q(x0 ) ̸= 0. To sledi iz prethodnog primera i Tvrd¯enja 3.108. (iii) Funkcije y = tgx i y = ctgx su neprekidne u svakoj taˇcki svog domena. Zaista, sin x je neprekidna u svakoj taˇcki na osnovu Tvrd¯enja 3.108, funkcija y = tgx = cos x

3.7. Neke osobine funkcija neprekidnih u taˇcki

177

cos x x ∈ R za koju je cos x ̸= 0. Analogno i y = ctgx = je neprekidna funkcija u sin x svakoj taˇcki x ∈ R za koju je sin x ̸= 0. • Sledeće tvrd¯enje govori o tome da limes i neprekidna funkcija mogu da zamene mesta. Tvrd¯enje 3.110. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 i neka je lim f (x) = b. Neka je funkcija g definisana u nekoj okolini taˇcke b x→x0

i neka je neprekidna u taˇcki b. Tada je sloˇzena funkcija x 7→ g(f (x)) definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 , ima graniˇcnu vrednost u taˇcki x0 i vaˇzi lim g(f (x)) = g(b) = g( lim f (x)).

x→x0

x→x0

◦

Dokaz. Neka je V (b) okolina taˇcke b u kojoj je funkcija g definisana i neka je U (x0 ) probodena okolina taˇcke x0 u kojoj je funkcja f definisana. Tada, budući da je lim f (x) = b, sledi da postoji okolina U1 (x0 ) taˇcke x0 takva da je U1 (x0 ) ⊂ U (x0 ) x→x0

i

◦

f (U 1 (x0 )) ⊂ V (b).

(3.60) ◦

Prema tome, sloˇzena funkcija g ◦ f je definisana u probodenoj okolini U 1 (a). ◦

Neka je (xn ) niz takav da je xn ∈ U 1 (a) i lim xn = x0 . Iz (3.60) sledi f (xn ) ∈ n→∞

V (b), n ∈ N, a iz lim f (x) = b sledi da je lim f (xn ) = b (Hajneova definicija x→x0

n→∞

graniˇcne vrednosti funkcije). Budući da je funkcija g definisana u okolini taˇcke g i neprekidna u taˇcki b, iz f (xn ) ∈ V (b), n ∈ N, i lim f (xn ) = b, na osnovu Tvrd¯enja n→∞

◦

3.99, sledi lim g(f (xn )) = g(b). Kako je (xn ) bio proizvoljan niz iz okoline U 1 (a) za n→∞

koji vaˇzi lim xn = x0 i lim (g ◦ f )(xn ) = g(b), opet na osnovu Hajneove definicije n→∞

n→∞

graniˇcne vrednosti funkcije zakljuˇcujemo da je lim (g ◦ f )(x) = g(b). x→x0

Sledeće tvrd¯enje govori o tome da je kompozicija neprekidnih funkcija opet neprekidna funkcija. Tvrd¯enje 3.111. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 i neka je neprekidna u taˇcki x0 . Neka je funkcija g definisana u nekoj okolini taˇcke f (x0 ) i neka je neprekidna u taˇcki f (x0 ). Tada je sloˇzena funkcija g ◦ f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 i neprekidna je u taˇcki x0 . Dokaz. Iz ˇcinjenice da je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 i da je neprekidna u taˇcki x0 sledi da je lim f (x) = f (x0 ) (Tvrd¯enja 3.98 (3.98.2)). Sada x→x0

na osnovu Tvrd¯enja 3.110 12

12

sledi da je funkcija g ◦ f definisana u okolini13 taˇcke

Taˇcka b je u ovom sluˇcaju f (x0 ). Na osnovu Tvrd¯enja 3.110 sledi da je kompozicija g ◦ f definisana u probodenoj okolini taˇcke x0 , a kako je funkcija f definisana u taˇcki x0 i funkcija g definisana u taˇcki f (x0 ), to je kompozicija g ◦ f definisana i u x0 , pa je definisana u okolini taˇcke x0 . 13

178


x0 i da je lim g(f (x)) = g(f (x0 )), tj. lim (g ◦ f )(x) = (g ◦ f )(x0 ). Opet na osnovu x→x0

x→x0

Tvrd¯enja 3.98 (3.98.2) zakljuˇcujemo da je funkcija g ◦ f neprekidna u taˇcki x0 .

3.8

Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu

Reći ćemo da je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b] ako je neprekidna u svakoj taˇcki intervala (a, b), u taˇcki a neprekidna zdesna, a u taˇcki b neprekidna sleva. Neka je f : X → R i A ⊂ X. Za funkciju f kaˇzemo da dostiˇze svoj supremum (infimum) na skupu A ako postoji x0 ∈ A takav da je f (x0 ) = sup f (x) = sup{f (x) : A

x ∈ A} (f (x0 ) = inf f (x) = inf{f (x) : x ∈ A}). Drugim reˇcima, ako skup vrednosti A

funkcije {f (x) : x ∈ A} ima maksimum (minimum), onda kaˇzemo da funkcija dostiˇze svoj supremum (infimum) na skupu A. Funkcija definisana na nekom segmentu ne mora da bude ograniˇcena na tom segmentu. Na primer funkcija  1   , x f (x) =   1,

x ∈ (0, 1] x=0

nije ograniˇcena na segmentu [0, 1]. Primetimo da je ova funkcija neprekidna na intervalu (0, 1], ali u 0 ima prekid (Primeri 3.104 (v)), pa funkcija nije neprekidna na segmentu [0, 1]. Kao ˇsto smo već videli u sekciji 1.1, beskonaˇcan podskup skupa R, ˇcak iako je ograniˇcen odozgo (odozdo), ne mora da ima maksimum (minimum). Tako ako je funkcija definisana i ograniˇcena na segmentu, skup vrednosti funkcije ne mora da ima maksimum (minimum), tj. funkcija ne mora da dostiˇze svoj supremum (infimum) na segmentu. Na primer funkcija f (x) = x − [x], x ∈ [0, 2] je ograniˇcena na segmentu [0, 2], sup f (x) = 1, ali ne postoji taˇcka iz segmenta [0, 2] u kojoj 0≤x≤2

funkcija ima vrednost 1, tj. funkcija f ne dostiˇze svoj supremum na segmentu [0, 2]. Primetimo da je ova funkcija prekidna u taˇckama 1 i 2, dok je u ostalim taˇckama segmenta [0, 2] neprekidna. Funkcija  1    2, x, g(x) =    1, 2

x = 0, x ∈ (0, 1) x=1

je ograniˇcena na segmentu [0, 1], sup g(x) = 1 i 0≤x≤1

inf g(x) = 0, ali funkcija ne

0≤x≤1

dostiˇze ni svoj supremum, ni svoj infimum na tom segmentu. Ova funkcija je neprekidna na intervalu (0, 1), ali je prekidna u taˇckama 0 i 1.

3.8. Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu

179

U svim prethodnim primerima funkcije nisu bile neprekidna na segmentu na kome su bile definisane. Sledeća teorema govori o tome da je svaka neprekidna funkcija na segmentu ograniˇcena i da na njemu dostiˇze svoj supremum i infimum. Teorema 3.112. (Weierstrass) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b]. Tada je ona ograniˇcena i postoje taˇcke x0 , x′0 ∈ [a, b] takve da je f (x0 ) = sup f (x) i f (x′0 ) = inf f (x). a≤x≤b

a≤x≤b

Dokaz. Neka je M = sup f (x).

(3.61)

a≤x≤b

Jasno, M ∈ R. Pokazaćemo da je M < +∞ i da postoji x0 ∈ [a, b] tako da je f (x0 ) = M . Neka je (an )n niz realnih brojeva takav da je lim an = M

(3.62)

an < M, n = 1, 2, . . . 14

(3.63)

n→∞

i Iz (3.61) i (3.63) sledi da za svako n ∈ N postoji xn ∈ [a, b] tako da je an < f (xn ) ≤ M, n = 1, 2, . . . . y

an

an

M f(xn) an

...

...

M

...

M

y

a3

a3

f(x2) a2

a2

f(x1) a1

a1

a

x1

b

x

...

...

y

(3.64)

a3 a2 a1

a

x2 x1

b

x

a

x2 x1 ... xn b

x

Kako je a ≤ xn ≤ b, n = 1, 2, . . . , sledi niz (xn )n je ograniˇcen i na osnovu BolcanoVajerˇstrasove teoreme ima konvergentan podniz (xnk )k . Neka je lim xnk = x0 .

k→∞

(3.65)

Zbog a ≤ xnk ≤ b, na osnovu Tvrd¯enja 2.15, dobijamo a ≤ x0 ≤ b, a na osnovu (3.64) imamo ank < f (xnk ) ≤ M, k = 1, 2, . . . . (3.66) Iz (3.62) sledi lim ank = M , ˇsto zajedno sa (3.66), na osnovu Tvrd¯enja 2.45 i 2.48, k→∞

implicira lim f (xnk ) = M.

k→∞ 14

(3.67)

Ako je M = +∞, onda moˇzemo uzeti da je an = n, a za sluˇcaj da je M < +∞ moˇzemo izabrati 1 1 an = M − ili an = M − n . n 2

180


Budući da je f neprekidna na segmentu [a, b] i x0 ∈ [a, b], f je neprekidna u x0 i na osnovu (3.65) sledi lim f (xnk ) = f (x0 ).

y

M

(3.68)

k→∞

Iz (3.67) i (3.68) sledi f (x0 ) = M . Kako je f (x0 ) ∈ R, sledi M < +∞, tj. funkcija f je ograniˇcena odozgo i dostiˇze svoj supremum u taˇcki x0 . Analogno se dokazuje da je funkcija odozdo ograniˇcena na segmentu [a, b] i da na njemu dostiˇze svoj infimum.

x0 b

a

x

Primetimo da je pretpostavka da je funkcija definisana i neprekidna na ograniˇcenom i zatvorenom intervalu bitna. Na primer, funkcija f (x) = x je neprekidna na skupu R = (−∞, +∞), 1 ali nije ograniˇcena na njemu. Funkcija f (x) = je neprekidna na intervalu (0, 1], x ali nije ograniˇcena na njemu. Funkcija f (x) = x je neprekidna i ograniˇcena na intervalu (0, 1), ali ne dostiˇze ni svoj supremum, ni svoj infimum na ovom intervalu ( sup f (x) = 1, inf f (x) = 0). x∈(0,1)

x∈(0,1)

y y

y

...

y

1

...

0

0

1

1

x

0

1 x

0

1

2

x

x

Teorema 3.113. (Bolzano-Cauchy) Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i neka je f (a) < f (b) (f (a) > f (b)). Tada za svaki broj C takav da je f (a) < C < f (b) (f (a) > C > f (b)) postoji bar jedna taˇcka ξ ∈ (a, b) takva da je f (ξ) = C. a+b Neka je f (a) < C < f (b). Podelimo segment [a, b] taˇckom na 2 ( ) a+b dva segmenta jednake duˇzine. Moˇze se desiti da je f = C, pa je traˇzena 2 ( ) a+b a+b . U suprotnom, f ̸= C, i tada na levom kraju jednog od taˇcka ξ = 2 2 Dokaz.

3.8. Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu

181

[ ] [ ] a+b a+b segmenata a, , , b funkcija ima manju vrednost od C, a na desnom 2 2 ( ) a+b veću od C. Oznaˇcimo taj segment sa [a1 , b1 ] (ako je f > C, onda za [a1 , b1 ] 2 [ ] ( ) a+b a+b uzimamo segment a, , a ako je f < C, onda za [a1 , b1 ] uzimamo 2 2 [ ] a+b segment , b ). Prema tome, vaˇziće nejednakost 2 f (a1 ) < C < f (b1 ). a1 + b1 Podelimo dalje segment [a1 , b1 ] na dva segmenta jednaka po duˇzini taˇckom . 2) ( ) ( a1 + b1 a1 + b1 a1 + b1 Tada je ili f = C, pa je traˇzena taˇcka ξ = ̸= , ili je f 2 2 2 C, pa na levom kraju jednog od ta dva segmenta funkcija ima vrednost manju od C, a na desnom veću od C. Oznaˇcimo taj segment sa [a2 , b2 ] i prema tome, vaˇziće nejednakost f (a2 ) < C < f (b2 ). Nastavimo postupak sa segmentom [a2 , b2 ] (podelimo ga na pola itd.). Tim postupkom ćemo ili nakon konaˇcno mnogo koraka doći do taˇcke ξ takve da je f (ξ) = C ili ćemo dobiti niz umetnutih odseˇcaka [an , bn ], ˇcija duˇzina teˇzi 0 i takav da je f (an ) < C < f (bn ), n ∈ N.

(3.69)

Na osnovu Kantorovog principa o umetnutim segmentima postoji jedinstvena taˇcka ξ koja pripada svim segmentima [an , bn ], n = 1, 2, . . . . Kako je ξ = lim an = lim bn , n→∞

n→∞

zbog neprekidnosti funkcije f imamo f (ξ) = lim f (an ) = lim f (bn ). n→∞

n→∞

Iz (3.69), na osnovu Tvrd¯enja 2.15, dobijamo f (ξ) = lim f (an ) ≤ C ≤ lim f (bn ) = f (ξ). n→∞

Prema tome, f (ξ) = C.

15

n→∞

Bolcano-Koˇsijeva teorema tvrdi postojanje barem jedne taˇcke ξ ∈ [a, b] u kojoj je f (ξ) = C, ali oˇcigledno ih moˇze biti i viˇse od jedne. Posledica 3.114. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i na krajevima segmenta ima vrednosti razliˇcitog znaka, tada u intervalu (a, b) postoji bar jedna taˇcka ξ takva da je f (ξ) = 0. 15

Primetimo da se ovo moˇze zakljuˇciti iz (3.69) i na osnovu Teoreme 2.45 (teorema o lopovu i dva policajca) i ˇcinjenice da niz ˇciji je opˇsti ˇclan xn = C konvergira ka C.

182

Glava 3. Graniˇcne vrednosti funkcija Sledeća posledice govori o tome da neprekidna funkcija slika segment na segment.

Posledica 3.115. Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a, b], i neka je m = inf f (x) i M = sup f (x). Tada za svako y, takvo da je m ≤ y ≤ M , postoji a≤x≤b

a≤x≤b

x ∈ [a, b] tako da je f (x) = y i vaˇzi jednakost f ([a, b]) = [m, M ]. Dokaz. Na osnovu Weierstrassove teoreme postoje taˇcke α, β ∈ [a, b], takve da je f (α) = m i f (β) = M . Neka je, recimo, α < β i posmatrajmo segment [α, β] (ako je β < α posmatraćemo segment [β, α]). Budući da je [α, β] ⊂ [a, b], sledi da je funkcija f neprekidna na segmentu [α, β]. Neka je y ∈ (m, M ) proizvoljno. To znaˇci da je y izmed¯u f (α) i f (β), pa iz Bolzano-Cauchyeve teoreme primenjene na segmet [α, β] sledi da postoji x ∈ (α, β) takav da je f (x) = y i stoga, y ∈ f ((α, β)). Prema tome, za svako y, takvo da je m ≤ y ≤ M , postoji x ∈ [α, β] ⊂ [a, b] tako da je f (x) = y, tj. [m, M ] ⊂ f ([α, β]) ⊂ f ([a, b]). Obrnuta inkluzija je oˇcigledna, jer za svako x ∈ [a, b] vaˇzi m = inf f (x) ≤ a≤x≤b

f (x) ≤ sup f (x) = M , tj. f (x) ∈ [m, M ] i prema tome, f ([a, b]) ⊂ [m, M ]. a≤x≤b

3.9

Monotone funkcije i neprekidnost. inverzne funkcije

Neprekidnost

Tvrd¯enje 3.116. Neka je funkcija f : (a, b) → R monotona na intervalu (a, b). Tada ona moˇze imati samo prekide prve vrste. Dokaz. Neka je x0 ∈ (a, b) taˇcka prekida. Na osnovu Posledice 3.96 postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti lim f (x) i lim f (x), pa zakljuˇcujemo da je x0 taˇcka prekida prve vrste.

x→x0 −0

x→x0 +0

Posledica 3.117. Neka je x0 ∈ (a, b) taˇcka prekida monotone funkcije f : (a, b) → R. Ako je funkcija f rastuća, onda vaˇze nejednakosti lim f (x) ≤ f (x0 ) ≤

x→x0 −0

lim f (x)

x→x0 +0

(3.70)

i barem u jednoj od nejednakosti u (3.70) vaˇzi stroga nejednakost. Ako je f opadajuća funkcija, onda vaˇze nejednakosti lim f (x) ≥ f (x0 ) ≥

x→x0 −0

lim f (x)

x→x0 +0

(3.71)

i barem u jednoj od nejednakosti u (3.71) vaˇzi stroga nejednakost. Dokaz. Neka je f rastuća funkcija. Na osnovu Posledice 3.96 sledi da vaˇze nejednakosti (3.70). Ako bi vaˇzilo lim f (x) = f (x0 ) = lim f (x), onda bismo x→x0 −0

x→x0 +0

imali da postoji graniˇcna vrednost funkcije f u taˇcki x0 (Tvrd¯enje 3.31) i da je

3.9. Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverzne funkcije

183

jednaka f (x0 ). To bi znaˇcilo da je funkcija neprekidna u taˇcki x0 , ˇsto je u suprotnosti s tim da je x0 taˇcka prekida. Prema tome, u bar jednoj od nejednakosti lim f (x) ≤ f (x0 ) ≤ lim f (x) vaˇzi stroga nejednakost. x→x0 −0

x→x0 +0

Tvrd¯enje se analogno dokazuje za sluˇcaj kada je f opadajuća funkcija.

Sledeće tvrd¯enje govori o tome da za monotone funkcije vaˇzi obrat BolcanoKoˇsijeve teoreme. Tvrd¯enje 3.118. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija i neka za svaki broj C koji se nalazi izmad¯u brojeva f (a) i f (b) postoji bar jedna taˇcka c ∈ (a, b) takva da je f (c) = C. Tada je funkcija f neprekidna na [a, b]. Drugim reˇcima, ako je f monotona funkcija na segmentu [a, b] i ako je f ([a, b]) takod¯e segment, onda je f neprekidna funkcija na [a, b].16 Dokaz. Pretpostavimo da funkcija f nije neprekidna na [a, b], tj. postoji taˇcka x0 ∈ [a, b] takva da je funkcija f prekidna u x0 , i neka je, na primer, a < x0 < b (sluˇcajeve kada je x0 = a ili x0 = b razmatramo sliˇcno). Neka je f rastuća funkcija. Tada na osnovu Posledice 3.117 vaˇzi: f (x0 − 0) < f (x0 ) ili f (x0 ) < f (x0 + 0). Neka je f (x0 ) < f (x0 +0) (sliˇcno se razmatra sluˇcaj kada je f (x0 −0) < f (x0 )). Na osnovu Teoreme 3.94 imamo da je f (x0 + 0) = inf f (x). Neka je C ∈ (f (x0 ), f (x0 + 0)). (x0 ,b]

Kako je f (a) ≤ f (x0 ) < f (x0 + 0) = inf f (x) ≤ f (b), sledi (f (x0 ), f (x0 + 0)) ⊂ (x0 ,b]

(f (a), f (b)), pa je C ∈ (f (a), f (b)). Pokaˇzimo sada da C ne moˇze biti slika nijednog broja c ∈ [a, b]. Zaista, za x ∈ [a, x0 ) vaˇzi f (x) ≤ f (x0 ) < C, dok za x ∈ (x0 , b] vaˇzi f (x) ≥ inf f (x) = f (x0 + 0) > C, i prema tome, f (x) ̸= C za svako x ∈ [a, b]. (x0 ,b]

Dakle, bilo koji broj C iz intervala (f (x0 ), f (x0 + 0)) nalazi se izmed¯u brojeva f (a) i f (b), i nije slika nijednog broja c ∈ [a, b]. Dobijena kontradikcija dokazuje tvrd¯enje. Sjuˇcaj kada je f opadajuća funkcija, svodi se na prethodni jer je onda −f rastuća funkcija. Objedinjujući Tvrd¯enje 3.118 i Posledicu 3.115 dobijamo sledeću teoremu. Teorema 3.119. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija. Tada je f neprekidna funkcija na [a, b] ako i samo ako je slika tog segmenta segment sa krajevima f (a) i f (b). Dokaz. Neka je f neprekidna na [a, b]. Tada je na osnovu Posledice 3.115 f ([a, b]) = [m, M ] gde je m = inf f (x) i M = sup f (x). Ako je f rastuća funkcija, onda je [a,b]

[a,b]

inf f (x) = f (a) i sup f (x) = f (b), pa je f ([a, b]) = [m, M ] = [f (a), f (b)]. Ako je [a,b]

[a,b]

f opadajuća funkcija, onda je inf f (x) = f (b) i sup f (x) = f (a), pa je f ([a, b]) = [a,b]

[a,b]

[m, M ] = [f (b), f (a)]. 16 Ako je neprekidna Ako je f neprekidna

f : [a, b] → R monotono rastuća funkcija i ako je f ([a, b]) = [f (a), f (b)], onda je f funkcija na [a, b]. : [a, b] → R monotono opadajuća funkcija i ako je f ([a, b]) = [f (b), f (a)], onda je f funkcija na [a, b].

184


Ako je slika segmenta [a, b] segment sa krajevima f (a) i f (b), onda, budući da je f monotona, na osnovu Tvrd¯enja 3.118 sledi da je f neprekidna. Sledeće tvrd¯enje govori o tome da strogo monotona funkcija skupa X na skup Y ima inverznu funkciju. Tvrd¯enje 3.120. Neka je f : X → Y strogo monotona funkcija na skupu X i neka je f (X) = Y . Tada postoji inverzna funkcija f −1 : Y → X i ona je takod¯e strogo monotona, i to strogo rastuća (strogo opadajuća) ako je f strogo rastuća (opadajuća). Dokaz. Neka je f : X → Y strogo rastuća funkcija. Pokaˇzimo da je f injekcija. Neka su x1 , x2 ∈ X i x1 ̸= x2 . Tada je ili x1 < x2 ili x2 < x1 . Odavde, budući da je f strogo rastuća funkcija, sledi ili je f (x1 ) < f (x2 ) ili f (x2 ) < f (x1 ). Dakle, f (x1 ) ̸= f (x2 ). Prema tome, f je injekcija, a kako je po pretpostavci f surjekcija (f (X) = Y ), zakljuˇcujemo da je f bijekcija. Sledi f ima inverznu funkciju f −1 : Y → X. Pokaˇzimo da je f −1 strogo rastuća funkcija. Neka su y1 , y2 ∈ Y takvi da je y1 < y 2 ,

(3.72)

i neka je x1 = f −1 (y1 ) i x2 = f −1 (y2 ). Moguća su tri sluˇcaja: ili je x1 = x2 , ili x1 > x2 ili x1 < x2 . Ako je x1 = x2 , onda bismo zbog jednoznaˇcnosti funkcije f imali f (x1 ) = f (x2 ), tj. y1 = y2 , ˇsto je u suprotnosti sa (3.72). Ako bi bilo x1 > x2 , onda bi, s obzirom da je f strogo rastuća, vaˇzilo f (x1 ) > f (x2 ), tj. y1 > y2 , ˇsto je takod¯e u suprotnosti sa (3.72). Prema tome, x1 < x2 , tj. f −1 (y1 ) < f −1 (y2 ), te je f −1 strogo rastuća funkcija. Teorema 3.121. Neka je funkcija f : [a, b] → R strogo rastuća (strogo opadajuća) i neprekidna. Tada je inverzna funkcija f −1 definisana, strogo rastuća (strogo opadajuća) i neprekidna na segmentu [f (a), f (b)] ([f (b), f (a)]). Dokaz. Neka je f ([a, b]) = Y . Ako je f strogo rastuća funkcija, onda je Y = [f (a), f (b)], a ako je f strogo opadajuća funkcija, onda je Y = [f (b), f (a)] (Teorema 3.119). Iz Tvrd¯enja 3.120 sledi da je inverzna funkcija f −1 definisana i strogo monotona na skupu Y , tj. na segmentu sa krajevima f (a) i f (b). Kako je f −1 monotona funkcija na segmentu Y i kako je slika tog segmenta funkcijom f −1 opet segment (f −1 (Y ) = [a, b]), na osnovu Teoreme 3.119 (odnosno Tvrd¯enja 3.118) sledi da je f −1 neprekidna funkcija na segmentu Y . Teorema 3.121 se moˇze dokazati i koriˇsćenjem sledeća tri tvrd¯enja. Tvrd¯enje 3.122. Neka je funkcija f : (a, b) → R strogo monotona na intervalu (a, b) i neka je neprekidna u taˇcki x0 ∈ (a, b). Tada je inverzna funkcija definisana, strogo monotona na skupu f ((a, b)) i neprekidna u taˇcki f (x0 ). Dokaz. Neka je funkcija f strogo rastuća na intervalu (a, b). Na osnovu Tvrd¯enja 3.120 inverzna funkcija f −1 je definisana i strogo rastuća na skupu f ((a, b)). Neka je y0 = f (x0 ). Fiksirajmo ϵ > 0. Ne umanjujući opˇstost dokaza pretpostavimo da je

3.9. Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverzne funkcije

185

ϵ takvo da je a < x0 − ϵ < x0 < x0 + ϵ < b. Budući da je funkcija f strogo rastuća, sledi da je f (x0 − ϵ) < f (x0 ) = y0 < f (x0 + ϵ). Izaberimo δ > 0 tako da je f (x0 − ϵ) < y0 − δ < y0 < y0 + δ < f (x0 + ϵ).

(3.73)

Tada za svako y ∈ f ((a, b)) takvo da je y ∈ (y0 − δ, y0 + δ), iz (3.73) sledi f (x0 − ϵ) < y < f (x0 + ϵ), a kako je f −1 strogo rastuća funkcija, dobijamo f −1 (f (x0 − ϵ)) < f −1 (y) < f −1 (f (x0 + ϵ), tj. (x0 = f −1 (y0 )) f −1 (y0 ) − ϵ = x0 − ϵ < f −1 (y) < x0 + ϵ = f −1 (y0 ) + ϵ. Prema tome, za zadato ϵ > 0 naˇsli smo δ > 0 tako da za svako y ∈ f ((a, b)) takvo da je |y − y0 | < δ vaˇzi |f −1 (y) − f −1 (y0 )| < ϵ, pa je funkcija f −1 neprekidna u taˇcki y0 = f (x0 ). Sliˇcno se dokazuju sledeća tvrd¯enja. Tvrd¯enje 3.123. Neka je funkcija f : [a, b) → R strogo rastuća (strogo opadajuća) na intervalu [a, b), a ∈ R, b ∈ R. Tada je inverzna funkcija definisana na skupu f ([a, b)) i ako je funkcija f neprekidna zdesna u taˇcki a, tada je inverzna funkcija f −1 neprekidna zdesna (sleva) u taˇcki f (a). Tvrd¯enje 3.124. Neka je funkcija f : (a, b] → R strogo rastuća (strogo opadajuća) na intervalu (a, b], a ∈ R, b ∈ R. Tada je inverzna funkcija definisana na skupu f ((a, b]) i ako je funkcija f neprekidna sleva u taˇcki b, tada je inverzna funkcija f −1 neprekidna sleva (zdesna) u taˇcki f (b). Teorema 3.125. Neka je funkcija f strogo rastuća (strogo opadajuća) i neprekidna na intervalu (a, b) (konaˇcnom ili beskonaˇcnom). Ako je a konaˇcan broj, neka je c = lim f (x), x→a+0

a ako je a = −∞, neka je c = lim f (x). x→−∞

Ako je b konaˇcan broj, neka je d = lim f (x), x→b−0

a ako je b = +∞, neka je d = lim f (x). x→+∞

Tada je inverzna funkcija f −1 definisana, strogo rastuća (strogo opadajuća) i neprekidna na (konaˇcnom ili beskonaˇcnom) intervalu (c, d) ((d, c)).

186


Dokaz. Neka je funkcija f strogo rastuća na intervalu (a, b). Na osnovu Teoreme 3.94 sledi da je c = inf f (x) i d = sup f (x), i zato za svako x ∈ (a, b) vaˇzi c ≤ f (x) ≤ d. (a,b)

(a,b)

Dokaˇzimo da u obe prethodne nejednakosti vaˇzi stroga nejednakost, tj. da za svako x ∈ (a, b) vaˇzi c < f (x) < d. Zaista, ako bi postojao x0 ∈ (a, b) takav da je f (x0 ) = c, tada za svako x ∈ (a, x0 ), zato ˇsto je funkcija f strogo rastuća, vaˇzi f (x) < f (x0 ) = c, ˇsto je u suprotnosti s tim da je c = inf f (x). Sliˇcno se dokazuje (a,b)

da ne postoji x0 ∈ (a, b) takav da je f (x0 ) = d. Prema tome, za svako x ∈ (a, b) vaˇzi f (x) ∈ (c, d), tj. f ((a, b)) ⊂ (c, d) . Da bismo dokazali da je f ((a, b)) = (c, d), ostaje da dokaˇzemo da za proizvoljno y0 ∈ (c, d) postoji x0 ∈ (a, b) takav da je f (x0 ) = y0 . Zaista, iz c < y0 < d, budući da je c = inf f (x) a d = sup f (x), postoje (a,b)

(a,b)

x1 , x2 ∈ (a, b) takvi da je f (x1 ) < y0 < f (x2 ). Sledi x1 < x2 (jer u protivnom, ako bi bilo x1 ≥ x2 , onda bi, budući da je f rastuća funkcija, imali f (x1 ) ≥ f (x2 )) i funkcija f je neprekidna na segmentu [x1 , x2 ]. Kako je f (x1 ) < y0 < f (x2 ), na osnovu Bolcano-Koˇsijeve teoreme primenjene na segment [x1 , x2 ], sledi da postoji x0 ∈ (x1 , x2 ) takav da je f (x0 ) = y0 . Kako je f strogo rastuća na intervalu (a, b) i kako je f ((a, b)) = (c, d), na osnovu Tvrd¯enja 3.120 sledi da postoji inverzna funkcija f −1 : (c, d) → (a, b) i da je ona takod¯e strogo rastuća. Dokaˇzimo joˇs da je f −1 neprekidna na (c, d). Neka je y0 ∈ (c, d) proizvoljan broj. Tada postoji x0 ∈ (a, b) takav da je f (x0 ) = y0 . Postoji δ > 0 takav da je [x0 − δ, x0 + δ] ⊂ (a, b). Tada funkcija f slika segment [x0 − δ, x0 + δ] na segment [f (x0 − δ), f (x0 + δ)], f je neprekidna i strogo rastuća, pa je na osnovu Teoreme 3.121 i inverzna funkcija f −1 neprekidna na segmentu [f (x0 − δ), f (x0 + δ)], pa dakle i u taˇcki y0 jer y0 ∈ [f (x0 − δ), f (x0 + δ)] (iz x0 − δ < x0 < x0 + δ sledi f (x0 − δ) < f (x0 ) = y0 < f (x0 + δ)). Kako je f −1 neprekidna u proizvoljnoj taˇcki y0 ∈ (c, d), sledi da je f −1 neprekidna na intervalu (c, d). (Neprekidnost inverzne funkcije f −1 u proizvoljnoj taˇcki y0 ∈ (c, d) sledi takod¯e iz Tvrd¯enja 3.122.) Iz Teoreme 3.125, Tvrd¯enja 3.120, Tvrd¯enja 3.123 i Tvrd¯enja 3.124 slede naredne dve teoreme. Teorema 3.126. Neka je funkcija f strogo rastuća (strogo opadajuća) i neprekidna na intervalu [a, b) (konaˇcnom ili beskonaˇcnom), a ∈ R, b ∈ R. Neka je c = f (a). Ako je b konaˇcan broj, neka je d = lim f (x), x→b−0

a ako je b = +∞, neka je d = lim f (x). x→+∞

Tada je inverzna funkcija f −1 definisana, strogo rastuća (strogo opadajuća) i neprekidna na (konaˇcnom ili beskonaˇcnom) intervalu [c, d) ((d, c]). Teorema 3.127. Neka je funkcija f strogo rastuća (strogo opadajuća) i neprekidna na intervalu (a, b] (konaˇcnom ili beskonaˇcnom), a ∈ R, b ∈ R.

3.9. Neprekidnost elementarnih funkcija

187

Neka je d = f (b). Ako je a konaˇcan broj, neka je c = lim f (x), x→a+0

a ako je a = −∞, neka je c = lim f (x). x→−∞

Tada je inverzna funkcija f −1 definisana, strogo rastuća (strogo opadajuća) i neprekidna na (konaˇcnom ili beskonaˇcnom) intervalu (c, d] ([d, c)).

Već smo videli da postoji viˇse varijanti teoreme o graniˇcoj vrednosti sloˇzene funkcije. Sledeća teorema je jedna od njih. Teorema 3.128. Neka je funkcija f neprekidna i strogo monotona u okolini taˇcke a ∈ R i neka je funkcija g definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke b = f (a). Tada postoji lim g(f (x)) ako i samo ako postoji lim g(y) i vaˇzi jednakost x→a

y→b

lim g(f (x)) = lim g(y).

x→a

(3.74)

y→b

Dokaz. Neka je funkcija f neprekidna i strogo rastuća u okolini Uδ0 (a) taˇcke a i neka ◦

je funkcija g definisana u probodenoj okolini taˇcke b, U ϵ (b), ϵ > 0. Iz neprekidnosti funkcije f u taˇcki a sledi da postoji 0 < δ ≤ δ0 tako da je f (Uδ (a)) ⊂ Uϵ (b). Jasno, funkcija f je neprekidna i strogo rastuća u okolini Uδ (a). Kako je zbog stroge ◦

monotonosti f injekcija, to je za svako x ∈ U δ (a), f (x) ̸= f (a) = b. Prema tome, ◦

◦

f (U δ (a)) ⊂ U ϵ (b), pa je sloˇzena funkcija g ◦ f definisana u probodenoj okolini taˇcke ◦

a, U δ (a). Neka je c =

lim

x→a−δ+0

f (x) i d =

lim

x→a+δ−0

f (x). Na osnovu Teoreme 3.125 imamo

f ((a − δ, a + δ)) = (c, d), b = f (a) ∈ (c, d), inverzna funkcija f −1 je definisana, strogo rastuća i neprekidna na intervalu (konaˇcnom ili beskonaˇcnom) sa krajevima u taˇckama c i d, pa je za svako y ∈ (c, d) \ {b}, f −1 (y) ̸= f −1 (b) = a i lim f −1 (y) = y→b

f −1 (b) = a. Neka postoji lim g(y). Iz Teoreme 3.82, s obzirom da je lim f (x) = f (a) = b i y→b

x→a

◦

f (x) ̸= b za svako x ∈ U δ (a), sledi da postoji lim g(f (x)) i da vaˇzi jednakost 3.74. x→a

Obnuto, neka postoji lim g(f (x)). Opet iz Teoreme 3.82, budući da je lim f −1 (y) = x→a

y→b

f −1 (y)

ai ̸= a za svako y ∈ (c, d) \ {b}, sledi da postoji graniˇcna vrednost sloˇzene funkcije (g ◦ f ) ◦ f −1 = g ◦ (f ◦ f −1 ) = g u taˇcki b i da vaˇzi jednakost lim ((g ◦ f ) ◦ f −1 )(y) = lim (g ◦ f )(x),

y→b

tj. lim g(y) = lim (g ◦ f )(x). y→b

x→a

x→a

188


3.10

Neprekidnost elementarnih funkcija

Definiˇsimo najpre osnovne elementarne funkcije. Definicija 3.129. Konstantne, stepene, eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijske i inverzne trigonometrijske funkcije su osnovne elementarne funkcije. Definiˇsimo sada pojam elementarne funkcije. Definicija 3.130. 1. Osnovne elementarne funkcije su elementarne funkcije. f 2. Ako su f i g elementarne funkcije, onda su i f + g, f − g, f g, i g◦f g elementarne funkcije (pod uslovom da su definisane). 3. Sve elementarne funkcije se dobijaju primenom pravila 1. i 2. konaˇcno mnogo puta. √ Na primer funkcija |x| = x2 je elementarna i takod¯e funkcija √ ln(arccos( x2 + x + 1)) √ . y= 3 earctg(x2 +1) √ Tvrd¯enje 3.131. Funkcija y = n x, n ∈ N, neprekidna je u svakoj taˇcki svog domena. Dokaz. Neka je n neparan broj. Funkcija f (x) = xn je strogo rastuća na skupu (−∞, +∞). Zaista, ako je 0 < x1 < x2 , onda je 0 < xn1 < xn2 ((1.35)), tj. f (0) < f (x1 ) < f (x2 ). Ako je x1 < x2 < 0 onda je 0 < −x2 < −x1 , pa je na osnovu (1.35) 0 < (−x2 )n < (−x1 )n . Kako je n neparan broj, to je (−x1 )n = −xn1 i (−x2 )n = −xn2 , i prema tome, 0 < −xn2 < −xn1 . Odavde sledi xn1 < xn2 < 0, tj. f (x1 ) < f (x2 ) < f (0). Za sluˇcaj da je x1 < 0 < x2 , vaˇzi −x1 > 0, pa je (−x1 )n > 0, tj. −xn1 > 0. Stoga je f (x1 ) = xn1 < 0 < xn2 = f (x2 ). Na osnovu Primera 3.101 (ii) funkcija f je neprekidna na na skupu (−∞, +∞). Kako je na osnovu Posledice 3.56 lim xn = −∞ i lim xn = +∞, iz Teoreme 3.125 sledi da je inverzna funkcija x→−∞ x→+∞ √ f −1 (x) = n x definisana, strogo rastuća i neprekidna na skupu (−∞, +∞). Pretpostavimo sada da je n paran broj. Funkcija g(x) = xn strogo rastuća i neprekidna na intervalu [0, +∞) (na osnovu (1.35) i Primera 3.101 (ii)). Budući da je g(0) = 0 i lim g(x) = +∞, iz Teoreme 3.126 sledi da je inverzna funkcija x→+∞ √ g −1 (x) = n x definisana, strogo rastuća i neprekidna na intervalu [0, +∞). Tvrd¯enje 3.132. Neka su q ∈ N, p ∈ Z, p ̸= 0, i p i q uzajamno prosti. Funkcija p √ f (x) = x q = q xp je neprekidna u svakoj taˇcki svog domena. √ Dokaz. Neka je h(x) = xp i g(x) = q x. Sa Df (respektivno, Dg , Dh ) oznaˇcavamo domen funkcije f (respektivno, g, h). Neka je q neparan broj i p > 0. Tada je Dg = R i vaˇzi f = g ◦ h i Df = Dh = R. Ako je q neparan broj i p < 0, onda je Dh = R \ {0}, a s obzirom da je Dg = R sledi Df = Dh = R \ {0}.


189

Ako je q paran broj i p > 0 neparan broj, tada je Dg = [0, +∞) i h([0, +∞)) ⊂ [0, +∞), dok je h((−∞, 0)) ⊂ (−∞, 0) (p je neparan broj), pa je za funkciju f = g ◦h domen Df = [0, +∞). Neka je q paran broj i p < 0 neparan broj. Tada je Dg = [0, +∞) i Dh = (−∞, 0) ∪ (0, +∞). Kako je h((0, +∞)) ⊂ (0, +∞) i h((−∞, 0)) ⊂ (−∞, 0) (p je neparan broj), sledi da je domen funkcije f = g ◦ h interval (0, +∞). U sva ˇcetiri sluˇcaja funkcija f je neprekidna u svakoj taˇcki svog domena na osnovu Tvrd¯enja 3.131, Primera 3.101 (ii) i Tvrd¯enja 3.111. Teorema 3.133. Eksponencijalna funkcija y = ax , a > 0, je neprekidna na skupu R. Dokaz. Ako je a = 1 onda je y = 1x = 1 za svako x ∈ R i ovo je neprekidna funkcija na R. Neka je sada a ̸= 1. Dokaˇzimo da je lim a∆x = 1.

(3.75)

∆x→0

√ Neka je najpre a > 1 i neka je ϵ > 0. Kako je lim n a = 1 i lim n→∞

lim a n = lim a− n = 1, to postoji n0 ∈ N tako da je 1

n→∞

1

n→∞

√ n

1 = 1, tj. a

n→∞

1−ϵ
− n1

1

0

< 1 + ϵ i 1 − ϵ < a n0 < 1 + ϵ.

(3.76)

1 1 1 . Tada, ako je |∆x| < δ, onda je − < ∆x 1) sledi

Neka je δ =

− n1

a

0

1

< a∆x < a n0 .

(3.77)

Iz (3.76) i (3.77) sledi 1 − ϵ < a∆x < 1 + ϵ. Prema tome, pokazali smo da za a > 1 i proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svako ∆x za koje je |∆x| < δ vaˇzi nejednakost |a∆x − 1| < ϵ, ˇsto upravo znaˇci da (3.75) vaˇzi za a > 1. Neka je sada 0 < a < 1. Tada je b =

1 > 1 i vaˇzi lim b∆x = 1, te je na osnovu ∆x→0 a

Tvrd¯enja 3.48 ((3.23)) lim a∆x = lim

∆x→0

1

∆x→0 b∆x

=

1 1 = = 1. ∆x 1 lim b

∆x→0

Prema tome, (3.75) vaˇzi i za 0 < a < 1.

190

Glava 3. Graniˇcne vrednosti funkcija Iz (3.75) sledi lim ∆y = lim

∆x→0

∆x→0

(

) ( ) ax+∆x − ax = lim ax a∆x − 1 = 0, ∆x→0

ˇsto znaˇci da je funkcija y = ax neprekidna za svako x ∈ R. Posledica 3.134. Funkcija y = loga x, a > 0, a ̸= 1 je neprekidna funkcija na skupu (0, +∞). Dokaz. Za a > 1 (0 < a < 1) funkcija y = ax je strogo rastuća (opadajuća) na intervalu (−∞, +∞). Kako je za a > 1, lim ax = 0

x→−∞

i

lim ax = +∞,

x→+∞

dok za 0 < a < 1 vaˇzi lim ax = +∞

x→−∞

i

lim ax = 0,

x→+∞

na osnovu Teoreme 3.125 i Teoreme 3.133 sledi da je inverzna funkcija y = loga x neprekidna na intervalu (0, +∞). Posledica 3.135. Funkcija y = xα , α ∈ R, je neprekidna funkcija na skupu (0, +∞). Dokaz. Kako je y = xα = eα ln x , tvrd¯enje sledi iz Teoreme 3.133, Posledice 3.134 i Tvrd¯enja 3.111. [ π π] Neka je funkcija f1 : − , → [−1, 1] definisana sa f1 (x) = sin x, drugim 2 2 [ π π] reˇcima f1 je restrikcija funkcije sin na segment − , . S obzirom da je f1 strogo (π ) [ π π 2] 2 ( π ) i f1 − = −1 i f1 = 1, rastuća i neprekidna funkcija na segmentu − , 2 2 2 2 ([ π π ]) to je f1 − , = [−1, 1] (Teorema 3.119) i na osnovu Teoreme 3.121 sledi 2 2 [ π π] da postoji inverzna funkcija funkcije f1 , f1−1 : [−1, 1] → − , koja je takod¯e 2 2 strogo rastuća i neprekidna na segmentu [−1, 1], i ovu funkciju oznaˇcavamo sa arcsin: f1−1 (x) = arcsin x. Funkcija f2 : [0, π] → [−1, 1] definisana sa f1 (x) = cos x (f2 je restrikcija funkcije cos na segment [0, π]) je strogo opadajuća i neprekidna, f2 (0) = 1, f2 (π) = −1 (i prema tome, f2 ([0, π]) = [−1, 1]), pa na osnovu Teoreme 3.121 sledi da postoji inverzna funkcija ove funkcije, f2−1 : [−1, 1] → [0, π], nju oznaˇcavamo sa arccos, f2−1 (x) = arccos x, i ova funkcija je strogo opadajuća i neprekidna na segmentu [−1, 1]. ( π π) Funkcija f3 : − , → R definisana sa f3 (x) = tg x (f3 je restrikcija funkcije ( π 2π )2 tg na interval − , ) je strogo rastuća i neprekidna i budući da je 2 2 ( ) sin x −1 limπ tgx = limπ = = −∞, +0 x→− 2 +0 x→− 2 +0 cos x ( ) 1 sin x = = +∞, lim tgx = lim π π +0 x→ 2 −0 x→ 2 −0 cos x


191

(( π π )) = R, inverzna funkcija f3−1 je definisana, iz Teoreme 3.125 sledi f3 − , 2 2 strogo rastuća i neprekidna na(R. Ovu) funkciju oznaˇcavamo sa arctg. Prema tome, π π f3−1 (x) = arctg x i f3−1 : R → − , . 2 2 Funkcija f4 : (0, π) → R definisana sa f3 (x) = ctg x (f4 je restrikcija funkcije ctg na interval (0, π)) je strogo opadajuća i neprekidna i s obzirom da je ( ) cos x 1 lim ctgx = lim = = +∞, x→+0 x→+0 sin x +0 ( ) cos x −1 lim ctgx = lim = = −∞, x→π−0 x→π−0 sin x +0 na osnovu Teoreme 3.125 zakljuˇcujemo da je f4 ((0, π)) = R i inverzna funkcija f4−1 je definisana, strogo opadajuća i neprekidna na R. Ovu funkciju oznaˇcavamo sa arcctg. Prema tome, f4−1 (x) = arcctg x i f4−1 : R → (0, π). Tako smo dokazali sledeću posledicu: Posledica 3.136. Inverzne trigonometrijske funkcije y = arcsin x, y = arccos x, y = arctgx i y = arcctgx su neprekidne u svakoj taˇcki svog domena. Teorema 3.137. Svaka elementarna funkcija je neprekidna u svakoj taˇcki svog domena. Dokaz. Dokazali smo da je svaka osnovna elementarna funkcija neprekidna u svakoj taˇcki svog domena. Sada iz Definicije 3.130 i Tvrd¯enja 3.108 i 3.111 sledi tvrd¯enje teoreme. Primetimo da funkcija y = sgnx nije elementarna, bez obzira na njen relativno jednostavan analitiˇcki izraz, jer nije neprekidna u 0. Definicija 3.138. Za skup X ⊂ R kaˇzemo da je simetriˇcan u odnosu na 0 ili samo simetriˇcan ako iz x ∈ X sledi −x ∈ X. Za funkciju f : X → R, gde je X ⊂ R simetriˇcan skup, kaˇzemo da je parna ako je f (−x) = f (x) za sve x ∈ X, a neparna ako je f (−x) = −f (x) za sve x ∈ X. Napomena 3.139. Ako je neparna funkcija f : X → Y bijekcija (X je simetriˇcan skup), onda ona ima inverznu funkciju f −1 : Y → X koja je takod¯e neparna. Zaista, za proizvoljno y ∈ Y postoji x ∈ X tako da je f (x) = y. Stoga je −y = −f (x) = f (−x) ∈ Y , pa je Y takod¯e simetriˇcan skup i f −1 (−y) = f −1 (−f (x)) = f −1 (f (−x)) = −x = −f −1 (y), ˇsto znaˇci da je f −1 neparna.

192


[ π π] Funkcija arcsin je inverzna funkcija restrikcije funkcije sin na segment − , 2 2 (ovo je simetriˇcan skup), i kako je ova restrikcija funkcije sin neparna funkcija, to je arcsin neparna i zato je arcsin(−x) = − arcsin x za svako x ∈ [−1, 1]. Takod ¯e ( π π) funkcija arctg je inverzna funkcija restrikcije funkcije tg na interval − , (koji 2 2 je simetriˇcan), i s obzirom da je ova restrikcija funkcije tg neparna funkcija, to je i arctg neparna funkcija, pa je arctg(−x) = − arctg x za sve x ∈ R. • Primer 3.140. Neka je a > 0 i a ̸= 1. Dokaˇzimo da je lim

x→0

loga (1 + x) 1 = loga e = . x ln a

(3.78)

Zbog neprekidnosti funkcije y = loga x, iz (3.50) sledi ) ( 1 1 loga (1 + x) = lim loga (1 + x) x = loga lim (1 + x) x = loga e. x→0 x→0 x→0 x lim

Iz (3.78) sledi ln(1 + x) = loge e = 1. • x→0 x lim

(3.79)

Primer 3.141. Ako je lim u(x) = a ∈ R, a > 0, i lim v(x) = b ∈ R, onda je x→x0

x→x0

lim u(x)v(x) = ab .

x→x0

Zaista, iz neprekidnosti logaritamske funkcije sledi lim ln u(x) = ln a. Sada zbog x→x0

neprekidnosti ekponencijalne funkcije zakljuˇcujemo v(x)

lim u(x)v(x) =

lim eln u(x)

x→x0

x→x0

lim v(x) ln u(x)

= lim ev(x) ln u(x) = ex→x0 x→x0

lim v(x) lim ln u(x)

= ex→x0

x→x0

b

= eb ln a = eln a = ab .

Sliˇcno, ako je lim an = a ∈ R, a > 0, i lim bn = b ∈ R, onda je n→∞

x→x0

lim an bn = ab .

x→x0 n n→∞ n+1

Tako, budući da je lim

1 n→∞ n+1

= 1 i lim √

n+1

lim

n→∞

Iz lim

n→∞

n+1 n

1 n→∞ n

= 1 i lim

lim

(

n n+1

)

1 n+1

= 10 = 1.

= 0 sledi

√ n→∞

n = n+1

= 0, sledi da je

n

n+1 = lim n→∞ n

(

n+1 n

)1/n = 10 = 1. •


193

Primer 3.142. Koristeći ˇcinjenicu da je lim

n→∞

√ n n = 1,

(3.80)

pokazaćemo da je lim x1/x = 1.

x→+∞

√ √ √ Nad¯imo najpre lim n+1 n i lim n n + 1. Kako je lim n+1 n + 1 = 1 na osnovu n→∞ n→∞ √ √ n→∞ n (3.80) i lim n+1 n+1 = 1 i lim n n+1 = 1 (Primer 3.141), to je n n→∞

n→∞

√ √ ) √ √ n n n+1 n+1 n+1 lim n+1· n + 1 · lim = lim = 1, n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n+1 n+1 ) ( √ √ √ √ √ n n + 1 n n + 1 n n n lim n + 1 = lim n· = lim n · lim = 1. (3.81) n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n n (

√ n = lim

n+1

n+1

Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Iz (3.81) sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n ∈ N vaˇzi 1 1 1 (3.82) n ≥ n0 =⇒ 1 − ϵ < n n+1 < n n < (n + 1) n < 1 + ϵ Neka je M = n0 i neka je x > M . S obzirom da je tada [x] ≥ n0 , na osnovu (3.82) zakljuˇcujemo da vaˇzi implikacija: 1

1

x > M =⇒ 1 − ϵ < [x] [x]+1 < ([x] + 1) [x] < 1 + ϵ.

(3.83)

Na osnovu nejednakosti [x] ≤ x < [x] + 1 za x > M , s obzirom da je onda x > 1, 1

1

1

vaˇzi x [x]+1 < x x ≤ x [x] , pa je 1

1

1

1

1

[x] [x]+1 ≤ x [x]+1 < x x ≤ x [x] < ([x] + 1) [x] .

(3.84)

Sada iz (3.83) i (3.84) dobijamo 1

1

1

x > M =⇒ 1 − ϵ < [x] [x]+1 < x x < ([x] + 1) [x] < 1 + ϵ. Prema tome, za proizvoljno ϵ > 0 postoji M ∈ R tako da za sve x > M vaˇzi 1 1 nejednakost 1 − ϵ < x x < 1 + ϵ, ˇsto upravo znaˇci da je lim x x = 1. • x→+∞

nk Primer 3.143. Pokaˇzimo da je niz sa opˇstim ˇclanom xn = n , n ∈ N, a, k ∈ R, a a > 1, nula-niz. Kako je xn+1 = xn

(n + 1)k ( )k k an+1 = 1 · (n + 1) = 1 · 1 + 1 , a nk a n nk an

(3.85)

194


( ) 1 k = 1, iz neprekidnosti stepene funkcije y = (Posledica 3.135) sledi lim 1 + n→∞ n ( ) xn+1 1 1 k 1 te je zbog a > 1, lim = lim · 1+ = < 1 i iz Tvrd¯enja 2.14 n→∞ xn n→∞ a n a xn+1 < 1 za sve n ≥ n0 . Prema tome, niz sledi da postoji n0 ∈ N tako da je xn (xn0 , xn0 +1 , xn0 +2 , . . . ) je opadajući i ograniˇcen odozdo nulom, te je na osnovu Teoreme 2.56 konvergentan. Kako konvergencija niza ne zavisi od konaˇcno mnogo ˇclanova niza, to je i niz (xn ) konvergentan, te postoji x ∈ R tako da je x = lim xn . xk

n→∞

Tada je i lim xn+1 = x. Iz (3.85) sledi n→∞

xn+1

) ( 1 1 k = · 1+ xn , n ∈ N, a n

odakle prelaskom na limes kad n → ∞ dobijamo x=

1 x. a

Iz poslednje jednakosti sledi da je x = 0, i prema tome, nk = 0. n→∞ an lim

(3.86)

Primetimo da (3.86) sledi takod¯e iz Primera 2.49 i Tvrd¯enja 2.39. • Primer 3.144. Dokaˇzimo da je za a, k ∈ R, a > 1, ax = +∞. x→+∞ xk lim

(3.87)

Primetimo najpre da je an an = · (n + 1)k nk

(

n n+1

)k ,

n = 1, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ xk imamo lim osim toga, iz lim n→∞ n→∞ n + 1 n a 1k = 1, i kako je lim k = +∞, to na osnovu Tvrd¯enja 2.32 (2.32.3) sledi n→∞ n an = +∞. n→∞ (n + 1)k lim

(

n n+1

(3.88)

Kao u Primeru 3.18 zakljuˇcujemo da za svaki niz prirodnih brojeva (mn ) takav da je lim mn = +∞ vaˇzi k→∞

amn = +∞. n→∞ (mn + 1)k lim

(3.89)

)k =


195

Neka je (xn ) proizvoljan niz realnih brojeva za koji je lim xn = +∞. Ne umann→∞ jujući opˇstost dokaza moˇzemo pretpostaviti da je xn ≥ 1 za svako n ∈ N. Da bismo dokazali (3.87), dovoljno je, na osnovu Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije, dokazati da je axn lim k = +∞. (3.90) n→∞ xn Neka je mn = [xn ], n ∈ N. Tada je mn ∈ N i mn ≤ xn < mn + 1, n ∈ N.

(3.91)

S obzirom da je lim xn = +∞, to je lim (xn − 1) = +∞, pa iz mn > xn − 1, n ∈ N n→∞ n→∞ sledi lim mn = +∞. n→∞

Kako je k > 0, to je funkcija x 7→ xk strogo rastuća, pa iz (3.91) sledi xkn < (mn + 1)k i stoga, 1 1 > , n ∈ N. (3.92) k xn (mn + 1)k S obzirom da je a > 1, funkcija x 7→ ax je rastuća, pa iz (3.91) sledi axn ≥ amn , n ∈ N.

(3.93)

axn amn > , n ∈ N, xkn (mn + 1)k

(3.94)

Sada iz (3.92) i (3.93) sledi

ˇsto zajedno sa (3.89) na osnovu Tvrd¯enja 2.48 povlaˇci (3.90). ax Dokaz da je lim k = +∞ smo mogli izvesti i ”na jeziku okolina”. x→+∞ x Neka je M > 0 proizvoljan broj. Iz (3.88) sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n ∈ N vaˇzi an n ≥ n0 =⇒ > M. (3.95) (n + 1)k Neka je K = n0 . Tada za svako x > K vaˇzi [x] > x − 1 > K − 1 = n0 − 1, te je [x] ≥ n0 i [x] je prirodan broj, pa iz (3.95) sledi ax a[x] > > M, xk ([x] + 1)k ax = +∞. • x→+∞ xk

ˇsto upravo znaˇci da je lim

Primer 3.145. Dokaˇzimo da je za k, a ∈ R, k > 0, a > 0, a ̸= 1, loga x = 0. x→+∞ xk lim

196


Neka je najpre a > 1. U Primeru 2.51 smo pokazali da je loga n = 0, n→∞ nk lim

pa je i loga (n + 1) lim n→∞ nk

) ) n+1 k = lim n→∞ n ) ( loga (n + 1) n+1 k = lim · lim n→∞ (n + 1)k n→∞ n = 0·1=0 (

loga (n + 1) · (n + 1)k

(

(3.96)

Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Iz (3.96) sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n ∈ N vaˇzi loga (n + 1) n ≥ n0 =⇒ 0 < < ϵ. (3.97) nk Neka je M = n0 i neka je x > M . Tada je [x] ≥ n0 , pa iz (3.97) sledi loga ([x] + 1) [x]k

< ϵ.

(3.98)

Iz nejednakosti [x] ≤ x < [x] + 1, s obzirom da je funkcija x 7→ ax strogo rastuća (zbog a > 1) i funkcija x 7→ xk 1 1 takod¯e rastuća (jer je k > 0), sledi loga x < loga ([x] + 1) i [x]k ≤ xk , pa je k ≤ x [x]k i na osnovu (3.98) zakluˇcujemo da vaˇzi implikacija: x > M =⇒ 0 <

loga x loga ([x] + 1) < < ϵ. k x [x]k

Prema tome, za a > 1 imamo da je lim

x→+∞

osnovu već dokazanog,

loga x = 0. Ako je 0 < a < 1, onda je, na xk

( ) loga−1 x loga−1 x loga x = lim − = − lim = 0. • lim k k x→+∞ x→+∞ x→+∞ x x xk Primer 3.146. Pokazaćemo da je arcsin x = 1. x→0 x lim

y . Funkcija sin y f je definisana u okolini taˇcke a = 0, i neprekidna je u toj taˇcki (Posledica 3.136), tj. lim f (x) = f (0) = 0. Dalje, za svako x ∈ [−1, 1] \ {0}, budući da je f injekcija, Neka je f (x) = arcsin x, x ∈ [−1, 1], g : R \ {0} → R, g(y) =

x→0


197

vaˇzi f (x) = arcsin x ̸= f (0) = 0. Funkcija g je definisana u probodenoj okolini y 1 1 arcsin x taˇcke 0, lim g(y) = lim = = = 1 ((3.35)) i g(f (x)) = , sin y y→0 y→0 sin y 1 x lim y→0 y x ∈ [−1, 1] \ {0}. Prema tome, uslovi Teoreme 3.82 su ispunjeni, pa je arcsin x = lim g(f (x)) = lim g(y) = 1. x→0 x→0 y→0 x lim

(3.99)

Primetimo da smo do zakljuˇcka mogli doći i koriˇsćenjem Teoreme 3.128. Naime, funkcija f (x) = arcsin x je strogo monotona i neprekidna u okolini taˇcke a = 0, y a funkcija g(y) = je definisana u probodenoj okolini taˇcke f (0) = 0, pa na sin y arcsin x osnovu Teoreme 3.128 sledi da lim = lim g(f (x)) postoji ako i samo ako x→0 x→0 x postoji lim g(y) i vaˇzi jednakost (3.99). • y→0

Primer 3.147. Pokaˇzimo da je lim

x→0

arctg x = 1. x

( π π) y Neka je f (x) = arctg x, x ∈ R, i g : − , . Funkcija \ {0} → R, g(y) = 2 2 tg y f je definisana u okolini taˇcke a = 0 i neprekidna je u toj taˇcki (Posledica 3.136), tj. lim f (x) = lim arctg x = arctg 0 = 0. Za x ∈ R \ {0}, s obzirom da je f x→0

x→0

injektivna funkcija, vaˇzi f (x) = arctg x ̸= f (0) = 0. Funkcija g je definisana u y 1 1 probodenoj okolini taˇcke 0, lim g(y) = lim = = = 1 (Primer 3.73) tg y y→0 y→0 tg y 1 lim y→0 y arctg x i g(f (x)) = , x ∈ R \ {0}. Uslovi Teoreme 3.82 su ispunjeni, pa je x arctg x = lim g(f (x)) = lim g(y) = 1. x→0 x→0 y→0 x lim

Sliˇcno kao u Primeru 3.146 do zakljuˇcka smo mogli doći i koriˇsćenjem Teoreme 3.128. •

Primer 3.148. Neka je a > 0. Pokazaćemo da je ax − 1 = ln a. x→0 x lim

(3.100)

198

Glava 3. Graniˇcne vrednosti funkcija Za funkciju f (x) = ax − 1 vaˇzi da je lim f (x) = 0 i za x ̸= 0 vaˇzi f (x) ̸= f (0) = 0 x→0

jer je f injekcija. Iz Neka je g(y) =

− 1 = y sledi x = loga (1 + y) i

ax − 1 y = . x loga (1 + y)

17

y ax − 1 . Tada je g(f (x)) = . Iz (3.78) sledi loga (1 + y) x

lim g(y) = lim

y→0

ax

y→0

1 y 1 1 = lim = = = ln a. 1 y→0 log (1 + y) log (1 + y) loga (1 + y) a a lim ln a y→0 y y

ax − 1 = lim g(f (x)) = lim g(y) = ln a. x→0 x→0 y→0 x Zakljuˇcak takod¯e sledi iz Teoreme 3.128.

Na osnovu Teoreme 3.82 sledi da je lim

Prema tome,

ex − 1 = ln e = 1. • x→0 x lim

(3.101)

Primer 3.149. Pokaˇzimo da za α ∈ R vaˇzi: (1 + x)α − 1 = α. x→0 x lim

(3.102)

Ako je α = 0, onda (3.102) oˇcigledno vaˇzi. Pretpostavimo da je α ̸= 0. Primetimo da je (1 + x)α − 1 x

= =

eα ln(1+x) − 1 x eα ln(1+x) − 1 α ln(1 + x) · = x α ln(1 + x)

= α·

(3.103)

eα ln(1+x) − 1 ln(1 + x) · . α ln(1 + x) x

eα ln(1+x) − 1 = 1. x→0 α ln(1 + x)

Pokaˇzimo da je lim

ey − 1 . Funkcija y f je definisana u okolini taˇcke a = 0, i neprekidna je u toj taˇcki (Teorema 3.137), tj. lim f (x) = f (0) = 0. Dalje, za svako x ∈ (−1, 1) \ {0}, budući da je f injekcija (kao Neka je f (x) = α ln(1 + x), x ∈ (−1, 1), g : R\{0} → R, g(y) =

x→0

kompozicija injekcija x 7→ 1 + x i x 7→ α ln x), vaˇzi f (x) = α ln(1 + x) ̸= f (0) = 0. ey − 1 Funkcija g je definisana u probodenoj okolini taˇcke 0, lim g(y) = lim = 1 y→0 y→0 y 17

ax − 1 , funkciju g dobijamo na sledeći naˇcin: x ax − 1 y g(y) = ((g ◦ f ) ◦ f −1 )(y) = (g ◦ f )(f −1 (y)) = = . x=loga (1+y) x loga (1 + y)

Kako je x = f −1 (y) = loga (1 + y), a (g ◦ f )(x) =

3.10. Asimptotske oznake O, o i ∼

199

eα ln(1+x) − 1 , x ∈ (−1, 1) \ {0}. Prema tome, uslovi Teoreme α ln(1 + x) 3.82 su ispunjeni, pa je ((3.101)) i g(f (x)) =

eα ln(1+x) − 1 = lim g(f (x)) = lim g(y) = 1. x→0 α ln(1 + x) x→0 y→0 lim

(3.104)

Iz (3.103), (3.104) i (3.79), na osnovu Tvrd¯enja 3.48 (3.22), sledi (3.102). •

3.11

Asimptotske oznake O, o i ∼

Ako ispitujemo ponaˇsanje neke funkcije u okolini +∞ ili −∞, ili u okolini neke konaˇcne taˇcke u kojoj funkcija nije definisana, i upored¯ujemo ga sa ponaˇsanjem neke druge, jednostavnije ili već prouˇcene funkcije, onda kaˇzemo da ispitujemo asimptotsko ponaˇsanje date funkcije u okolini te taˇcke. Definicija 3.150. Ako postoji okolina taˇcke x0 ∈ R, U (x0 ), i konstanta c > 0, tako da je ◦

|f (x)| ≤ c|g(x)| za x ∈ U (x0 ),

(3.105)

onda piˇsemo f = O(g) kad x → x0 , i ˇcitamo ”f je veliko O od g kad x → x0 ”. Ako je istovremeno f = O(g) i g = O(f ) kad x → x0 , onda kaˇzemo da su funkcije f i g istog reda kad x → x0 . Prema tome, funkcije f i g su istog reda kad x → x0 ako i samo ako postoje ◦

konstante c1 , c2 > 0 i okolina U taˇcke x0 tako da za sve x ∈ U vaˇzi c1 |g(x)| ≤ |f (x)| ≤ c2 |g(x)|. Primetimo da zapis x → x0 ovde ima drugaˇciji smisao nego inaˇce. Naime ovde se ne radi o graniˇcnoj vrednosti već se ukazuje na to da funkcije imaju odred¯eno svojstvo samo u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 . Primeri 3.151. Budući da je |x sin x| = |x|| sin x| ≤ |x| za svako x ∈ R, to je x sin x =(O(x) kad x ) → x0 gde je x0 ∈ R proizvoljan. 1 1 Vaˇzi + cos x x = O(x) kad x → +∞ (x → −∞), jer je 2 ≤ 1 za |x| ≥ 1, 2 x x 1 i stoga 2 + cos x ≤ 2 za x ∈ [1, +∞) ili x ∈ (−∞, −1]. x( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 =O kad x → 0, jer ≤ 2 za |x| ≤ 1, ali 2 = O kad x → +∞, 2 x x x x x x 1 1 a takod¯e i kad x → −∞, jer 2 < za |x| ≥ 1. x x Zapis f = O(1) kad x → x0 znaˇci da je funkcija f ograniˇcena u nekoj probo◦ sin 3x , budući da je denoj okolini U (x0 ) taˇcke x0 . Na primer, za funkciju f (x) = 2x

200


3 lim f (x) = , iz Tvrd¯enja 3.38 sledi da je f ograniˇcna funkcija u nekoj probodenoj x→0 2 okolini taˇcke x0 = 0, pa je f = O(1) kad x → 0. Neka je x0 ∈ R proizvoljan. Pokaˇzimo da su funkcije f (x) = x(2 + cos x) i g(x) = x istog reda kad x → x0 . Kako je |f (x)| = |x(2 + cos x)| = |x||2 + cos x| ≤ |x|(2 + | cos x|) ≤ 3|x| = 3|g(x)| za svako x ∈ R, to je f = O(g) kad x → x0 . Iz 1 cos x ≥ −1, x ∈ R, sledi 2 + cos x ≥ 1, pa je ≤ 1 za svako x ∈ R. Sledi 2 + cos x 1 f (x) ≤ |f (x)| za svako x ∈ R, pa je g = O(f ) kad x → x0 . |g(x)| = 2 + cos x Prema tome, funkcije f i g su istog reda kad x → x0 . Za f (x) = x(1 + sin x) i g(x) = x pokazuje se da je |f (x)| ≤ 2|g(x)| za svako x ∈ R, pa je f = O(g) kad x → +∞ (x → −∞). Med¯utim, ako je U proizvoljna g(x) 1 3π okolina taˇcke +∞ (−∞), funkcija = , x ̸= + 2kπ, k ∈ Z, je f (x) 1} + sin x 2 { 3π neograniˇcena na skupu U \ + 2kπ : k ∈ Z , pa za svako c > 0 postoji x ∈ U , 2 3π x ̸= + 2kπ, k ∈ Z, tako da je |g(x)| > c|f (x)|. Stoga nije g = O(f ) kad x → +∞ 2 (x → −∞). • Tvrd¯enje 3.152. Za funkcije f i g vaˇzi da je f = O(g) kad x → x0 ako i samo ◦

ako postoji okolina U taˇcke x0 i funkcija α koja je ograniˇcena na U , takva da je ◦

f (x) = α(x)g(x) za x ∈ U . Dokaz. Neka je f = O(g) kad x → x0 . Tada postoji okolina U taˇcke x0 i konstanta ◦

c > 0 tako da vaˇzi (3.105). Za x ∈ U stavimo   f (x) , α(x) = g(x)  c,

g(x) ̸= 0 g(x) = 0 ◦

Budući da je f (x) = 0 kad je g(x) = 0, x ∈ U (ovo sledi iz nejednakosti (3.105)), ◦

zakljuˇcujemo da je f (x) = α(x)g(x) i |α(x)| ≤ c za x ∈ U .

◦

Obrnuto, neka postoji okolina U taˇcke x0 i funkcija α koja je ograniˇcena na U , ◦

takva da je f (x) = α(x)g(x) za x ∈ U . Tada postoji konstanta c > 0 takva da je ◦

◦

|α(x)| ≤ c za x ∈ U , i prema tome, |f (x)| = |α(x)||g(x)| ≤ c|g(x)| za x ∈ U . Tvrd¯enje 3.153. Neka postoji okolina U taˇcke x0 i funkcija α, tako da je f (x) = ◦

α(x)g(x) za x ∈ U . Ako postoji konaˇcna graniˇcna vrednost lim α(x) = b ∈ R, onda je f = O(g) kad x → x0 . Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 3.152 i Tvrd¯enja 3.38.

x→x0


201

Tvrd¯enje 3.154. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini taˇcke ◦

◦

x0 , U (x0 ), i neka je g(x) ̸= 0 za x ∈ U (x0 ). Ako postoji konaˇcna graniˇcna vrednost f (x) lim = b ∈ R, onda je f = O(g) kad x → x0 . x→x0 g(x) ◦ f (x) za x ∈ U (x0 ). Tada je f (x) = α(x)g(x) i lim α(x) = b. x→x0 g(x) Iz Tvrd¯enja 3.153 sledi da je f = O(g) kad x → x0 .

Dokaz. Neka je α(x) =

Tvrd¯enje 3.155. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini taˇcke ◦

◦

x0 , U (x0 ), i neka je g(x) ̸= 0 za x ∈ U (x0 ). Ako postoji konaˇcna graniˇcna vrednost f (x) lim = b ̸= 0, tada su funkcije f i g istog reda kad x → x0 . x→x0 g(x) f (x) = g(x) b ̸= 0, iz Posledice 3.41 sledi da je f (x) ̸= 0 u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 , a iz Tvrd¯enja 3.48 ((3.23)) sledi da postoji

Dokaz. Iz Tvrd¯enja 3.154 sledi da je f = O(g) kad x → x0 . Kako je lim

x→x0

lim

x→x0

1 1 1 g(x) = lim = = . f (x) f (x) x→x0 f (x) b lim x→x0 g(x) g(x)

Opet na osnovu Tvrd¯enja 3.154 zakljuˇcujemo da je g = O(f ) kad x → x0 . sin 3x = 3, to su na osnovu Tvrd¯enja 3.155 funkcije x f (x) = sin 3x i g(x) = x istog reda kad x → 0. • Primer 3.156. Kako je lim

x→0

Definicija 3.157. Ako postoji okolina taˇcke x0 ∈ R, U (x0 ), tako da je ◦

f (x) = ϵ(x)g(x) za svako x ∈ U (x0 ), gde je ϵ beskonaˇcno mala funkcija kad x → x0 , tada kaˇzemo da je funkcija f beskonaˇcno mala u odnosu na g kad x → x0 i piˇsemo f = o(g) kad x → x0

(3.106)

(ˇcitamo: ”f je malo o od g kad x teˇzi ka x0 ”). Osim toga, ako su funkcije f i g joˇs i beskonaˇcno male funkcije kad x → x0 , onda kaˇzemo da je f beskonaˇcno mala viˇseg reda u odnosu na g kad x → x0 ili ”da f brˇze teˇzi nuli nego funkcija g kad x → x0 ”. Primetimo da sada uslov da je f beskonaˇcno mala funkcija kad x → x0 moˇzemo zapisati na sledeći naˇcin: f = o(1) kad x → x0 .

202


Ako je g(x) ̸= 0 za x ∈ U (x0 ), onda je uslov (3.106) ekvivalentan uslovu lim

x→x0

f (x) = 0. g(x)

(3.107)

◦

Prema tome, ako je g(x) ̸= 0 za x ∈ U (x0 ), onda je lim

x→x0

o(g) = 0. g

Primer 3.158. Primetimo da je x2 = o(x) kad x → 0, jer x2 = x · x i lim x = 0, tj. x→0

x2 lim = 0. Takod¯e je i x3 = o(x) kad x → 0, jer x3 = x2 · x i lim x2 = 0, odnosno x→0 x x→0 x3 = 0. Zakljuˇcujemo da je i xn = o(x), x → 0 za n ≥ 2. lim x→0 x Primetimo da o(x) kad x → 0, ne oznaˇcava samo jednu funkciju, već sve funkcije koje su beskonaˇcno male viˇseg reda u odnosu na x kad x → 0 i zbog toga bi moˇzda bilo pravilnije pisati x2 ∈ o(x), x → 0; x3 ∈ o(x), x → 0; . . . . Med¯utim, usvojeno je da se umesto znaka ∈ piˇse znak jednakosti i navedena nekorektnost u pisanju omogućuje jednostavnu primenu, a ne dovodi do zabune ako naglasimo da se jednakosti u kojima se javlja malo o ˇcitaju samo sleva u desno; na primer, x3 = o(x), x → 0, dok o(x) = x3 , x → 0, nema smisla. Primetimo joˇs da nije x3 = o(x) kad x → 1, jer x3 = x2 · x ali x2 ne teˇzi nuli kad x → 1. Ovaj primer ukazuje na to da je navod¯enje taˇcke ka kojoj teˇzi promenljiva x nerazdvojni deo ove oznake. 1 Dalje je x = o(x2 ) kad x → +∞, a takod¯e i kad x → −∞, jer x = x2 i x 1 lim = 0. x→±∞ x ( ) 1 1 1 1 1 1 Kako je 4 = 2 · 2 i lim 2 = 0, to je 4 = o kad x → ±∞. x x x x→±∞ x x x2 Primetimo da ako je f = o(g) kad x → x0 , to znaˇci da (naravno pod uslovom da je g(x) ̸= 0 za svako x iz neke probodene okoline taˇcke x0 ) koliˇcnik funkcija f i g teˇzi nuli kad x → x0 , dok nemamo nikakvu informaciju o ponaˇsanju funkcija f i g pojedinaˇcno kad x → x0 . Moˇze da se desi da funkcije f ili g i nemaju graniˇcnu 1 1 vrednost kad x → x0 . Recimo ako je f (x) = x sin i g(x) = sin , x ̸= 0, tada je x x f (x) = xg(x) i lim x = 0, te je f = o(g) kad x → 0, lim f (x) = 0, dok lim g(x) ne x→0

x→0

x→0

postoji. Ako je f (x) = x sin x, a g(x) = x2 sin x, nije teˇsko proveriti da ne postoji 1 1 lim f (x), a takod¯e ni lim g(x), 18 dok iz f (x) = · g(x) i lim = 0 sledi x→+∞ x→+∞ x→+∞ x x π Neka je xn = nπ i x′n = + 2nπ, n ∈ N. Tada lim xn = lim x′n = +∞, f (xn ) = n→∞ 2 (π )2 n→∞ π 0, g(xn ) = 0, f (x′n ) = + 2nπ i g(x′n ) = + 2nπ , te je lim f (xn ) = lim g(xn ) = 0 i n→∞ n→∞ 2 2 ′ lim f (xn ) = lim g(x′n ) = +∞. 18

n→∞

n→∞

Budući da ne postoji b ∈ R kome bi teˇzio niz (f (an )) ((g(an ))) za svaki niz (an ) koji teˇzi ka +∞, lim f (x) ( lim g(x)) ne postoji.

x→+∞

x→+∞


203

f = o(g) kad x → +∞.

( ) ln(1 + x) ln(1 + x) Budući da je lim = 1, sledi lim −1 = 0, tj. x→0 x→0 x x ln(1 + x) − x lim = 0, te je ln(1 + x) − x = o(x), x → 0, odnosno x→0 x ln(1 + x) = x + o(x), x → 0.

(3.108)

ax − 1 ax − 1 − x ln a = ln a imamo lim = 0, i zato je ax − 1 − x→0 x→0 x x x ln a = o(x), x → 0, tj. Takod¯e, iz lim

ax = 1 + x ln a + o(x), x → 0. (3.109) ( ) sin x sin x sin x − x Analogno, iz lim = 1 sledi lim − 1 = 0, tj. lim = 0. x→0 x x→0 x→0 x x Sledi sin x − x = o(x), x → 0, tj. sin x = x + o(x), x → 0. •

(3.110)

U sledećoj teoremi izlaˇzemo neke osobine ove oznake. Tvrd¯enje 3.159. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 . Tada: (i) o(cg) = o(g), x → x0 , gde je c ∈ R konstanta. (ii) Ako je c ∈ R, c ̸= 0, onda je o(g) = o(cg), x → x0 . (iii) f · o(g) = o(f g), x → x0 . (iv) co(g) = o(g), x → x0 , gde je c ∈ R konstanta. o(g) (v) Ako je f (x) ̸= 0 za svako x iz neke probodene okoline taˇcke x0 , onda je = f ( ) g , x → x0 . o f (vi) o(g) + o(g) = o(g), x → x0 . (vii) o(o(g)) = o(g), x → x0 . (viii) o(cg + o(g)) = o(g), x → x0 , gde je c ∈ R konstanta. Specijalno, o(g + o(g)) = o(g), x → x0 . (ix) Za n ∈ N, (o(g))n = o(g n ), x → x0 . (x) Za n ∈ N, (g + o(g))n = g n + o(g n ), x → x0 . ◦

(xi) Ako je f = g + o(g), x → x0 , onda postoji probodena okolina U (x0 ) tako da je ◦

za svako x ∈ U (x0 ), sgn(f (x)) = sgn(g(x)). (xii) Ako je α beskonaˇcno mala funkcija kad x → x0 , onda je o(α + α2 ) = o(α) kad x → x0 . Vaˇzi i opˇstije tvrd¯enje: Ako je α beskonaˇcno mala funkcija kad x → x0 i n1 , n2 , . . . , nk ∈ N takvi da je n1 < n2 < · · · < nk , onda je o(αn1 + αn2 + . . . αnk ) = o(αn1 ) kad x → x0 .

204


(xiii) Ako je f = o(g) kad x → x0 , onda je f = O(g) kad x → x0 . (xiv) O(f ) + O(f ) = O(f ), x → x0 . (xv) o(f ) + O(f ) = O(f ), x → x0 . (xvi) g · O(f ) = O(gf ), x → x0 . (xvii) O(O(f )) = O(f ), x → x0 . Dokaz. (i) Budući da jednakosti u kojima uˇcestvuje malo o treba ˇcitati sleva u desno, da bi dokazali da je o(cg) = o(g), x → x0 , treba da dokaˇzemo da ako je neka funkcija h beskonaˇcno mala u odnosu na cg kad x → x0 , da je onda h beskonaˇcno mala u odnosu na g kad x → x0 . Iz h = o(cg), x → x0 , sledi da postoji probodena okolina taˇcke x0 u kojoj vaˇzi jednakost h(x) = ϵ(x)(cg(x)) = (cϵ(x))g(x), gde je ϵ beskonaˇcno mala kad x → x0 . Kako je onda i cϵ beskonaˇcno mala kad x → x0 , zakljuˇcujemo da je h = o(g), x → x0 . (ii) Treba dokazati da ako je neka funkcija h beskonaˇcno mala u odnosu na g kad x → x0 , da je onda h beskonaˇcno mala u odnosu na cg kad x → x0 gde je c ∈ R, ◦

c ̸= 0. Iz h = o(g), x → x0 , sledi da postoji probodena okolina U (x0 ) taˇcke x0 u kojoj vaˇzi jednakost h(x) = ϵ(x)g(x), gde je ϵ beskonaˇcno mala kad x → x0 . ◦

Tada za x ∈ U (x0 ) vaˇzi ( h(x) =

) 1 ϵ(x) cg(x), c

1 Kako je onda i ϵ beskonaˇcno mala kad x → x0 , zakljuˇcujemo da je h = o(cg), c x → x0 . (iii) Treba dokazati da iz uslova da je funkcija h beskonaˇcno mala u odnosu na g kad x → x0 , sledi da je proizvod f h beskonaˇcno mala u odnosu na f g kad x → x0 . ◦

Iz h = o(g), x → x0 sledi da postoji probodena okolina taˇcke x0 , U (x0 ), tako da za ◦

svako x ∈ U (x0 ) vaˇzi h(x) = ϵ(x)g(x), gde je ϵ beskonaˇcno mala kad x → x0 . Tada ◦

je f (x)h(x) = ϵ(x)(f (x)g(x)) za x ∈ U (x0 ), i zato je f h = o(f g) kad x → x0 . (iv) Sledi iz (i) i (iii). (v) Na osnovu (iii) imamo o(g) 1 = · o(g) = o f f

(

1 ·g f

)

( ) g =o , x → x0 . f

(vi) Ako su h1 i h2 dve beskonaˇcno male u odnosu na g kad x → x0 , dokaˇzimo da je takav i njihov zbir. Iz h1 = o(g) i h2 = o(g) kad x → x0 sledi da postoji


205

◦

◦

probodena okolina U (x0 ) tako da za svako x ∈ U (x0 ) vaˇzi h1 (x) = ϵ1 (x)g(x) i h2 (x) = ϵ2 (x)g(x), gde su ϵ1 i ϵ2 beskonaˇcno male kad x → x0 . Kako je zbir dve beskonaˇcno male kad x → x0 opet beskonaˇcno mala kad x → x0 (Tvrd¯enje 3.60), i kako je ◦

h1 (x) + h2 (x) = (ϵ1 (x) + ϵ2 (x))g(x), x ∈ U (x0 ), zakljuˇcujemo da je h1 + h2 = o(g), x → x0 . (vii) Pretpostavimo da je h = o(o(g)) kad x → x0 . To znaˇci da je h = o(h1 ), x → x0 za neku funkciju h1 takvu da je h1 = o(g), x → x0 . Dakle postoji probodena okolina ◦

◦

taˇcke x0 , U (x0 ), tako da je za x ∈ U (x0 ), h(x) = α(x)h1 (x) i h1 (x) = β(x)g(x), gde su α i β dve beskonaˇcno male funkcije kad x → x0 . Na osnovu Tvrd¯enja 3.60 sledi da je αβ beskonaˇcno mala kad x → x0 , i zato iz ◦

h(x) = (α(x)β(x))g(x), x ∈ U (x0 ), zakljuˇcujemo da je h = o(g) kad x → x0 . (viii) Neka je h = o(cg + o(g)), x → x0 . To znaˇci da postoji funkcija h1 takva da ◦

je h1 = o(g), x → x0 , i h = o(cg + h1 ), x → x0 . Sledi postoji okolina U (x0 ) tako ◦

da za svako x ∈ U (x0 ) vaˇzi h(x) = ϵ1 (x)(cg(x) + ϵ2 (x)g(x)) = ϵ1 (x)(c + ϵ2 (x))g(x), gde su ϵ1 i ϵ2 beskonaˇcno male kad x → x0 . Kako je lim ϵ1 (x)(c + ϵ2 (x)) = x→x0

lim ϵ1 (x)(c + lim ϵ2 (x)) = 0(c + 0) = 0, sledi da je h = o(g) kad x → x0 .

x→x0

x→x0

(ix) Neka je n ∈ N, i neka je h = o(g) kad x → x0 . Dokaˇzimo da je hn = o(g n ), x → ◦

x0 . Iz h = o(g) kad x → x0 sledi da postoji okolina U (x0 ) tako da za svako ◦

x ∈ U (x0 ) vaˇzi jednakost h(x) = ϵ(x)g(x), gde je ϵ beskonaˇcno mala kad x → x0 . ◦

Tada je (h(x))n = (ϵ(x))n (g(x))n , x ∈ U (x0 ), i ϵn je beskonaˇcno mala kad x → x0 (Tvrd¯enje 3.60), odakle zakljuˇcujemo da je hn beskonaˇcno mala u odnosu na g n kad x → x0 . (x) Neka je n ∈ N. Na osnovu binomne formule, (ix), (iii), (iv) i (vi) imamo (g + o(g))n = g n + ...

(n )

(xi) Neka je f = g + o(g), ◦

( )

( )

n n−2 n−1 (o(g))2 + n3 g n−3 (o(g))3 + . . . 1( g ) o(g) + 2 g n + n−1 g(o(g))n−1 + (o(g))n = g n + o(g n ), x → x0 .

x → x0 , i neka je x0 ∈ R. Tada postoji probodena

okolina U δ0 (x0 ) taˇcke x0 takva da je ◦

f (x) = g(x) + ϵ(x)g(x) = (1 + ϵ(x))g(x), za x ∈ U δ0 (x0 ),

(3.111)

gde je ϵ beskonaˇcno mala kad x → x0 . Iz lim ϵ(x) = 0 sledi da postoji δ < δ0 tako ◦

x→x0

1 1 1 1 da je za svako x ∈ U δ (x0 ), |ϵ(x)| < , tj. − < ϵ(x) < . Prema tome, < 1+ϵ(x) 2 2 2 2

206


za x ∈ U δ (x0 ), i na osnovu (3.111) zakljuˇcujemo da su f (x) i g(x) istog znaka za ◦

x ∈ U δ (x0 ). Sliˇcno se razmatra sluˇcaj kada je x0 = +∞ ili x0 = −∞. (xii) Neka je α beskonaˇcno mala funkcija kad x → x0 , i neka je h = o(α + α2 ) kad ◦

x → x0 . Tada postoji probodena okolina U (x0 ) taˇcke x0 tako da je ◦

h(x) = ϵ(x)(α(x) + α2 (x)), za x ∈ U (x0 ), gde je lim ϵ(x) = 0. Odavde sledi x→x0

◦

h(x) = ϵ(x)(1 + α(x))α(x), za x ∈ U (x0 ) i lim ϵ(x)(1 + α(x)) = lim ϵ(x) (1 + lim α(x)) = 0(1 + 0) = 0, pa je h = o(α), x→x0

x→x0

x→x0

kad x → x0 . Primetimo da se ovo tvrd¯enje moˇze dokazati na osnovu tvrd¯enja (viii). Naime, ako je α beskonaˇcno mala kad x → x0 , tada je α2 = o(α) kad x → x0 (jer je α2 = α · α proizvod beskonaˇcno male α kad x → x0 i funkcije α), pa je o(α + α2 ) = o(α + o(α)) = o(α), x → x0 , na osnovu (viii). ◦

(xiii) Neka je f = o(g) kad x → x0 . Tada postoji probodena okolina U (x0 ) taˇcke x0 ◦

tako da je f (x) = ϵ(x)g(x), za x ∈ U (x0 ) i lim ϵ(x) = 0. Sada na osnovu Tvrd¯enja x→x0

3.153 zakljuˇcujemo da je f = O(g) kad x → x0 .

(xiv) Neka je g = O(f ) i h = O(f ) kad x → x0 . Pokaˇzimo da je g + h = O(f ) kad x → x0 . Iz g = O(f ) i h = O(f ) kad x → x0 sledi da postoje okoline U1 (x0 ) i U2 (x0 ) ◦

taˇcke x0 i konsante c1 , c2 , takve da je c1 > 0, c2 > 0, |g(x)| ≤ c1 |f (x)| za x ∈ U1 (x0 ) ◦

i |h(x)| ≤ c2 |f (x)| za x ∈ U2 (x0 ). Neka je U (x0 ) = U1 (x0 ) ∩ U2 (x0 ). Tada je za ◦

x ∈ U (x0 ), |g(x) + h(x)| ≤ |g(x)| + |h(x)| ≤ c1 |f (x)| + c2 |f (x)| = (c1 + c2 )|f (x)|. Zato je g + h = O(f ) kad x → x0 . Primer 3.160. Kako je za svako n ∈ N, n ≥ 2, xn = o(x) i o(xn ) = o(x) kad x → 0, to iz Tvrd¯enja 3.159 (vi) sledi xn + o(x) = o(x) + o(x) = o(x) kad x → 0, i o(xn ) + o(x) = o(x) + o(x) = o(x) kad x → 0. Analogno, za m, n ∈ N, m > n, vaˇzi xm + o(xn ) = o(xn ) + o(xn ) = o(xn ), x → 0, n n ), x → 0. i o(xm ) + o(xn ) = o(xn( ) + o(x ) ) =(o(x ) ( ) 1 1 1 1 Takod¯e je m + o = o kad x → +∞ (x → −∞), i o + xn xn xm ( ) (x ) 1 1 o =o kad x → +∞ (x → −∞), za m, n ∈ N, m > n. • n x xn Definicija 3.161. Za funkciju f kaˇzemo da se asimptotski ponaˇsa kao funkcija g kad x → x0 , (ili da je asimptotski jednaka funkciji g kad x → x0 ) ili da je funkcija


207

f ekvivalentna sa funkcijom g kad x → x0 , ako postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 i ◦

funkcija α, takve da je f (x) = α(x)g(x) za svako x ∈ U (x0 ) i lim α(x) = 1. U tom x→x0

sluˇcaju piˇsemo f ∼ g kad x → x0 . Primetimo, da ako postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 takva da je g(x) ̸= 0 za ◦ f (x) x ∈ U (x0 ), onda je f ∼ g kad x → x0 ako i samo ako je lim = 1. Ovo je pak x→x0 g(x) g(x) = 1. Odavde sledi, f ∼ g kad x → x0 ako i samo ekvivalentno s tim da je lim x→x0 f (x) f (x) − g(x) f (x) − g(x) ako je lim = 0 i lim = 0, tj. vaˇzi sledeće tvrd¯enje: x→x0 x→x g(x) f (x) 0 Tvrd¯enje 3.162. Ako postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 takva da je g(x) ̸= 0 za svako ◦ f −g x ∈ U (x0 ), funkcija f je ekvivalentna funkciji g kad x → x0 ako i samo ako je f f −g (ili ) beskonaˇcno mala funkcija kad x → x0 . g Drugim reˇcima, ako postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 takva da je g(x) ̸= 0 za svako ◦

x ∈ U (x0 ), tada je funkcija f ekvivalentna funkciji g kad x → x0 ako i samo ako f (x) − g(x) aproksimacije funkcije f funkcijom g beskonaˇcno je relativna greˇska g(x) 19 mala funkcija kad x → x0 . Primeri 3.163. (i) Iz lim

x→0

sin x = 1 ((3.35)) sledi sin x ∼ x kad x → 0. x

tg x = 1 (Primer 3.73) sledi tg x ∼ x kad x → 0. x→0 x arcsin x (iii) Iz lim = 1 (Primer 3.146) sledi arcsin x ∼ x kad x → 0. x→0 x arctg x (iv) Iz lim = 1 (Primer 3.147) sledi arctg x ∼ x kad x → 0. x→0 x ln(1 + x) (v) Iz lim = 1 ((3.79)) sledi ln(1 + x) ∼ x kad x → 0. x→0 x ex − 1 (vi) Iz lim = 1 ((3.101)) sledi ex − 1 ∼ x kad x → 0. x→0 x ax − 1 = ln a (Primer 3.148) sledi ax − 1 ∼ x ln a kad x → 0, odnosno (vii) Iz lim x→0 x ax − 1 ∼ x kad x → 0 . ln a (1 + x)α − 1 (viii) Iz lim = α, α ∈ R, (Primer 3.149) sledi (1 + x)α − 1 ∼ αx kad x→0 x (1 + x)α − 1 x → 0, i prema tome, ∼ x kad x → 0. α (ii) Iz lim

Primetimo da je α beskonaˇcno mala funkcija kad x → x0 ako i samo ako je |α| beskonaˇcno mala funkcija kad x → x0 . 19

208


1 − cos x 1 1 − cos x 1 = (Primer 3.85) sledi lim = 1, te je 1−cos x ∼ x2 2 1 x→0 x→0 x 2 2 x2 2 kad x → 0, i prema tome (ix) Iz lim

1 cos x − 1 ∼ − x2 kad x → 0. • 2 Tvrd¯enje 3.164. Relacija ∼ (x → x0 ) je relacija ekvivalencije u skupu funkcija definisanih u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 . Dokaz. Oˇcigledno je f ∼ f kad x → x0 . Neka je f ∼ g kad x → x0 . Tada postoji okolina U0 (x0 ) taˇcke x0 i funkcija ◦

α takve da je f (x) = α(x)g(x) za svako x ∈ U0 (x0 ) i lim α(x) = 1. Iz Posledice x→x0

3.41 sledi da postoji okolina U (x0 ) ⊂ U0 (x0 ) taˇcke x0 tako da je α(x) ̸= 0 za ◦ 1 svako x ∈ U (x0 ). Tada za funkciju β definisanu sa β(x) = , x ∈ U (x0 ), vaˇzi α(x) ◦ 1 = 1. Prema tome, g ∼ f g(x) = β(x)f (x) za x ∈ U (x0 ) i lim β(x) = x→x0 lim α(x) x→x0

kad x → x0 i relacija ∼ (x → x0 ) je simetriˇcna. Neka je f ∼ g i g ∼ h kad x → x0 . Tada postoje okoline U1 (x0 ) i U2 (x0 ) ◦

taˇcke x0 i funkcije α1 i α2 takve da je f (x) = α1 (x)g(x) za svako x ∈ U 1 (x0 ), ◦

g(x) = α2 (x)h(x) za svako x ∈ U 2 (x0 ) i lim α1 (x) = lim α2 (x) = 1. Tada je ◦

x→x0 ◦

◦

x→x0

f (x) = α1 (x)α2 (x)h(x) za svako x ∈ U (x0 ) = U 1 (x0 ) ∩ U 2 (x0 ) i lim α1 (x)α2 (x) = x→x0

lim α1 (x) lim α2 (x) = 1 · 1 = 1. Sledi f ∼ h kad x → x0 . Prema tome, relacija ∼

x→x0

x→x0

(x → x0 ) je tranzitivna. Na osnovu Primera 3.163 i Tvrd¯enja 3.164 moˇzemo pisati: x ∼ sin x ∼ tg x ∼ arcsin x ∼ arctg x ∼ ln(1 + x) ∼ ex − 1 ∼ (1 + x)α − 1 , x → 0. α

∼

ax − 1 ∼ ln a

Tvrd¯enje 3.165. Funkcija f je ekvivalentna funkciji g kad x → x0 ako i samo ako je f = g + o(g) kad x → x0 . Dokaz. Neka je f ∼ g kad x → x0 . Tada postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 i funkcija ◦

α, takve da je f (x) = α(x)g(x) za svako x ∈ U (x0 ) i lim α(x) = 1. Odavde, za x→x0

◦

svako x ∈ U (x0 ) vaˇzi f (x) − g(x) = α(x)g(x) − g(x) = (α(x) − 1)g(x). ◦

Neka je ϵ(x) = α(x) − 1, x ∈ U (x0 ). Tada je lim ϵ(x) = lim α(x) − 1 = 1 − 1 = 0 ◦

x→x0

x→x0

i f (x) = g(x) + ϵ(x)g(x) za x ∈ U (x0 ). Prema tome, f = g + o(g) kad x → x0 .


209

Obrnuto, pretpostavimo da je f = g + o(g) kad x → x0 . Tada postoji okolina U ◦

taˇcke x0 i funkcija ϵ takve da je f (x) = g(x) + ϵ(x)g(x) za x ∈ U i lim ϵ(x) = 0. x→x0

◦

Sledi f (x) = (1+ϵ(x))g(x), x ∈ U . Neka je α(x) = 1+ϵ(x). Tada je f (x) = α(x)g(x) ◦

za x ∈ U i lim α(x) = 1 + lim ϵ(x) = 1 + 0 = 1. Sledi f ∼ g kad x → x0 . x→x0

x→x0

Primeri 3.166. Iz Primera 3.163 (ii), (iii), (iv), (vi), (viii), (ix) i Tvrd¯enja 3.165 sledi tg x = x + o(x), x → 0, arcsin x = x + o(x), x → 0, arctg x = x + o(x), x → 0, ex − 1 = x + o(x), tj. ex = 1 + x + o(x), x → 0,

(3.112)

a − 1 = x ln a + o(x ln a), tj. a = 1 + x ln a + o(x), x → 0, x

x

(1 + x)α − 1 = αx + o(αx), tj. (1 + x)α = 1 + αx + o(x), x → 0, 1 1 1 cos x − 1 = − x2 + o(− x2 ) = − x2 + o(x2 ), tj. 2 2 2 1 2 cos x = 1 − x + o(x2 ), x → 0. • 2 ◦

Tvrd¯enje 3.167. Neka je funkcija v definisana u nekoj probodenoj okolini U (x0 ) taˇcke x0 i neka je lim v(x) = 0. x→x0

Tada je v(x) ∼ sin v(x) ∼ tg v(x) ∼ arcsin v(x) ∼ arctg v(x) ∼ ln(1 + v(x)) ∼ ev(x) − 1 ∼ ∼

av(x) − 1 (1 + v(x))α − 1 ∼ , x → x0 , ln a α

i

1 cos v(x) − 1 ∼ − (v(x))2 , x → x0 . 2 v(x) Dokaz. Dokaˇzimo da je e − 1 ∼ v(x) kad x → x0 . ◦

Neka je funkcija h : U (x0 ) → R definisana sa  v(x) − 1 ◦   e  za x ∈ U (x0 ) ako je v(x) ̸= 0  v(x) , h(x) =   ◦   1, za x ∈ U (a) ako je v(x) = 0. ey − 1 = 1 i lim v(x) = 0, kao u dokazu Teoreme 3.91 pokazuje se da x→x0 y→0 y

Kako je lim

◦

je lim h(x) = 1. Sada iz ev(x) − 1 = h(x)v(x), x ∈ U (x0 ), sledi ev(x) − 1 ∼ v(x) kad x→x0 x → x0 . Analogno se dokazuju ostale asimptotske formule.

210


Posledica 3.168. Neka je funkcija v definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke taˇcke x0 i neka je lim v(x) = 0. x→x0

Tada je sin v(x) = v(x) + o(v(x)), x → x0 ,

(3.113)

tg v(x) = v(x) + o(v(x)), x → x0 ,

(3.114)

arcsin v(x) = v(x) + o(v(x)), x → x0 ,

(3.115)

arctg v(x) = v(x) + o(v(x)), x → x0 ,

(3.116)

ln(1 + v(x)) = v(x) + o(v(x)), x → x0 ,

(3.117)

e

v(x)

= 1 + v(x) + o(v(x)), x → x0 ,

(3.118)

a

v(x)

= 1 + v(x) ln a + o(v(x)), x → x0 , a > 0, a ̸= 1,

(3.119)

= 1 + αv(x) + o(v(x)), x → x0 , α ∈ R, 1 cos v(x) = 1 − (v(x))2 + o((v(x))2 ), x → x0 . 2 α

(1 + v(x))

(3.120) (3.121)

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 3.167 i Tvrd¯enja 3.165. Tvrd¯enje 3.169. Neka su funkcije f, g, f1 , g1 definisane u nekoj probodenoj okolini f1 (x) (konaˇcan ili taˇcke x0 . Neka je f ∼ f1 i g ∼ g1 kad x → x0 . Ako postoji lim x→x0 g1 (x) f (x) beskonaˇcan), onda postoji lim i vaˇzi x→x0 g(x) lim

x→x0

f (x) f1 (x) = lim . g(x) x→x0 g1 (x)

Dokaz. Iz f ∼ f1 i g ∼ g1 kad x → x0 , sledi postoje okolina U (x0 ) taˇcke x0 i funkcije ◦

α1 i α2 takve da je f (x) = α1 (x)f1 (x) i g(x) = α2 (x)g1 (x) za svako x ∈ U (x0 ), i lim α1 (x) = lim α2 (x) = 1. Tada iz Tvrd¯enja 3.48 sledi da je x→x0

x→x0

lim α1 (x) α1 (x) 1 x→x0 lim = = = 1. x→x0 α2 (x) lim α2 (x) 1

(3.122)

x→x0

Kako je f (x) α1 (x) f1 (x) = · , g(x) α2 (x) g1 (x) f (x) iz (3.122) na osnovu Tvrd¯enja 3.57 sledi da postoji lim i da vaˇzi jednakost x→x0 g(x) ( ) f (x) α1 (x) f1 (x) α1 (x) f1 (x) f1 (x) lim = lim · = lim · lim = lim . x→x0 g(x) x→x0 α2 (x) g1 (x) x→x0 α2 (x) x→x0 g1 (x) x→x0 g1 (x) Prethodno tvrd¯enje se moˇze iskazati i za sluˇcaj jednostranih graniˇcnih vrednosti.


211

Primetimo da je u prethodnom tvrd¯enju egzistencija graniˇcne vrednosti lim

x→x0

f1 (x) g1 (x)

f (x) ekvivalentna egzistenciji graniˇcne vrednosti lim . Zaista, iz f ∼ f1 i g ∼ g1 , x→x0 g(x) f (x) kad x → x0 , sledi f1 ∼ f i g1 ∼ g kad x → x0 , i ako postoji lim , na osx→x0 g(x) f1 (x) f1 (x) novu Tvrd¯enja 3.169 sledi da postoji lim i da vaˇzi jednakost lim = x→x0 g1 (x) x→x0 g1 (x) f (x) lim . x→x0 g(x) Sliˇcno se dokazuje sledeće tvrd¯enje: Tvrd¯enje 3.170. Neka su funkcije f, g i f1 definisane u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 i neka je f ∼ f1 kad x → x0 . Tada postoji lim f (x)g(x) ako i samo ako x→x0

postoji lim f1 (x)g(x) i vaˇzi x→x0

lim f (x)g(x) = lim f1 (x)g(x).

x→x0

x→x0

Posledica 3.171. Neka su funkcije f i f1 definisane u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 i neka je f ∼ f1 kad x → x0 . Tada postoji lim f (x) ako i samo ako x→x0

postoji lim f1 (x) i vaˇzi x→x0

lim f (x) = lim f1 (x).

x→x0

x→x0

Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 3.170 za sluˇcaj kada je g(x) = 1 za svako x. Za funkciju g kaˇzemo da je glavni deo funkcije f kad x → x0 ako je f ∼ g kad x → x0 , tj. ako je f = g + o(g), x → x0 (Tvrd¯enje 3.165). S obzirom da je sin x = x + o(x), x → 0, to je funkcija g(x) = x glavni deo funkcije x 7→ sin x kad x → 0. Iz 1 − cos x = 21 x2 + o(x2 ) = 12 x2 + o( 21 x2 ), x → 0, sledi da je funkcija x 7→ 21 x2 glavni deo funkcije x 7→ 1 − cos x kad x → 0. Budući da je svaka funkcija koja je ekvivalentna datoj funkciji kad x → x0 , glavni deo te funkcije kad x → x0 , to jedna funkcija moˇze imati viˇse glavnih delova kad x → x0 . Na primer, s obzirom x + x2 da je lim = 1, odnosno sin x = x + x2 + o(x + x2 ), x → 0, to je x 7→ x + x2 x→0 sin x takod¯e glavni deo funkcije x 7→ sin x kad x → 0. Lema 3.172. Ako funkcija f ima za glavni deo kad x → x0 funkciju x 7→ c(x−x0 )k , c, k ∈ R, c ̸= 0, onda je ona med¯u svim glavnim delovima tog oblika jedinstveno odred¯ena. Dokaz. Neka su funkcije x 7→ c(x − x0 )k i x 7→ c1 (x − x0 )k1 , c, k, c1 , k1 ∈ R, c, c1 ̸= 0, glavni delovi funkcije f kad x → x0 . To znaˇci da je f (x) ∼ c(x − x0 )k i f (x) ∼ c1 (x − x0 )k1 kad x → x0 , pa je c(x − x0 )k ∼ c1 (x − x0 )k1 kad x → x0 . Prema tome, c(x − x0 )k lim = 1, x→x0 c1 (x − x0 )k1

212


ˇsto je moguće jedino u sluˇcaju kada je c = c1 i k = k1 . Inaˇce kaˇzemo da je beskonaˇcno mala funkcija f kad x → x0 (x0 ∈ R) reda k (k ∈ R, k > 0) (u odnosu na beskonaˇcno malu x 7→ x − x0 ) ako je za neku konstantu c ̸= 0 ispunjeno f (x) = c(x − x0 )k + o((x − a)k ), x → x0 . Drugim reˇcima, beskonaˇcno mala funkcija f je reda k kad x → x0 ako postoji konstanta c ̸= 0 tako da je funkcija x 7→ c(x − x0 )k glavni deo funkcije f kad x → x0 . Sliˇcno, red beskonaˇcno male f kad x → +∞ (x → −∞) je takav pozitivan broj k (ako postoji) da je za neku konstantu c ̸= 0 ispunjeno f (x) =

c 1 + o( k ), x → +∞ (x → −∞). k x x

Prilikom upored¯ivanja dve beskonaˇcno male ili dve beskonaˇcno velike funkcije, tj. prilikom izraˇcunavanja graniˇcne vrednosti njihovog koliˇcnika moguće je svaku od njih zameniti njoj ekvivalentnom funkcijom, tj. njenim glavnim delom, a da to ne utiˇce niti na egzistenciju, niti na veliˇcinu graniˇcne vrednosti (Tvrd¯enje 3.169). Tako ako su α i β beskonaˇcno male kad x → x0 reda n i m, gde su n i m prirodni brojevi, tj. ako postoje realni brojevi c1 , c2 ̸= 0 tako da vaˇze formule α(x) = c1 (x − x0 )n + o((x − x0 )n ), x → x0 , β(x) = c2 (x − x0 )m + o((x − x0 )m ), x → x0 , onda je α(x) ∼ c1 (x − x0 )n , β(x) ∼ c2 (x − x0 )n , x → x0 , i lim

x→x0

α(x) β(x)

c1 (x − x0 )n + o((x − x0 )n ) c1 (x − x0 )n = lim x→x0 c2 (x − x0 )m + o((x − x0 )m ) x→x0 c2 (x − x0 )m c1 (x − x0 )n = lim . c2 x→x0 (x − x0 )m

=

lim

Ako je n > m, onda je lim

x→x0

α(x) c1 = lim (x − x0 )n−m = 0. Za n = m imamo β(x) c2 x→x0

c1 α(x) = . Ako je n < m, onda razlikujemo sluˇcajeve: β(x) c2 1. Ako je m − n paran broj, onda je ( ) α(x) c1 1 c1 1 c1 lim = lim · = · = sgn · (+∞). m−n x→x0 β(x) x→x0 c2 (x − x0 ) c2 +0 c2

lim

x→x0

2. Ako je m − n neparan broj, onda je α(x) c1 1 lim = lim · = x→x0 +0 β(x) x→x0 +0 c2 (x − x0 )m−n i

c1 1 α(x) = lim · = x→x0 −0 c2 (x − x0 )m−n x→x0 −0 β(x) lim

(

(

c1 1 · c2 +0

c1 1 · c2 −0

) = sgn

c1 · (+∞) c2

= sgn

c1 · (−∞), c2

)

3.11. Asimptotske oznake O, o i ∼ i prema tome, ne postoji lim

x→x0

213

α(x) . β(x)

arcsin2 2x − ln(1 + x + x2 ) + sin3 4x . x→0 (ex − 1)2 + tg 5x Kako je lim 2x = lim 4x = lim 5x = 0 i lim (x + x2 ) = 0, iz Posledice 3.168 (tj.

Primer 3.173. Nad¯imo lim x→0

x→0

x→0

x→0

iz (3.115), (3.117), (3.113), (3.114)) i Tvrd¯enja 3.159 (i) sledi arcsin 2x = 2x + o(2x), x → 0,

(3.123)

ln(1 + x + x ) = x + x + o(x + x ), x → 0, 2

2

2

sin 4x = 4x + o(4x), x → 0,

(3.124)

tg 5x = 5x + o(5x) = 5x + o(x), x → 0. Iz (3.123), (3.124) i Tvrd¯enja 3.159 (x) i (i) sledi arcsin2 2x = (2x + o(2x))2 = (2x)2 + o((2x)2 ) = 4x2 + o(x2 ), x → 0, sin3 4x = = (4x + o(4x))3 = (4x)3 + o((4x)3 ) = 64x3 + o(x3 ), x → 0. Kako je o(x + x2 ) = o(x) (Tvrd¯enje 3.159 (xii)) i x2 = o(x) kad x → 0, to je ln(1 + x + x2 ) = x + x2 + o(x) = x + o(x) + o(x) = x + o(x), x → 0, na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (vi). Kako je ex − 1 = x + o(x) ((3.112)) kad x → 0, to je, na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (x), (ex − 1)2 = (x + o(x))2 = x2 + o(x2 ) kad x → 0. Prema tome, arcsin2 2x − ln(1 + x + x2 ) + sin3 4x = 4x2 + o(x2 ) − x + o(x) + 64x3 + o(x3 ) = −x + o(x), x → 0, jer 4x2 + o(x2 ) + 64x3 + o(x3 ) + o(x) = o(x), x → 0 (videti Primer 3.160). Osim toga, (ex − 1)2 + tg 5x = x2 + o(x2 ) + 5x + o(x) = 5x + o(x), x → 0. Kako je −x + o(x) ∼ −x i 5x + o(x) = 5x + o(5x) ∼ 5x kad x → 0, to na osnovu Tvrd¯enja 3.169 sledi arcsin2 2x − ln(1 + x + x2 ) + sin3 4x −x + o(x) −x 1 = lim = lim =− .• x→0 x→0 5x + o(x) x→0 5x (ex − 1)2 + tg 5x 5 lim

Primer 3.174. Nad¯imo lim

x→0

ln(1 + x) + sin x . Vaˇzi formula 1 − 2 x3

ln(1 + x) + sin x = x + o(x) + x + o(x) = 2x + o(x), x → 0, a na osnovu Posledice 3.168, (3.119) sledi 3

1 − 2x = 1 − (1 + x3 ln 2 + o(x3 )) = −x3 ln 2 + o(x3 ), x → 0.

214


Stoga je ln(1 + x) + sin x 2x + o(x) 2x 2 1 = lim = lim =− lim = −∞. x→0 −x3 ln 2 + o(x3 ) x→0 −x3 ln 2 ln 2 x→0 x2 1 − 2x3 √ 2 1 − x − ex Primer 3.175. Ispitajmo lim . Kako je na osnovu Posledice 3.168, x→0 1 + x2 − cos x (3.120) i (3.118), √ 1 1 − x = 1 − x + o(x), 2 x2 e = 1 + x2 + o(x2 ), x → 0, lim

x→0

to je √ 2 1 − x − ex

1 1 = 1 − x + o(x) − (1 + x2 + o(x2 )) = 1 − x + o(x) − 1 − x2 + o(x2 ) 2 2 1 = − x + o(x), x → 0. 2

Osim toga vaˇzi da je 1 + x2 − cos x = 1+ x2 − (1 − 12 x2 + o(x2 )) = 23 x2 + o(x2 ), x → 0. Stoga je na osnovu Tvrd¯enja 3.169 (preciznije, na osnovu varijante ovog tvrd¯enja za sluˇcaj jednostranih graniˇcnih vrednosti) √ 2 − 12 x + o(x) − 12 x 1 − x − ex 1 1 = lim = lim = −∞ = − lim lim 3 3 2 2 2 2 x→+0 x + o(x ) x→+0 x x→+0 1 + x − cos x 3 x→+0 x 2 2 i

√ 2 − 12 x + o(x) − 21 x 1 1 − x − ex 1 = lim = +∞, lim = lim = − lim 3 3 2 2 2 2 x→−0 x + o(x ) x→−0 1 + x − cos x x→−0 x 3 x→−0 x 2 2 √ 2 1 − x − ex i stoga ne postoji lim . x→0 1 + x2 − cos x Primer 3.176. Za polinom P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , ai ∈ R, i = 0, 1, . . . , n, an ̸= 0, vaˇzi da je an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = o(xn ) kad x → +∞, pa je P (x) = an xn + o(xn ) = an xn + o(an xn ) kad x → +∞ (Tvrd¯enje 3.159 (ii)), tj. P (x) ∼ an xn kad x → +∞. Analogno, P (x) ∼ an xn kad x → −∞. Prema tome, funkcija x 7→ an xn je glavni deo polinoma P kad x → +∞ (x → −∞). Za polinom Q(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + . . . b1 x + b0 , bi ∈ R, i = 0, 1, . . . , m, bm ̸= 0, vaˇzi Q(x) ∼ bm xm kad x → +∞ (x → −∞). Sada na osnovu Tvrd¯enja 3.169 vaˇzi da je P (x) an xn lim = lim = x→+∞ Q(x) x→+∞ bm xm  an  +∞, za n > m i > 0,    bm   a n  −∞, za n > m i < 0, bm = a  n  , za n = m,    b n   0, za n < m,


215

i

P (x) an xn = lim x→−∞ Q(x) x→−∞ bm xm lim

 an  sgn (−∞)n−m , za n > m,   bm an = , za n = m,    bn 0, za n < m,

gde je (−∞)n−m = +∞ ako je n − m paran broj, a (−∞)n−m = −∞ ako je n − m neparan broj. • Primer 3.177. Pokazaćemo da je lim

x→0

ln(1 + arctg x) = 1. arctg(ln(1 + x))

Budući da je lim arctg x = 0 i lim ln(1 + x) = 0, iz Tvrd¯enja 3.167 sledi x→0

x→0

ln(1 + arctg x) ∼ arctg x ∼ x, x → 0, i arctg(ln(1 + x)) ∼ ln(1 + x) ∼ x, x → 0. Sada na osnovu Tvrd¯enja 3.169 sledi ln(1 + arctg x) x = lim = lim 1 = 1. x→0 arctg(ln(1 + x)) x→0 x x→0 lim

Dokaz smo mogli izvesti i koriˇsćenjem asimptotske oznake o, odnosno koriˇsćenjem Posledice 3.168. Naime, iz (3.117) i (3.116) sledi ln(1 + arctg x) = arctg x + o(arctg x) = x + o(x) + o(x + o(x)), x → 0, i kako je o(x + o(x)) = o(x) na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (viii), to je ln(1 + arctg x) = x + o(x) + o(x) = x + o(x), x → 0, na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (vi). Sliˇcno arctg(ln(1 + x)) = ln(1 + x) + o(ln(1 + x)) = x + o(x) + o(x + o(x)) = x + o(x) + o(x) = x + o(x), x → 0. Mogli smo zakljuˇcivati i na sledeći naˇcin (takod¯e koristeći formule arctg x = x+o(x), ln(1 + x) = x + o(x), x → 0 i Posledicu 3.168 (3.116), (3.117): ln(1 + arctg x) = ln(1 + x + o(x)) = x + o(x) + o(x + o(x)) = x + o(x) + o(x) = x + o(x), x → 0, i arctg(ln(1 + x)) = arctg(x + o(x)) = x + o(x) + o(x + o(x)) = x + o(x), x → 0.

216

Glava 3. Graniˇcne vrednosti funkcija Prema tome, na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (v) sledi ln(1 + arctg x) lim x→0 arctg(ln(1 + x))

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

Sliˇcno se moˇze dobiti da je ln(1 + sin x) ln(1 + arcsin x) ln(1 + tg x) = 1, lim = 1 i lim = 1. • x→0 sin(ln(1 + x)) x→0 arcsin(ln(1 + x)) x→0 tg(ln(1 + x)) lim

Napomenimo da prilikom raˇcunanja limesa, treba imati u vidu da u sluˇcajevima koji nisu razmatrani u Tvrd¯enjima 3.169 i 3.170, funkcije se, opˇste govoreći, ne mogu zameniti njima ekvivalentnim funkcijama. Tako na primer, ako bismo prilikom raˇcunanja limesa ln(1 + x) − x lim (3.125) x→0 x2 funkciju x 7→ ln(1 + x) zamenili njoj ekvivalentnom funkcijom x 7→ x, dobili bismo lim

x→0

ln(1 + x) − x x−x 0 = lim = lim 2 = 0, x→0 x2 x→0 x x2

ˇsto je netaˇcno. Inaˇce, koriˇsćenjem formule ln(1 + x) = x + o(x), x → 0, dobijamo ln(1 + x) − x x + o(x) − x o(x) = = 2 , 2 2 x x x 0 ˇsto je neodred¯eni izraz oblika , tako da nas ovaj naˇcin razmiˇsljanja ne moˇze dovesti 0 do reˇsenja. Primetimo da smo dobili da je ln(1 + x) − x = o(x), x → 0, ˇsto znaˇci da je funkcija x 7→ ln(1 + x) − x beskonaˇcno mala viˇseg reda u odnosu na funkciju x 7→ x kad x → 0, ali nismo dobili i taˇcno kog je reda. Precizniju informaciju o ponaˇsanju ove funkcije u okolini 0, tj. informaciju o tome kog je reda ova funkcija (u odnosu na funkciju x 7→ x) dobićemo koriˇsćenjem Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi u sekciji 4.8, ˇsto će nam omogućiti da nadjemo graniˇcnu vrednost (3.125).

3.12

Asimptote

Definicija 3.178. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini U taˇcke +∞. Prava y = kx + n je asimptota grafika funkcija kad x → +∞ ako je lim (f (x) − (kx + n)) = 0,

x→+∞

(3.126)

3.12. Asimptote

217

tj. ako je, za x ∈ U , f (x) = kx + n + ϵ(x) i

lim ϵ(x) = 0.

(3.127)

x→+∞

Prema tome, moˇzemo reći da je prava y = kx + n asimptota grafika funkcija kad x → +∞ ako je f (x) = kx + n + o(1), x → +∞.

(3.128)

Analogno se definiˇse asimptota grafika funkcije kad x → −∞. Ako je k ̸= 0, onda asimptotu nazivamo kosom, a ako je k = 0, onda za nju kaˇzemo da je horizontalna asimptota.

Prema tome, postojanje asimptote grafika funkcije kad x → +∞ (x → −∞) je ekvivalentno ˇcinjenici da se funkcija kad x → +∞ (x → −∞) razlikuje od linearne funkcije za beskonaˇcno malu funkciju. U narednom tekstu ćemo govoriti o asimptoti grafika funkcije kad x → +∞, i napominjemo da se analogna priˇca moˇze ispriˇcati i u sluˇcaju asimptote grafika funkcije kad x → −∞. Ako postoji konaˇcna graniˇcna vrednost

lim f (x) = b, onda je prava y = b

x→+∞

horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞. Zaista, iz sledi

lim f (x) = b

x→+∞

lim (f (x) − b) = 0, pa je jednakost (3.126) ispunjena za k = 0 i n = b, i

x→+∞

prema tome, prava y = kx + n = b je horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞. Geometrijski gledano, prava y = kx + n je asimptota grafika funkcije kad x → +∞ ako i samo ako rastojanje taˇcke M grafika funkcije od te prave teˇzi 0 kad se taˇcka M udaljava u beskonaˇcnost (pod ovim podrazumevamo da rastojanje taˇcke M od koordinatnog poˇcetka teˇzi ka +∞). Zaista, ako, na primer, imamo sluˇcaj ilustrovan na narednoj slici i sa d(x) oznaˇcimo odstojanje taˇcke M (x, f (x)) grafika funkcije od prave y = kx + n, a sa α ugao koji ta prava zaklapa sa pozitivnim smerom x-ose (s obzirom na (3.127), ϵ(x) je razlika ordinate taˇcke M i ordinate taˇcke N prave y = kx + n), onda sledi da je d(x) ϵ(x) = cos α, tj. d(x) = ϵ(x) cos α

(3.129)

i ϵ(x) =

d(x) . cos α

(3.130)

218


y=f(x) y=kx+n

M

f (x )

N

x Iz (3.129) sledi da d(x) → 0 kad ϵ(x) → 0, a iz (3.130) sledi da ϵ(x) → 0 ako d(x) → 0. Prema tome, ϵ(x) → 0 ako i samo ako d(x) → 0, tj. prava y = kx + n je asimptota grafika funkcije kad x → +∞ ako i samo ako d(x) → 0 kad x → +∞. Sledeće tvrd¯enje daje potreban i dovoljan uslov za egzistenciju asimptote grafika funkcije, i ujedno i efektivni postupak za njeno nalaˇzenje. Tvrd¯enje 3.179. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke +∞. Prava y = kx + n je asimptota grafika funkcije f kad x → +∞ ako i samo ako postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti f (x) =k i x→+∞ x lim

lim (f (x) − kx) = n.

x→+∞

Dokaz. Neka je prava y = kx + n asimptota grafika funkcije f kad x → +∞. To znaˇci da postoji M ∈ R, M > 0, tako da je f (x) = kx + n + ϵ(x), za x ∈ (M, +∞),

(3.131)

pri ˇcemu je lim ϵ(x) = 0. Odavde sledi da je x→+∞

f (x) n 1 = k + + · ϵ(x), za x ∈ (M, +∞), x x x ( ) n 1 i s obzirom da je lim + · ϵ(x) = 0, zakljuˇcujemo da je x→+∞ x x lim

x→+∞

f (x) = k. x

Iz (3.131) sledi da je lim (f (x) − kx) = lim (n + ϵ(x)) = n.

x→+∞

x→+∞

f (x) = k i x→+∞ x lim (f (x) − kx) = n. Iz ove poslednje jednakosti zakljuˇcujemo da je

Obrnuto, pretpostavimo da postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti

lim

x→+∞

lim (f (x) − (kx + n)) = lim (f (x) − kx − n) = 0,

x→+∞

x→+∞

3.12. Asimptote

219

pa je prava y = kx + n asimptota grafika funkcije kad x → +∞. Ako grafik funcije ima asimptotu kad x → +∞, onda na osnovu Tvrd¯enja 3.179 sledi da je ona jedinstvena20 . To znaˇci da grafik moˇze da ima najviˇse jednu asimptotu (koja je ili horizontalna ili kosa) kad x → +∞. Stoga, ako grafik ima horizontalnu asimptotu kad x → +∞, onda nema kosu asimptotu kad x → +∞, i obrnuto, ako grafik ima kosu aasimptotu, onda nema horizontalnu. Prema tome, za funkcije koje su definisane u okolinama taˇcaka +∞ i −∞ vaˇzi da njihovi grafici mogu da imaju najviˇse dve asimtote, jednu kad x → +∞ i jednu kad x → −∞, tj. ukupan broj horizontalnih i kosih asimptota grafika funkcije je najviˇse dva. Pritom jedna prava moˇze biti asimptota i kad x → +∞ i kad x → −∞ (kao, na primer, kod racionalnih funkcija), a moˇze se desiti da je jedna prava asimtota grafika kad x → +∞, a da je druga prava asimtota grafika kad x → −∞, ili da grafik ima asimptotu kad x → +∞, a nema kad x → −∞ i obrnuto. Postupak nalaˇzenja asimptote je sledeći: ako je lim f (x) = b ∈ R, onda je x→+∞

prava y = b horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞. Ako ova graniˇcna vrednost nije konaˇcna, onda zakljuˇcujemo da grafik nema horizontalnu asimptotu i f (x) potom ispitujemo da li ima kosu asimptotu. Ako je lim = k konaˇcan i ako x→+∞ x je joˇsi i lim (f (x) − kx) = n konaˇcan, onda je prava y = kx + n kosa asimptota x→+∞

grafika funkcije kad x → +∞. Ako jedan od ova dva limesa nije konaˇcan, onda grafik nema ni kosu asimptotu kad x → +∞.21 Primer 3.180. Funkcije f (x) = e1/x je definisana za sve x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞), pa ima smisla ispitivati da li grafik ima asimptotu kad x → +∞ i kad x → −∞. Kako je lim e1/x = 1, to je prava y = 1 horizontalna asimptota grafika funkcije x→±∞

kad x → +∞, a takod¯e i kad x → −∞. • Primer 3.181. Domen funkcije f (x) = 3x + 2 arctg x je skup R, pa ima smisla ispitivati da li grafik ima asimptotu kad x → +∞ i kad x → −∞. Kako je ( ) 3x + 2 arctg x 2 arctg x f (x) k = lim = lim = lim 3+ =3 x→+∞ x→+∞ x→+∞ x x x i n = lim (f (x) − kx) = lim (3x + 2 arctg x − 3x) = lim 2 arctg x = 2 · x→+∞

x→+∞

x→+∞

π =π 2

Ako su y = kx + n i y = k1 x + n1 asimptote grafika funkcije kad x → +∞, onda je na osnovu f (x) f (x) Tvrd¯enja 3.179 lim = k i lim = k1 , pa na osnovu jedinstvenosti graniˇcne vrednosti x→+∞ x→+∞ x x funkcije (Tvrd¯enje 3.36) sledi k = k1 . Opet iz Tvrd¯enja 3.179 sledi da je n = lim (f (x) − kx) i 20

n1 = lim (f (x) − k1 x) = lim (f (x) − kx), pa je n = n1 . x→+∞

21

x→+∞

Naravno, moguće je ne traˇziti prvo

lim

x→+∞

x→+∞

f (x) i n = lim (f (x) − kx). x→+∞ x

lim f (x) već odmah preći na izraˇcunavanje k =

x→+∞

220


to je na osnovu Tvrd¯enja 3.179 prava y = 3x + π kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞. Iz ( ) f (x) 3x + 2 arctg x 2 arctg x k = lim = lim = lim 3+ =3 x→−∞ x x→−∞ x→−∞ x x i

( π) n = lim (f (x)−kx) = lim (3x+2 arctg x−3x) = lim 2 arctg x = 2· − = −π x→−∞ x→−∞ x→+∞ 2 sledi da je prava y = 3x − π kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞. • Sledeći primer pokazuje kao poznavanje osobina asimptotske oznake o moˇze olakˇsati izraˇcunavanje asimptota. √ x2 (4x − 1) je skup (−∞, 1/4) ∪ (1, +∞). Primer 3.182. Domen funkcije f (x) = x−1 Prema tome, funkcija je definisana u okolini taˇcke +∞, a takod¯e i u okolini taˇcke −∞, pa ćemo ispitivati egzistenciju asimptota kad x → +∞ i kad x → −∞. Na osnovu Posledice 3.168 dobijamo 1 1/2 ) = 1− 4x 1 (1 − )−1/2 = 1 + x (1 −

1 2 1 2

1 1 1 1 1 + o( ) = 1 − · + o( ), x → ±∞, 4x 4x 8 x x 1 1 · + o( ), x → ±∞, x x ·

te je √ √ 1 1 x2 · 4x(1 − 4x ) √ 2 1 − 4x x2 (4x − 1) = = 4x · x−1 x(1 − x1 ) 1 − x1 1 1/2 1 2|x|(1 − ) (1 − )−1/2 4x x 1 1 1 1 1 1 2|x|(1 − · + o( ))(1 + · + o( )) 8 x x 2 x x 1 1 1 1 1 1 1 1 2|x|(1 − · + o( ) + · − · + o(( 2 )) 8 x x 2 x 16 x2 x 3 1 1 2|x|(1 + · + o(( )), kad x → ±∞. 8 x x √

f (x) = = = = = Odavde sledi

f (x) = 2x(1 + i

1 3 3 1 · + o(( )) = 2x + + o(1), kad x → +∞, 8 x x 4

(3.132)

3 1 1 3 · + o( )) = −2x − + o(1), kad x → −∞. (3.133) 8 x x 4 Na osnovu (3.132) zakljuˇcujemo da je prava y = 2x + 34 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, dok iz (3.133) dobijamo da je prava y = −2x − 34 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞. • f (x) = −2x(1 +

3.12. Asimptote

221

P (x) , gde su P i Q Q(x) polinomi, P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , ai ∈ R, i = 0, 1, . . . , n, an ̸= 0, Q(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + . . . b1 x + b0 , bi ∈ R, i = 0, 1, . . . , m, bm ̸= 0. Funkcija f nije definisana za one vrednosti promenljive x za koje je Q(x) = 0. Kako takvih vrednosti ima konaˇcno mnogo, to je funkcija f definisana u okolini taˇcke +∞, a takod¯e i u okolini taˇcke −∞, pa ima smisla ispitivati egzistenciju asimptote kad x → +∞ i kad x → −∞. Oznaˇcimo sa st(P ) i st(Q) stepene polinoma P i Q redom. Ako je st(P ) < st(Q), onda je na osnovu Primera 3.176 22

Primer 3.183. Posmatrajmo racionalnu funkciju f (x) =

P (x) = 0, x→±∞ Q(x)

lim f (x) = lim

x→±∞

pa je prava y = 0 horizontalna asimptota grafika racionalne funkcija f kad x → +∞ 3x + 1 i kad x → −∞. Tako na primer, za funkciju f (x) = 2 vaˇzi x +2 f (x) =

3x + 1 3x 3 = lim 2 = lim = 0, 2 x→±∞ x + 2 x→±∞ x x→±∞ x lim

pa je prava y = 0 horizontalna asimptota grafika funkcija kad x → +∞ i kad x → −∞. 23 Ako je st(P ) = st(Q), P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 i Q(x) = n bn x + bn−1 xn−1 + . . . b1 x + b0 , an ̸= 0, bn ̸= 0, onda je (videti Primer 3.176) lim f (x) = lim

x→±∞

te je prava y = x → −∞.

x→±∞

an P (x) = , Q(x) bn

an horizontalna asimptota grafika funkcija kad x → +∞ i kad bn

Na primer, funkcija f (x) = x → +∞ i kad x → −∞ jer je

2x2 − 1 ima horizontalnu asimptotu y = 2 kad x2 + 3

2x2 − 1 2x2 = lim = 2. x→±∞ x2 + 3 x→±∞ x2

lim f (x) = lim

x→±∞

Ako je st(P ) = st(Q) + 1, P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 i Q(x) = bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + . . . b1 x + b0 , an ̸= 0, bn−1 ̸= 0, onda grafik funkcije ima kosu 22

Kad funkcija ima istu graniˇcnu vrednost kad x → +∞ i kad x → −∞,

lim f (x) =

x→+∞

lim f (x) = b ∈ R, onda ćemo pisati lim f (x) = b.

x→−∞ 23

x→±∞

Informaciju o tome da li je grafik iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞) 1 1 dobijamo utvrd¯ivanjem znaka funkcije. Naime za x > − je f (x) > 0, dok je f (x) < 0 za x < − , 3 3 1 1 pa je grafik iznad asimptote u okolini (− , +∞) i ispod asimptote u okolini (−∞, − ). 3 3

222


asimptotu y = kx + n kad x → +∞ i kad x → −∞, gde je P (x) an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 f (x) = lim = lim x→±∞ x x→±∞ xQ(x) x→±∞ x(bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + . . . b1 x + b0 ) an x n an = lim = x→±∞ bn−1 xn bn−1

k= =

i

lim

) an an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 − x n = lim (f (x) − kx) = lim x→±∞ x→±∞ bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + . . . b1 x + b0 bn−1 an bn−1 xn + an−1 bn−1 xn−1 + · · · + a1 bn−1 x + a0 bn−1 = lim ( − x→±∞ bn−1 (bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + . . . b1 x + b0 ) an bn−1 xn + an bn−2 xn−1 + . . . an b1 x2 + an b0 x − ) bn−1 (bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + . . . b1 x + b0 (an−1 bn−1 − an bn−2 )xn−1 an−1 bn−1 − an bn−2 = lim = . 2 n−1 x→±∞ bn−1 x b2n−1 (

Tako, na primer, za funkciju f (x) =

3x2 + 2 vaˇzi x+1

f (x) 3x2 + 2 3x2 = lim = lim =3 x→±∞ x x→±∞ x(x + 1) x→±∞ x2

k = lim i

( n = =

lim (f (x) − kx) = lim

x→±∞

x→±∞

3x2 + 2 − 3x x+1

)

3x2 + 2 − 3x(x + 1) x→±∞ x+1

= lim

−3x + 2 = −3, x→±∞ x + 1 lim

pa je prava y = 3x − 3 kosa asimptota grafika funkcija kad x → +∞ i kad x → −∞. Ako je st(P ) > st(Q) + 1, onda na osnovu Tvrd¯enja 3.179 sledi da grafik funkcije f nema kosu asimptotu kad x → +∞ (x → −∞) jer je, s obzirom na to da je stepen polinoma x 7→ P (x) veći od stepena polinoma x 7→ xQ(x), k = lim

x→±∞

P (x) f (x) = lim = ∞ (+∞ ili − ∞). x→±∞ xQ(x) x

Na primer funkcija f (x) = x → −∞ jer je

1 − x3 nema kosu asimptotu x → +∞, a takod¯e ni kad 2 + 3x

f (x) 1 − x3 −x3 −x = lim = lim = lim = −∞, x→+∞ x x→+∞ x(2 + 3x) x→+∞ 3x2 x→+∞ 3

k = lim

a takod¯e ni kad x → −∞ jer je f (x) 1 − x3 −x3 −x = lim = lim = lim = +∞. x→−∞ x x→−∞ x(2 + 3x) x→−∞ 3x2 x→−∞ 3

k = lim

3.12. Asimptote

223

Primetimo da je u sluˇcajevima kada je st(P ) = st(Q) ili st(P ) = st(Q) + 1, za nalaˇzenje asimptote, najcelishodnije izvrˇsiti deljenje polinoma P polinomom Q, jer tako dobijamo i informaciju da li je grafik iznad ili ispod u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). 2x2 − 1 vaˇzi jednakost Naime, za funkciju f (x) = 2 x +3 f (x) =

2x2 − 1 7 =2− 2 , x ∈ R, 2 x +3 x +3

7 = 0 to je prava y = 2 horizontalna asimptota grafika funkcija x2 + 3 7 kad x → +∞ i kad x → −∞. Kako je 2 > 0 za svako x ∈ R, to je f (x) − 2 = x +3 7 < 0 za svako x ∈ R, pa je grafik funkcije ispod asimptote na skupu R. − 2 x +3 3x2 + 2 Za funkciju f (x) = vaˇzi x+1 i kako je lim

x→±∞

f (x) =

3x2 + 2 5 = 3x − 3 + , x ∈ R \ −1, x+1 x+1

5 = 0, to je prava y = 3x − 3 kosa asimptota grafika funkcija x→±∞ x + 1 kad x → +∞ i kad x → −∞. Kako je i kako je lim

f (x) − (3x − 3) =

5 , x ∈ R \ −1, x+1

5 5 > 0 za x ∈ (−1, +∞) i < 0 za x ∈ (−∞, −1), to je grafik x+1 x+1 funkcije ispod asimptote u okolini (−∞, −1) taˇcke −∞, dok je iznad asimptote u okolini (−1, +∞) taˇcke +∞. •

i kako je

f(x)=

P(x) Q(x)

st (P)
st (P)=st(Q)

st (P)=st(Q)+1

st (P)>st(Q)+1

prava y=0 je horizontalna asimptota

prava y=an /bn je horizontalna asimptota

prava y=kx+n je kosa asimptota

ne postoji asimptota

224


Primer 3.184. Domen funkcije f (x) = e1/x −x je skup R\{0}. Na osnovu Posledice 3.168 dobijamo f (x) = e1/x − x = 1 +

1 1 1 1 + o( ) − x = −x + 1 + + o( ), x → ±∞, x x x x

odakle sledi da je prava y = −x + 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, a takod¯e i kad x → −∞. Na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (xi) sledi da postoji realan broj M > 0 tako da je ( ) ( ) 1 1 1 sgn (f (x) − (−x + 1)) = sgn + o( ) = sgn x x x za x ∈ (M, +∞), a takod¯e i za x ∈ (−∞, −M ). Kako je x1 > 0 za x > 0, to je f (x) − (−x + 1) > 0 za x ∈ (M, +∞), pa je grafik funkcije iznad asimptote u okolini (M, +∞) taˇcke +∞. Za x < 0 je x1 < 0, pa je f (x)−(−x+1) < 0 za x ∈ (−∞, −M ), i grafik funkcije je ispod asimptote u okolini (−∞, −M ) taˇcke −∞. • Prava y = kx + n je asimptota grafika funkcije kad razlika ordinate taˇcke sa grafika funkcije i ordinate asimptote teˇzi 0 kad x → +∞ (x → −∞). Moˇze se desiti da je ova razlika i jednaka 0 za beskonaˇcno mnogo vrednosti argumenta x, kao ˇsto pokazuje sledeći primer. sin x domen je skup R \ {0} i s obzirom Primer 3.185. Za funkciju f (x) = 3x + 2 + x sin x da je lim = 0 (Primer 3.63), prava y = 3x + 2 je kosa asimptota grafika kad x→±∞ x x → +∞ i kad x → −∞. Budući da je f (x) − (3x + 2) =

sin x = 0 ⇐⇒ sin x = 0 ∧ x ̸= 0 ⇐⇒ x = kπ, k ∈ Z \ {0}, x

to grafik beskonaˇcno mnogo puta seˇce asimptotu. Za x ∈ (2kπ, (2k + 1)π), k = 0, 1, 2, . . . , grafik je iznad asimptote, dok je za x ∈ ((2k − 1)π, 2kπ), k = 1, 2, 3, . . . , grafik ispod asimptote; za x ∈ (2kπ, (2k + 1)π), k = −1, −2, . . . , grafik je ispod asimptote, a za x ∈ ((2k − 1)π, 2kπ), k = 0, −1, −2, . . . , grafik iznad asimptote •

3.12. Asimptote

225

Grafik funkcije moˇze u beskonaˇcno mnogo taˇcaka dodirivati asimptotu. sin x + 1 . Domen funkcije je skup R \ {0}. x2 Budući da je x 7→ sin x + 1 ograniˇcena funkcija (0 ≤ sin x + 1 ≤ 2 za svako x ∈ R) 1 sin x + 2 i lim 2 = 0 to na osnovu Tvrd¯enja 3.61 imamo da je lim = 0, pa je x→±∞ x x→±∞ x prava y = 3x + 2 je kosa asimptota grafika kad x → +∞ i kad x → −∞. Budući da je Primer 3.186. Neka je f (x) = 3x + 2 +

f (x) − (3x + 2) =

3π sin x + 1 = 0 ⇐⇒ sin x = −1 ⇐⇒ x = + 2kπ, k ∈ Z, 2 x 2

sin x + 1 > 0 za x ̸= 0 i x ̸= 3π 2 + 2kπ, k ∈ Z, to grafik x2 3π beskonaˇcno mnogo puta dodiruje asimptotu (za x = 2 + 2kπ, k ∈ Z) i za x ∈ R \ ({0} ∪ { 3π 2 + 2kπ : k ∈ Z}) grafik je iznad asimptote. • i f (x) − (3x + 2) =

x − [x] Primer 3.187. Za funkciju f (x) = 2x − 1 + domen je skup R \ {0}. Kako x 1 je 0 ≤ x − [x] < 1 za sve x ∈ R i lim = 0, to na osnovu Tvrd¯enja 3.61 sledi x→±∞ x x − [x] lim = 0, pa je prava y = 2x − 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x→±∞ x x → +∞ i kad x → −∞. S obzirom da je x − [x] > 0 za x ∈ R \ Z i x − [x] = 0 za x − [x] x ∈ Z, to je f (x) − (2x − 1) = > 0, tj. f (x) > 2x − 1 za x ∈ (0, +∞) \ N, x x − [x] f (x)−(2x−1) = < 0, tj. f (x) < 2x−1 za x ∈ (−∞, 0)\Z i f (x)−(2x−1) = 0, x tj. f (x) = 2x − 1 za x ∈ Z \ {0}. Prema tome, na intervalu (0, +∞) taˇcke grafika su iznad taˇcaka asimptote sa izuzetkom taˇcaka (k, 2k − 1), k = 1, 2, . . . , u kojima grafik dodiruje asimptotu, dok su na intervalu (−∞, 0) taˇcke grafika ispod taˇcaka asimptote sa izuzetkom taˇcaka (k, 2k − 1), k = −1, −2, . . . , u kojima grafik dodiruje asimptotu. •

226


Definicija 3.188. Neka je funkcija definisana u nekoj probodenoj (ili samo levoj ili samo desnoj) okolini taˇcke a. Prava x = a je vertikalna asimptota grafika funkcije ako barem jedna od graniˇcnih vrednosti lim f (x) i lim f (x) postoji i jednaka x→a−0

je +∞ ili −∞.

x→a+0

Primetimo da i u sluˇcaju vertikalne asimptote x = a rastojanje M P = |x − a| taˇcke M (x, f (x)) sa grafika od prave x = a teˇzi 0 ako taˇcka M ide duˇz grafika u beskonaˇcnost, tj. kada x → a − 0 ili x → a + 0.

f(x)

M P f(x)

x

P

M

a a

x

Postavlja se pitanje u kojim taˇckama treba traˇziti vertikalne asimptote. Kandidati su one taˇcke u kojima funkcija nije definisana, ali je definisana bar u nekoj levoj ili desnoj okolini tih taˇcaka. Taˇcka, za koju vaˇzi da je funkcija definisana u njoj i osim toga da je funkcija definisana u nekoj levoj ili desnoj okolini te taˇcke ali da nije neprekidna u toj taˇcki, bi takod¯e bila kanditat. Primer 3.189. Za funkciju f (x) = ln x ˇciji je domen interval (0, +∞) ima smisla traˇziti samo desnu graniˇcnu vrednost u 0. Kako je lim f (x) = lim ln x = −∞,

x→+0

x→+0

to je prava x = 0 (y-osa) vertikalna asimptota grafika funkcije. •

3.12. Asimptote

227

Primer 3.190. Domen funkcije f1 (x) =

 

1 , x−1  0,

x ̸= 1 x=1

je skup R. Ova funkcija je definisana u 1 i u okolini ove taˇcke ali nije neprekidna u njoj. Kako je ( ) 1 1 lim f (x) = lim = = +∞ x→1+0 x→1+0 x − 1 +0 i ( ) 1 1 lim f (x) = lim = = −∞, x→1−0 x→1−0 x − 1 −0 to je prava x = 1 vertikalna asimptota grafika funkcije. • Primer 3.191. Za funkciju f (x) = e1/x −x domen je skup R\{0}, pa ćemo ispitivati lim f (x) i lim f (x). x→−0

x→+0

Kako je lim

x→−0

1 1 = −∞ i lim = +∞, to je na osnovu Tvrd¯enja 3.69 (3.69.1) x→+0 x x

dobijamo lim e1/x = 0 i lim e1/x = +∞,

x→−0

x→+0

i stoga, lim f (x) = lim (e1/x − x) = 0,

x→−0

x→−0

lim f (x) = lim (e1/x − x) = +∞.

x→+0

x→−0

Prema tome, prava x = 0 je vertikalna asimptota grafika funkcije. • P (x) , gde su P, Q polinomi, ako je Q(x) Q(a) = 0 i P (a) ̸= 0, onda je prava x = a vertikalna asimptota grafika funkcije. Na 3x2 + 2 domen je skup R \ {−1} i vaˇzi primer, za funkciju f (x) = x+1 ( ) 3x2 + 2 5 lim f (x) = lim = = −∞, x→−1−0 x→−1−0 x + 1 −0 ( ) 5 3x2 + 2 = = +∞, lim f (x) = lim x→−1+0 x→−1+0 x + 1 +0 Primer 3.192. Za racionalnu funkciju f (x) =

pa je prava x = −1 vertikalna asimptota grafika funkcije. (x + 1)3 Za funkciju g(x) = vaˇzi (x − 2)2 (x − 1) ( ) 27 (x + 1)3 = = +∞, lim g(x) = lim x→2−0 x→2−0 (x − 2)2 (x − 1) (+0) · 1 ( ) 27 (x + 1)3 = = +∞, lim g(x) = lim x→2+0 x→2+0 (x − 2)2 (x − 1) (+0) · 1

228


pa je prava x = 2 vertikalna asimptota grafika funkcije. Ova funkcija ima joˇs jednu vertikalnu asimptotu, to je prava x = 1 jer je ) ( (x + 1)3 8 lim g(x) = lim = −∞, = x→1−0 x→1−0 (x − 2)2 (x − 1) 1 · (−0) ( ) (x + 1)3 8 lim g(x) = lim = = +∞. • x→1+0 x→1+0 (x − 2)2 (x − 1) 1 · (+0) Primer 3.193. Neka je f (x) = 2x − 1 +

x − [x] . Kako je x

x − [x] x = lim = 1, x→+0 x→+0 x x ( ) x − [x] x − (−1) x+1 1 lim = lim = lim = = −∞, x→−0 x→−0 x→−0 x x x −0 lim

to je x − [x] ) = −1 + 1 = 0 x→+0 x→+0 x x − [x] lim f (x) = lim (2x − 1 + ) = −∞. x→−0 x→−0 x lim f (x) = lim (2x − 1 +

Prema tome, prava x = 0 je vertikalna asimptota grafika funkcije. • Funkcija moˇze imati beskonaˇcno mnogo vertikalnih asimptota. π Primer 3.194. Prave x = + kπ, k ∈ Z su vertikalne asimptote funkcije f (x) = 2 tg x jer je za svako k ∈ Z ( ) 1 sin x lim tg x = lim = = +∞, +0 x→ π2 +2kπ−0 x→ π2 +2kπ−0 cos x ( ) 1 sin x lim tg x = lim = = −∞ −0 x→ π2 +2kπ+0 x→ π2 +2kπ+0 cos x i sin x = lim tg x = lim π π x→ 2 +(2k+1)π−0 x→ 2 +(2k+1)π−0 cos x sin x lim = tg x = lim π π x→ 2 +(2k+1)π+0 x→ 2 +(2k+1)π+0 cos x

( (

−1 −0 −1 +0

) = +∞, ) = −∞. •

Glava 4

Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive 4.1

Izvod

Pojam izvoda je jedan od osnovnih pojmova matematiˇcke analize i zasniva se na pojmu graniˇcne vrednosti funkcije u taˇcki. Definicija 4.1. Neka je funkcija y = f (x) definisana na intervalu (a, b), f : (a, b) → R, i neka su x, x0 ∈ (a, b), x ̸= x0 . Koliˇcnik f (x) − f (x0 ) x − x0 se zove srednja brzina promene funkcije na skupu [x, x0 ] ako je x < x0 , ili skupu [x0 , x] ako je x0 < x. Ako postoji graniˇcna vrednost srednje brzine promene funkcije f na skupu [x, x0 ] ili [x0 , x] kad x → x0 , onda se ta graniˇcna vrednost naziva izvod funkcije f u taˇcki x0 , i oznaˇcava sa f ′ (x0 ). Dakle, f ′ (x0 ) = lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) . x − x0

Kao ˇsto smo već rekli u sekciji 3.6, razliku x − x0 zovemo priraˇstaj argumenta i obeleˇzavamo ∆x = x − x0 . Dakle, x = x0 + ∆x. Razliku ∆y = f (x) − f (x0 ) = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) zovemo priraˇstaj funkcije f u taˇcki x0 koji odgovara priraˇstaju argumenta ∆x. Definiciju izvoda funkcije f u taˇcki x0 je sada moguće zapisati i na sledeći naˇcin: f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ∆y = lim . ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x

f ′ (x0 ) = lim Ako je

∆y ∆y = +∞ ( lim = −∞), ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x onda kaˇzemo da funkcija f ima beskonaˇcan izvod u taˇcki x0 jednak +∞ (−∞). lim

229

230

Glava 4. Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive

Definicija 4.2. Neka je x0 ∈ R. Ako je f : (a, x0 ] → R i ako postoji konaˇcna ili beskonaˇcna graniˇcna vrednost f (x) − f (x0 ) f (x0 + ∆x) − f (x0 ) lim (tj. lim ), onda se ta graniˇcna vrednost x→x0 −0 ∆x→−0 x − x0 ∆x zove konaˇcni ili beskonaˇcni levi izvod funkcije f u taˇcki x0 i obeleˇzava sa f−′ (x0 ). Ako je f : [x0 , b) → R i ako postoji konaˇcna ili beskonaˇcna graniˇcna vrednost f (x0 + ∆x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) (tj. lim lim ), onda se ta graniˇcna vrednost x→x0 +0 ∆x→+0 x − x0 ∆x zove konaˇcni ili beskonaˇcni desni izvod funkcije f u taˇcki x0 i obeleˇzava sa f+′ (x0 ). Teorema 4.3. Neka je funkcija f definisana u okolini taˇcke x0 . Funkcija f ima (konaˇcan ili beskonaˇcan) izvod u taˇcki x0 ako i samo ako ima (konaˇcan ili beskonaˇcan) levi i desni izvod u taˇcki x0 i ako su oni jednaki. Dokaz. Sledi iz definicije izvoda i Tvrd¯enja 3.31. U daljem tekstu kada kaˇzemo da funkcija ima izvod u taˇcki x0 , podrazumevamo da funkcija ima konaˇcan izvod, ukoliko nije reˇceno suprotno. Inaˇce, ako funkcija ima konaˇcan ili beskonaˇcan izvod u taˇcki x0 , onda ćemo reći da funkcija ima izvod u ˇsirem smislu u taˇcki x0 . Postupak nalaˇzenja izvoda funkcije se zove diferenciranje. √ Primer 4.4. Ako je f (x) = x, nad¯imo f ′ (4): √ 4 + ∆x − 2 f (4 + ∆x) − f (4) = lim f (4) = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x √ √ ( 4 + ∆x − 2)( 4 + ∆x + 2) 4 + ∆x − 4 √ √ = lim = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x( 4 + ∆x + 2) ∆x( 4 + ∆x + 2) ∆x 1 1 √ = lim = lim √ = .• ∆x→0 ∆x( 4 + ∆x + 2) ∆x→0 4 4 + ∆x + 2 ′

Primer 4.5. Ispitajmo u kojim taˇckama funkcija f (x) = |x| ima izvod. Pokazaćemo najpre da funkcija f nema izvod u taˇcki x0 = 0. Nad¯imo najpre desni izvod: f (0 + ∆x) − f (0) |0 + ∆x| − |0| = lim ∆x→+0 ∆x→+0 ∆x ∆x |∆x| ∆x = lim = lim = lim 1 = 1. ∆x→+0 ∆x ∆x→+0 ∆x ∆x→+0

f+′ (0) =

lim

Sliˇcno f (0 + ∆x) − f (0) |0 + ∆x| − |0| = lim ∆x→−0 ∆x ∆x |∆x| −∆x = lim = lim = lim (−1) = −1. ∆x→−0 ∆x ∆x→−0 ∆x ∆x→−0

f−′ (0) =

lim

∆x→−0

4.1. Izvod i diferencijal

231

Budući da se levi i desni izvod funkcije u taˇcki x0 = 0 razlikuju, funkcija nema izvod u toj taˇcki. Pokaˇzimo sada da je za x > 0, f ′ (x) = 1, dok je za x < 0, f ′ (x) = −1. Zaista, ako je x > 0, f (x + ∆x) − f (x) |x + ∆x| − |x| = lim ∆x→0 ∆x ∆x x + ∆x − x ∆x = lim = lim = lim 1 = 1. ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x

f ′ (x) =

lim

∆x→0

Ako je x < 0, onda je f (x + ∆x) − f (x) |x + ∆x| − |x| = lim ∆x→0 ∆x ∆x −x − ∆x − (−x) −∆x = lim = lim = lim (−1) = −1. ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x

f ′ (x) =

lim

∆x→0

Prema tome, (|x|)′ = sgn x =

|x| , za x ̸= 0. • x

(4.1)

Primer 4.6. Nad¯imo izvod konstantne funkcije. Neka je f (x) = c za svako x ∈ R, gde je c ∈ R konstanta. Tada je f (x + ∆x) − f (x) = c − c = 0 za svako x ∈ R, i zato f (x + ∆x) − f (x) = lim 0 = 0. • ∆x→0 ∆x→0 ∆x

f ′ (x) = lim

Primer 4.7. Pokaˇzimo da je (xn )′ = nxn−1 za svako x ∈ R, gde je n ∈ N. Primenom binomne formule dobijamo: ∆y = (x + ∆x)n − xn = n(n − 1) n−2 2 = xn + nxn−1 ∆x + x ∆x + . . . + ∆xn − xn 2 n(n − 1) n−2 2 = nxn−1 ∆x + x ∆x + . . . + ∆xn . 2 Prema tome, ∆y n(n − 1) n−2 = lim (nxn−1 + x ∆x + . . . + ∆xn−1 ) ∆x→0 ∆x ∆x→0 2 = nxn−1 . •

(xn )′ =

lim

Primer 4.8. Nad¯imo izvod funkcije y = ax , gde je a > 0 i a ̸= 1. Kako je a∆x − 1 = ln a, ∆x→0 ∆x lim

232


to je za svako x ∈ R ax+∆x − ax ax (a∆x − 1) = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x ∆x a − 1 = ax · lim = ax ln a. ∆x→0 ∆x

(ax )′ =

lim

Prema tome, (ex )′ = ex , x ∈ R. • Primer 4.9. Nad¯imo izvod funkcije y = loga x, gde je a > 0 i a ̸= 1. S obzirom da na osnovu Primera 3.140 imamo da je ) ( ∆x loga 1 + 1 x lim = loga e = , ∆x ∆x→0 ln a x to za svako x ∈ R, x > 0, vaˇzi (loga x)′

x + ∆x loga loga (x + ∆x) − loga x x = lim = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x ( ) ( ) ∆x ∆x loga 1 + loga 1 + 1 1 x x = · lim = lim · ∆x ∆x ∆x→0 x x ∆x→0 x x 1 = . x ln a

Prema tome, (ln x)′ =

1 , x > 0. • x

Primer 4.10. Nad¯imo izvod funkcija y1 = sin x i y2 = cos x. Kako je funkcija y2 = cos x neprekidna na R i kako je ∆x 2 = 1, ∆x 2

sin lim

∆x→0

to je za svako x ∈ R ∆x 2x + ∆x 2 sin cos sin(x + ∆x) − sin x 2 2 (sin x)′ = lim = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x ∆x sin 2 · lim cos(x + ∆x ) = cos x. = lim ∆x ∆x→0 ∆x→0 2 2

4.1. Diferencijal

233

Analogno, zbog neprekidnosti funkcije y1 = sin x zakljuˇcujemo

∆x 2x + ∆x −2 sin sin cos(x + ∆x) − cos x 2 2 = lim (cos x)′ = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x ∆x sin 2 · lim sin(x + ∆x ) = − sin x. • = − lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x 2 2

Ako funkcija f : (a, b) → R ima izvod u svakoj taˇcki intervala (a, b), onda je njen izvod takod¯e funkcija nezavisno promenljive x i zove se prva izvodna funkcija, prvi izvod, izvod prvog reda ili samo izvodna funkcija ili izvod funkcije f i oznaˇcava sa f ′ , pa moˇzemo pisati f ′ : (a, b) → R. Primetimo da je funkcija f1 (x) = sin x neparna, a da je njena izvodna funkcija f1′ (x) = cos x parna. Takod¯e funkcija f2 (x) = cos x je parna, dok je njena izvodna funkcija f2′ (x) = − sin x neparna. Sledeće tvrd¯enje govori o tome da je to pravilo, tj. izvod (ukoliko postoji) svake parne funkcije je neparna funkcija, dok je izvod neparne funkcije parna funkcija. Tvrd¯enje 4.11. Neka funkcija f : (−δ, δ) → R ima izvod u svakoj taˇcki intervala (−δ, δ) i neka je funkcija f parna (neparna). Tada je izvodna funkcija f ′ : (−δ, δ) → R neparna (parna). Dokaz. Interval (−δ, δ) je simetriˇcan skup. Pretpostavimo da je f parna funkcija. Neka je x0 proizvoljna taˇcka iz intervala (−δ, δ). Tada je f (−x0 + ∆x) − f (−x0 ) f (−(x0 − ∆x)) − f (x0 ) = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x (4.2) f (x0 − ∆x) − f (x0 ) f (x0 − ∆x) − f (x0 ) = − lim . = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x −∆x

f ′ (−x0 ) =

lim

Smenom t = −∆x (moˇzemo primeniti teoremu o smeni promenljive pri izraˇcunavanju limesa (Teorema 3.82) budući da: ∆x → 0 =⇒ t → 0, ∆x ̸= 0 =⇒ t ̸= 0 i postoji f (x0 + t) − f (x0 ) lim = f ′ (x0 )) dobijamo t→0 t f (x0 − ∆x) − f (x0 ) f (x0 + t) − f (x0 ) = lim = f ′ (x0 ). t→0 ∆x→0 −∆x t lim

(4.3)

Iz (4.2) i (4.3) sledi f ′ (−x0 ) = −f ′ (x0 ). Prema tome, izvodna funkcija f ′ je neparna. Sliˇcno se dokazuje da ako je f neparna funkcija, da je onda f ′ parna funkcija.

234


4.2

Diferencijal

Definicija 4.12. Neka je funkcija y = f (x) definisana u nekoj okolini taˇcke x0 . Reći ćemo da je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 ako se priraˇstaj funkcije u toj taˇcki moˇze napisati u obliku ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = A∆x + o(∆x), ∆x → 0,

(4.4)

gde je A realan broj, tj. ∆y = A∆x + ϵ(∆x)∆x,

(4.5)

gde je ϵ(∆x) beskonaˇcno mala kad ∆x → 0. Diferencijal funkcije f u taˇcki x0 , u oznaci df (x0 ) ili kraće, dy, je linearna funkcija priraˇstaja ∆x definisana sa: (df (x0 ))(∆x) = A∆x. Dakle, diferencijal je linearna funkcija ˇciji je argument priraˇstaj ∆x i pisaćemo jednostavno df (x0 ) = A∆x, tj. dy = A∆x. Napominjemo da je diferencijal, kao i svaka druga linearna funkcija, definisan za bilo koju vrednost svog argumenta ∆x. Sa druge strane, priraˇstaj funkcije ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) je definisan samo za one vrednosti ∆x za koje x0 + ∆x pripada domenu funkcije f . Primetimo da ako je funkcija diferencijabilna u taˇcki x0 , onda je konstanta A u formuli (4.4), odnosno formuli (4.5), jedinstveno odred¯ena1 (videti takod¯e Lemu 4.82). Ako je funkcija f diferencijabilna u svakoj taˇcki intervala (a, b), onda je diferencijal funkcija dveju promenljivih, taˇcke x ˜ ∈ (a, b) i priraˇstaja ∆x: (df (˜ x))(∆x) = A(˜ x)∆x, ili kraće: dy = A(˜ x)∆x. Zbog veće simetrije formule, ∆x se oznaˇcava dx i zove diferencijal nezavisno promenljive. Prema tome, dy = Adx. Iz (4.5) sledi ∆y = dy + o(∆x), ∆x → 0, odakle zakljuˇcujemo da se priraˇstaj funkcije u nekoj taˇcki moˇze aproksimirati diferencijalom funkcije u toj taˇcki (uˇcinjena greˇska je beskonaˇcno mala viˇseg reda u odnosu na ∆x kad ∆x → 0): ∆y ≈ dy. 1

Zaista, ako je ∆y = A∆x + o(∆x) kad ∆x → 0 i ∆y = B∆x + o(∆x) kad ∆x → 0, onda je A∆x + o(∆x) = B∆x + o(∆x), ∆x → 0,

odakle deljenjem sa ∆x ̸= 0 dobijamo A+ Budući da je lim

∆x→0

dobijamo A = B .

o(∆x) o(∆x) =B+ , ∆x → 0. ∆x ∆x

(4.6)

o(∆x) = 0, prelaskom na graniˇcnu vrednost kad ∆x → 0 u jednakosti (4.6), ∆x

4.2. Diferencijal

235

Primer 4.13. Nad¯imo diferencijal funkcije f (x) = x3 u taˇcki 2. ∆y = f (2 + ∆x) − f (2) = (2 + ∆x)3 − 23 = 23 + 3 · 22 ∆x + 3 · 2(∆x)2 + (∆x)3 − 23 = 12∆x + 6(∆x)2 + (∆x)3 = 12∆x + (6∆x + (∆x)2 )∆x.

(4.7)

Budući da je 6∆x + (∆x)2 beskonaˇcno mala kad ∆x → 0, to iz (4.7) sledi da je funkcija f diferencijabilna u taˇcki 2 i da je njen diferencijal u toj taˇcki df (2) = 12∆x, odnosno df (2) = 12dx. • Sledeća teorema pokazuje vezu izmed¯u postojanja izvoda funkcije u nekoj taˇcki i diferencijabilnosti funkcije u toj taˇcki. Teorema 4.14. Funkcija f je diferencijabilna u taˇcki x0 ako i samo ako ima izvod u toj taˇcki. Dokaz. (=⇒): Neka je funkcija f je diferencijabilna u taˇcki x0 . Tada je ∆y = A∆x + o(∆x), ∆x → 0, za neki realan broj A, i stoga o(∆x) ∆y =A+ , ∆x → 0. ∆x ∆x Odavde je o(∆x) ∆y = A + lim = A. ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x lim

Prema tome, funkcija f ima izvod u taˇcki x0 i f ′ (x0 ) = A. (⇐=) Pretpostavimo da funkcija f ima izvod u taˇcki x0 , tj. da postoji lim f ′ (x0 ). Iz Teoreme 3.64 sledi da postoji δ > 0 tako da je

∆x→0

∆y = ∆x

∆y = f ′ (x0 ) + ϵ(∆x), 0 < |∆x| < δ, ∆x gde je lim ϵ(∆x) = 0, i prema tome ∆x→0

∆y = f ′ (x0 )∆x + ϵ(∆x)∆x, ˇsto znaˇci da je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 . Iz dokaza Teoreme 4.14 opet vidimo da je broj A iz definicije diferencijabilnosti funkcije f u taˇcki x0 jednoznaˇcno odred¯en jer A = f ′ (x0 ), i prema tome, i diferencijal funkcije f u toj taˇcki je jednoznaˇcno odred¯en: df (x0 ) = f ′ (x0 )dx, tj. dy = f ′ (x0 )dx. Iz (4.8) sledi f ′ (x0 ) =

dy , dx

(4.8)

236


dy . Napomenimo da je ovakvu oznaku za izvod uveo Lajbnic2 . dx Ako je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 , formula (4.5) se moˇze sada zapisati u obliku:

tj. y ′ =

∆y = f (x) − f (x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 ) + o(x − x0 ), x → x0 , odakle

f (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) + o(x − x0 ), x → x0 ,

(4.9)

Na osnovu (4.9) vidimo da se diferencijabilna funkcija f u taˇcki x0 moˇze aproksimirati linearnom funkcijom: f (x) ≈ f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ), pri ˇcemu se ˇcini greˇska koja je beskonaˇcno mala viˇseg reda u odnosu na x − x0 kad x → x0 . Sledeća teorema pokazuje vezu izmed¯u diferencijabilnosti i neprekidnosti funkcije u nekoj taˇcki. Teorema 4.15. Ako je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 , onda je ona neprekidna u toj taˇcki. Dokaz. Neka je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 . Tada iz (4.9) sledi lim f (x) =

x→x0

lim (f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) + o(x − x0 ))

x→x0

= f (x0 ) + f ′ (x0 ) lim (x − x0 ) + lim o(x − x0 ) x→x0

x→x0

= f (x0 ), i funkcija f je neprekidna u x0 . Obrat ovog tvrd¯enja ne vaˇzi, tj. ako je funkcija neprekidna u nekoj taˇcki ne mora biti diferencijabilna u toj taˇcki. Primer za to je funkcija f (x) = |x| koja je nerekidna u taˇcki x = 0, ali nije diferencijabilna u toj taˇcki jer nema izvod u toj taˇcki (Primer 4.5). Joˇs jedan primer je funkcija { 1 x sin , x ̸= 0 f (x) = x 0, x=0 koja je neprekidna u taˇcki x = 0 (Primeri 3.101 (vi)). Med¯utim ova funkcija nema ni levi ni desni izvod u taˇcki x = 0, jer funkcija 1 x sin f (x) − f (0) x = sin 1 , = x−0 x x nema ni levu, ni desnu graniˇcnu vrednost u toj taˇcki (Primer 3.29). 2

Gottfried Wilhelm von Leibniz (1646-1716), nemaˇcki matematiˇcar i filozof

4.2. Geometrijska interpretacija izvoda i diferencijala

237

Napomena 4.16. Iz Teoreme 4.15 i Teoreme 4.14 sledi da ako funkcija ima konaˇcan izvod u nekoj taˇcki, onda je ona neprekidna u toj taˇcki. Med¯utim, ako funkcija ima beskonaˇcan izvod u nekoj taˇcki, onda ona ne mora da bude neprekidna u toj taˇcki. Na primer, funkcija f (x) = sgn x, x ∈ R, je prekidna u taˇcki x = 0 i ima beskonaˇcan izvod u ovoj taˇcki: f (x) − f (0) −1 = lim == +∞, x→−0 x→−0 x x−0

f−′ (0) = lim i

f+′ (0) = lim

x→+0

1 f (x) − f (0) = lim = +∞, x→+0 x−0 x

pa je f ′ (0) = +∞. Analogno, ako funkcija ima konaˇcan levi (desni) izvod u taˇcki x0 , onda se moˇze dokazati da je funkcija neprekidna sleva (zdesna) u taˇcki x0 . Ako funkcija ima beskonaˇcan levi (desni) izvod u taˇcki x0 , onda ona ne mora biti neprekidna sleva (zdesna) u toj taˇcki, ˇsto opet pokazuje prethodni primer. •

4.3

Geometrijska interpretacija izvoda i diferencijala

Neka je funkcija f neprekidna na intervalu (a, b) i neka ima izvod u taˇcki x0 ∈ (a, b). Uoˇcimo taˇcke grafika funkcije f : A(x0 , f (x0 )) i M (x0 + ∆x, f (x0 + ∆x)) gde je ∆x ̸= 0 i takvo da x0 + ∆x ∈ (a, b). Prava AM se zove seˇcica grafika i njen koeficijent pravca je f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = tg φ, ∆x gde je φ ugao koji seˇcica AM zaklapa sa pozitivnim delom x−ose, dok je njena jednaˇcina y − f (x0 ) =

f (x0 + ∆x) − f (x0 ) (x − x0 ). ∆x

(4.10)

Kada ∆x → 0 tada se taˇcka M kreće po grafiku ka taˇcki A, a seˇcica AM teˇzi tangenti grafika funkcije u taˇcki A, tA .

238


Ako je α ugao koji tangenta tA zaklapa sa pozitivnim delom x−ose, onda je tg α njen koeficijent pravca. Kako je α = lim φ, ∆x→0

to je tg α = lim tg φ, ∆x→0

tj. tg α = lim

∆x→0

f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = f ′ (x0 ). ∆x

Prema tome, izvod f ′ (x0 ) je jednak koeficijentu pravca tangente grafika funkcije f u taˇcki A(x0 , f (x0 )) i njena jednaˇcina je y − f (x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 ).

(4.11)

Kako je diferencijal funkcije f u taˇcki x0 df (x0 ) = f ′ (x0 )∆x = f ′ (x0 )(x − x0 ), iz (4.11) vidimo da je jednak priraˇstaju ordinate tangente tA . Primećujemo da se jednaˇcina tangente grafika funkcije f u taˇcki A(x0 , f (x0 )) (jednaˇcina (4.11)) dobija iz jednaˇcine seˇcice (4.10) prelaskom na limes kad ∆x → 0. Pretpostavimo da je f ′ (x0 ) = +∞ ili f ′ (x0 ) = −∞. Ako jednaˇcinu seˇcice (4.10) zapiˇsemo u obliku y f (x0 +∆x)−f (x0 ) ∆x

−

f (x0 ) f (x0 +∆x)−f (x0 ) ∆x

= x − x0 ,

4.3. Geometrijska interpretacija izvoda i diferencijala

239

onda prelaskom na limes kad ∆x → 0 dobijamo jednaˇcinu x = x0 .

(4.12)

Prava ˇcija je jednaˇcina (4.12) zove se vertikalna tangenta grafika funkcije f u taˇcki π π (x0 , f (x0 )) (ova tangenta obrazuje sa pozitivnim delom x-ose ugao ili − ). 2 2

Primer 4.17. Tangenta grafika funkcije f (x) = ex u taˇcki (0, 1) je y − 1 = f ′ (0)(x − 0), tj. (f ′ (x) = ex za svako x ∈ R, pa je f ′ (0) = e0 = 1) y = x + 1. • y

f HxL = ãx

ã

y = x+1 1

x 0

1

240


Primer 4.18. Funkcija f (x) =

√ 3

x u taˇcki x0 = 0 ima beskonaˇcan izvod:

√ 3 f (0 + ∆x) − f (0) ∆x 1 lim = lim = lim √ = +∞. 3 ∆x→0 ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x (∆x)2 Prava x = 0, tj. y-osa je vertikalna tangenta grafika funkcije f u taˇcki (0, 0). • y

f HxL =

3

x x

Sada je lako uoˇciti geometrijsku interpretaciju pojma levog i desnog izvoda. Neka funkcija f : (a, b) → R ima levi i desni izvod u taˇcki x0 ∈ (a, b). Levi izvod f−′ (x0 ) je koeficijent pravca leve tangente (u upotrebi je i termin polutangenta) grafika funkcije u taˇcki (x0 , f (x0 )), dok je desni izvod f+′ (x0 ) koeficijent pravca desne tangente grafika funkcije u toj taˇcki. Njihove jednaˇcine su respektivno: y − f (x0 ) = f−′ (x0 )(x − x0 ),

i y − f (x0 ) = f+′ (x0 )(x − x0 ).

Ako je f−′ (x0 ) ̸= f+′ (x0 ) onda se ove tangente razlikuju, tj. ugao izmed¯u njih je razliˇcit od nule, i taˇcka (x0 , f (x0 )) se naziva ugaonom taˇckom grafika funkcije f . Ako je f−′ (x0 ) = −∞ i f+′ (x0 ) = +∞ ili, f−′ (x0 ) = +∞ i f+′ (x0 ) = −∞ , onda je prava x = x0 vertikalna tangenta grafika funkcije u taˇcki (x0 , f (x0 )).

Primer ugaone taˇcke i vertikalne tangente. Primer 4.19. Neka je  1   x arctg , x f (x) =   0,

za x ̸= 0 za x = 0.

4.3. Pravila diferenciranja

241

Iz 1 ∆x arctg f (0 + ∆x) − f (0) ∆x = lim arctg 1 = − π , lim = lim ∆x→−0 ∆x→−0 ∆x→−0 ∆x ∆x ∆x 2 π sledi f−′ (0) = − . Budući da takod¯e postoji limes: 2 1 ∆x arctg f (0 + ∆x) − f (0) ∆x = lim arctg 1 = π , = lim lim ∆x→+0 ∆x→+0 ∆x→+0 ∆x ∆x ∆x 2 π zakljuˇcujemo da funkcija f ima desni izvod u 0 i da je f+′ (0) = . 2 y

Π

Π x

y=2

x

y=

Π

1

2

2

f HxL = x arctg x x

1

-1

Prema tome, taˇcka (0, 0) je ugaona taˇcka grafika funkcije f . Jednaˇcina leve π tangente grafika funkcije u toj taˇcki je y = − x, dok je jednaˇcina desne tangente u 2 π toj taˇcki y = x. • 2 √ 3 Primer 4.20. Neka je f (x) = x2 . Kako je √ 3 (∆x)2 f (0 + ∆x) − f (0) 1 = lim = lim √ lim = −∞, ∆x→−0 ∆x→−0 3 ∆x ∆x→−0 ∆x ∆x to je f−′ (x0 ) = −∞, a kako je f (0 + ∆x) − f (0) lim = lim ∆x→+0 ∆x→+0 ∆x

√ 3

(∆x)2 1 = +∞, = lim √ 3 ∆x→+0 ∆x ∆x

to je f+′ (x0 ) = +∞, pa je prava x = 0, tj. y-osa, vertikalna tangenta grafika funkcije f u taˇcki (0, 0). • y

f HxL =

3

x2

x

242


4.4

Pravila diferenciranja

U ovoj sekciji izlaˇzemo pravila za nalaˇzenje izvoda zbira, razlike, proizvoda i koliˇcnika dva diferencijabilne funkcije, kao i pravila za izvod inverzne i sloˇzene funkcije. Teorema 4.21. Neka funkcije f i g imaju izvod u taˇcki x0 . Tada i funkcije f + g, f − g i f g imaju izvod u taˇcki x0 i vaˇzi (f + g)′ (x0 ) = f ′ (x0 ) + g ′ (x0 ),

(4.13)

(f − g)′ (x0 ) = f ′ (x0 ) − g ′ (x0 ),

(4.14)

(f g)′ (x0 )

=

f ′ (x0 )g(x0 )

Ako je joˇs i g(x0 ) ̸= 0, tada i funkcija

+

f (x0 )g ′ (x0 ).

(4.15)

f ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi g

( )′ f f ′ (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g ′ (x0 ) (x0 ) = . g g 2 (x0 )

(4.16)

Dokaz. lim

x→x0

(f + g)(x) − (f + g)(x0 ) x − x0

f (x) + g(x) − (f (x0 ) + g(x0 )) x − x0 ) ( f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) = lim + . x→x0 x − x0 x − x0

=

lim

x→x0

Budući da funkcije f i g imaju izvod u taˇcki x0 , to konaˇcni limesi oba sabirka u zagradi postoje, pa je na osnovu Teoreme 3.48 ) ( f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) + = lim + lim lim x→x0 x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 x − x0 x − x0 ′ ′ = f (x0 ) + g (x0 ). Prema tome, funkcija f + g ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi (4.13). Analogno se dokazuje da vaˇzi (4.14). (4.15): Budući da funkcija g ima izvod u x0 , ona je neprekidna u x0 (Napomena 4.16), tj. lim g(x) = g(x0 ). Kako i funkcija f ima izvod u x0 , iz x→x0

lim

x→x0

f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) = x − x0 f (x)g(x) − f (x0 )g(x) + f (x0 )g(x) − f (x0 )g(x0 ) = lim x→x0 x − x0 ( ) f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) = lim g(x) + f (x0 ) , x→x0 x − x0 x − x0

na osnovu Teoreme 3.48 sledi f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) = x→x0 x − x0 g(x) − g(x0 ) f (x) − f (x0 ) + f (x0 ) lim = lim g(x) lim x→x0 x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 ′ ′ = f (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g (x0 ). lim


243

Prema tome, funkcija f g ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi (4.15). (4.16): Neka funkcije f i g imaju izvod u taˇcki x0 i neka je g(x0 ) ̸= 0. Sledi g je neprekidna u taˇcki x0 i iz lim g(x) = g(x0 ) ̸= 0, na osnovu Teoreme 3.41 sledi da x→x0

je g(x) ̸= 0 za x iz neke okoline taˇcke x0 . U toj okolini je definisan koliˇcnik f (x) f (x0 ) − g(x) g(x0 ) lim x→x0 x − x0

= = =

=

lim

x→x0

lim

x→x0

lim

x→x0

lim

x→x0

f i vaˇzi g

f (x)g(x0 ) − f (x0 )g(x) f (x)g(x0 ) − f (x0 )g(x) g(x)g(x0 ) = lim x→x0 x − x0 g(x)g(x0 )(x − x0 ) f (x)g(x0 ) − f (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g(x) g(x)g(x0 )(x − x0 ) (f (x) − f (x0 ))g(x0 ) − f (x0 )(g(x) − g(x0 )) g(x)g(x0 )(x − x0 ) g(x) − g(x0 ) f (x) − f (x0 ) g(x0 ) − f (x0 ) x − x0 x − x0 . g(x)g(x0 )

Na osnovu Teoreme 3.48 sledi f (x) f (x0 ) − g(x) g(x0 ) lim x→x0 x − x0

lim

=

f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) g(x0 ) − f (x0 ) lim x→x x − x0 x − x0 0 g(x0 ) lim g(x) x→x0

=

Prema tome, funkcija

x→x0

f ′ (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g ′ (x0 ) . g 2 (x0 )

f ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi (4.16). g

Posledica 4.22. Ako funkcija f ima izvod u taˇcki x0 , onda i funkcija cf , gde je c konstanta, ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi (cf )′ (x0 ) = cf ′ (x0 ). Dokaz. Na osnovu Teoreme 4.21 (4.15) i Primera 4.6 sledi (cf )′ (x0 ) = c′ f (x0 ) + cf ′ (x0 ) = 0 + cf ′ (x0 ) = cf ′ (x0 ). Posledica 4.23. Ako funkcije f i g imaju izvod u taˇcki x0 , onda i funkcija c1 f +c2 g, gde su c1 i c2 konstante, ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi (c1 f + c2 g)′ (x0 ) = c1 f ′ (x0 ) + c2 g ′ (x0 ). Dokaz. Sledi iz Teoreme 4.21 (4.13) i Posledice 4.22. Primer 4.24. Nad¯imo izvod funkcije y1 = tgx i funkcije y2 = ctgx.

244

Glava 4. Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive Na osnovu Teoreme 4.21 (4.16) imamo ′

(tgx)

(

) sin x ′ (sin x)′ cos x − sin x(cos x)′ = cos x cos2 x cos x cos x − sin x(− sin x) 1 π = , za x ̸= + kπ, 2 2 cos x cos x 2

= =

i

(ctgx)′ = =

( cos x )′

(cos x)′ sin x − cos x(sin x)′ sin x sin2 x − sin x sin x − cos x cos x 1 = − 2 , za x ̸= kπ. • 2 sin x sin x =

Izvod inverzne funkcije

Teorema 4.25. Neka je funkcija y = f (x) strogo monotona i neprekidna u nekoj okolini taˇcke x0 . Ako funkcija f ima izvod u taˇcki x0 i ako je f ′ (x0 ) ̸= 0, tada inverzna funkcija f −1 ima izvod u taˇcki y0 = f (x0 ) i vaˇzi (f −1 )′ (y0 ) =

1 f ′ (x0 )

.

(4.17)

Dokaz. Kako je funkcija f strogo monotona i neprekidna u nekoj okolini taˇcke x0 , to je inverzna funkcija definisana i neprekidna u nekoj okolini U (y0 ) taˇcke y0 = f (x0 ) (Teorema 3.125). Primetimo da kad y → y0 , tada f −1 (y) → f −1 (y0 ) = x0 , i ako je y ̸= y0 , onda je f −1 (y) ̸= f −1 (y0 ) = x0 . Prema tome, lim

y→y0

f −1 (y) − f −1 (y0 ) y − y0

1 y − y0 f −1 (y) − f −1 (y0 ) 1 = lim . −1 y→y0 f (f (y)) − f (x0 ) f −1 (y) − x0

=

lim

y→y0

(4.18)

Na osnovu Teoreme 3.82 (smena x = f −1 (y), lim f −1 (y) = f −1 (y0 ) = x0 , za y→y0

svako y ∈ U (y0 ), y ̸= y0 , vaˇzi f −1 (y) ̸= x0 , i postoji lim

x→x0

sledi lim

y→y0

f (x) − f (x0 ) = f ′ (x0 )) x − x0

f (x) − f (x0 ) f (f −1 (y)) − f (x0 ) = lim = f ′ (x0 ). x→x0 f −1 (y) − x0 x − x0

(4.19)


245

Iz (4.18) i (4.19), budući da je f ′ (x0 ) ̸= 0, na osnovu Teoreme 3.48 (3.23) sledi lim

y→y0

f −1 (y) − f −1 (y0 ) y − y0

=

lim

y→y0

1 f (f −1 (y)) f −1 (y)

− f (x0 ) − x0

1

= lim

f (f −1 (y)) f −1 (y)

y→y0

1

=

f ′ (x0 )

− f (x0 ) − x0

,

i prema tome, funkcija f −1 ima izvod u taˇcki y0 i (f −1 )′ (y0 ) =

1 f ′ (x

0)

.

Jednakost (4.17) se moˇze zapisati u obliku (f −1 )′ (y0 ) =

1 f ′ (f −1 (y

0 ))

.

(4.20)

Formulu (4.17) takod¯e zapisujemo kraće: x′y =

1 , yx′

odnosno, dx 1 . = dy dy dx [ π π] Primer 4.26. Neka je funkcija f : − , → [−1, 1] restrikcija funkcije sin. Tada 2 2 ( π π) je f strogo rastuća i neprekidna na intervalu − , i f ′ (x) = cos x ̸= 0 za 2 2 ( π π) svako x ∈ − , , pa funkcija f ispunjava uslove Teoreme 4.25 u svakoj taˇcki 2 ( π 2π ) intervala − , . Stoga inverzna funkcija f −1 (y) = arcsin y ima izvod u svakoj 2 2 taˇcki y ∈ (−1, 1) i vaˇzi (f −1 )′ (y) =

1 1 = . f ′ (f −1 (y)) cos(arcsin y)

π π Za y ∈ (−1, 1), arcsin y ∈ (− , ), pa je cos(arcsin y) > 0 i stoga3 , cos(arcsin y) = 2 2 √ √ 1 − sin2 (arcsin y) = 1 − y 2 . Prema tome, (arcsin y)′ = √

1 1 − y2

,

za y ∈ (−1, 1). •

Iz osnovnog trigonometrijskog identiteta sin2 α + cos2 α = 1, α ∈ R, sledi cos2 α = 1 − sin2 α, √ 2 pa je cos α = sgn (cos α) 1 − sin α. 3

246


Primer 4.27. Neka je funkcija f : [0, π] → [−1, 1] restrikcija funkcije cos. Tada je f strogo opadajuća i neprekidna na intervalu (0, π) i f ′ (x) = − sin x ̸= 0 za svako x ∈ (0, π), pa funkcija f ispunjava uslove Teoreme 4.25 za svako x ∈ (0, π). Zato inverzna funkcija f −1 (y) = arccos y ima izvod u svakoj taˇcki y ∈ (−1, 1) i (f −1 )′ (y) =

1

=

f ′ (f −1 (y))

1 . − sin(arccos y)

Za y ∈ (−1, 1), arccos y ∈ (0, π) i sin(arccos y) > 0. Sledi4 sin(arccos y) =

√

1 − cos2 (arccos y) =

√

1 − y2.

Prema tome, (arccos y)′ = − √

1 1 − y2

,

za y ∈ (−1, 1). •

π π Primer 4.28. Funkcija f : (− , ) → (−∞, ∞) koja je restrikcija funkcije tg je 2 2 π π 1 strogo rastuća i neprekidna na intervalu (− , ). Osim toga, f ′ (x) = ̸= 0 2 2 cos2 x π π π π za x ∈ (− , ), pa funkcija f ispunjava uslove Teoreme 4.25 za svako x ∈ (− , ). 2 2 2 2 Stoga inverzna funkcija f −1 (y) = arctg y ima izvod u svakoj taˇcki y ∈ (−∞, ∞) i vaˇzi 1 1 = (f −1 )′ (y) = ′ −1 = cos2 (arctg y). 1 f (f (y)) cos2 (arctg y) Budući da je cos2 u =

π 1 , u ̸= + kπ, k ∈ Z, to je 2 2 1 + tg u

cos2 (arctg y) =

1 1+

tg2 (arctg y)

=

1 . 1 + y2

Prema tome, (arctg y)′ =

1 , 1 + y2

za y ∈ (−∞, +∞). •

Primer 4.29. Ako je f : (0, π) → (−∞, ∞) restrikcija funkcije ctg, onda je f ′ (x) = 1 − 2 ̸= 0 za x ∈ (0, π) i f je strogo opadajuća i neprekidna na intervalu (0, π). sin x Prema tome, funkcija f ispunjava uslove Teoreme 4.25 za svaku taˇcku x ∈ (0, π), pa inverzna funkcija f −1 (y) = arcctg y ima izvod u svakoj taˇcki y ∈ (−∞, ∞) i vaˇzi (f −1 )′ (y) =

4

1 f ′ (f −1 (y))

=

1 = − sin2 (arcctg y). 1 − 2 sin (arcctg y)

√ Sliˇcno sin α = sgn (sin α) 1 − cos2 α, α ∈ R.

4.4. Pravila diferenciranja Kako je sin2 u =

247

1 , u ̸= kπ, k ∈ Z, to je 1 + ctg2 u sin2 (arcctg y) =

Sledi (arcctg y)′ = −

1 1+

ctg2 (arcctg y)

1 , 1 + y2

=

1 . 1 + y2

za y ∈ (−∞, +∞). •

Izvod sloˇ zene funkcije Teorema 4.30. Neka funkcija y = f (x) ima izvod u taˇcki x0 i neka funkcija z = F (y) ima izvod u taˇcki y0 = f (x0 ). Tada sloˇzena funkcija Φ(x) = (F ◦ f )(x) = F (f (x)) ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi Φ′ (x0 ) = (F ◦ f )′ (x0 ) = F ′ (f (x0 ))f ′ (x0 ).

(4.21)

Dokaz. Budući da funkcija f ima izvod u taˇcki x0 ona je definisana u nekoj okolini U0 (x0 ) taˇcke x0 i neprekidna je u taˇcki x0 . Funkcija F je definisana u nekoj okolini V (f (x0 )) taˇcke f (x0 ) jer ima izvod u toj taˇcki. Kako je lim f (x) = f (x0 ), to x→x0

postoji okolina U (x0 ) ⊂ U0 (x0 ) takva da je f (U (x0 )) ⊂ V (f (x0 )). Prema tome, sloˇzena funkcija Φ = F ◦ f je definisana u okolini U (x0 ) taˇcke x0 . Neka je  ◦ F (f (x)) − F (f (x0 ))   , za x ∈ U (x0 ) ako je f (x) ̸= f (x0 )   f (x) − f (x0 ) h(x) =   ◦   F ′ (f (x )), za x ∈ U (x0 ) ako je f (x) = f (x0 ). 0 Kako je lim f (x) = f (x0 ) = y0 i lim x→x0

y→y0

osnovu Teoreme 3.91, sledi da je

F (y) − F (y0 ) = F ′ (y0 ) = F ′ (f (x0 )), na y − y0

lim h(x) = F ′ (f (x0 )).

x→x0 ◦

Primetimo da za x ∈ U (x0 ) vaˇzi jednakost f (x) − f (x0 ) F (f (x)) − F (f (x0 )) = h(x) . x − x0 x − x0 Odavde i iz (4.22), na osnovu Tvrd¯enja 3.48 (3.22), sledi F (f (x)) − F (f (x0 )) Φ(x) − Φ(x0 ) = lim x→x x − x0 x − x0 0 f (x) − f (x0 ) = lim h(x) lim = F ′ (f (x0 ))f ′ (x0 ). x→x0 x→x0 x − x0 lim

x→x0

(4.22)

248


Prema tome, funkcija Φ ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi Φ′ (x0 ) = F ′ (f (x0 ))f ′ (x0 ). Prethodnu teoremu smo mogli dokazati i na sledeći naˇcin: Funkcija z = F (y) je diferencijabilna u taˇcki y0 = f (x0 ), tj. ∆z = F ′ (y0 )∆y + ϵ(∆y)∆y,

(4.23)

gde je lim ϵ(∆y) = 0. Funkcija ϵ nije definisana za ∆y = 0. Biće nam zgodno da ∆y→0

je dodefiniˇsimo tako da bude neprekidna za ∆y = 0 stavljajući ϵ(0) = 0. Jednakost (4.23) će i dalje vaˇziti. Deleći je sa ∆x ̸= 0 dobijamo ∆y ∆y ∆z = F ′ (y0 ) + ϵ(∆y) . ∆x ∆x ∆x

(4.24)

Funkcija y = f (x) ima izvod u taˇcki x0 , tj. postoji konaˇcna graniˇcna vrednost lim

∆x→0

∆y = f ′ (x0 ). ∆x

(4.25)

Osim toga, funkcija y = f (x) je neprekidna u taˇcki x0 (jer ima izvod u toj taˇcki), pa je lim ∆y = 0. Kako je ∆y = 0 za ∆x = 0, zakljuˇcujemo da je priraˇstaj ∆y, ∆x→0

posmatran kao funkcija ˇciji je argument ∆x, neprekidna funkcija u taˇcki ∆x = 0. Sada na osnovu Tvrd¯enja 3.111 sledi da je lim ϵ(∆y) = 0.

(4.26)

∆x→0

Prelaskom na limes kad ∆x → 0 u jednakosti (4.24), na osnovu (4.25) i (4.26) dobijamo ∆y ∆y ∆z = F ′ (y0 ) lim + lim ϵ(∆y) lim = F ′ (y0 )f ′ (x0 ). ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x→0 ∆x lim

Formulu (4.21) zapisujemo kraće: zx′ = zy′ yx′ , odnosno, dz dz dy = . dx dy dx Primer 4.31. Nad¯imo izvod funkcije y = xα , x > 0, α ∈ R. Kako je α

xα = eln x = eα ln x , to na osnovu Teoreme 4.30 sledi (xα )′ = (eα ln x )′ = eα ln x (α ln x)′ = xα α

1 = αxα−1 . • x


249

Sada moˇzemo formirati tablicu izvoda osnovnih elementarnih funkcija. S obzirom da se svaka elementarna funkcija dobija primenom konaˇcno mnogo puta aritmetiˇckih operacija i operacije kompozicije funkcija nad osnovnim elementarnim funkcijama, to se koriˇsćenjem ove tablice, Teoreme 4.21 i Teoreme 4.30 moˇze naˇci izvod bilo koje elementarne funkcije, naravno u taˇckama gde taj izvod postoji. (c)′ = 0, c = const, x ∈ R, (xα )′ = αxα−1 , α ∈ R, x > 0, (ax )′ = ax ln a, a > 0, a ̸= 1, x ∈ R, (ex )′ = ex , x ∈ R, 1 , a > 0, a ̸= 1, x > 0, x ln a 1 (ln x)′ = , x > 0, x ′ (sin x) = cos x, x ∈ R,

(loga x)′ =

(cos x)′ = − sin x, x ∈ R, π 1 , x ̸= + kπ, k ∈ Z, cos2 x 2 1 (ctg x)′ = − 2 , x ̸= kπ, k ∈ Z, sin x 1 (arcsin x)′ = √ , x ∈ (−1, 1), 1 − x2 1 (arccos x)′ = − √ , x ∈ (−1, 1), 1 − x2 1 (arctg x)′ = , x ∈ R, 1 + x2 1 (arcctg x)′ = − , x ∈ R. 1 + x2 (tg x)′ =

Primer 4.32. Funkcija hiperbliˇcki sinus je definisana sa sh x =

ex − e−x , x ∈ R, 2

a funkcija hiperbliˇcki kosinus sa ch x =

ex + e−x , x ∈ R. 2

Funkcije hiperbliˇcki tangens i hiperbliˇcki kotangens su definisane respektivno sa th x =

ex − e−x ch x ex + e−x sh x = x , cth x = = , x ∈ R. ch x e + e−x sh x ex − e−x

250


Primetimo da vaˇze sledeće jednakosti sh (x ± y) = sh x ch y ± ch x sh y,

(4.27)

ch (x ± y) = ch x ch y ± sh x sh y

(4.28)

ch 2 x

−

sh 2 x

= 1,

(4.29)

sh 2x = 2 sh x ch x.

(4.30)

Zaista, ex − e−x ey + e−y ex + e−x ey − e−y sh xch y + ch xsh y = · + · 2 2 2 2 ) 1 ( x+y = e + ex−y − ey−x − e−(x+y) + ex+y − ex−y + ey−x − e−(x+y) 4 ex+y − e−(x+y) = = sh (x + y), 2 i ex + e−x ey + e−y ex − e−x ey − e−y ch xch y + sh xsh y = · + · 2 2 2 2 ) 1 ( x+y = e + ex−y + ey−x + e−(x+y) + ex+y − ex−y − ey−x + e−(x+y) 4 ex+y + e−(x+y) = = ch (x + y), 2 Jednakost (4.29) sledi iz (4.28): ch 2 x − sh 2 x = ch (x − x) = ch 0 = 1. Jednakost (4.30) sledi iz (4.27). Primetimo joˇs da je formulama x = a cos t, y = b sin t,

4.4. Izvodi viˇseg reda

251

parametarski zadana elipsa: dok je formulama

( x )2 a

+

( y )2 b

= 1,

x = a ch t, y = b sh t, a, b > 0, t ∈ R, ( x )2 ( y )2 − = 1. parametarski zadana hiperbola: a b Sve ove formule ukazuju na izvesnu sliˇcnost ovih funkcija sa trigonometrijskim funkcijama, odakle i potiˇce njihov naziv. Nad¯imo izvode hiperboliˇckih funkcija. Na osnovu Teoreme 4.30 sledi (e−x )′ = −x −e i prema tome, )′ ( x ex − e−x e + e−x ′ = (ch x) = = sh x, 2 2 ( x )′ e − e−x ex + e−x ′ (sh x) = = = ch x, 2 2 ) ( 1 sh x ′ ch 2 x − sh 2 x ′ = , (th x) = = 2 ch x ch x ch 2 x ) ( 1 ch x ′ sh 2 x − ch 2 x ′ = − 2 , x ∈ R. • (cth x) = = 2 sh x sh x sh x Logaritamski izvod Neka je funkcija y = f (x) pozitivna i diferencijabilna na intervalu (a, b). Tada je funkcija z = ln f (x) definisana i diferencijabilna na intervalu (a, b). Njen izvod se zove logaritamski izvod funkcije f i na osnovu Teoreme 4.30 vaˇzi z ′ (x) =

f ′ (x) . f (x)

Sledeći primer pokazuje kako je logaritamski izvod podesan za nalaˇzenje izvoda nekih funkcija. Primer 4.33. Neka su funkcije φ i ψ diferencijabilne na intervalu (a, b) i neka je φ(x) > 0 za x ∈ (a, b). Nad¯imo izvod funkcije y = φ(x)ψ(x) na intervalu (a, b). Kako je ln y = ln φ(x)ψ(x) = ψ(x) ln φ(x), to je

y′ φ′ (x) = ψ ′ (x) ln φ(x) + ψ(x) , y φ(x)

i prema tome,

( ) φ′ (x) ′ y = φ(x) ψ (x) ln φ(x) + ψ(x) . φ(x) Ako je y = xx , onda je prema prethodnom ′

ψ(x)

y ′ = xx (ln x + 1). •

252

4.5


Izvodi viˇ seg reda

Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna u svakoj taˇcki intervala (a, b). Kao ˇsto smo već rekli u sekciji 4.1, njen izvod je funkcija nezavisno promenljive x (x ∈ (a, b)) i zove se prva izvodna funkcija, prvi izvod ili izvod prvog reda funkcije f i oznaˇcava sa f ′ ili f (1) . Ako ta funkcija f ′ : (a, b) → R ima izvod u nekoj taˇcki x0 ∈ (a, b), onda se taj izvod (f ′ )′ (x0 ) zove drugi izvod (ili izvod drugog reda) funkcije f u taˇcki x0 i obeleˇzava sa f ′′ (x0 ) ili f (2) (x0 ). Ako funkcija f ′ : (a, b) → R ima izvod u svakoj taˇcki intervala (a, b), onda to znaˇci da je na intervalu (a, b) definisana funkcija f ′′ sa: (∀x ∈ (a, b)) f ′′ (x) = (f ′ )′ (x). Funkcija f ′′ se naziva drugom izvodnom funkcijom, drugim izvodom ili izvodom drugog reda funkcije f na intervalu (a, b). Oznaˇcava se joˇs i sa f (2) . Sliˇcno se definiˇse treći izvod funkcije f u taˇcki x0 ∈ (a, b) ili na intervalu (a, b): f ′′′ (x0 ) = (f ′′ )′ (x0 );

(∀x ∈ (a, b)) f ′′′ (x) = (f ′′ )′ (x).

Zove se osim toga i izvod trećeg reda i oznaˇcava joˇs i sa f (3) . Pretpostavimo da je definisan n-ti izvod funkcije f na intervalu (a, b) za neko n ∈ N, u oznaci f (n) . Tada se (n + 1)-vi izvod funkcije f definiˇse kao izvod funkcije f (n) : f (n+1) (x) = (f (n) )′ (x), x ∈ (a, b), tj. f (n) (x + ∆x) − f (n) (x) . ∆x→0 ∆x

f (n+1) (x) = lim

Za n-ti izvod se kaˇze da je izvod n-tog reda. Pod izvodom nultog reda, u oznaci f (0) podrazumevamo samu funkciju, f (0) = f . Ako funkcija ima n-ti izvod u taˇcki x0 , onda kaˇzemo da je n-puta diferencijabilna u taˇcki x0 , n = 1, 2, . . . . Primer 4.34. Funkcija { f (x) =

1 x sin , x 0,

x ̸= 0 x=0

ima izvod u svakoj taˇcki sem u 0 (videti primer pre Napomene 4.16): f ′ (x) = sin

1 1 1 − cos , x ̸= 0. x x x

1 Grafik funkcije f (x) = x sin : x


253

0.4

0.2

-0.4

0.2

-0.2

0.4

-0.2

-0.4

( ) 1 ′ Grafik izvodne funkcije x 7→ x sin , x ̸= 0: x

10

5

-0.4

0.2

-0.2

0.4

-5

-10

•

254


Napomena 4.35. Iz pretpostavke da je funkcija n-puta diferencijabilna u taˇcki x0 , tj. da ima n-ti izvod u taˇcki x0 , sledi da postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 u kojoj funkcija f ima izvod n − 1-og reda. Zaista, f (n) (x0 ) je prvi izvod funkcije f (n−1) u taˇcki x0 , pa postoji okolina U (x0 ) taˇcke x0 u kojoj je funkcija f (n−1) definisana. Odavde sledi da ako je n > 1, funkcija ima i sve izvode reda k < n−1 u okolini U (x0 ), i da su svi ti izvodi neprekidne funkcije u okolini U (x0 ) (s obzirom da iz postojanja izvoda neke funkcije u datoj taˇcki sledi neprekidnost funkcije u toj taˇcki), a samim tim je i funkcija f definisana i neprekidna u okolini U (x0 ). • Ako je funkcija n-puta diferencijabilna u svakoj taˇcki intervala (a, b), onda kaˇzemo da je n-puta diferencijabilna na intervalu (a, b). Napomena 4.36. Ako je funkcija n-puta diferencijabilna na intervalu (a, b), onda ima sve izvode do n − 1-og reda zakljuˇcno neprekidne na intervalu (a, b). • Za funkciju f kaˇzemo da je n-puta neprekidno diferencijabilna na intervalu (a, b) ako u svakoj taˇcki ovog intervala ima neprekidan izvod n-tog reda. Napomena 4.37. Ako je funkcija n-puta neprekidno diferencijabilna na intervalu (a, b), onda ima sve izvode do n-tog reda zakljuˇcno neprekidne na intervalu (a, b). • Primer 4.38. Neka je { f (x) =

1 x2 sin , x 0,

Za x ̸= 0 imamo da je f ′ (x) = 2x sin

x ̸= 0, x = 0.

1 1 − cos . Izvod u 0 nalazimo po definiciji: x x

1 x2 sin f (x) − f (0) x f ′ (0) = lim = lim x→0 x→0 x − 0 x ( ) 1 = lim x sin = 0. x→0 x Prema tome, prva izvodna funkcija funkcije f je: { 1 1 2x sin − cos , ′ f (x) = x x 0,

x ̸= 0, x=0

i funkcija f je diferencijabilna u skupu R. Med¯utim ona nije i neprekidno diferencijabilna u ovom skupu, tj. izvodna funkcija f ′ nije neprekidna na skupu R. Naime, za ( ) 1 1 1 ′ x ̸= 0 je f (x) = 2x sin −cos i budući da postoji lim 2x sin = 0 (Primer 3.62 x→0 x x x 1 ili Primer 3.45), dok lim cos ne postoji (Primer 3.29), zakljuˇcujemo da ne postoji x→0 x ni lim f ′ (x) (Tvrd¯enje 3.53), tj. 0 je taˇcka prekida druge vrste izvodne funkcije f ′ . x→0


255

Med¯utim, kako je izvodna funkcija f ′ neprekidna na intervalima (−∞, 0) i (0, +∞), to je u ovim intervalima funkcija f neprekidno diferencijabilna. Grafik funkcije f :

0.002

0.001

-0.04

0.02

-0.02

0.04

-0.001

-0.002

Grafik prve izvodne funkcije f ′ :

1.0

0.5

-0.4

0.2

-0.2

0.4

-0.5

-1.0

•

Primeri 4.39. (i) Za f (x) = ax , a > 0, a ̸= 1, vaˇzi f ′ (x) = ax ln a, f ′′ (x) = ax ln2 a, x ∈ R. Indukcijom se dokazuje da za svako n ∈ N vaˇzi f (n) (x) = ax lnn a, x ∈ R. Specijalno, (ex )(n) = ex , x ∈ R, n ∈ N. (ii) Neka je f (x) = xα , α ∈ R, x > 0. Tada je f ′ (x) = αxα−1 , f ′′ (x) = α(α − 1)xα−2 , f ′′′ (x) = α(α − 1)(α − 2)xα−3 , . . . .

256


Indukcijom se dokazuje da za svako n ∈ N vaˇzi (xα )(n) = α(α − 1) · · · · · (α − n + 1)xα−n , x > 0. (iii) Za f (x) = sin x vaˇzi ( π) f ′ (x) = cos x = sin x + , 2( π) f ′′ (x) = − sin x = sin(x + π) = sin x + 2 , 2 ( ) π f (3) (x) = − cos x = sin x + 3 , 2) ( π f (4) (x) = sin x = sin x + 4 . 2 Indukcijom se dokazuje da je za svako n ∈ N ( π) (sin x)(n) = sin x + n . 2

(4.31)

Primetimo da (4.31) vaˇzi i za sluˇcaj kada je n = 0. Kako je (cos x)′ = − sin x, to je, na osnovu (4.31), (cos x)(n) = ((cos x)′ )(n−1) = (− sin x)(n−1) = −(sin x)(n−1) ) ( ) ( π (n − 1)π (n − 1)π = cos +x+ = − sin x + 2 2 2 ( π) = cos x + n .• 2 Primer 4.40. Neka je polinom Pn ∈ R[x] stepena n razvijen po stepenima binoma (x − a): Pn (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + c3 (x − a)3 + · · · + cn (x − a)n . Izrazićemo koeficijente ck , k = 0, 1, . . . , n, preko vrednosti polinoma i njegovih izvoda u taˇcki a. Jasno, Pn (a) = c0 . Nad¯imo prvi izvod ovog polinoma: Pn′ (x) = c1 + 2c2 (x − a) + 3c3 (x − a)2 + · · · + ncn (x − a)n−1 . Odavde sledi da je Pn′ (a) = c1 . Druga izvodna funkcija polinoma Pn je: Pn′′ (x) = 2 · 1 · c2 + 3 · 2 · c3 (x − a) + · · · + n · (n − 1) · cn (x − a)n−2 , odakle dobijamo

Pn′′ (a) = 2 · 1 · c2 ,

pa je c2 =

Pn′′ (a) . 2!


257

Treća izvodna funkcija polinoma Pn je: Pn′′′ (x) = 3 · 2 · 1 · c3 + · · · + n · (n − 1) · (n − 2) · cn (x − a)n−3 , te je Pn′′′ (a) = 3 · 2 · 1 · c3 , i stoga c3 =

Pn′′′ (a) . 3!

Nastavljajući postupak, nalazimo konaˇcno n-ti izvod polinoma Pn : Pn(n) (x) = n · (n − 1) · (n − 2) · · · · · 2 · 1 · cn = n! · cn , pa je Pn(n) (a) = n! · cn , odakle dobijamo (n)

Pn (a) . cn = n! Prema tome, Pn (x) = Pn (a)+Pn′ (a)(x−a)+

P ′′′ (a) Pn (a) Pn′′ (a) (x−a)2 + n (x−a)3 +· · ·+ (x−a)n . • 2! 3! n! (n)

Teorema 4.41. Neka su funkcije f i g n-puta diferencijabilne na intervalu (a, b). Tada je su i funkcije f + g i f · g n-puta diferencijabilne na intervalu (a, b) i vaˇze sledeće formule: (f + g)(n) (x) = f (n) (x) + g (n) (x) i (n)

(f g)

n ( ) ∑ n (n−k) (x) = f (x)g (k) (x), x ∈ (a, b). k

(4.32)

(4.33)

k=0

Formula (4.33) je poznata pod nazivom Lajbnicova formula. Dokaz. Dokaz formula (4.32) i (4.33) izvodimo indukcijom. Za n = 1 je (f + g)′ (x) = f ′ (x) + g ′ (x) i (f g)′ (x) = f ′ (x)g(x) + f (x)g ′ (x). Pretpostavimo da formule (4.32) i (4.33) vaˇze za neko n ∈ N. Dokaˇzimo da one vaˇze i za izvode (n + 1)-vog reda. Vaˇzi: (f + g)(n+1) = ((f + g)(n) )′ = (f (n) + g (n) )′ = (f (n) )′ + (g (n) )′ = f (n+1) + g (n+1) ,

258


i

]′ n ( ) ∑ n ((f g)(n) )′ = f (n−k) g (k) k k=0 n ( )( ) ∑ n f (n−k+1) g (k) + f (n−k) g (k+1) k k=0 ( ) n n ( ) ∑ n (n−k+1) (k) ∑ n (n−k) (k+1) f g + f g k k k=0 k=0 n ( ) n−1 ( ) ∑ n (n−k+1) (k) ∑ n (n−k) (k+1) (n+1) (0) f g + f g + f g + f (0) g (n+1) . k k [

(f g)(n+1) = = =

=

k=1

k=0

Zamenimo sada indeks u drugoj da je p = k + 1, pa je (n) sumiranja ( n ) stavimo ∑n−1 ∑n sumi: (n−k) g (k+1) = (n−p+1) g (p) . Ako u prvoj sumi k = p−1 i f f k=0 k p=1 p−1 umesto indeksa k stavimo indeks p, pri ˇcemu je p = k, dobijamo n ( ) ∑ n (n−p+1) (p) (n+1) (n+1) (0) (f g) = f g + f g + p p=1 ) n ( ∑ n + f (n−p+1) g (p) + f (0) g (n+1) p−1 p=1 ( )) n (( ) ∑ n n = f (n+1) g (0) + + f (n−p+1) g (p) + f (0) g (n+1) . p p−1 p=1 (n) ( n ) (n+1) (n+1) (n+1) Kako je p + p−1 = p i 0 = n+1 = 1, to je ) n ( ∑ n + 1 (n+1−p) (p) (n+1) (n+1) (0) (f g) = f g + f g + f (0) g (n+1) p =

n+1 ∑( p=0

p=1

) n + 1 (n+1−p) (p) f g . p

Primer 4.42. Neka je f (x) = x3 2x . Pomoću Lajbnicove formule nad¯imo f (10) . Kako je (x3 )(1) = 3x2 , (x3 )(2) = 3 · 2 x, (x3 )(3) = 3 · 2 = 6, (x3 )(4) = 0, (x3 )(5) = 0, . . . , (x3 )(10) = 0, to je ( ) ( ) 10 10 3 x (10) x (10) 3 x (9) 3 (1) (x 2 ) = (2 ) x + (2 ) (x ) + (2x )(8) (x3 )(2) 1 2 ( ) ( ) ( ) 10 10 10 x 3 (10) x (7) 3 (3) x (6) 3 (4) + (2 ) (x ) + (2 ) (x ) + · · · + 2 (x ) 3 4 10 10 · 9 = x3 · 2x ln10 2 + 10 · 3 x2 · 2x ln9 2 + · 6x · 2x ln8 2 + 2 10 · 9 · 8 + · 6 · 2x ln7 2 = 2·3 = x3 2x ln10 2 + 30 x2 2x ln9 2 + 270 x 2x ln8 2 + 720 2x ln7 2. •


259

Primer 4.43. Za broj a ∈ R kaˇzemo da je nula polinoma P ∈ R[x] reda l ili viˇsestrukosti l, gde je l prirodan broj, ako postoji polinom Q ∈ R[x] takav da je P (x) = (x − a)l Q(x), x ∈ R, i Q(a) ̸= 0.

(4.34)

Pokazaćemo da je realan broj a nula polinoma P reda l ako i samo ako je P (a) = P ′ (a) = · · · = P (l−1) (a) = 0 i P (l) (a) ̸= 0.

(4.35)

Pretpostavimo da je a nula reda l polinoma P , tj. da postoji polinom Q ∈ R[x] tako da je ispunjen uslov (4.34). Budući da svaki polinom ima izvode ma kog reda na skupu R, primenom Lajbnicove formule za n ∈ {1, . . . , l} dobijamo n ( ) ∑ n (n) P (x) = ((x − a)l )(k) Q(n−k) (x), x ∈ R. (4.36) k k=0

Kako je ((x − a)l )(k) = l(l − 1) · . . . · (l − k + 1)(x − a)l−k , za k ∈ {0, . . . , n}, n ∈ {1, . . . , l}, iz (4.36) sledi P

(n)

n ( ) ∑ n l(l − 1) · . . . · (l − k + 1)(x − a)l−k Q(n−k) (x), x ∈ R. (x) = k

(4.37)

k=0

Iz (4.37) za n ∈ {1, . . . , l − 1} i x = a dobijamo n ( ) ∑ n (n) P (a) = l(l − 1) · . . . · (l − k + 1) · 0 · Q(n−k) (a) = 0, k k=0

a za n = l dobijamo P

(l)

l ( ) ∑ l l(l − 1) · . . . · (l − k + 1)(x − a)l−k Q(l−k) (x), (x) = k k=0

pa je P

(l)

() l (a) = l(l − 1) · . . . · 2 · 1 · Q(l−l) (a) = l! · Q(a) ̸= 0. l

Prema tome, ispunjeni su islovi (4.35). Obrnuto, pretpostavimo da su ispunjeni uslovi (4.35). Onda je a nula polinoma P . Pretpostavimo da je red ove nule m ∈ N. Na osnovu dokazanog dela tvrd¯enja sledi P (a) = · · · = P (m−1) (a) = 0 i P (m) (a) ̸= 0. (4.38) Dokaˇzimo da je m = l. Ako bi bilo m > l, onda bi iz l ≤ m − 1 i (4.38) sledilo P (l) (a) = 0, ˇsto je suprotno poslednjem uslovu u (4.35). Ako bi bilo m < l, onda bi zbog m ≤ l − 1 iz (4.35) sledilo P (m) (a) = 0, ˇsto je u suprotnosti sa poslednjim uslovom u (4.38). Prema tome, a je nula reda l polinoma P . •

260

Glava 4. Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive Prvi i drugi izvod funkcije date u parametarskom obliku Neka su funkcije x = φ(t),

y = ψ(t)

(4.39)

definisane u nekoj okolini taˇcke t0 i neka je jedna od njih, recimo, φ strogo monotona i neprekidna u toj okolini. Tada postoji okolina taˇcke φ(t0 ) = x0 , u kojoj je definisana inverzna funkcija t = φ−1 (x), a takod¯e i sloˇzena funkcija y = ψ(φ−1 (x)). Za funkciju y = ψ(φ−1 (x)) kaˇzemo da je parametarski data formulama (4.39). Ako funkcije φ i ψ imaju izvod u taˇcki t0 i ako je pri tom φ′ (t0 ) ̸= 0, tada sloˇzena funkcija y = ψ(φ−1 (x)), ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi y ′ (x0 ) =

ψ ′ (t0 ) . φ′ (t0 )

(4.40)

Zaista, na osnovu Teoreme 4.30 i Teoreme 4.25 sledi y ′ (x0 ) = ψ ′ (φ−1 (x0 ))(φ−1 )′ (x0 ) = ψ ′ (t0 )

1 ψ ′ (t0 ) = . φ′ (t0 ) φ′ (t0 )

Formulu (4.40) kraće zapisujemo: yx′ =

yt′ . x′t

(4.41)

Ako su joˇs funkcije φ i ψ dva puta diferencijabilne u taˇcki t0 , tj. ako postoje φ′′ (t0 ) i ′′ (x ) i opet na osnovu Teoreme 4.30 i Teoreme 4.25 i (4.41) ψ ′′ (t0 ), tada postoji i yxx 0 vaˇzi ( ′ )′ ( ′ )′ ( ′ )′ yt yt 1 yt ′ ′′ ′ ′ (x0 ) = (t0 ) tx (x0 ) = (t0 ) ′ yxx (x0 ) = (yx )x (x0 ) = ′ ′ ′ xt x xt t xt t xt (t0 ) ′′ ′ ′ ′′ y (t0 )x (t0 ) − y (t0 )x (t0 ) 1 = (x′ (t0 ))2 x′t (t0 ) ′′ ′ ′ ′′ y (t0 )x (t0 ) − y (t0 )x (t0 ) = (x′ (t0 ))3 ψ ′′ (t0 )φ′ (t0 ) − ψ ′ (t0 )φ′′ (t0 ) = (φ′ (t0 ))3 Primer 4.44. Neka je funkcija zadana formulama x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t), a > 0, t ∈ R. Moˇze se pokazati da funkcija x = a(t − sin t) strogo raste. Na osnovu (4.41) imamo: yx′ (x(t)) = i prema tome, ′′ yxx (x(t))

2 sin 2t cos 2t a sin t t = = ctg , t ̸= 2kπ, k ∈ Z, t 2 a(1 − cos t) 2 2 sin 2

( ) t ′ 1 1 = ctg · ′ =− 2 t xt 2 sin2

t 2

·

1 2a sin2

t 2

=−

1 .• 4a sin4 2t


261

ILI Prvi i drugi izvod funkcije date u parametarskom obliku Neka su funkcije x = x(t),

y = y(t)

(4.42)

definisane u nekoj okolini taˇcke t0 i neka je jedna od njih, recimo, x strogo monotona i neprekidna u toj okolini. Tada postoji okolina taˇcke x(t0 ) = x0 , u kojoj je definisana inverzna funkcija t = t(x), a takod¯e i sloˇzena funkcija y = y(t(x)). Za funkciju y = y(t(x)) kaˇzemo da je parametarski data formulama (4.42). Ako funkcije x i y imaju izvod u taˇcki t0 i ako je pri tom x′ (t0 ) ̸= 0, tada sloˇzena funkcija y = y(t(x)), ima izvod u taˇcki x0 i vaˇzi y ′ (x0 ) =

y ′ (t0 ) . x′ (t0 )

(4.43)

Zaista, na osnovu Teoreme 4.30 i Teoreme 4.25 sledi yx′ (x0 ) = yt′ (t(x0 ))t′x (x0 ) = yt′ (t0 ) kraće yx′ = yt′ t′x = yt′

1 yt′ (t0 ) = , x′t (t0 ) x′t (t0 )

1 yt′ = . x′t x′t

(4.44)

Ako su joˇs funkcije x i y dva puta diferencijabilne u taˇcki t0 , tj. ako postoje x′′ (t0 ) i ′′ (x ) i opet na osnovu Teoreme 4.30 i Teoreme 4.25 i (4.41) y ′′ (t0 ), tada postoji i yxx 0 vaˇzi ( ′ )′ ( ′ )′ ( ′ )′ yt yt 1 yt ′ ′′ ′ ′ (x0 ) = (t(x0 )) tx (x0 ) = (t0 ) ′ yxx (x0 ) = (yx )x (x0 ) = ′ ′ ′ xt x xt t xt t xt (t0 ) y ′′ (t0 )x′ (t0 ) − y ′ (t0 )x′′ (t0 ) 1 = (x′ (t0 ))2 x′t (t0 ) y ′′ (t0 )x′ (t0 ) − y ′ (t0 )x′′ (t0 ) = , (x′ (t0 ))3 kraće ′′ yxx

=

(yx′ )′x

( =

yt′ x′t

)

( =

x

yt′ x′t

) t

· t′x =

′′ x′ − y ′ x′′ ′′ x′ − y ′ x′′ ytt 1 ytt t tt t tt t t · = . x′t x′t 2 x′t 3

Primer 4.45. Neka je funkcija zadana formulama x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t), a > 0, t ∈ R. Moˇze se pokazati da funkcija x = a(t − sin t) strogo raste. Na osnovu (4.44) imamo (umesto (y(t(x)))′x piˇsemo kraće yx′ ): yx′ =

2 sin 2t cos 2t a sin t t = ctg , t ̸= 2kπ, k ∈ Z, = t 2 a(1 − cos t) 2 2 sin 2

262


′′ ), i prema tome (umesto (y(t(x)))′′xx piˇsemo kraće yxx ( ) ( ) t ′ ′ t ′ 1 1 1 ′′ yxx = ctg · tx = ctg · ′ =− · t 2 2 t 2 t xt 2 sin 2 2a sin2

4.6

t 2

=−

1 .• 4a sin4 2t

Osnovne teoreme diferencijalnog raˇ cuna

Znaˇcajne su primene izvoda funkcije. Naime, utvrd¯ujući osobine izvodne funkcije f ′ moˇzemo izvesti zakljuˇcke o osobinama funkcije f , odnosno, izvodna funkcija f ′ se koristi za ispitivanje funkcije f . Sve te primene, a takod¯e i uspostavljanje veze izmed¯u diferencijalnog i integralnog raˇcuna, se zasnivaju na ˇcetiri osnovne teoreme: Fermaovoj5 , Rolovoj6 , Lagranˇzovoj7 i Koˇsijevoj. Rolova, Lagranˇzova i Koˇsijeva teorema su poznate pod zajedniˇckim nazivom teoreme o srednjoj vrednosti. Lokalni ekstremum funkcije. Fermaova teorema Definicija 4.46. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 . Za x0 kaˇzemo da je taˇcka lokalnog maksimuma (minimuma) ako postoji δ > 0 tako da je f (x) ≤ f (x0 )

(f (x) ≥ f (x0 )) za sve x ∈ (x0 − δ, x0 + δ).

(4.45)

Broj f (x0 ) se onda zove lokalni maksimum (minimum) funkcije f . Ako postoji δ > 0 tako da je f (x) < f (x0 ) (f (x) > f (x0 )) za sve x ∈ (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ), onda kaˇzemo da je x0 taˇcka strogog lokalnog maksimuma (minimuma), a broj f (x0 ) strogi lokalni maksimum (minimum) funkcije f . Taˇcke (strogih) lokalnih minimuma i (strogih) lokalnih maksimuma se nazivaju taˇckama (strogih) lokalnih ekstremuma, a odgovarajuće vrednosti funkcije u tim taˇckama se zovu (strogi) lokalni ekstremumi funkcije. Ako je x0 taˇcka lokalnog ekstremuma funkcije f , govorićemo joˇs i da funkcija f ima lokalni ekstremum u taˇcki x0 . Primer 4.47. Neka je  −x  2 , 2x , f (x) =  2 ,

x≤0 0≤x≤1 x ≥ 1.

Tada je 0 taˇcka strogog lokalnog minimuma, 1 je taˇcka lokalnog maksimuma, a svaka taˇcka x ∈ (1, +∞) je istovremeno i taˇcka lokalnog maksimuma i taˇcka lokalnog minimuma. • 5

Pierre de Fermat (1601-1665), francuski matematiˇcar Michel Rolle (1652-1719), francuski matematiˇcar 7 Joseph Louis Lagrange (1736-1813), francuski matematiˇcar 6

4.6. Osnovne teoreme diferencijalnog raˇcuna

263

Primer 4.48. Za funkciju f (x) = cos x, svaka taˇcka x2k = 2kπ, k ∈ Z, je taˇcka strogog lokalnog maksimuma i taj lokalni maksimum je jednak 1, dok je svaka taˇcka x2k+1 = (2k + 1)π, k ∈ Z, taˇcka strogog lokalnog minimuma koji je jednak −1. • Primer 4.49. Funkcija f (x) = |sgn x|, x ∈ R, ima strogi lokalni minimum u taˇcki 0, a u svakoj taˇcki x ̸= 0 ima istovremeno i lokalni maksimum i lokalni minimum. • √ Za funkcija f (x) = x, vrednost funkcije u taˇcki 0 je manja od vrednosti funkcije u ma kojoj drugoj taˇcki domena Df = {x ∈ R : x ≥ 0}. Med¯utim funkcija je definisana samo u desnoj okolini taˇcke x = 0, pa, u skladu sa naˇsom definicijom, ova taˇcka nije taˇcka lokalnog minimuma. Napomena 4.50. Taˇcka x0 je taˇcka lokalnog ekstemuma funkcije f ako i samo ako priraˇstaj funkcije u taˇcki x0 , ∆f = f (x0 + ∆x) − f (x0 ), ne menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 , odnosno pri promeni znaka priraˇstaja ∆x. Naime, x0 je taˇcka lokalnog maksimuma (minimuma) ako i samo ako je ∆f ≤ 0 (∆f ≥ 0) nezavisno od znaka dovoljno malog ∆x (∆x treba da bude dovoljno malo da bi taˇcka x0 + ∆x pripadala δ-okolini taˇcke x0 u kojoj vaˇzi nejednakost (4.45)). Pri tom, x0 je taˇcka strogog lokalnog maksimuma (minimuma) ako i samo ako je ∆f < 0 (∆f > 0) nezavisno od znaka dovoljno malog ∆x ̸= 0. • U taˇcki lokalnog ekstremuma funkcija ne mora da ima izvod. Primer za to je funkcija f (x) = |x|, koja ima strogi lokalni minimum u taˇcki x = 0, ali u ovoj taˇcki funkcija nema izvod (videti Primer 4.5). Sledeća teorema pokazuje da ukoliko funkcija u taˇcki lokalnog ekstremuma ima izvod, on mora biti jednak 0. Teorema 4.51. (Fermaova teorema) Neka funkcija f u taˇcki x0 ima lokalni ekstremum. Ako funkcija f ima izvod u taˇcki x0 , onda je f ′ (x0 ) = 0. Dokaz. Pretpostavimo da je x0 taˇcka lokalnog maksimuma i da funkcija ima izvod u toj taˇcki. Tada postoji δ > 0 tako da za sve x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) vaˇzi nejednakost f (x) ≤ f (x0 ), tj. f (x) − f (x0 ) ≤ 0. Stoga, ako x ∈ (x0 − δ, x0 ), sledi x − x0 < 0, pa je f (x) − f (x0 ) ≥ 0, (4.46) x − x0 a ako x ∈ (x0 , x0 + δ), onda je x − x0 > 0, te je f (x) − f (x0 ) ≤ 0. x − x0

(4.47)

S obzirom da funkcija f ima izvod u taˇcki x0 , to, na osnovu Teoreme 4.3, ona ima i levi i desni izvod u ovoj taˇcki i vaˇzi jednakost f ′ (x0 ) = f+′ (x0 ) = f−′ (x0 ).

(4.48)

Iz (4.46), na osnovu Tvrd¯enja 3.43, sledi f−′ (x0 ) =

f (x) − f (x0 ) ≥ 0, x→x0 −0 x − x0 lim

(4.49)

264


dok iz (4.47) dobijamo f+′ (x0 ) =

f (x) − f (x0 ) ≤ 0. x→x0 +0 x − x0 lim

(4.50)

Iz (4.48), (4.49) i (4.50) sledi f ′ (x0 ) = f−′ (x0 ) ≥ 0 i f ′ (x0 ) = f+′ (x0 ) ≤ 0, pa je f ′ (x0 ) = 0. II naˇcin: Dokaz. Pretpostavimo da je x0 taˇcka lokalnog maksimuma i da funkcija ima izvod u toj taˇcki. Tada postoji δ > 0 tako da za sve x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) vaˇzi nejednakost f (x) ≤ f (x0 ), tj. f (x) − f (x0 ) ≤ 0. Stoga, ako x ∈ (x0 − δ, x0 ), sledi x − x0 < 0, pa je f (x) − f (x0 ) ≥ 0, (4.51) x − x0 a ako x ∈ (x0 , x0 + δ), onda je x − x0 > 0, te je f (x) − f (x0 ) ≤ 0. x − x0

(4.52)

S obzirom da funkcija f ima izvod u taˇcki x0 , postoji graniˇcna vrednost lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) x − x0

i na osnovu Tvrd¯enja 3.31 sledi da postoje i leva i desna graniˇcna vrednost, i da su jednake, tj. vaˇzi jednakost lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) = lim = lim . x→x0 −0 x→x0 +0 x − x0 x − x0 x − x0

(4.53)

Iz Tvrd¯enja 3.43, prelaskom na graniˇcnu vrednost u (4.51) kad x → x0 − 0, sledi f (x) − f (x0 ) ≥ 0, x→x0 −0 x − x0 lim

(4.54)

dok prelaskom na graniˇcnu vrednost u (4.52) kad x → x0 + 0 dobijamo f (x) − f (x0 ) ≤ 0. x→x0 +0 x − x0 lim

Sada iz (4.53), (4.54) i (4.55) sledi lim

x→x0

pa je f ′ (x0 ) = lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) ≥ 0 i lim ≤ 0, x→x0 x − x0 x − x0

f (x) − f (x0 ) = 0. x − x0

(4.55)


265

Napomena 4.52. Kao ˇsto vidimo iz dokaza Fermaove teoreme, bilo je dovoljno f (x) − f (x0 ) pretpostaviti da postoji graniˇcna vrednost lim , odnosno da postoji x→x0 x − x0 izvod u taˇcki x0 u ˇsirem smislu. Dakle, ako postoji izvod u ˇsirem smislu u taˇcki lokalnog ekstremuma, onda on mora biti jednak 0. • Geometrijska interpretacija Rolove teoreme je sledeća: ako u taˇcki lokalnog ekstremuma x0 funkcija ima izvod, onda postoji tangenta grafika funkcije u taˇcki (x0 , f (x0 )) i pri tome, ona mora biti paralelna x-osi. Kao ˇsto smo već rekli, funkcija u taˇcki lokalnog ekstremuma ne mora imati izvod. Tako na primer, za funkciju f (x) = |sgn x|, x ∈ R, taˇcka x = 0 je taˇcka lokalnog minimuma, med¯utim funkcija nema izvod u ovoj taˇcki jer nije neprekidna u ovoj taˇcki. Fermaova teorema govori o tome da je potreban uslov, da diferencijabilna funkcija u taˇcki x0 ima lokalni ekstremum u toj taˇcki, je da izvod u toj taˇcki bude jednak 0. Med¯utim ovo nije i dovoljan uslov, tj. ako je izvod funkcije u nekoj taˇcki jednak 0, ta taˇcka ne mora biti taˇcka lokalnog ekstremuma. Na primer, funkcija f (x) = x3 ima u taˇcki x = 0 izvod jednak 0, ali ova taˇcka nije taˇcka lokalnog ekstremuma. Prema tome, nule prvog izvoda su samo kanditati za taˇcke lokalnih ekstremuma diferencijabilne funkcije. Primetimo da ako je funkcija definisana u jednostranoj okolini taˇcke, u kojoj inaˇce dostiˇze najveću ili najmanju vrednost u toj okolini, i ako joˇs u toj taˇcki postoji jednostrani izvod, onda taj izvod ne mora da bude jednak 0. Primer za to je funkcija f (x) = x, x ∈ [0, 1], koja u taˇcki x = 0 dostiˇze najmanju, a u taˇcki x = 1 najveću vrednost na segmentu [0, 1], med¯utim f+′ (0) = f−′ (1) = 1. Rolova teorema Rolova teorema je prva od tri teoreme o srednjoj vrednosti. Dokazuje se pomoću Fermaove teoreme, a na osnovu nje se dokazuju druge dve teoreme o srednjoj vrednosti. Teorema 4.53. (Rolova teorema) Za funkciju f : [a, b] → R neka su ispunjeni sledeći uslovi: (i) f je neprekidna na segmentu [a, b], (ii) f je diferencijabilna u intervalu (a, b), (iii) f (a) = f (b). Tada postoji taˇcka ξ ∈ (a, b) tako da je f ′ (ξ) = 0. Dokaz. Ako je funkcija f konstantna, onda je f ′ (x) = 0 za svako x ∈ (a, b), pa za ξ moˇzemo uzeti bilo koju taˇcku iz intervala (a, b). Pretpostavimo da funkcija f nije konstantna. Kako je f neprekidna na segmentu, to na osnovu Vajerˇstrasove teoreme ona dostiˇze svoj supremum i infimum, tj. postoje taˇcke xm , xM ∈ [a, b] tako da je f (xm ) = m = min f (x) i f (xM ) = M = max f (x). a≤x≤b

a≤x≤b

Tada je M ̸= f (a) = f (b) ili m ̸= f (a) = f (b), jer u protivnom iz M = f (a) i m =

266


f (a) bi sledilo M = m, pa bi funkcija bila konstantna,ˇsto je suprotno pretpostavci. Neka je, recimo M ̸= f (a) = f (b). Kako je M = f (xM ), odavde sledi da je xM ̸= a i xM ̸= b, pa xM ∈ (a, b). Prema tome, funkcija je definisana u dvostranoj okolini taˇcke xM i u njoj dostiˇze najveću vrednost, pa je xM taˇcka lokalnog ekstremuma. Budući da je funkcija f diferencijabilna u intervalu (a, b), a xM ∈ (a, b), funkcija je diferencijabilna u taˇcki xM , te na osnovu Fermaove teoreme zakljuˇcujemo da je f ′ (xM ) = 0. Prema tome, za taˇcku ξ moˇzemo uzeti xM . Napomena 4.54. S obzirom na Napomenu 4.52, umesto uslova (ii) u Rolovoj teoremi bilo je dovoljno pretpostaviti da funkcija f ima u svakoj taˇcki intervala (a, b) izvod u ˇsirem smislu. • Geometrijska interpretacija Rolove teoreme je sledeća: Ako neprekidna kriva y = f (x) ima tangentu u svakoj taˇcki, i ako su ordinate krajnjih taˇcaka krive jednake, onda na krivoj postoji taˇcka u kojoj je tangenta paralelna x-osi.

( ,f( )) f(a)= f(b)

a

b

Primetimo da Rolova teorema tvrdi egzistenciju broja ξ takvog da je f ′ (ξ) = 0, ali ne utvrd¯uje i sam taj broj, tj. ne daje efektivni postupak za njegovo nalaˇzenje. Dalje, ova teorema utvrd¯uje egzistenciju barem jedne taˇcke u kojoj je izvod funkcije jednak 0, ali ima sluˇcajeva kad takvih taˇcaka moˇze biti i viˇse. Napomenjemo da je svaki od uslova u Rolovoj teoremi bitan za vaˇzenje tvrd¯enja teoreme. Naime, funkcija f1 : [0, 1] → R definisana sa { x, za x ∈ [0, 1) f1 (x) = 0, za x = 1. Ova funkcija je ima izvod u svakoj taˇcki intervala (0, 1), takod¯e, ima jednake vrednosti na krajevima segmenta, f1 (0) = f1 (1) = 0, tj. ispunjava uslove (ii) i (iii) Rolove teoreme, ali ne ispunjava uslov (i), jer nije neprekidna sleva u taˇcki x = 1. Primetimo da je f1′ (x) = 1 za svako x ∈ (0, 1), dakle ne postoji taˇcka iz intervala (0, 1) u kojoj bi izvod bio jednak 0. Funkcija f2 = |x|, x ∈ [−1, 1], ispunjava usove (i) i (iii), ali ne ispunjava uslov (ii), jer u taˇcki x = 0 funkcija nema izvod. Takod¯e, i ovde ne postoji taˇcka ξ ∈ (−1, 1) takava da je f2′ (ξ) = 0, jer je f2′ (x) = −1 za x ∈ (−1, 0) i f2′ (x) = 1 za x ∈ (0, 1).


267

Dalje, funkcija f3 (x) = x, x ∈ [0, 1], ispunjava uslove (i) i (ii), ali ne i uslov (iii), jer je f3 (0) = 0 ̸= 1 = f3 (1). Ovde je f3′ (x) = 1 ̸= 0 za svako x ∈ (0, 1). Iz Rolove teoreme sledi da se izmed¯u dve nule diferencijabilne funkcije nalazi nula pvog izvoda te funkcije. Posledica 4.55. Ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na [a, b], diferencijabilna u intervalu (a, b) i f (a) = f (b) = 0, tada postoji ξ ∈ (a, b) tako da je f ′ (ξ) = 0. Lagranˇ zova teorema i neke posledice Jedna od najćeˇsće primenjivanih teorema diferencijalnog raˇcuna je sledeća Lagranˇzova teorema o srednjoj vrednosti. Teorema 4.56. (Lagranˇzova teorema) Za funkciju f : [a, b] → R neka su ispunjeni sledeći uslovi: (i) f je neprekidna na segmentu [a, b], (ii) f je diferencijabilna u intervalu (a, b), Tada postoji taˇcka ξ ∈ (a, b) tako da vaˇzi jednakost f (b) − f (a) = f ′ (ξ)(b − a).

(4.56)

Dokaz. Jednaˇcina seˇcice odred¯ene taˇckama A(a, f (a)) i B(b, f (b)) je y = f (a) +

f (b) − f (a) (x − a). b−a

(4.57)

Desnu stranu u formuli (4.57) oznaˇcimo sa l(x), odnosno posmatrajmo linearnu funkciju f (b) − f (a) l(x) = f (a) + (x − a). b−a Za nju vaˇzi da je l(a) = f (a) i l(b) = f (b), tj. vrednosti funkcije l u krajnjim taˇckama segmenta [a, b] jednake su odgovarajućim vrednostima funkcije f . Linearna funkcija l je neprekidna na [a, b] i ima izvod u svakoj taˇcki intervala (a, b): l′ (x) =

f (b) − f (a) . b−a

(4.58)

Posmatrajmo sada funkciju F (x) = f (x) − l(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a) (x − a). b−a

Ova funkcija ispunjava uslove Rolove teoreme, tj. neprekidna je na segmentu [a.b] (kao razlika dve neprekidne funkcije), diferencijabilna u intervalu (a, b) (kao razlika dve diferencijabilne funkcije) i pri tom je, na osnovu (4.58), F ′ (x) = f ′ (x) − l′ (x) = f ′ (x) −

f (b) − f (a) , b−a

(4.59)

268


a, s obzirom da je F (a) = f (a) − l(a) = 0 i F (b) = f (b) − l(b) = 0, vaˇzi F (a) = F (b). Na osnovu Rolove teoreme zakljuˇcujemo da postoji ξ ∈ (a, b), tako da je F ′ (ξ) = 0.

(4.60)

Iz (4.60) i (4.59) sledi f ′ (ξ) − pa je f ′ (ξ) =

f (b) − f (a) = 0, b−a

f (b) − f (a) . b−a

Napomena 4.57. Na osnovu dokaza Lagranˇzove teoreme i Napomene 4.54 zakljuˇcujemo da se uslov (ii) u Lagranˇzevoj teoremi moˇze zameniti slabijim uslovom, da funkcija f u svakoj taˇcki intervala (a, b) ima izvod u ˇsirem smislu. Naime, budući da funkcija l ima konaˇcan izvod u svakoj taˇcki intervala (a, b) ((4.58)), ako funkcija f ima izvod u ˇsirem smislu u svakoj taˇcki intervala (a, b), onda funkcija F takod¯e ima izvod u ˇsirem smislu u svakoj taˇcki ovog intervala, te se na nju (s obzirom na Napomenu 4.54) moˇze primeniti Rolova teorema, odakle dobijamo da postoji taˇcka ξ ∈ (a, b) tako da vaˇzi jednakost (4.56). • Geometrijska interpretacija Lagranˇzove teoreme objaˇsnjava motivaciju za konstukciju funkcije F u dokazu teoreme. Naime, ako neprekidna kriva y = f (x) ima tangentu u svakoj taˇcki, onda na delu krive izmed¯u taˇcaka A(a, f (a)) i B(b, f (b)) postoji taˇcka (ξ, f (ξ)) tako da je tangenta krive u toj taˇcki paralelna seˇcici odred¯enoj taˇckama A i B.

B

f (b )

f (a )

A

a

( ,f( ))

b

Primetimo da je Rolova teorema specijalan sluˇcaj Lagranˇzove teoreme, jer za sluˇcaj da je f (a) = f (b), iz (4.56) sledi f ′ (ξ) = 0. Lagranˇzova teorema utvrd¯uje egzistenciju barem jednog broja ξ takvog da vaˇzi (4.56), i kao ˇsto je već i kod Rolove teoreme, takvih brojeva moˇze biti viˇse. Kao i Rolova i Lagranˇzova teorema ne utvrd¯uje postupak kako se dolazi do takvog broja ξ.


269

Primetimo da se Lagranˇzova formula (4.56) moˇze zapisati i u obliku: f (a) − f (b) = f ′ (ξ)(a − b), gde je a < b. To znaˇci da formula (4.56) ne vaˇzi samo za a < b, već i za a > b. U sledećem tvrd¯enju I je jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), (a, +∞), [a, +∞), (−∞, b), (−∞, b], (−∞, +∞), gde su a, b ∈ R. Kaˇzemo da je funkcija f : I → R neprekidna na I, ukoliko je neprekidna u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki intervala I, za sluˇcaj da a ∈ I, neprekidna zdesna u a, i za sluˇcaj da b ∈ I, neprekidna sleva u b. Teorema 4.58. Neka je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i neka ima izvod u svim unutraˇsnjim taˇckama tog intervala jednak 0. Tada je funkcija f konstantna na intervalu I. Dokaz. Odred¯enosti radi neka je I = [a, b), a, b ∈ R. Neka su x1 i x2 proizvoljne taˇcke iz intervala I i neka je x1 < x2 . Tada je a ≤ x1 < x2 < b, pa je funkcija neprekidna na segmentu [x1 , x2 ] i diferencijabilna u intervalu (x1 , x2 ). Prema tome, funkcija f ispunjava uslove Lagranˇzove teoreme na segmentu [x1 , x2 ], odakle sledi da postoji taˇcka ξ ∈ (x1 , x2 ) tako da je f (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (ξ)(x2 − x1 ).

(4.61)

Budući da je ξ unutraˇsnja taˇcka intervala I, sledi f ′ (ξ) = 0. Sada iz (4.61)dobijamo f (x1 ) = f (x2 ). S obzirom na proizvoljnost taˇcaka x1 i x2 , zakljuˇcujumo da je funkcija f konstantna na intervalu I. Za ostale tipove intervala tvrd¯enje se dokazuje analogno. Primeri 4.59. (i) Pokaˇzimo da je arctg x + arcctg x =

π , za svako x ∈ R. 2

(4.62)

Neka je F (x) = arctg x + arcctg x, x ∈ R = (−∞, +∞). Ova funkcija je neprekidna na skupu R, diferencijabilna u svakoj taˇcki x ∈ R i F ′ (x) = (arctg x)′ + (arcctg x)′ =

1 1 − = 0, za svako x ∈ R. 1 + x2 1 + x2

Na osnovu Tvrd¯enja 4.58 sledi da je funkcija F konstantna na skupu R, tj. postoji C ∈ R tako da je F (x) = C za svako x ∈ R. Odavde C = F (1) = arctg 1 + arcctg 1 = pa je F (x) =

π π π + = , 4 4 2

π za svako x ∈ R, tj. vaˇzi (4.62). 2

(ii) Pokaˇzimo da je arcsin x + arccos x =

π , za svako x ∈ [−1, 1]. 2

(4.63)

270


Neka je G(x) = arcsin x + arccos x, x ∈ [−1, 1]. Funkcija G je neprekidna na segmentu [−1, 1] kao zbir dve neprekidne funkcije x 7→ arcsin x i x 7→ arcsin x. Budući da funkcije x 7→ arcsin x i x 7→ arcsin x imaju izvod u svakoj taˇcki intervala (−1, 1), to i funkcija G ima izvod u intervalu (−1, 1) i vaˇzi: 1 1 G′ (x) = (arcsin x)′ + (arccos x)′ = √ −√ = 0 za svako x ∈ (−1, 1). 2 1−x 1 − x2 Iz Tvrd¯enja 4.58 sledi da je funkcija G konstantna na segmentu [−1, 1], tj. postoji C ∈ R tako da je G(x) = C za svako x ∈ [−1, 1]. Odavde C = F (1) = arcsin 1 + arccos 1 = pa je G(x) =

π π +0= , 2 2

π za svako x ∈ R, tj. vaˇzi (4.62). 2

(iii) Pokaˇzimo da je 1 π = , za x ∈ (0, +∞), x 2 1 π arctg x + arctg = − , za x ∈ (−∞, 0). x 2 arctg x + arctg

(4.64) (4.65)

1 Neka je F (x) = arctg x + arctg . Za x ̸= 0 funkcija ima izvod: x F ′ (x) = =

1 1 1 + · (− 2 ) 1 2 1+x x 1 + x2 1 1 − = 0. 1 + x2 x2 + 1

Iz Teoreme 4.58 sledi da je funkcija F konstantna na intervalu (0, +∞), a takod¯e i na intervalu (−∞, 0). Kako je F (1) = arctg 1 + arctg

π π 1 = 2 arctg 1 = 2 = , 1 4 2

π to je F (x) = za svako x ∈ (0, +∞), tj. vaˇzi (4.64). 2 Iz π π 1 = −2 arctg 1 = −2 = − F (−1) = arctg(−1) + arctg −1 4 2 π sledi da je F (x) = − za svako x ∈ (−∞, 0), tj. vaˇzi (4.64). 2 • Sledeća posledica omogućava uspostavljanje veze izmed¯u diferencijalnog i integralnog raˇcuna.


271

Posledica 4.60. Neka su funkcije f, g : I → R neprekidne na intervalu I i imaju jednake izvode u svim unutraˇsnjim taˇckama tog intervala. Tada se funkcije f i g razlikuju za konstantu na intervalu I. Dokaz. Uoˇcimo funkciju F (x) = f (x)−g(x). Ova funkcija je neprekidna na intervalu I, kao razlika neprekidnih funkcija, i ima izvod u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki x intervala I jednak 0, jer F ′ (x) = f ′ (x) − g ′ (x) = 0. Funkcija F ispunjava uslove Teoreme 4.58, odakle sledi da je F konstantna funkcija na intervalu I. Prema tome, postoji C ∈ R tako da je F (x) = C za svako x ∈ I, pa je f (x) = g(x) + C za svako x ∈ I, tj. funkcije f i g se razlikuju za konstantu na intervalu I. Sledeća teorema nam govori da ako postoji desni limes izvoda u taˇcki u kojoj je funkcija inaˇce neprekidna zdesna, da onda postoji i desni izvod funkcije u toj taˇcki i da je upravo jednak tom limesu. Kraće, desni limes izvoda u taˇcki, gde je funkcija neprekidna zdesna, je desni izvod. Tvrd¯enje 4.61. Neka je funkcija f neprekidna na intervalu [a, b), a ∈ R, b ∈ R, i diferencijabilna u intervalu (a, b) i neka postoji konaˇcna ili beskonaˇcna graniˇcna vrednost lim f ′ (x). Tada je x→a+0

f+′ (a) = lim f ′ (x). x→a+0

(4.66)

Dokaz. Neka je lim f ′ (x) = L ∈ R i neka je x ∈ (a, b) proizvoljna taˇcka. Funkcija x→a+0

f ispunjava uslove Lagranˇzove teoreme na segmentu [a, x], pa postoji taˇcka ξ ∈ (a, x) takva da je f (x) − f (a) = f ′ (ξ)(x − a). (4.67) Taˇcka ξ zavisi od x i za svako fiksirano x moˇze biti viˇse takvih taˇcaka ξ za koje vaˇzi (4.67), tj. ξ = ξ(x) je viˇseznaˇcna funkcija promenljive x. Za svako x ∈ (a, b) izaberimo jednu (bilo koju) taˇcku ξ za koju vaˇzi (4.67) i tako ćemo dobiti jednoznaˇcnu funkciju ξ = ξ(x). Prema tome, f (x) − f (a) = f ′ (ξ(x)), x−a

(4.68)

i za funkciju ξ = ξ(x) vaˇzi da je a < ξ(x) < x. Odavde na osnovu Teoreme 3.44 sledi lim ξ(x) = a. x→a+0

Budući da postoji lim f ′ (x) = L i da je ξ(x) > a za svako x ∈ (a, b), na osnovu x→a+0

teoreme o smeni promenljive pri izraˇcunjavanju limesa (Teorema 3.89) zakljuˇcujemo da postoji lim f ′ (ξ(x)) i da vaˇzi jednakost x→a+0

lim f ′ (ξ(x)) = L.

x→a+0

272


Na osnovu (4.68) zakljuˇcujemo da postoji lim

x→a+0

f (x) − f (a) = L. x−a

To znaˇci da funkcija f ima desni izvod u taˇcki a i da je f+′ (a) = L, tj. vaˇzi (4.66). Da je prepostavka o neprekidnosti funkcije f u taˇcki a zdesna bitna govori primer funkcije f (x) = sgn x. Ova funkcija je diferencijabilna u intervalu (0, +∞), f ′ (x) = 0 za svako x ∈ (0, +∞), pa je lim f ′ (x) = 0. Med¯utim funkcija f nije neprekidna x→+0

zdesna u 0 i, kao ˇsto smo već pokazali u Napomeni 4.16, f+′ (0) = +∞. Sledeća tvrd¯enja se odnose na levi i dvostrani izvod, respektivno, i dokazuju se sliˇcno Tvrd¯enju 4.61. Tvrd¯enje 4.62. Neka je funkcija f neprekidna na intervalu (a, b] i diferencijabilna u intervalu (a, b). Ako postoji konaˇcna ili beskonaˇcna graniˇcna vrednost lim f ′ (x), x→b−0

onda je

f−′ (b) = lim f ′ (x). x→b−0

Limes izvoda u taˇcki, gde je funkcija inaˇce neprekidna, je izvod u toj taˇcki. Tvrd¯enje 4.63. Neka je funkcija f neprekidna na intervalu (a − δ, a + δ) i diferencijabilna u intervalima (a − δ, a) i (a, a + δ). Ako postoji konaˇcna ili beskonaˇcna graniˇcna vrednost lim f ′ (x), onda je x→a

f ′ (a) = lim f ′ (x). x→a

Primer 4.64. Za funkcije f (x) = arcsin x i g(x) = arccos x imamo da je f ′ (x) = 1 1 √ i g ′ (x) = − √ za x ∈ (−1, 1). Budući da su ove funkcije neprekidne 2 1−x 1 − x2 zdesna u -1 i sleva u 1, i da postoje graniˇcne vrednosti: ( ) 1 1 ′ lim f (x) = lim √ = = +∞, 2 x→−1+0 x→−1+0 +0 1−x ( ) 1 1 lim f ′ (x) = lim √ = = +∞ 2 x→1−0 x→1−0 +0 1−x i

( ) ( ) 1 −1 lim = lim −√ = −∞, = x→−1+0 x→−1+0 +0 1 − x2 ( ) ( ) 1 −1 ′ lim g (x) = lim −√ = = −∞, 2 x→1−0 x→1−0 +0 1−x g ′ (x)

to, na osnovu Tvrd¯enja 4.61 i 4.62, sledi da je f+′ (−1) = +∞, f−′ (1) = +∞, ′ (−1) = −∞ i g ′ (1) = −∞. • g+ −


273

Primetimo da ako ne postoji limes izvoda u nekoj taˇcki a, to ne znaˇci da funkcija nema izvod u taˇcki a. Drugim reˇcima, egzistencija izvoda funkcije u nekoj okolini taˇcke nije (ˇsto se dalo i oˇcekivati) dovoljan uslov za egzistenciju graniˇcne vrednosti izvoda u toj taˇcki. Ovo ilustrujemo sledećim primerom (videti takod¯e Primer 4.38). Primer 4.65. Neka je { f (x) =

1 x2 cos , x 0,

x ̸= 0, x = 0.

( ) 1 1 1 Za x ̸= 0 je = 0 (Primer = 2x cos + sin . Budući da postoji lim 2x cos x→0 x x x 1 3.62 ili Primer 3.45), dok lim sin ne postoji (Primer 3.29), na osnovu Tvrd¯enja x→0 x 3.53 zakljuˇcujemo da ne postoji ni lim f ′ (x). Med¯utim funkcija f ima izvod u 0: f ′ (x)

x→0

1 x2 cos f (x) − f (0) x = lim f ′ (0) = lim x→0 x→0 x−0 x 1 = lim x cos = 0.• x→0 x Koˇ sijeva teorema Rolova, Lagranˇzova, a takod¯e i naredna, Koˇsijeva teorema govore o egzistenciji taˇcke ξ koja se nalazi izmed¯u taˇcaka a i b, koja bi se stoga mogla nazvati ”srednjom taˇckom” odnosno ”srednjom vrednoˇsću”, i za koju vaˇzi neka jednakost. Otuda i ove teoreme nose zajedniˇcki naziv: toreme o srednjoj vrednosti. Koˇsijeva teorema je uopˇstenje Lagranˇzove teoreme. Teorema 4.66. (Koˇsijeva teorema) Za funkcije f, g : [a, b] → R neka su ispunjeni sledeći uslovi: (i) f i g su neprekidne funkcije na segmentu [a, b], (ii) f i g su diferencijabilna u intervalu (a, b), pri ˇcemu je g ′ (x) ̸= 0 za svako x ∈ (a, b). Tada postoji taˇcka ξ ∈ (a, b) tako da vaˇzi jednakost f (b) − f (a) f ′ (ξ) = ′ . g(b) − g(a) g (ξ)

(4.69)

Dokaz. Pokazaćemo najpre da razlomak na levoj strani u (4.69) ima smisla, tj. da je njegov imenilac g(b) − g(a) ̸= 0. Ako bi bilo g(b) − g(a) = 0, tj. g(b) = g(a), onda bi funkcija g ispunjavala uslove Rolove teoreme na segmentu [a, b], odakle bi onda sledilo da postoji x ∈ (a, b) tako da je g ′ (x) = 0, ˇsto je suprotno pretpostavci. Prema tome, g(b) − g(a) ̸= 0.

274


Uoˇcimo sada pomoćnu funkciju F (x) = f (x) − λg(x), x ∈ [a, b], gde broj λ odred¯ujemo iz uslova da je F (a) = F (b), tj. f (a) − λg(a) = f (b) − λg(b). Prema tome, f (b) − f (a) λ= (4.70) g(b) − g(a) i F (x) = f (x) −

f (b) − f (a) g(x). g(b) − g(a)

Funkcija F u tom sluˇcaju ispunjava uslove Rolove teoreme (osim F (a) = F (b) vaˇzi i da je neprekidna na [a, b] i diferencijabilna u intervalu (a, b)), odakle sledi da postoji taˇcka ξ ∈ (a, b) tako da je F ′ (ξ) = 0. Kako je F ′ (x) = f ′ (x) − λg ′ (x), to je f ′ (ξ) − λg ′ (ξ) = 0, i stoga f ′ (ξ) λ= ′ . (4.71) g (ξ) Iz (4.70) i (4.71) sledi (4.69). Lagranˇzova teorema je specijalan sluˇcaj Koˇsijeve teoreme. Naime, u sluˇcaju kada je g(x) = x, iz formule (4.69) se dobija formula (4.56). Koˇsijeva teorema ima istu geometrijsku interpretaciju kao i Lagranˇzova teorema. Da bismo lakˇse uoˇcili geometrijsku interpretaciju Koˇsijeve teoreme, umesto promenljive x, x ∈ [a, b], u Koˇsijevoj teoremi uzmimo promenljivu t, t ∈ [α, β], a umesto funkcija f i g, uzmimo funkcije ψ i φ, tim redom. Ako funkcije ψ i φ ispunjavaju uslove Koˇsijeve teoreme na segmentu [α, β], onda postoji taˇcka µ ∈ [α, β] tako da vaˇzi: ψ ′ (µ) ψ(β) − ψ(α) = ′ . (4.72) φ(β) − φ(α) φ (µ) Za krivu parametarski zadanu jednaˇcinama x = φ(t), y = ψ(t), t ∈ [α, β], izraz na levoj strani u (4.72) predstavlja koeficijent pravca seˇcice odred¯ene taˇckama A(φ(α), ψ(α)) i B(φ(β), ψ(β)), dok je izraz na desnoj strani koeficijent pravca tangete krive u taˇcki C(φ(µ), ψ(µ)) (videti (4.40)). Prema tome, na delu krive izmed¯u taˇcaka A i B postoji taˇcka C u kojoj je tantenta krive paralelna seˇcici odred¯enjoj taˇckama A i B.

4.7

Lopitalova pravila

Ako su funkcije f i g beskonaˇcno male kad x → a, a ∈ R, u opˇstem sluˇcaju ne moˇzemo niˇsta zakljuˇciti o graniˇcnoj vrednosti njihovog koliˇcnika. U zavisnosti od funkcija f i g, graniˇcna vrednost lim

x→a

f (x) g(x)

(4.73)

moˇze biti jednaka nekom konaˇcnom broju, ili biti jednaka +∞ ili −∞, ili ne postojati uopˇste.

4.7. Lopitalova pravila

275

Na primer, funkcije f (x) = x − 1, g(x) = (x − 1)3 , h(x) = (x − 1)2 , x ∈ R, su f (x) 1 g(x) beskonaˇcno male kad x → 1, a lim = lim = +∞, dok lim = 2 x→1 g(x) x→1 (x − 1) x→1 f (x) f (x) 1 f (x) lim (x − 1)2 = 0. S obzirom da je lim = lim = −∞ i lim = x→1 x→1−0 h(x) x→1−0 x − 1 x→1+0 h(x) 1 f (x) 1 lim = +∞, graniˇcna vrednost lim = lim ne postoji. x→1+0 x − 1 x→1 h(x) x→1 x − 1 1 Funkcije f (x) = x sin i g(x) = x su beskonaˇcno male kad x → 0, ali ne postoji x f (x) 1 ni leva ni desna graniˇcna vrednost koliˇcnika x 7→ = sin u taˇcki 0 (videti g(x) x Primer 3.29). Zato, ako su f i g beskonaˇcno male funkcije kad x → a, a ∈ R, onda kaˇzemo da f (x) 0 je koliˇcnik neodred¯eni izraz oblika kad x → a, da limes (4.73) predstavlja g(x) 0 0 neodred¯enost oblika , a za ispitivanje limesa (4.73) kaˇzemo da je razjaˇsnjavanje 0 0 neodred¯enosti oblika . 0 Takod¯e ako su f i g dve beskonaˇcno velike funkcije kad x → a, a ∈ R, tj. ako je lim f (x) = lim g(x) = ∞ (+∞ ili − ∞), u opˇstem sluˇcaju, ne moˇzemo niˇsta x→a

x→a

f (x) kad x → a. Ta graniˇcna vrednost u g(x) zavisnosti od funkcija f i g moˇze da postoji ili ne, i ukoliko postoji moˇze da bude jednaka nekom konaˇcnom broju ili +∞ ili −∞. Zato u ovom sluˇcaju kaˇzemo da je f (x) ∞ koliˇcnik neodred¯eni izraz oblika kad x → a i da je limes (4.73) neodred¯enost g(x) ∞ ∞ oblika . ∞

reći o graniˇcnoj vrednosti koliˇcnika x 7→

Napomenimo da ukupno ima 7 oblika neodred¯enosti. To su

0 , 0

∞ , 0 · ∞, ∞ − ∞, ∞ 00 , ∞0 , 1∞ .

Neodred¯enosti 0 · ∞, ∞ − ∞, 00 , ∞0 i 1∞ se pogodnim transformacijama svode 0 ∞ na neodred¯enosti tipa i . 0 ∞ Za reˇsavanje problema upored¯ivanja beskonaˇcno malih i beskonaˇcno velikih funkcija mogu se koristiti izvodi. Ti postupci se zasnivaju na tvrd¯enjima koja imaju zajedniˇcki naziv Lopitalova pravila. Teorema 4.67. Neka su funkcije f i g definisane u okolini taˇcke a ∈ R. Ako je f (a) = g(a) = 0 i funkcije f i g imaju izvod u taˇcki a, pri ˇcemu je g ′ (a) ̸= 0, tada

276

Glava 4. Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive f (x) i vaˇzi jednakost x→a g(x)

postoji graniˇcna vrednost lim

f (x) f ′ (a) = ′ . x→a g(x) g (a) lim

(4.74)

Dokaz. Budući da funkcije f i g imaju izvod u taˇcki a, to je (videti formulu (4.9) u sekciji 4.1) f (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a) + o(x − a), x → a, g(x) = g(a) + g ′ (a)(x − a) + o(x − a), x → a. Odavde, s obzirom da je f (a) = g(a) = 0 dobijamo f (x) = f ′ (a)(x − a) + o(x − a), x → a, g(x) = g ′ (a)(x − a) + o(x − a), x → a, pa je

o(x − a) − a) + o(x − a) f (x) x − a , x → a. = ′ = o(x − a) g(x) g (a)(x − a) + o(x − a) g ′ (a) + x−a ( ) ( ) o(x − a) o(x − a) ′ ′ ′ Kako je lim f (a) + = f (a) i lim g (a) + = g ′ (a) ̸= 0, to x→a x→a x−a x−a f (x) na osnovu Tvrd¯enja 3.48 sledi da postoji lim i da je x→a g(x) ( ) o(x − a) o(x − a) ′ lim f (a) + f ′ (a) + x→a f ′ (a) f (x) x−a x − a ) = ′ ( = lim = lim . x→a g(x) x→a o(x − a) o(x − a) g (a) g ′ (a) + lim g ′ (a) + x→a x−a x−a f ′ (a) +

f ′ (a)(x

Za razliku od Teoreme 4.67, u narednoj teoremi se ne pretpostavlja da funkcije f i g imaju izvod u taˇcki a. Teorema 4.68. Neka su za funkcije f, g : [a, b) → R ispunjeni sledeći uslovi: (i) f i g su neprekidne na intervalu [a, b), (ii) f i g su diferencijabilne u untervalu (a, b), pri ˇcemu je g ′ (x) ̸= 0 za svako x ∈ (a, b), (iii) f (a) = g(a) = 0. Ako postoji vaˇzi jednakost:

f ′ (x) (konaˇcan ili beskonaˇcan), onda postoji i x→a+0 g ′ (x) lim

f (x) f ′ (x) = lim ′ . x→a+0 g(x) x→a+0 g (x) lim

lim

x→a+0

f (x) i g(x)


277

Dokaz. Neka je x ∈ (a, b) proizvoljan broj. Tada funkcije f i g ispunjavaju uslove Koˇsijeve teoreme na segmentu [a, x], pa postoji taˇcka8 ξ = ξ(x) ∈ (a, x) tako da je f (x) − f (a) f ′ (ξ(x)) = . g(x) − g(a) g′(ξ(x))

(4.75)

S obzirom da je f (a) = g(a) = 0, iz (4.75) sledi f (x) f ′ (ξ(x)) = . g(x) g′(ξ(x))

(4.76)

f ′ (x) = L. Iz a < ξ(x) < x na osnovu x→a+0 g ′ (x) Teoreme 3.44 sledi lim ξ(x) = a. Kako je ξ(x) > a, za svako x ∈ (a, b), na osnovu

Neka postoji graniˇcna vrednost

lim

x→a+0

teoreme o smeni promenljive prilikom izraˇcunavanja limesa (Teorema 3.89), sledi da f ′ (ξ(x)) i da je postoji lim x→a+0 g′(ξ(x)) f ′ (ξ(x)) = L. x→a+0 g′(ξ(x)) lim

Sada iz (4.76) i (4.77) sledi da postoji lim

x→a+0

(4.77)

f (x) i da je g(x)

f (x) f ′ (x) = L = lim ′ . x→a+0 g(x) x→a+0 g (x) lim

Analogno tvrd¯enje vaˇzi i za levu, kao i za dvostranu graniˇcnu vrednost. Teorema 4.69. Neka su za funkcije f, g : (a, b) → R, a ∈ R, b ∈ R, ispunjeni sledeći uslovi: (i) f i g su diferencijabilne u untervalu (a, b) pri ˇcemu je g ′ (x) ̸= 0 za svako x ∈ (a, b), (ii) lim f (x) = lim g(x) = 0. x→a+0

Ako postoji vaˇzi jednakost:

x→a+0 f ′ (x)

lim

x→a+0 g ′ (x)

(konaˇcan ili beskonaˇcan), onda postoji i

f (x) i x→a+0 g(x) lim

f (x) f ′ (x) = lim ′ . x→a+0 g(x) x→a+0 g (x) lim

Dokaz. Dodefiniˇsimo funkcije f i g u taˇcki a, stavljajući da je f (a) = g(a) = 0. Sada su funkcije f i g neprekidne na intervalu [a, b) i ispunjeni su svi uslovi Teoreme 4.68 odakle onda sledi tvrd¯enje. Analogno tvrd¯enje vaˇzi i za dvostranu graniˇcnu vrednost. Zbog ˇceste upotrebe, to tvrd¯enje ćemo iskazati zasebnom teoremom. Kao u dokazu Tvrd¯enja 4.61 za svako x ∈ (a, b) izaberimo jednu (bilo koju) taˇcku ξ za koju vaˇzi (4.75) i tako ćemo dobiti jednoznaˇcnu funkciju ξ = ξ(x). 8

278


Teorema 4.70. Neka funkcije f i g definisane u probodenoj okolini taˇcke a ∈ R, ◦

U δ (a) = (a − δ, a + δ) \ {a}, i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (i) f i g su diferencijabilne u untervalima (a−δ, a) i (a, a +δ), pri ˇcemu je g ′ (x) ̸= 0 za svako x ∈ (a − δ, a) ∪ (a, a + δ), (ii) lim f (x) = lim g(x) = 0. x→a

x→a

f ′ (x) f (x) (konaˇcan ili beskonaˇcan), onda postoji i lim i vaˇzi ′ x→a g (x) x→a g(x)

Ako postoji lim jednakost:

f ′ (x) f (x) = lim ′ . x→a g (x) x→a g(x) lim

ex − e−x . x→0 sin x Neka je f (x) = ex − e−x i g(x) = sin x. Primetimo da je f (0) = g(0) = 0 i da funkcije f i g imaju izvod u svakoj taˇcki x ∈ R, pri ˇcemu je f ′ (x) = ex + e−x i g(′ (x) = )cos x. Postoji okolina taˇcke x = 0 u kojoj je g ′ (x) = cos x ̸= 0 (na primer π π je jedna takva okolina). Budući da postoji − , 2 2 f ′ (x) ex + e−x 1+1 lim ′ = lim = = 2, x→0 g (x) x→0 cos x 1

Primer 4.71. Nad¯imo lim

na osnovu Teoreme 4.68, sluˇcaj za dvostranu graniˇcnu vrednost, sledi da postoji f (x) ex − e−x lim , tj. lim i da vaˇzi jednakost x→0 g(x) x→0 sin x ex − e−x ex + e−x = lim = 2. x→0 x→0 sin x cos x Do ovog zakljuˇcka smo mogli doći i na osnovu Teoreme 4.70, jer su funkcije f i g neprekidne u taˇcki x = 0, pa je lim f (x) = f (0) = 0 i lim g(x) = g(0) = 0. • lim

x→0

x→0

Napomenimo da je nephodno proveriti sve uslove za primenu Lopitalovog pravila. Naime, izostanak provere i jednog od uslova, moˇze nas dovesti do pogreˇsnog zakljuˇcka, kako pokazuje sledeći primer. Primer 4.72. Za funkcije f (x) = ex i g(x) = x vaˇzi da su diferencijabilne u okolini nule U = (−∞, +∞), g ′ (x) = 1 ̸= 0 za svako x ∈ U , lim g(x) = lim x = 0, med¯utim x→0

x→0

lim f (x) = lim ex = e0 = 1 ̸= 0. Pogreˇsnom upotrebom Lopitalovog pravila doˇsli

x→0

x→0

bismo do zakljuˇcka da je ex (ex )′ ex = lim = lim = e0 = 1, x→0 x x→0 (x)′ x→0 1 lim

ex ne postoji, budući da postoje leva i x→0 x desna graniˇcna vrednost i da se razlikuju: ( ) ( ) ex 1 ex 1 lim = = −∞, lim = = +∞. • x→−0 x x→+0 x −0 +0

ˇsto nije taˇcno, jer graniˇcna vrednost lim


279

Teorema 4.73. Neka funkcije f i g definisane u okolini taˇcke +∞, (M, +∞), M ∈ R, i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (i) f i g su diferencijabilne u intervalu (M, +∞), pri ˇcemu je g ′ (x) ̸= 0 za svako x ∈ (M, +∞), (ii) lim f (x) = lim g(x) = 0. x→+∞

Ako postoji

x→+∞ f ′ (x)

lim

g ′ (x)

x→+∞


lim

x→+∞

f (x) i g(x)

vaˇzi jednakost: f (x) f ′ (x) = lim ′ . x→+∞ g (x) x→+∞ g(x) lim

(4.78)

Dokaz. Pretpostavimo da je M > 0 (za sluˇcaj da je M < 0 uzeli bismo da je ) ( 1 1 vaˇzi da ∈ (M, +∞), pa su definisane sloˇzene funkcije M = 1). Za t ∈ 0, M t( ( ) ( ) ) 1 1 1 φ(t) = f i ψ(t) = g , t ∈ 0, . Na osnovu teoreme o izvodu sloˇzene t t M ( ) 1 funkcije (Teorema 4.30), funkcije φ i ψ imaju izvod u svakoj taˇcki intervala 0, M i vaˇze jednakosti: ( ) ( ) 1 1 1 ′ ′ 1 φ (t) = −f , ψ (t) = −g . 2 t t t t2 ′

′

(4.79)

( ) 1 Pri tome je ̸= 0 za svako t ∈ 0, , jer je g ′ (x) ̸= 0 za svako x ∈ (M, +∞). M Na osnovu teoreme o smeni promenljive pri izraˇcunavanju limesa (Teorema 3.87) sledi da postoji ψ ′ (t)

( ) 1 1 lim φ(t) = lim f = |smena x = , t → +0 =⇒ x → +∞| = lim f (x) = 0. x→+∞ t→+0 t→+0 t t Analogno, postoji i ( ) 1 lim ψ(t) = lim g = lim g(x) = 0. x→+∞ t→+0 t→+0 t Funkcije φ i ψ ispunjavaju uslove (i) i (ii) Teoreme 4.69. Pretpostavimo da postoji φ′ (t) f ′ (x) = L i pokaˇzimo joˇs da postoji i lim ′ i da je jednak L. Iz (4.79) lim ′ x→+∞ g (x) t→+0 ψ (t) dobijamo da je ( ) 1 ′ f ′ φ (t) t = ( ) ′ 1 ψ (t) g′ t

280


Opet primenom teoreme o smeni promenljive pri izraˇcunavanju limesa (Teorema φ′ (t) 3.87) zakljuˇcujemo da postoji lim ′ i da je t→+0 ψ (t) ( ) 1 1 t ( ) = |smena x = , t → +0 =⇒ x → +∞| = lim t→+0 1 t g′ t ′ f (x) = lim x→+∞ g ′ (x) = L. f′

φ′ (t) t→+0 ψ ′ (t) lim

Sada na osnovu Teoreme 4.69 sledi da postoji lim

t→+0

φ(t) i da vaˇzi jednakost ψ(t)

φ(t) φ′ (t) = lim ′ = L. t→+0 ψ(t) t→+0 ψ (t) lim

1 S obzirom da je x 7→ f (x) kompozicija funkcije t 7→ φ(t) i funkcije t = (zax ( ) (1) ista, φ x = f 11 = f (x)), na osnovu teoreme o smeni promenljive prilikom x

f (x) i vaˇzi jednakost x→+∞ g(x)

izraˇcunavanja limesa (Teorema 3.90) sledi da postoji lim f (x) lim x→+∞ g(x)

φ( x1 ) 1 = lim = |smena t = , x → +∞ =⇒ t → +0| x→+∞ ψ( 1 ) x x f ′ (x) φ(t) = L = lim ′ . = lim x→+∞ g (x) t→+0 ψ(t)

Anlogno tvrd¯enje se moˇze formulisati za taˇcku −∞. Sledeće teoreme navodimo bez dokaza. Teorema 4.74. Neka funkcije f i g definisane u probodenoj okolini taˇcke a ∈ R, ◦

U δ (a) = (a − δ, a + δ) \ {a}, i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (i) f i g su diferencijabilne u untervalima (a−δ, a) i (a, a +δ), pri ˇcemu je g ′ (x) ̸= 0 za svako x ∈ (a − δ, a) ∪ (a, a + δ), (ii) lim f (x) = lim g(x) = ∞ (+∞ ili −∞). x→a

x→a

f ′ (x) f (x) (konaˇcan ili beskonaˇcan), onda postoji i lim i vaˇzi x→a g ′ (x) x→a g(x)

Ako postoji lim jednakost:

f (x) f ′ (x) = lim ′ . x→a g(x) x→a g (x) lim


281

Teorema 4.75. Neka funkcije f i g definisane u okolini taˇcke +∞, (M, +∞), M ∈ R, i neka su ispunjeni sledeći uslovi: (i) f i g su diferencijabilne u intervalu (M, +∞), pri ˇcemu je g ′ (x) ̸= 0 za svako x ∈ (M, +∞), (ii) lim f (x) = lim g(x) = ∞ (+∞ ili −∞). x→+∞

Ako postoji

x→+∞ f ′ (x)

lim

x→+∞

g ′ (x)

vaˇzi jednakost:


lim

x→+∞

f (x) i g(x)

f ′ (x) f (x) = lim ′ . x→+∞ g (x) x→+∞ g(x) lim

Analogno tvrd¯enje se moˇze formulisati za taˇcku −∞. Primer 4.76. Ako je k, a ∈ R, k > 0, a > 0, a ̸= 1, koristeći Teoremu 4.75, pokazaćemo da je loga x lim = 0. (4.80) x→+∞ xk Neka je f (x) = loga x i g(x) = xk , x ∈ (0, +∞). Ovo su dve beskonaˇcno velike funkcije kad x → +∞. Zaista, lim xk = +∞, za a > 1 je lim loga x = +∞ i za x→+∞

a ∈ (0, 1) vaˇzi lim loga x = −∞.

x→+∞

x→+∞

Funkcije f i g su diferencijabilne u intervalu (0, +∞), pri ˇcemu je f ′ (x) =

1 , g ′ (x) = kxk−1 ̸= 0, x ∈ (0, +∞). x ln a

Prema tome, ispunjeni su uslovi (i) i (ii) Teoreme 4.75. Pokaˇzimo joˇs da postoji f ′ (x) . Kako je lim xk = +∞, to je: lim ′ x→+∞ x→+∞ g (x) 1 f ′ (x) 1 x ln a = lim = lim = 0. ′ k−1 k x→+∞ g (x) x→+∞ kx x→+∞ kx ln a

lim

f ′ (x) i da vaˇzi jedx→+∞ g ′ (x)

Sada, na osnovu Teoreme 4.75 zakljuˇcujemo da postoji lim nakost

loga x f (x) f ′ (x) = lim = lim = 0. • x→+∞ xk x→+∞ g(x) x→+∞ g ′ (x) lim

Sledeći primeri pokazuju da obrat Lopitalovih teorema ne vaˇzi, odnosno iz egzisf (x) tencije graniˇcne vrednosti lim u opˇstem sluˇcaju ne sledi egzistencija graniˇcne x→a g(x) f ′ (x) f ′ (x) , a ∈ R. Drugim reˇcima, ukoliko ne postoji lim ′ , a ∈ R, u vrednosti lim ′ x→a g (x) x→a g (x) f (x) opˇstem sluˇcaju ne moˇzemo niˇsta reći o postojanju lim . x→a g(x)

282


x − sin x ∞ je neodred¯eni izraz oblika kad x → +∞. x + sin x ∞ x − sin x Pokazaćemo da postoji graniˇcna vrednost lim , ali da ne postoji graniˇcna x→+∞ x + sin x (x − sin x)′ vrednost lim . x→+∞ (x + sin x)′ sin x Zaista, budući da je funkcija x 7→ beskonaˇcno mala kad x → +∞, kao x 1 proizvod ograniˇcene funkcije x 7→ sin x i beskonaˇcno male funkcije x 7→ kad x x → +∞ (Tvrd¯enje 3.61), to na osnovu Tvrd¯enja 3.48 sledi da postoji Primeri 4.77. (i) Koliˇcnik

sin x 1− x − sin x x = 1. lim = lim sin x x→+∞ x + sin x x→+∞ 1+ x Neka je F (x) = Za xn = 2nπ i zn =

(x − sin x)′ 1 − cos x . = ′ (x + sin x) 1 + cos x

π + 2nπ, n ∈ N, vaˇzi lim xn = lim zn = +∞ i n→∞ n→∞ 2

1 − cos 2nπ = 0 → 0, kad n → ∞, 1 + cos 2nπ 1 − cos( π2 + 2nπ) F (zn ) = = 1 → 1, kad n → ∞. 1 + cos( π2 + 2nπ) F (xn ) =

Odavde, na osnovu Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije, zakljuˇcujemo da ne postoji lim F (x). x→+∞

x + sin x ∞ sin x je neodred¯eni izraz oblika kad x → +∞. Kako je lim = x→+∞ x x ∞ x + sin x 0, to postoji graniˇcna vrednost lim i vaˇzi: x→+∞ x

(ii) Koliˇcnik

lim

x→+∞

x + sin x sin x = lim (1 + ) = 1. x→+∞ x x

Med¯utim graniˇcna vrednost (x + sin x)′ = lim (1 + cos x) x→+∞ x→+∞ x′ lim

ne postoji9 . • 9

Dokaz ove ˇcinjenice se moˇze izvesti analogno dokazu da ne postoji lim cos x (Primer 3.16) ili x→+∞

metodom svod¯enja na apsurd. Naime, iz pretpostavke da postoji graniˇcna vrednost lim (1+cos x), x→+∞

na osnovu Posledice 3.49 ili Tvrd¯enja 3.51 ((3.51,3) ili (3.51,5)) sledilo bi da postoji cos x) − 1), tj.

lim ((1 +

x→+∞

lim cos x, ˇsto nije taˇcno (drugim rećima, ˇcinjenica da ne postoji lim (1 + cos x)

x→+∞

sledi iz Tvrd¯enja 3.53 i Primera 3.16)).

x→+∞

4.7. Tejlorova formula

283 1

Primer 4.78. Nad¯imo graniˇcnu vrednost lim ((x − 2)e x − x). x→+∞

0 : 0

Ovo je neodred¯enost oblika ∞ − ∞. Transformisaćemo ga u neodred¯enost oblika

(

1 x

lim ((x − 2)e − x) = lim x x→+∞

x→+∞

x−2 1 ) ex − 1 x−2 1 x e x − 1 = lim . 1 x→+∞ x x

( ) x−2 2 1− S obzirom da je lim = lim = 1, x→+∞ x→+∞ x x ( ) 1 x lim x−2 x e − 1 = 1 − 1 = 0. Prema tome,

1

lim e x = e0 = 1, to je

x→+∞

x→+∞

x−2 x1 x e 1 x

−1

0 x−2 1 1 . Neka je f (x) = e x − 1 i g(x) = . Funkcije f 0 x x x+2 1 ′ i g su diferencijabilne u okolini (0, +∞) taˇcke +∞, pri ˇcemu je f (x) = ex i x3 1 g ′ (x) = − 2 ̸= 0, x ∈ (0, +∞). x Potraˇzimo: je neodred¯eni izraz oblika

) ( x+2 x1 1 f ′ (x) x+2 1 2 3 e lim ′ = lim x 1 = − lim e x = − lim e x = −1. 1+ x→+∞ g (x) x→+∞ − 2 x→+∞ x→+∞ x x x Na osnovu Teoreme 4.73, sledi: x−2 x1 e lim x 1 x→+∞ x

−1

f (x) f ′ (x) = lim ′ = −1. x→+∞ g(x) x→+∞ g (x)

= lim

1

Prema tome, lim ((x − 2)e x − x) = −1. x→+∞

1

Analogno se dokazuje da je lim ((x − 2)e x − x) = −1. • x→−∞

4.8

Tejlorova formula

Kako za raˇcunjanje vrednosti polinoma u nekoj taˇcki koristimo samo osnovne raˇcunske operacije-sabiranje i mnoˇzenje, to su polinomi funkcije ˇcije je vrednosti najjednostavnije izraˇcunati. Zato se prirodno nameće ideja da se vrednosti drugih funkcija, u okolini neke taˇcke a, zamene odgovarajućim vrednostima nekog polinoma. Taj postupak zamene vrednosti funkcije odgovarajućim vrednostima polinoma zove se aproksimacija funkcije polinomom. Razlika izmed¯u vrednosti funkcije i odgovarajuće vrednosti polinoma zove se greˇska aproksimacije. Aproksimacija je utoliko bolja,

284


ukoliko je greˇska aproksimacije po apsolutnoj vrednosti manja. Stoga je aproksimacija dobro izvedena ukoliko dozvoljava relativno jednostavnu procenu greˇske. Već smo u sekciji 4.1 pokazali da se funkcija koja ima izvod u taˇcki a moˇze aproksimirati linearnom funkcijom, tj. polinomom stepena manjeg ili jednakog 1 ili nula polinomom10 (videti formulu (4.9)): P1 (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a), za koji vaˇzi da je P1 (a) = f (a), P1′ (a) = f ′ (a) i f (x) = P1 (x) + o(x − a), x → a. Prirodno se nameće pitanje da li se funkcija koja je n-puta diferencijabilna u taˇcki a moˇze aproksimirati polinomom koji nema stepen veći od n i koji ima osobinu da ima istu vrednost u taˇcki a kao i funkcija f i sve izvode do n-tog reda zakljuˇcno u taˇcki a jednake odgovarajućim izvodima funkcije f u taˇcki a, a da pri tom greˇska aproksimacije teˇzi 0 kad x teˇzi ka a, preciznije da je greˇska aproksimacije o((x − a)n ) kad x → a. Odgovor na ovo pitanje je potvrdan, a taj polinom ćemo zvati Tejlorovim11 polinomom n-tog reda funkcije f u taˇcki a. Preciznije: Definicija 4.79. Neka je funkcija f n-puta diferencijabilna u taˇcki a. Polinom Tn stepena ne većeg od n i za koji vaˇze jednakosti: Tn (a) = f (a), Tn′ (a) = f ′ (a), . . . , Tn(n) (a) = f (n) (a),

(4.81)

zovemo Tejlorov polinom reda n funkcije f u taˇcki a. Ako je a = 0 onda se taj polinom naziva i Maklorenovim12 polinomom reda n funkcije f i obeleˇzava sa Mn . Na osnovu Primera 4.40 zakljuˇcujemo da za Tejlorov polinom n-tog reda funkcije f u taˇcki a vaˇzi: Tn′′ (a) Tn (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n 2! n! (4.82) f ′′ (a) f (n) (a) ′ 2 n = f (a) + f (a)(x − a) + (x − a) + · · · + (x − a) . 2! n! (n)

Tn (x) = Tn (a) + Tn′ (a)(x − a) +

Izraz na desnoj strani u (4.82) obeleˇzavaćemo joˇs i sa Tn (x, a). Maklorenov polinom reda n je dat sa: Mn (x) = f (0) + f ′ (0)x +

f ′′ (0) 2 f (n) (0) n x + ··· + x . 2! n!

za sluˇcaj da je f (a) = f ′ (a) = 0 Brook Taylor (1685-1731), engleski matematiˇcar 12 Colin Maclaurin (1698-1746), ˇskotski matematiˇcar 10

11


285

Napomenimo da smo Tejlorov polinom n-tog reda u taˇcki a funkcije f , koja je n-puta diferencijabilna u taˇcki a, mogli definisati na sledeći naˇcin: to je polinom odred¯en sa f ′′ (a) f (n) (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n . (4.83) 2! n! Ova definicija je ekvivalentna Definiciji 4.79, jer, uzastopnim diferenciranjem n-puta, iz (4.83) dobijamo da vaˇze jednakosti (4.81), a već smo pokazali da za polinom koji zadovoljava uslove (4.81) Definicije 4.79 vaˇzi jednakost (4.83). Pomenimo da kod Tejlorovog polinoma ne treba poistovećivati njegov red sa njegovim stepenom. Naime, stepen Tejlorovog polinoma n-tog reda u taˇcki a funkcije f , f ̸≡ 0, manji je ili jednak n. Zaista, ako je f (n) (a) = · · · = f (n−k) (a) = 0, k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, onda je stepen Tejlorovog polinoma Tn jednak n − k − 1 i vaˇzi da je Tn−k−1 = Tn−k = · · · = Tn . Ako je f ≡ 0, tada je Tejlorov polinom ma kog reda ove funkcije u proizvoljnoj taˇcki a upravo nula-polinom. Kao ˇsto smo već rekli, ako funkciju f aproksimiramo Tejlorovim polinomom, potrebno je dati ocenu greˇske aproksimacije, tj. razlike: Tn (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a) +

(

Rn (x) = f (x) − Tn (x)

) ′′ (a) (n) (a) (4.84) f f 2 n = f (x)− f (a) + f ′ (a)(x − a)+ (x − a) +. . .+ (x − a) . 2! n! Iz (4.84) dobijamo jednakost: f ′′ (a) f (n) (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n + Rn (x), (4.85) 2! n! koju nazivamo Tejlorovom formulom n-tog reda funkcije f u taˇcki a, dok funkciju Rn (x) nazivamo ostatkom Tejlorove formule n-tog reda. Specijalno, ako je a = 0, onda se formula f (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a) +

f ′′ (0) 2 f (n) (0) n x + ··· + x + Rn (x) 2! n! zove Maklorenova formula n-tog reda funkcije f . Primetimo da ako je funkcija f baˇs polinom stepena p, onda je ostatak Tejlorove formule reda n ≥ p u proizvoljnoj taˇcki a ∈ R jednak 0 jer se funkcija poklapa sa svojim Tejlorovim polinomom reda n ≥ p. U svim drugim sluˇcajevima greˇska aproksimacije, tj. ostatak Tejlorove formule biće razliˇcit od 0. Pre nego ˇsto damo prvu ocenu ostatka Tejlorove formule, dokaˇzimo sledeće pomoćno tvrd¯enje. f (x) = f (0) + f ′ (0)x +

Tvrd¯enje 4.80. Neka je funkcija ϕ n-puta diferencijabilna u taˇcki a i neka vaˇzi: ϕ(a) = ϕ′ (a) = ϕ′′ (a) = · · · = ϕ(n) (a) = 0. Tada je ϕ(x) = o((x − a)n ), x → a.

(4.86)

286


Dokaz. Dokaz izvodimo indukcijom koristeći Lopitalovo pravilo. Dokaˇzimo da je tvrd¯enje taˇcno za n = 1. U tom cilju pretpostavimo da funkcija ϕ ima izvod u taˇcki a i da je ϕ(a) = ϕ′ (a) = 0. Dokaˇzimo da je onda ϕ(x) = o(x − a), x → a. Zaista, zbog ϕ(a) = ϕ′ (a) = 0, imamo da je ϕ(x) ϕ(x) − ϕ(a) = lim = ϕ′ (a) = 0, x→a x − a x→a x−a lim

i prema tome, ϕ(x) = o(x − a), x → a. Pretpostavomo da je tvrd¯enje taˇcno za prirodan broj n i dokaˇzimo da je taˇcno za n + 1, tj. da za svaku funkciju φ koja je n + 1-puta diferencijabilna u taˇcki a i koja ispunjava uslove: φ(a) = φ′ (a) = φ′′ (a) = · · · = φ(n) (a) = φ(n+1) (a) = 0,

(4.87)

vaˇzi da je φ(x) = o((x − a)n+1 ), x → a. (4.88) φ(x) Da bismo dokazali (4.88), pokaˇzimo da je lim = 0. Postoji δ > 0 tako x→a (x − a)n+1 da je funkcija φ diferencijabilna u okolini (a − δ, a + δ) (videti Napomenu 4.35). U toj okolini je diferencijabilna i funkcija ψ(x) = (x − a)n+1 i vaˇzi da je ψ ′ (x) = (n + 1)(x − a)n ̸= 0, za x ∈ (a − δ, a) ∪ (a, a + δ). Osim toga, lim φ(x) = φ(a) = 0 x→a

i lim ψ(x) = ψ(a) = 0. Funkcija φ′ je n-puta diferencijabilna u taˇcki a i, s obzirom x→a

na (4.87), funkcija φ′ zajedno sa svojim izvodima do n-tog reda zakljuˇcno u taˇcki a ima vrednost jednaku 0: φ′ (a) = (φ′ )′ (a) = (φ′ )′′ (a) = · · · = (φ′ )(n) (a) = 0. Prema tome, funkcija ϕ = φ′ ispunjava uslove (4.86) i na osnovu indukcijske pretpostavke zakljuˇcujemo da je ϕ(x) = o((x−a)n ), x → a, tj. φ′ (x) = o((x−a)n ), x → φ′ (x) a. Zato postoji lim ′ i vaˇzi x→a ψ (x) φ′ (x) φ′ (x) φ′ (x) 1 = lim = lim = 0. x→a ψ ′ (x) x→a (n + 1)(x − a)n n + 1 x→a (x − a)n lim

φ(x) i da je x→a ψ(x)

Na osnovu Lopitalovog pravila zakljuˇcujemo da postoji lim φ(x) φ′ (x) = lim ′ = 0. x→a ψ(x) x→a ψ (x) lim

Prema tome, lim

x→a

φ(x) = 0. (x − a)n+1

Sledeća teorema je poznata pod nazivom Tejlorova teorema i govori o asimptotskom ponaˇsanju ostatka Tejlorove formule u okolini taˇcke a. Naime, ostatak Tejlorove formule n-tog reda je beskonaˇcno mala viˇseg reda u odnosu na (x − a)n kad x → a.


287

Teorema 4.81. Neka je funkcija f n-puta diferencijabilna u taˇcki a. Tada je f ′′ (a) f (n) (a) (x−a)2 +· · ·+ (x−a)n +o((x−a)n ), x → a. 2! n! (4.89) Drugim reˇcima, za ostatak Tejlorove formule n-tog reda vaˇzi: f (x) = f (a)+f ′ (a)(x−a)+

Rn (x) = o((x − a)n ), x → a.

(4.90)

Dokaz. Kako je Rn (x) = f (x)−Tn (x), gde je Tn Tejlorov polinom n-tog reda funkcije f u taˇcki a, zakljuˇcujemo da je funkcija Rn n-puta diferencijabilna u taˇcki a, a na osnovu jednakosti (4.81) dobijamo Rn (a)

=

f (a) − Tn (a) = 0,

Rn′ (a) Rn′′ (a)

=

f ′ (a) − Tn′ (a) = 0,

=

f ′′ (a) − Tn′′ (a) = 0,

... Rn(n) (a)

=

f (n) (a) − Tn(n) (a) = 0.

Prema tome, funkcija Rn ispunjava uslove Tvrd¯enja 4.80, odakle sledi da je Rn (x) = o((x − a)n ), x → a. Formula (4.89) je poznata pod nazivom Tejlorova formula sa ostatkom u Peanovoj13 formi. Specijalno, za a = 0 dobijamo Maklorenovu formulu sa ostatkom u Peanovoj formi: f (x) = f (0) + f ′ (0)x +

f (n) (0) n f ′′ (0) 2 x + ··· + x + o(xn ), x → 0. 2! n!

(4.91)

Primetimo da formula (4.89) ne omogućava precizniju ocenu ostatka, tj. greˇske aproksimacije funkcije Tejlorovim polinomom, već jedino govori o tome da ta greˇska teˇzi 0 odred¯enom brzinom kada x teˇzi ka a i da se vrednost funkcije f (x) u nekoj taˇcki x moˇze zameniti odgovarajućom vrednoˇsću Tejlorovog polinoma u taˇcki a sa malom greˇskom samo ako je taˇcka x ”dovoljno blizu” taˇcke a. Sledeća lema pokazuje da se funkcija ne moˇze istovremeno aproksimirati sa dva razliˇcita polinoma koja oba nemaju stepen veći od n i sa greˇskom koja je u oba sluˇcaja o((x − a)n ), kad x → a. Drugim reˇcima, ukoliko postoji polinom koji nema stepen veći od n i koji aproksimira funkciju sa greˇskom koja je o((x − a)n ), kad x → a, onda je on jedinstven. Lema 4.82. Neka je c0 + c1 (x − a) + · · · + cn (x − a)n + o((x − a)n ) = d0 + d1 (x − a) + · · · + dn (x − a)n + o((x − a)n ), x → a. Tada je c0 = d0 , c1 = d1 , . . . , cn = dn . 13

Giuseppe Peano (1858-1932), italijanski matematiˇcar

(4.92)

288


Dokaz. Prelaskom na limes kad x → a u jednakosti (4.92) dobijamo da je c0 = d0 , pa je c1 (x−a)+· · ·+cn (x−a)n +o((x−a)n ) = d1 (x−a)+· · ·+dn (x−a)n +o((x−a)n ), x → a. Odavde deljenjem sa x − a (x ̸= a), budući da je na osnovu Tvrd¯enja 3.159 o((x − a)n ) = o((x − a)n−1 ), x → a, sledi x−a c1 + c2 (x − a) + · · · + cn (x − a)n−1 + o((x − a)n−1 ) = d1 + d2 (x − a) + · · · + dn (x − a)n−1 + o((x − a)n−1 ), x → a, odakle opet prelasom na limes kad x → a dobijamo c1 = d1 . Nastavljajući ovaj postupak dobijamo ci = di , i = 0, 1, . . . , n. Koristeći prethodnu lemu pokazaćemo da je za funkciju f , koja je n-puta diferencijabilna u taˇcki a, jedini polinom koji nema stepen veći od n i koji aproksimira funkciju f sa greˇskom koja je o((x − a)n ), kad x → a, upravo Tejlorov polinom reda n funkcije f u taˇcki a. Tvrd¯enje 4.83. Neka je funkcija f n-puta diferencijabilna u taˇcki a i neka je Qn (x) = α0 + α1 (x − a) + · · · + αn (x − a)n

(4.93)

polinom takav da je f (x) = Qn (x) + o((x − a)n ), x → a.

(4.94)

Tada je αk =

f (k) (a) , k = 0, 1, . . . , n, k!

(4.95)

tj. polinom Qn je jednak Tejlorovom polinomu reda n funkcije f u taˇcki a. Dokaz. Iz Teoreme 4.81 sledi da je f (x) = f (a)+f ′ (a)(x−a)+

f ′′ (a) f (n) (a) (x−a)2 +· · ·+ (x−a)n +o((x−a)n ), x → a. 2! n!

Odavde, iz (4.94) i (4.93) sledi α0 + α1 (x − a) + · · · + αn (x − a)n + o((x − a)n ) = f (a) + f ′ (a)(x − a) + +

f (n) (a) f ′′ (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n + o((x − a)n ), x → a. 2! n!

Sada na osnovu Leme 4.82 slede jednakosti (4.95). Sledeća teorema omogućava da se funkcija koja je n + 1-puta diferencijabilna u okolini taˇcke a aproksimira Tejlorovim polinomom reda n u celoj toj okolini, pri ˇcemu je ovom prilikom ostatak dat u obliku koji omogućava laku procenu greˇske aproksimacije.


289

Teorema 4.84. Neka je funkcija f ima neprekidan n-ti izvod u okolini taˇcke a, ◦

U (a) = (a − δ, a + δ), i (n + 1)-vi izvod u probodenoj okolini U (a). Tada za svako x ∈ U (a) i svako p ∈ N postoji ξ 14 koje je izmed¯u a i x tako da vaˇzi jednakost: f (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a) +

f ′′ (a) f (n) (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n + Rn (x), 2! n!

gde je Rn (x) =

f (n+1) (ξ) (x − ξ)n+1−p (x − a)p . p · n!

Dokaz. Neka je x ∈ U (a) i pretpostavimo15 da je x > a. Na segmentu [a, x] posmatrajmo funkciju φ(t) = f (x) − Tn (x, t) ( = f (x) −

f ′′ (t) f (n) (t) f (t) + f (t)(x − t) + (x − t)2 + · · · + (x − t)n 2! n! ′

) .

Budući da funkcija f ima neprekidne sve izvode do n-tog reda zakljuˇcno u okolini U (a), funkcija φ je neprekidna na segmentu [a, x]. Kako funkcija f ima (n + 1)-vi ◦

izvod u probodenoj okolini U (a), to je funkcija φ diferencijabilna u intervalu (a, x) i vaˇzi: ( ′′′ ) ( ) f (t) f ′′ (t) φ′ (t) = −f ′ (t) − f ′′ (t)(x − t) − f ′ (t) − (x − t)2 − 2(x − t) 2! 2! ( ) f (4) (t) f ′′′ (t) − (x − t)3 − 3(x − t)2 − . . . 3! 3! ( ) (n) (t) f (n+1) (t) f − (x − t)n − n(x − t)n−1 . n! (n)! Nakon sred¯ivanja dobijamo φ′ (t) = −

f (n+1) (t) (x − t)n . n!

Izaberimo sada proizvoljnu funkciju ψ koja je neprekidna na segmentu [a, x], diferencijabilna u intervalu (a, x), pri ˇcemu je ψ ′ (t) ̸= 0 za svako t ∈ (a, x). Funkcije φ i ψ ispunjavaju uslove Koˇsijeve teoreme o srednjoj vrednosti na segmentu [a, x], te postoji ξ ∈ (a, x) tako da je φ(x) − φ(a) φ′ (ξ) = ′ . ψ(x) − ψ(a) ψ (ξ)

(4.96)

Ovo ξ zavisi od izbora x ∈ U (a) i p ∈ N. U sluˇcaju kada je x < a, dokaz ide potpuno analogno, samo se umesto segmenta [a, x] posmatra segment [x, a]. 14

15

290


Kako je φ(x) = 0, φ(a) = f (x) − Tn (x, a) = Rn (x) i φ′ (ξ) = − (4.96) sledi −Rn (x) = ψ(x) − ψ(a)

−

f (n+1) (ξ) (x − ξ)n , iz n!

f (n+1) (ξ) (x − ξ)n n! , ψ ′ (ξ)

pa je ψ(x) − ψ(a) f (n+1) (ξ) · (x − ξ)n . ψ ′ (ξ) n!

Rn (x) =

(4.97)

Sada za funkciju ψ izaberimo: ψ(t) = (x − t)p , gde je p ∈ N. Jasno, ψ je neprekidna na [a, x], diferencijabilna u (a, x), pri ˇcemu je ψ ′ (t) = −p(x − t)p−1 ̸= 0 za t ∈ (a, x), ψ(x) = 0, ψ(a) = (x − a)p , pa iz (4.97) dobijamo (x − a)p f (n+1) (ξ) Rn (x) = (x − ξ)n , · p(x − ξ)p−1 n! tj. Rn (x) =

f (n+1) (ξ) (x − ξ)n+1−p (x − a)p . p · n!

(4.98)

16 -Roˇ ˇ Za ostatak (4.98) kaˇzemo da je dat u Slemilh sovom17 obliku. Budući da je ξ ∈ (a, x) za sluˇcaj kada je a < x, i ξ ∈ (x, a) za sluˇcaj kada je ξ−a x < a, imamo da je 0 < θ = < 1, ξ = a + θ(x − a) i x − ξ = (1 − θ)(x − a), x−a pa je

Rn (x) =

f (n+1) (a + θ(x − a)) (1 − θ)n+1−p (x − a)n+1 , gde je θ ∈ (0, 1). p · n!

(4.99)

Za p = 1 dobijamo Koˇsijev oblik ostatka: Rn (x) =

f (n+1) (a + θ(x − a)) (1 − θ)n (x − a)n+1 , gde je θ ∈ (0, 1). n!

(4.100)

Ako stavimo da je p = n + 1, dobijamo Lagranˇzov oblik ostatka: f (n+1) (ξ) (x − a)n+1 , gde je ξ izmed¯u a i x, (n + 1)!

(4.101)

f (n+1) (a + θ(x − a)) (x − a)n+1 , gde je θ ∈ (0, 1). (n + 1)!

(4.102)

Rn (x) = odnosno, Rn (x) = 16 17

O. Schl¨ omilch (1823-1901), nemaˇcki matematiˇcar E. Roche (1820-1883), francuski matematiˇcar


291

Za sluˇcaj da je u prethodnoj teoremi a = 0 dobijamo Maklorenovu formulu n-tog reda funkcije f sa ostatkom u Lagranˇzevom obliku: f ′′ (0) 2 f (n) (0) n f (n+1) (θx) n+1 x + ··· + x + x , θ ∈ (0, 1). 2! n! (n + 1)! (4.103) Napominjemo da θ u formulama (4.100), (4.102) i (4.103) zavisi od izbora x i n ∈ N. Pre nego ˇsto pokaˇzemo da Maklorenova formula parne (neparne) funkcije sadrˇzi samo parne (neparne) stepene promenljive x, primetimo da ako je neparna funkcija f definisana u taˇcki x = 0, da je onda njena vrednost u 0 jednaka 0. Zaista, f (x) = f (0) + f ′ (0)x +

f (0) = f (−0) = −f (0) =⇒ 2f (0) = 0 =⇒ f (0) = 0. Osim toga, iz Tvrd¯enja 4.11 sledi da su parni izvodi neparne funkcije, kao i neparni izvodi parne funkcije, i sami neparne funkcije i stoga u 0 imaju vrednost jednaku 0. Tvrd¯enje 4.85. Neka neparna (parna) funkcija f : (−δ, δ) → R ima izvode ma kog reda u taˇcki x = 0. Tada su koeficijenti uz parne (neparne) stepene promenljive x u Maklorenovoj formuli (ma kog reda) funkcije f jednaki 0. Dokaz. Neka je f neparna funkcija. Tada je f (0) = 0, prva izvodna funkcija f ′ je definisana u okolini 0 i na osnovu Tvrd¯enja 4.11 sledi da je f ′ parna funkcija. Druga izvodna funkcija je definisana u okolini 0 i opet primenom Tvrd¯enja 4.11 zakljuˇcujemo da je f ′′ neparna funkcija, pa je f ′′ (0) = 0. Nastavljajući tako postupak, dolazimo do zakljuˇcka da je f (2k) (0) = 0 za svako k ∈ N. Pretpostavimo da je funkcija f parna. Prva izvodna funkcija f ′ , inaˇce definisana u okolini 0, je na osnovu Tvrd¯enja 4.11 neparna funkcija i prema tome, f ′ (0) = 0. Druga izvodna funkcija f ′′ je onda parna funkcija definisana u okolini 0, odakle onda sledi da je treća izvodna funkcija f ′′′ neparna funkcija, pa je f ′′′ (0) = 0. Nastavljajući postupak, dobijamo da je f (2k−1) (0) = 0 za svako k ∈ N. Primeri 4.86. Budući da funkcije x 7→ ex , x 7→ sin x, x 7→ cos x, x 7→ sh x, x 7→ ch x, x 7→ (1 + x)α , x 7→ ln(1 + x) imaju izvode ma kog reda u svakoj taˇcki svog domena, to one ispunjavaju uslove Teoreme 4.81 i Teoreme 4.84 u okolini taˇcke a = 0, odakle slede Maklorenove formule za ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj, a takod¯e i u Lagranˇzovoj formi. (i) Za funkciju f (x) = ex vaˇzi: (ex )(n) = ex , n ∈ N, x ∈ R, pa je f (n) (0) = e0 = 1 za svako n ∈ N. Stoga je Maklorenova formula n-tog reda ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj formi: x2 x3 xn + + ··· + + o(xn ), x → 0, 2! 3! n! dok Maklorenova formula sa ostatkom u Lagranˇzevom obliku glasi: ex = 1 + x +

ex = 1 + x +

x2 x3 xn xn+1 θx + + ··· + + e , 2! 3! n! (n + 1)!

(4.104)

(4.105)

292


gde je θ ∈ (0, 1) i zavisi od x i n. Budući da je svako n ∈ N, 0 ≤ θx ≤ x za x ≥ 0 i x < θx < 0 za x < 0, sledi 1 ≤ eθx ≤ ex za x ≥ 0 i ex < eθx < 1 za x < 0. Prema tome, eθx ≤ max{1, ex } za svako x ∈ R i svako n ∈ N. Stoga je ( ) n+1 x x2 x3 xn θx |x| 0 ≤ e − 1 + x + = e + + ··· + 2! 3! n! (n + 1)! ≤ max{1, ex }

|x|n+1 . (4.106) (n + 1)!

S obzirom da je (Primer 2.61) |x|n = 0, x ∈ R, n→∞ n! lim

(4.107)

iz (4.106) na osnovu Tvrd¯enja 2.45 i Zadatka 1 sledi da je za svako x ∈ R, ( ) x2 x3 xn x e = lim 1 + x + + + ··· + . (4.108) n→∞ 2! 3! n! x

e x2 + x3 + x4 1+x+ 2! 3! 4! 2 3 1+x + x + x 2!

3!

2 1+x+ x

2!

(ii) Neka je f (x) = sin x. Ova funkcija ima takod¯e izvode ma kog reda u proizvoljnoj taˇcki x ∈ R i vaˇzi (videti Primere 4.39 (iii)): ( mπ ) (sin x)(m) = sin x + , za svako m ∈ N. 2 Prema tome, f (m) (0) = sin

mπ . Stoga je za n ∈ N, 2 f (2n) (0) = sin nπ = 0

i ( ( (2n − 1)π π) π) = sin nπ − = sin (n − 1)π + = cos(n − 1)π 2 2 2 = (−1)n−1 .

f (2n−1) (0) = sin


293

Zato Maklorenova formula (2n − 1)-vog reda ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj formi glasi: sin x = x −

x3 x5 x2n−1 + − · · · + (−1)n−1 + o(x2n−1 ), x → 0. 3! 5! (2n − 1)!

(4.109)

Primetimo da je ovde M2n−1 = M2n jer je f (2n) (0) = 0. Stoga Maklorenova formula (2n)-tog reda sa ostatkom u Peanovoj formi glasi: sin x = x −

x3 x5 x2n−1 + − · · · + (−1)n−1 + o(x2n ), x → 0. 3! 5! (2n − 1)!

Ostatak R2n u Lagraˇzevom obliku je: ( x2n+1 π) f (2n+1) (θx) 2n+1 x = sin θx + (2n + 1) (2n + 1)! (2n + 1)! 2 ( ) 2n+1 2n+1 x π x = sin + nπ + θx = cos(nπ + θx) (2n + 1)! 2 (2n + 1)! x2n+1 cos θx, = (−1)n (2n + 1)!

R2n (x) =

gde je θ ∈ (0, 1) i zavisi od x i n, pa Maklorenova formula reda 2n sa ostatkom u Lagranˇzevoj formi glasi: sin x = x −

x3 x5 x2n−1 x2n+1 + − · · · + (−1)n−1 + (−1)n cos θx, θ ∈ (0, 1). 3! 5! (2n − 1)! (2n + 1)!

Iz ( ) 2n−1 x3 x5 n−1 x = 0 ≤ sin x − x − + − · · · + (−1) 3! 5! (2n − 1)!

2n+1 (−1)n x cos θx (2n + 1)!

|x|2n+1 = | cos θx| (2n + 1)! ≤

|x|2n+1 (2n + 1)!

i (4.107) sledi da za svako x ∈ R vaˇzi: ( ) x3 x5 x2n−1 x− + − · · · + (−1)n−1 . n→∞ 3! 5! (2n − 1)!

sin x = lim

(4.110)

294


sin x x 3 x - x3! 5

3 x x - 3! + x

5!

3

5

7

x - x3! + x - x 5!

7!

(iii) Funkcija f (x) = cos x ima izvode ma kog reda u proizvoljnoj taˇcki x ∈ R: ( mπ ) f (m) (x) = cos x + za svako m ∈ N, 2 mπ pa je f (m) (0) = cos . Za n ∈ N vaˇzi: 2 f (2n−1) (0) = cos

(2n − 1)π =0 2

i

2nπ = cos nπ = (−1)n . 2 Maklorenova formula (2n)-tog reda ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj formi glasi: f (2n) (0) = cos

cos x = 1 −

x2 x4 x2n + − · · · + (−1)n + o(x2n ), x → 0. 2! 4! (2n)!

(4.111)

Kako je f (2n+1) (0) = 0, to je M2n = M2n+1 i stoga Maklorenova formula (2n + 1)-og reda sa ostatkom u Peanovoj formi glasi: cos x = 1 −

x2n x2 x4 + − · · · + (−1)n + o(x2n+1 ), x → 0. 2! 4! (2n)!

Ostatak R2n+1 u Lagraˇzevom obliku je: R2n+1 (x) = =

( f (2n+2) (θx) 2n+2 x2n+2 π) x = cos θx + (2n + 2) (2n + 2)! (2n + 2)! 2 2n+2 2n+2 x x cos ((n + 1)π + θx) = (−1)n+1 cos θx, (2n + 2)! (2n + 2)!

gde θ ∈ (0, 1) zavisi od x i od n, pa Maklorenova formula reda 2n sa ostatkom u Lagranˇzevoj formi glasi: cos x = 1 −

x2 x4 x2n x2n+2 + − · · · + (−1)n + (−1)n+1 cos θx, θ ∈ (0, 1). 2! 4! (2n)! (2n + 2)!


295

Iz

( ) 2n 2n+2 x2 x4 n x n+1 x 0 ≤ cos x − 1 − + − · · · + (−1) = (−1) cos θx 2! 4! (2n)! (2n + 2)! = | cos θx| ≤

|x|2n+2 (2n + 2)!

|x|2n+2 (2n + 2)!

i (4.107) sledi da za svako x ∈ R vaˇzi: ( ) 2n x2 x4 n x cos x = lim 1 − + − · · · + (−1) . n→∞ 2! 4! (2n)!

(4.112)

Funkcija x 7→ cos x je parna, i kao ˇsto smo i oˇcekivali na osnovu Tvrd¯enja 4.85, Maklorenova formula ove funkcije sadrˇzi samo parne stepene promenljive x, za razliku od funkcije x 7→ sin x koja je neparna, pa Maklorenova formula ove funkcije sadrˇzi samo neparne stepene promenljive x. (iv) Neka je f1 (x) = sh x i f2 (x) = ch x. Kako je (sh x)′ = ch x i (ch x)′ = sh x, x ∈ R, to za svako n ∈ N vaˇzi (sh x)(2n−1) = ch x, (sh x)(2n) = sh x,

(4.113)

(ch x)(2n−1)

(4.114)

= sh x,

(ch x)(2n)

= ch x.

Prema tome, (2n−1)

f1

(2n)

(0) = ch 0 = 1, f1

(2n−1) f2 (0)

= sh 0 = 0,

(0) = sh 0 = 0,

(2n) f2 (0)

= ch 0 = 1.

(4.115) (4.116)

Iz (4.115) sledi da Maklorenova formula (2n − 1)-vog reda funkcije f1 (x) = sh x sa ostatkom u Peanovoj formi glasi: sh x = x +

x3 x5 x2n−1 + + ··· + + o(x2n−1 ), x → 0. 3! 5! (2n − 1)!

(2n)

(4.117)

Kako je f1 (0) = 0, to za Maklorenove polinome ove funkcije vaˇzi M2n−1 = M2n , te je Maklorenova formula (2n)-tog reda: sh x = x + (2n+1)

Iz (4.113) sledi f1

x2n−1 x3 x5 + + ··· + + o(x2n ), x → 0. 3! 5! (2n − 1)!

(x) = ch x, pa je Lagranˇzov oblik ostatka (2n+1)

f (θx) 2n+1 x2n+1 R2n (x) = 1 x = ch (θx), θ ∈ (0, 1). (2n + 1)! (2n + 1)!

296


Prema tome, Maklorenova formula 2n-tog reda ove funkcije sa ostatkom u Lagranˇzevoj formi glasi: sh x = x +

x3 x5 x2n−1 x2n+1 + + ··· + + ch (θx), θ ∈ (0, 1). 3! 5! (2n − 1)! (2n + 1)!

(4.118)

Iz (4.28) sledi da Maklorenova formula 2n-tog reda funkcije f2 (x) = ch x glasi: ch x = 1 +

x2 x4 x2n + + ··· + + o(x2n ), x → 0. 2! 4! (2n)!

(4.119)

(2n+1)

Iz f2 (0) = 0 sledi da za Maklorenove polinome ove funkcije vaˇzi M2n = M2n+1 , pa je Maklorenova formula (2n + 1)-og reda: ch x = 1 +

x2 x4 x2n + + ··· + + o(x2n+1 ), x → 0. 2! 4! (2n)! (2n+2)

Kako je, na osnovu (4.114), f2 (x) = ch x, to je Lagranˇzov oblik ostatka R2n+1 (x) = (2n+2) 2n+2 x f2 (θx) 2n+2 x = ch θx, θ ∈ (0, 1), pa Maklorenova formula (2n + 1)-og (2n + 2)! (2n + 2)! reda sa ostatkom u Lagranˇzevoj formi glasi: ch x = 1 +

x2 x4 x2n x2n+2 + + ··· + + ch θx, θ ∈ (0, 1). 2! 4! (2n)! (2n + 2)!

(4.120)

Funkcija x 7→ sh x (x 7→ ch x) je joˇs jedan primer da Maklorenova formula neparne (parne) funkcije sadrˇzi samo neparne (parne) stepene promenljive x. Za svako x ∈ R i n ∈ N je18 |sh θx| ≤ |sh x| i |ch θx| = ch θx ≤ ch x, te iz (4.118) i (4.120) sledi 2n+1 ) ( x x2n−1 x3 x5 0 ≤ sh x − x + + + ··· + ch θx = 3! 5! (2n − 1)! (2n + 1)! = |ch θx| ≤ |ch x| i

|x|2n+1 (2n + 1)!

|x|2n+1 (2n + 1)!

2n+2 ( ) x x2 x4 x2n = 0 ≤ ch x − 1 + + + ··· + ch θx (2n + 2)! 2! 4! (2n)! = |ch θx|

|x|2n+2 (2n + 2)!

|x|2n+2 ≤ ch x . (2n + 2)! Funkcja x 7→ ch x je strogo rastuća na intervalu [0, +∞) i strogo opadajuća na intervalu (−∞, 0], pa iz 0 ≤ θx ≤ x za x ≥ 0 i x < θx < 0 za x < 0 sledi 1 = ch 0 ≤ ch θx ≤ ch x za svako x ∈ R i prema tome, |ch θx| = ch θx ≤ ch x. 18


297

Odavde, na osnovu (4.107), zakljuˇcujemo da za svako x ∈ R vaˇzi: ( ) x3 x5 x2n−1 sh x = lim x + + + ··· + n→∞ 3! 5! (2n − 1)! ( ) x2 x4 x2n ch x = lim 1 + + + ··· + . n→∞ 2! 4! (2n)!

i

(4.121)

(4.122)

(v) Neka je f (x) = ln(1 + x), x ∈ (−1, +∞). Kako je f ′ (x) =

1 1 1 , f ′′′ (x) = (−1)(−2) · , , f ′′ (x) = (−1) · 2 1+x (1 + x) (1 + x)3

primenjujući matematiˇcku indukciju dokazujemo da za svako n ∈ N vaˇzi f (n) (x) = (−1)n−1 (n − 1)!

1 . (1 + x)n

Odavde sledi f (n) (0) = (−1)n−1 (n − 1)!, pa je f (n) (0) (−1)n−1 (n − 1)! 1 = = (−1)n−1 . n! n! n Kako je f (0) = ln 1 = 0, Maklorenova formula n-og reda ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj formi glasi ln(1 + x) = x −

x2 x3 xn + − · · · + (−1)n−1 + o(xn ), x → 0. 2 3 n

(4.123)

Ostatak Rn u Lagranˇzevom obliku je: xn+1 (n+1) xn+1 1 f (θx) = (−1)n n! (n + 1)! (n + 1)! (1 + θx)n+1 xn+1 1 = (−1)n · , θ ∈ (0, 1), n + 1 (1 + θx)n+1

Rn (x) =

pa Maklorenova formula n-tog reda ove funkcije sa ostatkom u Lagranˇzevoj formi glasi: ln(1 + x) = x −

x2 x3 xn xn+1 1 + − · · · + (−1)n−1 + (−1)n · , θ ∈ (0, 1). • 2 3 n n + 1 (1 + θx)n+1

Ako je 0 ≤ x ≤ 1, tada je 0 ≤ θx ≤ 1 i 1 ≤ 1 + θx ≤ 2, pa je 0 < je

1 ≤ 1. Stoga 1 + θx

n+1 1 nx ≤ 1 , · |Rn (x)| = (−1) n + 1 (1 + θx)n+1 n + 1

odakle sledi da je lim Rn (x) = 0, x ∈ [0, 1].

n→∞

(4.124)

298


Za sluˇcaj da je −1 < x < 0, zapisaćemo ostatak Rn u Koˇsijevom obliku (videti (4.100)): 1 (n+1) f (θx)(1 − θ)n xn+1 n! 1 1 = (1 − θ)n xn+1 (−1)n n! n! (1 + θx)n+1 (1 − θ)n xn+1 , θ ∈ (0, 1). = (−1)n (1 + θx)n+1

Rn (x) =

Iz 0 < |x| < 1 i 0 < θ < 1 sledi 0 < θ|x| < θ < 1 i stoga 0 < 1 − θ < 1 − θ|x|. S obzirom da je x = −|x|, odavde sledi 0<

1−θ 1−θ = < 1. 1 + θx 1 − θ|x|

(4.125)

Kako je θ|x| < |x| < 1, to je 1 − θ|x| > 1 − |x| > 0, pa je 0<

1 1 1 = < 1 + θx 1 − θ|x| 1 − |x|

(4.126)

Iz (4.125) i (4.126) sledi 1 − θ n |x|n+1 1 n+1 · |Rn (x)| = |x| ≤ , 1 + θx |1 + θx| 1 − |x| odakle dobijamo da vaˇzi (4.124) i za x ∈ (−1, 0). Prema tome, ( ) n x2 x3 n−1 x ln(1 + x) = lim x − + − · · · + (−1) , za x ∈ (−1, 1]. n→∞ 2 3 n

(vi) Neka je f (x) = (1 + x)α , α ∈ R \ N, α ̸= 0, x ∈ (−1, +∞). Kako je f ′ (x) = α(1+x)α−1 , f ′′ (x) = α(α−1)(1+x)α−2 , f ′′′ (x) = α(α−1)(α−2)(1+x)α−3 , metodom matematiˇcke indukcije dokazujemo da je za n ∈ N, f (n) (x) = α(α − 1) . . . (α − n + 1)(1 + x)α−n . Odavde sledi f (n) (0) = α(α − 1) . . . (α − n + 1), pa Maklorenova formula n-og reda ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj formi glasi: (1 + x)α = 1+αx+

α(α−1) . . . (α−n+1) n α(α−1) 2 x +. . .+ x + o(xn ), x → 0. (4.127) 2! n!


299

α(α − 1) . . . (α − n + 1) podseća na izraz za binomni koeficijent, i ubuduće n! ( ) α ćemo ga kraće oznaˇcavati sa . Formulu (4.127) zapisujemo sada na sledeći naˇcin: n ( ) ( ) ( ) α α 2 α n α (1 + x) = 1 + x+ x + ··· + x + o(xn ), x → 0. (4.128) 1 2 n Izraz

Lagranˇzev oblik ostatka Rn je: f (n+1) (θx) n+1 xn+1 x = α(α − 1) . . . (α − n)(1 + θx)α−n−1 (n + 1)! (n + 1)! ( ) α = xn+1 (1 + θx)α−n−1 , θ ∈ (0, 1), n+1

Rn (x) =

pa Maklorenova formula n-og reda ove funkcije sa ostatkom u Lagranˇzevoj formi glasi: ( ) ( ) ( ) ( ) α α 2 α n α (1+x)α = 1+ x+ x +· · ·+ x + xn+1 (1+θx)α−n−1 , θ ∈ (0, 1). 1 2 n n+1 Koristeći neke rezultate iz teorije redova19 moˇze se pokazati da je ( ( ) ( ) ( ) ) α α 2 α n α (1 + x) = lim 1 + x+ x + ··· + x , za svako x ∈ (−1, 1). n→∞ 1 2 n Sledeće tvrd¯enje je uopˇstenje Tvrd¯enja 3.167 i Posledice 3.168. Tvrd¯enje 4.87. Neka je funkcija v definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 i neka je lim v(x) = 0. (4.129) x→x0

Ako za funkciju f vaˇzi Maklorenova formula n-tog reda sa ostatkom u Peanovoj formi: f (x) = f (0) + f ′ (0)x +

f (n) (0) n f ′′ (0) 2 x + ··· + x + o(xn ), x → 0, 2 n!

(4.130)

tada je f (v(x)) = f (0)+f ′ (0)v(x)+

f ′′ (0) f (n) (0) (v(x))2 +· · ·+ (v(x))n +o((v(x))n ), x → x0 . 2 n!

Dokaz. Neka je V (0) okolina taˇcke 0 u kojoj je funkcija f definisana i neka je za ◦

x ∈ V (0)

( f (x) − g(x) =

19

f (0) +

f ′ (0)x

f (n) (0) n f ′′ (0) 2 x + ··· + x + 2 n! xn

) .

Videti L. D. Kudrijavcev, Kurs matematiˇcke analize I, Viˇsa ˇskola, Moskva, 1981 (na ruskom), str. 646-648.

300


Iz (4.130) sledi lim g(x) = 0.

(4.131)

x→0

◦

◦

S obzirom na (4.129) postoji probodena okolina U (x0 ) taˇcke x0 takva da je v(U (x0 )) ⊂ ◦

V (0). Definiˇsimo funkciju h na skupu U (x0 ) na sledeći naˇcin: h(x) = g(v(x))

(

f (v(x)) −

f ′′ (0) f (n) (0) f (0) + f ′ (0)v(x) + (v(x))2 + · · · + (v(x))n 2 n!

=

,

(v(x))n

◦

)

◦

za x ∈ U (x0 ) ako je v(x) = ̸ 0 i h(x) = 0 za x ∈ U (x0 ) ako je v(x) = 0. Sada (analogno dokazu Teoreme 3.91) dokazujemo da je lim h(x) = 0.

(4.132)

x→x0

Neka je W (0) proizvoljna okolina taˇcke 0. Iz (4.131) sledi da postoji okolina taˇcke 0, V1 (0) (V1 (0) ⊂ V (0)), takva da je ◦

g(V 1 (0)) ⊂ W (0).

(4.133)

Iz (4.129) sledi da postoji okolina taˇcke x0 , U1 (x0 ) (U1 (x0 ) ⊂ U (x0 )), takva da je ◦

v(U 1 (x0 )) ⊂ V1 (0). Pokaˇzimo da je

(4.134)

◦

h(U 1 (x0 )) ⊂ W (0).

(4.135)

◦

◦

Zaista, ako je x ∈ U 1 (x0 ) i v(x) ̸= 0, na osnovu (4.134) sledi v(x) ∈ V 1 (0) i stoga na osnovu (4.133) zakljuˇcujemo da h(x) = g(v(x)) ∈ W (0), a ako je v(x) = 0, onda je h(x) = 0, pa je opet h(x) ∈ W (0). Stoga za proizvoljnu okolinu W (0) taˇcke 0 postoji okolina U1 (x0 ) taˇcke x0 tako da vaˇzi (4.135) i ovo upravo znaˇci da vaˇzi (4.132). ◦

Kako je za x ∈ U (x0 ) (

f ′′ (0) f (n) (0) f (v(x))− f (0) + f ′ (0)v(x) + (v(x))2 + · · · + (v(x))n 2 n! to iz (4.132) sledi ( f (v(x)) −

)

f ′′ (0) f (n) (0) f (0) + f ′ (0)v(x) + (v(x))2 + · · · + (v(x))n 2 n!

kad x → x0 .

= h(x)·(v(x))n ,

) = o((v(x))n ),


301

Posledica 4.88. Neka je funkcija v definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 i neka je lim v(x) = 0. x→x0

Tada je (v(x))2 (v(x))3 (v(x))n + + ··· + + o((v(x))n ), 2! 3! n! (v(x))3 (v(x))5 (v(x))2n−1 sin v(x) = v(x) − + − · · · + (−1)n−1 + o((v(x))2n−1 ), 3! 5! (2n − 1)! (v(x))2n (v(x))2 (v(x))4 + − · · · + (−1)n + o((v(x))2n ), cos v(x) = 1 − 2! 4! (2n)! (v(x))3 (v(x))5 (v(x))2n−1 sh v(x) = v(x) + + + ··· + + o((v(x))2n−1 ), 3! 5! (2n − 1)! (v(x))2n (v(x))2 (v(x))4 + + ··· + + o((v(x))2n ), ch v(x) = 1 + 2! 4! (2n)! (v(x))2 (v(x))3 (v(x))n ln(1 + v(x)) = v(x) − + − · · · + (−1)n−1 + o((v(x))n ), 2 3 n ( ) ( ) ( ) α α α α 2 (1 + v(x)) = 1 + v(x) + (v(x)) + · · · + (v(x))n + o((v(x))n ), 1 2 n

ev(x) = 1 + v(x) +

kad x → x0 . Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 4.87, (4.104), (4.109), (4.111), (4.117), (4.119), (4.123) i (4.128). Izraˇ cunavanje limesa i asimptota Kao ˇsto smo već razmatrali u sekciji 3.11, prilikom razjaˇsnjavanja neodred¯enosti 0 f (x) oblika , tj. prilikom ispitivanja graniˇcne vrednosti lim , gde je lim f (x) = x→x x→x0 0 0 g(x) lim g(x) = 0, podesno je odrediti red beskonaˇcno malih funkcija f i g u odnosu

x→x0

na beskonaˇcno malu x 7→ x − x0 , preciznije, treba odrediti glavni deo za svaku od ovih funkcija oblika c(x − x0 )k , c, k ∈ R, c ̸= 0. U tu svrhu podesno je, naravno pod uslovom da je to moguće, koristiti Tejlorovu formulu sa ostatkom u Peanovoj formi i svaku od funkcija f i g razviti po Tejlorovoj formuli u okolini taˇcke x0 , ograniˇcavajući se pritom u tom razvoju na prvi nenula ˇclan, tj. koristiti razvoje sledećeg oblika: f (x) = a(x − x0 )n + o((x − x0 )n ), x → x0 , a ̸= 0, g(x) = b(x − x0 )m + o((x − x0 )m ), x → x0 , b ̸= 0. 20

b=

Ovde je a =

20

f (n) (x0 ) i svi izvodi niˇzeg reda funkcije f u taˇcki x0 su jednaki 0, i takod¯e n!

g (m) (x0 ) i svi izvodi niˇzeg reda funkcije g u taˇcki x0 su jednaki 0. m!

302


Med¯utim, joˇs podesnije je koristiti Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi (za neke funkcije smo ih vec odredili u ovoj sekciji). Pritom, ako je x0 ̸= 0, α(t) koristimo smenu promenljive t = x − x0 i prelazimo na raˇcunanje limesa lim t→0 β(t) gde je lim α(t) = lim β(t) = 0 (α(t) = f (t + x0 ), β(t) = g(t + x0 )). Cilj je, t→0

t→0

koristeći Maklorenove formule za odgovarajuće funkcije i osobine asimptotske oznake o, odrediti glavne delove funkcija α i β, tj. doći do formula: α(t) = atn + o(tn ), t → 0, β(t) = btm + o(tm ), t → 0 (a ̸= 0, b ̸= 0, m, n ∈ N). Onda na osnovu Tvrd¯enja 3.169 dobijamo α(t) atn + o(tn ) atn a = lim m = lim = lim tn−m = t→0 β(t) t→0 bt + o(tm ) t→0 btm b t→0  0, za n > m,    a   , za n = m b (a) =  sgn · (+∞), za n < m i m − n paran broj    b  ne postoji, za n < m i m − n neparan broj. lim

Preciznije, ako je n < m i m − n neparan broj, onda je ) ( (a) α(t) a 1 a 1 lim = lim m−n = · = sgn · (−∞), t→−0 β(t) b t→−0 t b −0 b dok je α(t) a 1 lim = lim m−n = t→+0 β(t) b t→+0 t

(

a 1 · b +0

pa kako se levi i desni limes funkcije t 7→

) = sgn

(a) b

· (+∞),

α(t) u taˇcki 0 razlikuju, to ne postoji β(t)

α(t) . t→0 β(t) lim

Za sluˇcaj da x → +∞ (−∞), onda smenom t =

1 prelazimo na graniˇcnu x

vrednost kad t → +0 (−0). f (x) Ako treba naći lim gde je lim f (x) = lim g(x) = +∞ (−∞), onda se x→x0 g(x) x→x0 x→x0 1 f (x) 0 g(x) transformacijom = 1 ovo svodi na neodred¯enost oblika . g(x) 0 f (x) Maklorenove formule moˇzemo koristiti i prilikom razjaˇsnjavanja ostalih oblika neodred¯enosti. Naime, sliˇcno kao kod raˇcunanja limesa primenom Lopitalovih pravila, neodred¯eni izrazi oblika 0·∞ i ∞−∞ se transformiˇsu u neodred¯ene izraze oblika 0 . Za razjaˇsnjavanje neodred¯enosti oblika 1∞ , 00 i ∞0 potrebno je najpre primeniti 0 logaritmovanje.


303

ln(1 + x) − x koristimo Maklorenovu forx→0 x2 mulu drugog reda za funkciju x 7→ ln(1 + x):

Primer 4.89. Prilikom ispitivanja lim

ln(1 + x) − x = x −

x2 x2 + o(x2 ) − x = − + o(x2 ), x → 0. 2 2

Prema tome, x 7→ ln(1+x)−x je beskonaˇcno mala drugog reda u odnosu na funkciju x 7→ x kad x → 0 i 2

− x2 + o(x2 ) 1 ln(1 + x) − x = = − + o(1), x → 0, 2 2 x x 2 ln(1 + x) − x 1 =− . x2 2 Ovaj zadatak smo inaˇce probali da reˇsimo u sekciji 3.157 koriˇsćenjem Maklorenove formule prvog reda za funkciju x 7→ ln(1 + x) i nismo uspeli jer smo opet dobili 0 neodred¯enost oblika . Maklorenov polinom drugog reda bolje aproksimira funkciju 0 od polinoma prvog reda i korˇsćenjem Maklorenove formule drugog reda uspeli smo da odredimo daje glavni deo funkcije u brojiocu x 7→ ln(1 + x) − x, kad x → 0, 2 upravo funkcija x 7→ − x2 , i na taj naˇcin da izraˇcunamo prethodni limes. • odakle sledi da je lim

x→0

ex sin x − x(1 + x) koristimo Makx→0 x3 x lorenovu formulu drugog reda za funkciju x 7→ e , dok za funkciju x 7→ sin x koristimo Maklorenovu formulu trećeg reda. Budući da je na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (i), (iii), i Primera 3.160 Primer 4.90. Prilikom raˇcunanja limesa lim

x2 x3 + o(x2 ))(x − + o(x3 )) − x(1 + x) 2 3! x3 x3 x4 x5 + o(x3 ) − − − + o(x5 ) + o(x3 ) − x − x2 = x + x2 + 2 3! 3! 2 · 3! 1 = x3 + o(x3 ), x → 0, 3

ex sin x − x(1 + x) = (1 + x +

to je 1 3 3 1 1 ex sin x − x(1 + x) 3 x + o(x ) = lim = lim ( + o(1)) = . 3 3 x→0 x→0 3 x→0 x x 3

lim

Da smo koristili Maklorenovu formulu prvog reda i za funkciju x 7→ ex i za funkciju x 7→ sin x, onda bismo dobili: ex sin x − x(1 + x) x3

= = =

(1 + x + o(x))(x + o(x)) − x(1 + x) x3 2 x + o(x) + x + o(x2 ) − x(1 + x) x3 o(1) o(x) = 2 , x → 0, x3 x

304


0 ˇsto je neodred¯eni izraz oblika . 0 Ako bismo koristili Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju x 7→ ex , a za funkciju x 7→ sin x trećeg reda, dobili bismo da je ex sin x − x(1 + x) x3

= =

x3 3! + x3

(1 + x + o(x))(x − x + x2 + o(x2 ) −

x3 6

−

o(x3 )) − x(1 + x)

x4 6

+ o(x4 ) + o(x3 ) − x(1 + x) x3

o(1) o(x2 ) = , x → 0, x3 x 0 ˇsto je takod¯e neodred¯eni izraz oblika . 0 Koriˇsćenjem Maklorenove formule drugog reda za funkciju x 7→ ex i prvog reda za funkciju x 7→ sin x dobili bismo: =

x2 2

+ o(x2 ))(x + o(x)) − x(1 + x) x3 3 x + x2 + x2 + o(x3 ) + o(x) − x(1 + x) = x3 o(x) o(1) = = 2 , x → 0, x3 x 0 ˇsto je opet neodred¯eni izraz oblika . 0 Primetimo da ako je funkcija f beskonaˇcno mala kad x → 0 reda k u odnosu na beskonaˇcno malu x 7→ x, tj. ako postoji c ∈ R, c ̸= 0, tako da je ex sin x − x(1 + x) x3

=

(1 + x +

f (x) = cxk + o(xk ), x → 0,

(4.136)

i ako prilikom razvoja funkcije f koristimo Maklorenove formule reda n manjeg od k, onda ćemo dobiti da je f (x) = o(xn ), x → 0, ˇsto je manje precizna ocena asimptotskog ponaˇsanja funkcije f u okolini taˇcke 0 od one date u (4.136). Primer 4.91. Nad¯imo graniˇcnu vrednost lim

x→0

x − sin x ex

−1−x−

x2 2

.

Kako je na osnovu (4.104) i (4.109) ( ) x3 x3 3 x − sin x = x − x − + o(x ) = + o(x3 ), x → 0, 3! 3! i ex − 1 − x −

x2 x2 x3 x2 x3 =1+x+ + + o(x3 ) − 1 − x − = + o(x3 ), x → 0, 2 2! 3! 2 6

to je na osnovu Tvrd¯enja 3.169 lim

x→0

x − sin x ex − 1 − x −

x2 2

=

x3 lim 63 x→0 x 6

+ o(x3 ) + o(x3 )

=

x3 lim 63 x→0 x 6

= 1.

4.8. Tejlorova formula Nad¯imo lim

305

x − sin2 x

x→0

ex − 1 − x −

3.160

x2 2

. Kako je na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (x) i Primera

x − sin2 x = x − (x + o(x))2 = x − (x2 + o(x2 )) = x − x2 + o(x2 ) = x + o(x), x → 0, to je lim

x − sin2 x

x→0

ex

−1−x−

Ispitajmo sada lim

x→0

x + o(x)

= lim

3 x→0 x 6

x2 2

x3 − sin2 x ex − 1 − x −

x2 2

+

o(x3 )

= lim

x

3 x→0 x 6

= lim

x→0

6 = +∞. x2

. S obzirom da je

x3 −sin2 x = x3 −(x+o(x))2 = x3 −(x2 +o(x2 )) = x3 −x2 +o(x2 ) = −x2 +o(x2 ), x → 0, to je lim

x3 − sin2 x

x→+0

ex − 1 − x −

= lim

x2 2

x→+0

i

x3 6

+ o(x3 )

x3 − sin2 x

lim

x→−0

pa graniˇcna vrednost lim

−x2 + o(x2 )

ex

−1−x−

x2 2

x3 − sin2 x

x→0

ex − 1 − x −

x2 2

−x2

= lim

x→+0

= lim

x→−0

x3 6

−6 = −∞ x→+0 x

= lim

−6 = +∞, x

ne postoji. •

sin(πxα ) koristimo smenu x−1 = t (kad x → 1, x→1 sin(πxβ sin(π(t + 1)α ) . onda t → 0, i vaˇzi t ̸= 0 za x ̸= 1). Ispitajmo lim t→0 sin(π(t + 1)β ) Kako je na osnovu (3.113) Primer 4.92. Za izraˇcunavanje lim

sin(π(t + 1)α ) sin(π(t + 1)β )

= = =

sin(π(1 + αt + o(t))) sin(π + παt + o(t)) = sin(π(1 + βt + o(t))) sin(π + πβt + o(t)) sin(παt + o(t)) παt + o(t) + o(παt + o(t)) = sin(πβt + o(t)) πβt + o(t) + o(πβt + o(t)) παt + o(t) = πβt + o(t)

παt+o(t) t πβt+o(t) t

=

πα + o(1) , t → 0, πβ + o(1)

πα α sin(π(t + 1)α ) = = . t→0 sin(π(t + 1)β ) πβ β Sada na osnovu teoreme o limesu sloˇzene funkcije (Teorema 3.82) sledi da je sin(πxα ) α lim = . • β x→1 sin(πx β to je lim

306

Glava 4. Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive (

Primer 4.93. Nad¯imo graniˇcnu vrednost lim

x→0

oblika 1∞ ).

(1+x)1/x e

)1/x (ovo je neodred¯enost

Vaˇzi jednakost: (

(1 + x)1/x e

)1/x

(

=e

ln

(1+x)1/x e

)1/x 1

= e x ln

(1+x)1/x e

.

Iz (4.123) sledi

1 (1 + x)1/x ln x e

1 1 1 (ln(1 + x)1/x − ln e) = ( ln(1 + x) − 1) x x x x2 1 x 1 1 ( (x − + o(x2 )) − 1) = (1 − + o(x) − 1) = x x 2 x 2 1 = − + o(1), x → 0, 2 =

pa je 1 (1 + x)1/x 1 ln =− . x→0 x e 2 lim

Odavde zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex zakljuˇcujemo da je ( lim

x→0

(1 + x)1/x e

)1/x 1

= lim e x ln

(1+x)1/x e

x→0

√

lim

1

= ex→0 x

ln

(1+x)1/x e

= e−1/2 . •

x2 (4x − 1) , u sekciji 3.12, smo videli x−1 da je, koristeći Maklorenove formule prvog reda sa ostatkom u Peanovoj formi, moguće odrediti asimptotu grafika funkcije kad x → +∞ (x → −∞). Med¯utim, koriˇsćenjem Maklorenovih formula reda većeg od 1 moˇzemo dobiti i informaciju da li se grafik funkcije u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞) nalazi iznad ili ispod asimptote. U sluˇcaju ove funkcije dovoljno je iskoristiti Maklorenove formule drugog reda za Primer 4.94. Na primeru funkcije f (x) =

4.8. Ispitivanje monotonosti

307

1 1/2 funkcije x 7→ (1 − 4x ) i x 7→ (1 − x1 )−1/2 . Tako na osnovu Posledice 4.88 dobijamo

√ √ 1 1 ) √ 2 x2 · 4x(1 − 4x 1 − 4x x2 (4x − 1) = = 4x · x−1 x(1 − x1 ) 1 − x1 1 1/2 1 2|x|(1 − ) (1 − )−1/2 4x x (1) ( 1) 1 1 1 1 1 1 −2 1 1 + o( 2 )) 2|x|(1 + (− ) + 2 (− )2 + o((− )2 ))(1 + · + 2 4x 2 4x 4x 2 x 2 x2 x (1) ( 1) 1 1 1 2 1 2 1 1 −2 1 1 2 2|x|(1 + (− ) + (− ) + o((− ) ))(1 + · + + o( 2 )) 2 2 4x 2 4x 4x 2 x 2 x x 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 2|x|(1 − · − · + o( 2 ))(1 + · + · 2 + o( 2 )) 8 x 128 x2 x 2 x 8 x x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 2|x|(1 − · − · 2 + o(( 2 ) + · − · 2 + · 2) 8 x 128 x x 2 x 16 x 8 x 3 1 39 1 1 2|x|(1 + · + · + o(( 2 )), kad x → +∞ i kad x → −∞. 8 x 128 x2 x √

f (x) = = = = = = =

Odavde sledi 3 1 39 1 1 1 3 39 1 f (x) = 2x(1+ · + · +o( 2 )) = 2x+ + · +o( ), kad x → +∞, (4.137) 8 x 128 x2 x 4 64 x x i 39 1 1 3 1 1 3 39 1 · + · · + o( ), kad x → −∞. + o( 2 )) = −2x − − 8 x 128 x2 x 4 64 x x (4.138) Iz(4.137) sledi da je prava y = 2x + 34 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, dok iz (4.138) dobijamo da je prava y = −2x − 43 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞. Na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (xi) zakljuˇcujemo da postoji realan broj M > 0 tako da je ( ) ( ) ( ) ( ) 3 41 1 1 41 1 1 sgn f (x) − (2x + ) = sgn · + o( ) = sgn · = sgn 4 64 x x 64 x x f (x) = −2x(1 +

za x ∈ (M, +∞). Kako je x1 > 0 za x > 0, to je f (x) − (2x + 43 ) > 0 za x ∈ (M, +∞), pa je grafik funkcije iznad asimptote u okolini (M, +∞) taˇcke +∞. Sliˇcno, postoji K > 0 tako da je ( ) ( ) ( ) ( ) 3 41 1 1 41 1 1 sgn f (x) − (−2x − ) = sgn − · + o( ) = sgn − · = −sgn 4 64 x x 64 x x za x ∈ (−∞, −K). Za x < 0 je x1 < 0, pa je f (x) − (−2x − 43 ) > 0 za x ∈ (−∞, −M ), i grafik funkcije je iznad asimptote u okolini (−∞, −K) taˇcke −∞. •

308

4.9


Ispitivanje monotonosti i nalaˇ zenje ekstremnih vrednosti funkcije pomo´ cu izvoda

U sledećoj teoremi I je jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), (a, +∞), [a, +∞), (−∞, b), (−∞, b], (−∞, +∞), gde su a, b ∈ R. Ova teorema je joˇs jedna u nizu posledica Lagranˇzove teoreme i govori nam o tome da je pomoću izvoda moguće ispitati monotonost funkcije. Teorema 4.95. Neka je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i neka ima izvod u svim unutraˇsnjim taˇckama tog intervala. (i) Ako je f ′ (x) ≥ 0 (f ′ (x) ≤ 0) za svaku unutraˇsnju taˇcku x ∈ I, onda je funkcija f rastuća (opadajuća) na intevalu I. (ii) Ako je f ′ (x) > 0 (f ′ (x) < 0) za svaku unutraˇsnju taˇcku x ∈ I, onda je funkcija f strogo rastuća (strogo opadajuća) na intevalu I. Dokaz. (i) Neka je, na primer, I = (a, b], a, b ∈ R, i neka je f ′ (x) ≥ 0 za svaku unutraˇsnju taˇcku intervala I. Neka su x1 i x2 proizvoljne taˇcke iz intervala I takve da je x1 < x2 . Tada je a < x1 < x2 ≤ b, pa je funkcija neprekidna na segmentu [x1 , x2 ] i diferencijabilna u intervalu (x1 , x2 ). Iz Lagranˇzove teoreme sledi da postoji taˇcka ξ ∈ (x1 , x2 ) takva da je f (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (ξ)(x2 − x1 ).

(4.139)

Budući da je ξ unutraˇsnja taˇcka intervala I, sledi f ′ (ξ) ≥ 0. Kako je x2 − x1 > 0, iz (4.139) sledi f (x2 ) − f (x1 ) ≥ 0, tj. f (x2 ) ≥ f (x1 ). Prema tome, funkcija f je rastuća na intervalu I. Za ostale tipove intervala tvrd¯enje se dokazuje sliˇcno. Tvrd¯enje (ii) se dokazuje analogno tvrd¯enju (i). Uslov da je izvod pozitivan (negativan) je dovoljan ali ne i potreban uslov da funkcija strogo raste (strogo opada). Drugim reˇcima, obrat tvrd¯enja (ii) Teoreme 4.95 ne vaˇzi. Primer za to je funkcija f (x) = x3 (f (x) = −x3 ), koja strogo raste (strogo opada) na skupu R, ali je izvod ove funkcije f ′ (x) = 3x2 (f ′ (x) = −3x2 ) za x = 0 jednak 0. Napomena 4.96. Budući da u dokazu Teoreme 4.95 koristimo Lagranˇzovu teoremu, a imajući u vidu Napomenu 4.57, moguće je uslov o diferencijabilnosti funkcije f u unutraˇsnjim taˇckama intervala I zameniti slabijim uslovom da funkcija f ima izvod u ˇsirem smislu u unutraˇsnjim taˇckama intervala I. Naime vaˇzi tvrd¯enje: Neka je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i neka ima izvod u ˇsirem smislu u svim unutraˇsnjim taˇckama tog intervala. (i) Ako je f ′ (x) ≥ 0 (f ′ (x) ≤ 0) za svaku unutraˇsnju taˇcku x ∈ I, onda je funkcija f rastuća (opadajuća) na intevalu I. (ii) Ako je f ′ (x) > 0 (f ′ (x) < 0) za svaku unutraˇsnju taˇcku x ∈ I, onda je funkcija f strogo rastuća (strogo opadajuća) na intevalu I. •


309

Da obrat tvrd¯enja (i) Teoreme 4.95 vaˇzi, govori nam sledeće teorema. Teorema 4.97. Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna u intervalu (a, b). Ako je f rastuća (opadajuća) na intervalu (a, b), onda je f ′ (x) ≥ 0 (f ′ (x) ≤ 0) za svako x ∈ (a, b). Dokaz. Neka je funkcija f rastuća na intervalu (a, b) i neka je x0 proizvoljna taˇcka intervala (a, b). Za proizvoljno x ∈ (a, b), ako je x > x0 , onda je x − x0 > 0 i f (x) ≥ f (x0 ) (jer je f rastuća funkcija), pa je f (x) − f (x0 ) ≥ 0 i f (x) − f (x0 ) ≥ 0. x − x0

(4.140)

Ako je x ∈ (a, b) i x < x0 , onda je x − x0 < 0 i f (x) ≤ f (x0 ), tj. f (x) − f (x0 ) ≤ 0, i opet vaˇzi nejednakost (4.140). S obzirom da funkcija ima izvod u x0 , to znaˇci da f (x) − f (x0 ) . Prelaskom na limes kad x → x0 u postoji graniˇcna vrednost lim x→x0 x − x0 (4.140) dobijamo f (x) − f (x0 ) ≥ 0. f ′ (x0 ) = lim x→x0 x − x0 Ako funkcija ima izvod na segmentu [a, b], a, b ∈ R, pri ˇcemu u taˇcki a postoji desni izvod, a u taˇcki b levi izvod, i ako je f rastuća (opadajuća) na [a, b], onda je f ′ (x) ≥ 0 (f ′ (x) ≤ 0) za x ∈ (a, b), f+′ (a) ≥ 0 (f+′ (a) ≤ 0) i f−′ (b) ≥ 0 (f−′ (b) ≤ 0). Analogno tvrd¯enje vaˇzi za intervale [a, b), (a, b], [a, +∞), (−∞, b], a, b ∈ R. Iz dokaza Teoreme 4.97 vidimo da takod¯e vaˇzi sledeće opˇstije tvrd¯enje: Neka je funkcija f : (a, b) → R ima izvod u ˇsirem smislu u svakoj taˇcki intervala (a, b). Ako je f rastuća (opadajuća) na intervalu (a, b), onda je f ′ (x) ≥ 0 (f ′ (x) ≤ 0) za svako x ∈ (a, b). Sliˇcno i za druge vrste intervala. Teorema 4.98. Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna u intervalu (a, b). Tada je f rastuća (opadajuća) na intervalu (a, b) ako i samo ako je f ′ (x) ≥ 0 ′ (f (x) ≤ 0) za svako x ∈ (a, b). Dokaz. Sledi iz Teoreme 4.95 (i) i Teoreme 4.97. Teorema 4.99. Neka je funkcija f : (a, b) → R neprekidna na intervalu (a, b) i neka u svakoj taˇcki tog intervala ima pozitivan (negativan) izvod, sa izuzetkom eventualno konaˇcno mnogo taˇcaka u kojima ili ne postoji konaˇcan izvod ili je izvod jednak 0. Tada je funkcija f strogo rastuća (strogo opadajuća) na intevalu (a, b). Dokaz. Tvrd¯enje je dovoljno dokazati u sluˇcaju da postoji samo jedna taˇcka c ∈ (a, b) u kojoj ili ne postoji konaˇcan izvod ili je izvod jednak 0. Funkcija f je onda neprekidna na intervalima (a, c] i [c, b), i ima pozitivan izvod u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki kako intervala (a, c], tako i intervala [c, b). Na osnovu Teoreme 4.95 (ii) funkcija f je strogo rastuća na intervalu (a, c], a takod¯e i intervalu [c, b). Pokaˇzimo da je strogo rastuća na (a, b). Neka su x1 i x2 proizvoljne taˇcke iz intervala (a, b), takve da je x1 < x2 . Ako x1 , x2 ∈ (a, c] ili x1 , x2 ∈ [c, b), onda, s obzirom da je f strogo

310


rastuća na intervalu (a, c], a takod¯e i intervalu [c, b), vaˇzi da je f (x1 ) < f (x2 ). Ako x1 ∈ (a, c] i x2 ∈ [c, b), onda je f (x1 ) < f (c) (jer funkcija strogo raste na (a, c]) i f (c) < f (x2 ) (jer funkcija strogo raste na [c, b)), pa je f (x1 ) < f (x2 ). 21 Primeri 4.100. (i) Funkcija { f (x) =

x3 , √ x,

x ≤ 1, x ≥ 1.

Za x < 1 je f ′ (x) = 3x2 , pa je f ′ (x) > 0 za x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, 1) i f ′ (0) = 0. Za 1 x > 1 imamo da je f ′ (x) = √ > 0. 2 x Kako je x3 − 1 f−′ (1) = lim = lim (x2 + x + 1) = 3 x→1−0 x→1−0 x − 1 i f+′ (1)

√ = lim

x→1+0

1 1 x−1 1 = lim √ = , = x→1+0 x−1 1+1 2 x+1

to funkcija f nema izvod u taˇcki x = 1. Budući da je funkcija f neprekidna na R i ima pozitivan izvod u svakoj taˇcki x ∈ R \ {0, 1}, to na osnovu Teoreme 4.99 sledi da je f strogo rastuća funkcija na skupu R. √ (ii) Funkcija f (x) = 5 x ima prvi izvod u svakoj taˇcki x ̸= 0: 1 4 1 1 f ′ (x) = x− 5 = √ > 0. 5 5 5 x4 Izvod u taˇcki x = 0 postoji samo u ˇsirem smislu: √ 5 f (x) − f (0) x 1 f (0) = lim = lim = lim √ = +∞. 5 x→0 x→0 x→0 x−0 x x4 ′

Funkcija f je neprekidna na R i svuda sa izuzetkom taˇcke x = 0 ima konaˇcan pozitivan izvod, pa na osnovu Teoreme 4.99 (ili na osnovu tvrd¯enja u okviru Napomene 4.96) zakljuˇcujemo da je f strogo rastuća funkcija na skupu R. •

Teorema 4.101. (Potrebni uslovi za egzistenciju ekstremuma) Neka je funkcija f definisana u okolini taˇcke x0 . Ako je x0 taˇcka lokalnog ekstremuma, onda izvod f ′ (x0 ) ili ne postoji ili je f ′ (x0 ) = 0. 21

S obzirom na tvrd¯enje u okviru Napomene 4.96 zakljuˇcujemo da vaˇzi sledeće tvrd¯enje:

Neka je funkcija f : (a, b) → R neprekidna na intervalu (a, b) i neka u svakoj taˇcki tog intervala ima izvod u ˇsirem smislu koji je pozitivan (negativan), sa izuzetkom eventualno konaˇcno mnogo taˇcaka u kojima izvod ili ne postoji (ni konaˇcan ni beskonaˇcan) ili je jednak 0. Tada je funkcija f strogo rastuća (strogo opadajuća) na intevalu (a, b). •


311

Dokaz. Ako postoji izvod u taˇcki lokalnog ekstremuma, onda je na osnovu Fermaove tereme on jednak 0. Sledeće dve teoreme govore o dovoljnim uslovima za egzistenciju strogog lokalnog ekstremuma funkcije. Teorema 4.102. (Dovoljni uslovi za egzistenciju strogog ekstremuma-prvo pravilo) Neka je funkcija f definisana u okolini U taˇcke x0 i neka je diferencijabilna u svim taˇckama iz U sa izuzetkom eventualno taˇcke x0 u kojoj je inaˇce neprekidna. Ako izvod menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 , tj. ako postoji δ > 0 tako da f ′ ima jedan znak u okolini (x0 − δ, x0 ), a suprotan u okolini (x0 , x0 + δ), onda je x0 taˇcka strogog lokalnog ekstremuma. Pri tom, ako je f ′ (x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0 ), a f ′ (x) < 0 za x ∈ (x0 , x0 + δ), onda je x0 taˇcka strogog lokalnog maksimuma. Ako je pak f ′ (x) < 0 za x ∈ (x0 − δ, x0 ) i f ′ (x) > 0 za x ∈ (x0 , x0 + δ), onda je x0 taˇcka strogog lokalnog minimuma. Dokaz. Neka je f ′ (x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0 ) i f ′ (x) < 0 za x ∈ (x0 , x0 + δ). Neka je x ∈ (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ). Funkcija f ispunjava uslove Lagranˇzove teoreme na segmentu sa krajevima u taˇckama x i x0 (na segmentu [x, x0 ] ako je x < x0 , a ako je x > x0 , onda na segmentu [x0 , x]), odakle sledi da postoji taˇcka ξ izmed¯u x0 i x tako da vaˇzi jednakost: f (x) − f (x0 ) = f ′ (ξ)(x − x0 ).

(4.141)

Ako je x < x0 , onda je x − x0 < 0 i f ′ (ξ) > 0 budući da je x < ξ < x0 , te iz (4.141) sledi da je f (x) − f (x0 ) < 0, tj. f (x) < f (x0 ). Ako je x > x0 , onda je x − x0 > 0 i f ′ (ξ) < 0 jer je u ovom sluˇcaju x0 < ξ < x, pa iz (4.141) sledi opet da je f (x) − f (x0 ) < 0, tj. f (x) < f (x0 ). Prema tome, x0 je taˇcka strogog lokalnog maksimuma. Analogno dokazujemo u drugom sluˇcaju da je x0 je taˇcka strogog lokalnog minimuma. Primer 4.103. Funkcija f (x) = |x − 1| ima tacki x = 1 (pokazuje se slicno kao u Primeru { 1, ′ f (x) = −1,

izvod za svako x ̸= 1, nema izvod u 4.5) ali je neprekidna u ovoj taˇcki i x > 1, x < 1,

pa izvod funkcije menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku 1, pri ˇcemu je f ′ (x) < 0 za x < 1 i f ′ (x) > 0 za x > 1. Na osnovu Teoreme 4.102 zakljuˇcujemo da je 1 taˇcka strogog lokalnog minimuma. • Sledeći primer pokazuje da vaˇzenje uslova iz prethodne teoreme nije potreban uslov za egzistenciju strogog lokalnog ekstremuma. Primer 4.104. Neka je { f (x) =

1 2x2 + x2 sin , x 0,

x ̸= 0, x = 0.

312


Za x ̸= 0 vaˇzi −1 ≤ sin

1 ≤ 1, x

pa je 1 ≤ x2 . x Odavde dobijamo da za x ̸= 0 vaˇze nejednakosti −x2 ≤ x2 sin

x2 ≤ 2x2 + x2 sin

1 ≤ 3x2 . x

(4.142)

Kako je f (0) = 0, iz (4.142) sledi x2 ≤ f (x) ≤ 3x2 , za svako x ∈ R.

(4.143)

Iz (4.143) sledi da je za svako x ∈ R \ {0}, f (x) > 0 = f (0), pa je taˇcka x = 0 taˇcka strogog lokalnog minimuma. 1 1 1 Za x ̸= 0 imamo da je f ′ (x) = 4x + 2x sin − cos . Primetimo da za xn = x x 2nπ 1 i zn = , n ∈ N, vaˇzi (2n + 1)π 2 2 2 + sin 2nπ − cos 2nπ = − 1 < 0, nπ 2nπ nπ 4 2 4 f ′ (zn ) = + sin(2n + 1)π−cos(2n + 1)π = +1 > 0. (2n + 1)π (2n + 1)π (2n + 1)π f ′ (xn ) =

Takod¯e je f ′ (−xn ) = − f ′ (−zn ) = −

2 − 1 < 0, nπ

4 + 1 > 0, za svako n ∈ N. (2n + 1)π

Neka je δ > 0 proizvoljno. Kako lim xn = lim zn = 0, postoji n0 ∈ N tako n→∞

n→∞

da za svako n ≥ n0 vaˇzi xn , zn ∈ (0, δ), i stoga −xn , −zn ∈ (−δ, 0). Prema tome, u svakoj desnoj, a takod¯e i levoj okolini taˇcke x = 0 prvi izvod nema stalni znak već ga beskonaˇcno mnogo puta menja. • Teorema 4.105. (Dovoljni uslovi za egzistenciju strogog ekstremuma-drugo pravilo) Neka je funkcija f n-puta diferencijabilna u taˇcki a i neka je f ′ (a) = f ′′ (a) = · · · = f (n−1) (a) = 0 i f (n) (a) ̸= 0, n ≥ 2.

(4.144)

Ako je n neparan broj, funkcija f u taˇcki a nema lokalni ekstremum. Ako je n paran broj, funkcija f ima strogi lokalni ekstremum u taˇcki a. Pri tome, ako je f (n) (a) > 0, onda je a taˇcka strogog lokalnog minimuma, a ako je f (n) (a) < 0, onda je a taˇcka strogog lokalnog maksimuma.


313

Dokaz. Budući da je funkcija f n-puta diferencijabilna u taˇcki a, na osnovu Teoreme 4.81, za nju vaˇzi Tejlorova formula n-tog reda sa ostatkom u Peanovoj formi: f ′′ (a) f (n) (a) (x−a)2 +· · ·+ (x−a)n +o((x−a)n ), x → a. 2! n! (4.145) Sada iz (4.145) i (4.144) sledi f (x) = f (a)+f ′ (a)(x−a)+

f (x) − f (a) =

f (n) (a) (x − a)n + o((x − a)n ), x → a, n!

Kako je f (n) (a) ̸= 0, to na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (ii) sledi ( ) (n) (a) f o((x − a)n ) = o (x − a)n , x → a, n! pa je f (n) (a) (x − a)n + o f (x) − f (a) = n!

(

f (n) (a) (x − a)n n!

) , x → a.

Iz Tvrd¯enja 3.159 (xi) sledi da postoji okolina (a − δ, a + δ) taˇcke a tako da je ( ) f (n) (a) n sgn (f (x) − f (a)) = sgn (x − a) n! ( ) (4.146) f (n) (a) n = sgn · sgn ((x − a) ) za x ∈ (a − δ, a + δ). n! Ako je n neparan broj, onda izraz (x − a)n menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku a. Naime, za x ∈ (a − δ, a) je x − a < 0, pa je i (x − a)n < 0, tj. sgn ((x − a)n )) = −1, dok za x ∈ (a, a + δ) vaˇzi x − a > 0 i stoga i (x − a)n > 0, tj. sgn ((x − a)n )) = 1. Sada iz (4.146) sledi ) ( f (n) (a) za x ∈ (a − δ, a), sgn (f (x) − f (a)) = −sgn n! ( ) f (n) (a) sgn (f (x) − f (a)) = sgn za x ∈ (a, a + δ). n! Odavde zakljuˇcujemo da priraˇstaj funkcije f (x) − f (a) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku a, ˇsto na osnovu Napomene 4.50 povlaˇci da a nije taˇcka lokalnog ekstremuma funkcije f . Ako je n paran broj, onda izraz (x − a)n ne menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku a, tj. za svako x ∈ (a − δ, a + δ) \ {a} ovaj izraz je pozitivan, tj. sgn ((x − a)n ) = 1. Sada iz (4.146) sledi ( ) f (n) (a) sgn (f (x) − f (a)) = sgn , za x ∈ (a − δ, a + δ) \ {a}. n!

314


Odavde sledi da priraˇstaj funkcije f (x)−f (a) ne menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku a, ˇsto znaˇci da je a taˇcka lokalnog ekstremuma funkcije f . Pri tom, ako je f (n) (a) < 0, onda je priraˇstaj funkcije f (x)−f (a) < 0 za svako x ∈ (a−δ, a+δ)\{a}, pa je x0 je taˇcka strogog lokalnog maksimuma. Ako je pak f (n) (a) > 0, onda je f (x) − f (a) > 0 za svako x ∈ (a − δ, a + δ) \ {a}, pa je x0 je taˇcka strogog lokalnog minimuma. Ova teorema ima uˇze podruˇcje primene od prethodne, s obzirom da se ne moˇze primeniti u sluˇcaju kada funkcija nije diferencijabilna u taˇcki u kojoj proveravamo da li funkcija ima lokalni ekstremum. Posledica 4.106. Neka je funkcija f dva puta diferencijabilna u taˇcki a i neka je f ′ (a) = 0 i f ′′ (a) ̸= 0. Ako je f ′′ (a) > 0, onda funkcija f u taˇcki a ima strogi lokalni minimum, a ako je f ′′ (a) < 0, onda funkcija f u taˇcki a ima strogi lokalni maksimum. Dokaz. Sledi iz Teoreme 4.105 za sluˇcaj kada je n = 2. Primer 4.107. Za funkciju f (x) = xex vaˇzi da je f ′ (x) = (x + 1)ex , f ′′ (x) = (x + 2)ex , f ′ (−1) = 0 i f ′′ (−1) = e−1 > 0, pa na osnovu Posledice 4.106 funkcija f ima strogi lokalni minimum u taˇcki −1. Primer 4.108. Neka je f (x) = ax2 + bx + c, gde su a, ) R, a ̸= 0. ( Tada ) je ( b, c ∈ b b = 0 i f ′′ − = f ′ (x) = 2ax + b i f ′′ (x) = 2a za svako x ∈ R. Kako je f ′ − 2a 2a 2a ̸= 0, to na osnovu Posledice 4.106 funkcija f ima strogi lokalni ekstremum u taˇcki b x=− i to strogi lokalni minimum ako je a > 0, a strogi lokalni maksimum ako 2a je a < 0. Primer 4.109. Neka je f (x) = 14 x4 − x3 + x2 − 5, x ∈ R. Tada je f ′ (x) = x3 − 3x2 + 2x = x(x2 − 3x + 2) = x(x − 1)(x − 2) i f ′′ (x) = 3x2 − 6x + 2. Prema tome, f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = 2. Kako je f ′′ (0) = 2 > 0, f ′′ (1) = −1 < 0 i f ′′ (2) = 2 > 0, to na osnovu Posledice 4.106 sledi da je 0 taˇcka strogog lokalnog minimuma, 1 taˇcka strogog lokalnog maksimuma i 2 taˇcka strogog lokalnog minimuma. • Primer 4.110. Neka je f (x) = ex + e−x + 2 cos x. Proverimo da li je taˇcka x = 0 taˇcka strogog lokalnog ekstremuma. Kako je f ′ (x) = ex − e−x − 2 sin x, f ′ (0) = 0, f ′′ (x) = ex + e−x − 2 cos x, f ′′ (0) = 0, f ′′′ (x) = ex − e−x = 2 sin x, f ′′′ (0) = 0, f IV (x) = ex + e−x + 2 cos x, f IV (0) = 4 > 0, to na osnovu Teoreme 4.105 sledi da je 0 taˇcka strogog lokalnog minimuma.


315

Sledeći prmer pokazuje da obrat Teoreme 4.105 ne vaˇzi, drugim reˇcima, da su uslovi u Teoremi 4.105 samo dovoljni ali ne i potrebni za egzistenciju strogog lokalnog ekstremuma u nekoj taˇcki. Primer 4.111. Neka je

{ f (x) =

e− x2 , 0, 1

x ̸= 0, x = 0.

Kako je f (x) > 0 = f (0) za svako x ̸= 0, sledi da ova funkcija ima(strogi lokalni ) min1 1 2 6 4 − imum u 0. Za x ̸= 0 imamo da je je f ′ (x) = 3 e x2 i f ′′ (x) = − 4 + 6 e− x2 . x x x Indukcijom se moˇze pokazati da je ( ) 1 1 (n) f (x) = Pn e− x2 , n ∈ N, (4.147) x gde je Pn polinom sa celobrojnim koeficijentima stepena 3n. Takod¯e indukcijom dokazujemo da funkcija f ima izvode ma kog reda u 0 i da su svi oni jednaki 0. Nad¯imo 1 1 f (x) − f (0) e− x2 lim = lim = lim x1 . (4.148) x→0 x→0 x x→0 x2 x e Poslednji limes nalazimo primenom teoreme o graniˇcnoj vrednosti sloˇzene funkcije 1 1 i Lopitalove teoreme. Koristimo smenu y = , pri ˇcemu → −∞ kad x → −0 i x x 1 → +∞ kad x → +0. Primenom Lopitalovog pravila 4.75 dobijamo x ( ) (∞) y 1 1 (y)′ lim = = lim = =0 = lim y→+∞ ey 2 y→+∞ 2yey 2 y→+∞ (ey 2 )′ ∞ ∞ y i takod¯e, lim y2 = 0. Na osnovu teoreme o graniˇcnoj vrednosti sloˇzene funkcije y→−∞ e 1 y (videti Teoremu 3.87 i komentar nakon ove teoreme) sledi lim x1 = lim y2 = 0 y→+∞ e x→+0 x2 e 1 y i lim x1 = lim y2 = 0, pa je y→−∞ e x→−0 x2 e lim

x→0

1 x 1

= 0.

(4.149)

e x2

Iz (4.148) i (4.149) sledi f ′ (0) = 0.

ym = y→+∞ ey 2

Indukcijom, uz primenu Lopitalovog pravila, moˇze se pokazati da je lim

ym = 0 za svako m ∈ N, odakle na osnovu već pomenute teoreme o graniˇcnoj y→−∞ ey 2 vrednosti sloˇzene funkcije dobijamo da je lim

lim

x→0

1 xm 1

e x2

= 0, za svako m ∈ N.

(4.150)

316


Pretpostavimo da je funkcija f ima izvod n-tog reda u 0 i da je f (n) (0) = 0. Dokaˇzimo da je f (n+1) (0) = 0. Kako je ( ) ( ) 1 1 1 − 12 x Pn e Pn (n) (n) f (x) − f (0) x x x = = 1 x x e x2 i budući da brojilac u (4.151) pretstavlja zbir sabiraka oblika c ∈ Z, s obzirom na (4.150), zakljuˇcujemo da je f (n) (x) − f (n) (0) = lim x→0 x→0 x lim

1 Pn x

( ) 1 x 1

(4.151)

c gde je m ∈ N i xm

=0

e x2

i prema tome, f (n+1) (0) = 0. •

4.10

Konveksne i konkavne funkcije

Definicija i osobine Neka je data funkcija f : (a, b) → R i neka x1 , x2 ∈ (a, b) tako da je x1 < x2 . Jednaˇcina seˇcice odred¯ene taˇckama A(x1 , f (x1 )) i B(x2 , f (x2 )) je f (x2 ) − f (x1 ) (x − x1 ) x2 − x1 f (x1 )(x2 − x1 ) + f (x2 )(x − x1 ) − f (x1 )(x − x1 ) x2 − x1 f (x1 )(x2 − x1 − x + x1 ) + f (x2 )(x − x1 ) x2 − x1 f (x1 )(x2 − x) + f (x2 )(x − x1 ) x2 − x1 x2 − x x − x1 f (x1 ) + f (x2 ). x2 − x1 x2 − x1

y = f (x1 ) + = = = =

Neka je l(x) =

x − x1 x2 − x f (x1 ) + f (x2 ). Tada jednaˇcina seˇcice glasi: x2 − x1 x2 − x1 y = l(x).

Primetimo da je l(x1 ) = f (x1 ) i l(x2 ) = f (x2 ).

4.10. Konveksne i konkavne funkcije

317

Definicija 4.112. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako za svake tri taˇcke x1 , x, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x < x2 , vaˇzi nejednakost f (x) ≤ l(x),

(4.152)

(f (x) ≥ l(x))

(4.153)

tj. f (x) ≤ (f (x) ≥

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

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

(4.154) (4.155)

Ako je f (x) < l(x), (f (x) > l(x)) onda kaˇzemo da je funkcija f strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b).

f (x ) l(x) l(x) f(x) a x1 x x2 b

a x1 x x2 b

Primetimo da će (4.152), odnosno (4.154), ((4.153), odnosno (4.155)) vaˇziti i kad je x = x1 ili x = x2 (tada je f (x1 ) = l(x1 ) i f (x2 ) = l(x2 )). Uslov konveksnosti (konkavnosti) ima sledeću geometrijsku interpretaciju: ako je funkcija konveksna (konkavna) na intervalu (a, b), onda za svake dve taˇcke x1 , x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x2 , sve taˇcke duˇzi AB seˇcice odred¯ene taˇckama A(x1 , f (x1 )) i B(x2 , f (x2 )) ne ”leˇze” ispod (iznad) taˇcaka (x, f (x)) grafika funkcije za koje je x1 < x < x2 , odnosno, sve taˇcke (x, f (x)) grafika funkcije za koje je x1 < x < x2 ”leˇze” ispod ili na (iznad ili na) seˇcici odred¯enoj taˇckama A(x1 , f (x1 )) i B(x2 , f (x2 )). Ako je funkcija strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b), onda za svake dve taˇcke x1 , x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x2 , sve taˇcke (x, f (x)) grafika funkcije za koje je x1 < x < x2 ”leˇze” ispod (iznad ) seˇcice odred¯ene taˇckama A(x1 , f (x1 )) i B(x2 , f (x2 )). Pre nego ˇsto damo sledeću karakterizaciju konveksnih (konkavnih) funkcija, dokaˇzimo sledeće jednostavno tvrd¯enje.

318


Lema 4.113. Taˇcka x ∈ R pripada segmentu [x1 , x2 ] (x1 < x2 ) ako i samo ako postoje nenegativni brojevi λ1 i λ2 takvi da je λ1 + λ2 = 1 i x = λ1 x1 + λ2 x2 . Dokaz. Neka x ∈ [x1 , x2 ]. Tada sistem jednaˇcina sa nepoznatima λ1 i λ2 , {

λ1 + λ2 = 1, λ1 x1 + λ2 x2 = x,

na osnovu Kramerovog pravila, ima jedinstveno reˇsenje jer je determinanta sistema x2 − x1 ̸= 0: 1 1 x x2 x −x = 2 λ1 = , 1 1 x2 − x1 x1 x2

1 1 x1 x x − x1 = λ2 = , 1 1 x2 − x1 x1 x2

i pritom je λ1 ≥ 0 i λ2 ≥ 0. Obrnuto, pretpostavimo da je x = λ1 x1 +λ2 x2 , gde su λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0 i λ1 +λ2 = 1. Zbog λ1 ≥ 0 iz x1 < x2 sledi λ1 x1 ≤ λ1 x2 , dok zbog λ2 ≥ 0 imamo λ2 x1 ≤ λ2 x2 . Odavde i iz λ1 + λ2 = 1 sledi x1 = (λ1 +λ2 )x1 = λ1 x1 +λ2 x1 ≤ λ1 x1 +λ2 x2 = x ≤ λ1 x2 +λ2 x2 = (λ1 +λ2 )x2 = x2 . Tvrd¯enje 4.114. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake dve taˇcke x1 , x2 ∈ (a, b) i za svaka dva nenegativna realna broja λ1 i λ2 , takva da je λ1 + λ2 = 1, vaˇzi nejednakost f (λ1 x1 + λ2 x2 ) ≤ λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 )

(4.156)

(f (λ1 x1 + λ2 x2 ) ≥ λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 )). Funkcija je strogo konveksna (strogo konkavna) ako i samo ako za svake dve taˇcke x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ̸= x2 , i za svaka dva pozitivna realna broja λ1 i λ2 , takva da je λ1 + λ2 = 1, vaˇzi nejednakost f (λ1 x1 + λ2 x2 ) < λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) (f (λ1 x1 + λ2 x2 ) > λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 )). Dokaz. Neka je funkcija f : (a, b) → R je konveksna na intervalu (a, b). Tada za svake dve taˇcke x1 , x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x2 i svako x ∈ [x1 , x2 ], vaˇzi nejednakost x2 − x x − x1 f (x) ≤ f (x1 ) + f (x2 ). (4.157) x2 − x1 x2 − x1 Neka su λ1 i λ2 dva nenegativna broja takva da je λ1 +λ2 = 1. Tada na osnovu Leme 4.113 imamo da λ1 x1 + λ2 x2 ∈ [x1 , x2 ] i stoga za x = λ1 x1 + λ2 x2 vaˇzi nejednakost


319

(4.157): f (λ1 x1 + λ2 x2 ) ≤ = = = =

x2 − (λ1 x1 + λ2 x2 ) λ1 x1 + λ2 x2 − x1 f (x1 ) + f (x2 ) = x2 − x1 x2 − x1 (1 − λ2 )x2 − λ1 x1 λ2 x2 − (1 − λ1 )x1 f (x1 ) + f (x2 ) = x2 − x1 x2 − x1 λ1 x2 − λ1 x1 λ2 x2 − λ2 x1 f (x1 ) + f (x2 ) = x2 − x1 x2 − x1 λ1 (x2 − x1 ) λ2 (x2 − x1 ) f (x1 ) + f (x2 ) = x2 − x1 x2 − x1 λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ).

Obrnuto, neka za svake dve taˇcke x1 , x2 ∈ (a, b) i za svaka dva nenegativna realna broja λ1 i λ2 , takva da je λ1 + λ2 = 1, vaˇzi nejednakost (4.156). Neka je sada x1 < x2 i neka je x proizvoljna taˇcka iz segmenta [x1 , x2 ]. Tada na osnovu Leme x − x1 x2 − x i λ2 = vaˇzi λ1 + λ2 = 1 4.113 sledi da za nenegativne brojeve λ1 = x2 − x1 x2 − x1 i x = λ1 x1 + λ2 x2 , pa je ( ) x2 − x x − x1 f (x) = f x1 + x2 x2 − x1 x2 − x1 x − x1 x2 − x f (x1 ) + f (x2 ). ≤ x2 − x1 x2 − x1 Prema tome, funkcija f je konveksna na intervalu (a, b).

f( x1)+ f(x2) f( x1+ x2 ) x1

x1+ x2 x2

Primer 4.115. Funkcija f (x) = ax + b je konveksna i konkavna na R (i prema tome, nije strogo konveksna niti strogo konkavna na R). Zaista, neka su λ1 i λ2 nenegativni brojevi takvi da je λ1 + λ2 = 1, i neka su x1 , x2 ∈ R. Tada je f (λ1 x1 + λ2 x2 ) = a(λ1 x1 + λ2 x2 ) + b = a(λ1 x1 + λ2 x2 ) + (λ1 + λ2 )b = λ1 (ax1 + b) + λ2 (ax2 + b) = λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ). • Primer 4.116. Funkcija f (x) = x2 je strogo konveksna na R jer za proizvoljne x1 , x2 ∈ R takve da je x1 ̸= x2 i proizvoljne pozitivne brojeve λ1 i λ2 , takve da je

320


λ1 + λ2 = 1, vaˇzi f (λ1 x1 + λ2 x2 ) = (λ1 x1 + λ2 x2 )2 = λ21 x21 + 2λ1 λ2 x1 x2 + λ22 x22 = λ1 (1 − λ2 )x21 + 2λ1 λ2 x1 x2 + λ2 (1 − λ1 )x22 = λ1 x21 + λ2 x22 − λ1 λ2 (x21 − 2x1 x2 + x22 ) = λ1 x21 + λ2 x22 − λ1 λ2 (x1 − x2 )2 < λ1 x21 + λ2 x22 = λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ). • Tvrd¯enje 4.117. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri taˇcke x1 , x, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x < x2 , vaˇzi nejednakost f (x2 ) − f (x) f (x) − f (x1 ) ≤ x − x1 x2 − x ( ) f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≥ . x − x1 x2 − x

(4.158)

Funkcija f je strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri taˇcke x1 , x, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x < x2 , vaˇzi nejednakost f (x2 ) − f (x) f (x) − f (x1 ) < x − x1 x2 − x ( ) f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) > . x − x1 x2 − x

(4.159)

Dokaz. Neka je funkcija f konveksna na intervalu (a, b) i neka su x1 , x, x2 taˇcke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x < x2 . Tada je f (x) ≤

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

(4.160)

Mnoˇzenjem poslednje nejednakosti sa x2 − x1 (x2 − x1 > 0) dobijamo (x2 − x1 )f (x) ≤ (x2 − x)f (x1 ) + (x − x1 )f (x2 ), pa je (x2 − x + x − x1 )f (x) ≤ (x2 − x)f (x1 ) + (x − x1 )f (x2 ), tj. (x2 − x)f (x) + (x − x1 )f (x) ≤ (x2 − x)f (x1 ) + (x − x1 )f (x2 ), Odavde sledi (x2 − x)(f (x) − f (x1 )) ≤ (x − x1 )(f (x2 ) − f (x)), pa deobom sa pozitivnim brojem (x2 − x)(x − x1 ) dobijamo nejednakost (4.158). Obrnuto, neka za proizvoljne tri taˇcke x1 , x, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x < x2 , vaˇzi nejednakost (4.158). Tada obrnutim redom u odnosu na dokaz prethodnog


321

smera dokazujemo da iz nejednakosti (4.158) sledi nejednakost (4.160), ˇsto znaˇci da je funkcija f konveksna na intervalu (a, b). Tvrd¯enje 4.117 ima sledeću geometrijsku interpretaciju: funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri taˇcke x1 , x, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x < x2 , koeficijent pravca seˇcice kroz taˇcke A(x1 , f (x1 )) i B(x, f (x)) je manji ili jednak (veći ili jednak) od koeficijenta pravca seˇcice kroz taˇcke B(x, f (x)) i C(x2 , f (x2 )), odnosno tanges ugla, koji seˇcica kroz taˇcke A(x1 , f (x1 )) i B(x, f (x)) gradi sa pozitivnim delom x-ose, je manji ili jednak (veći ili jednak) od tangesa ugla koji seˇcica kroz taˇcke B(x, f (x)) i C(x2 , f (x2 )) gradi sa pozitivnim delom x-ose.

f(x)-f(x1) x - x1

A

a x1

C

f(x2)-f(x) x2 - x

B x

x2 b

Tvrd¯enje 4.118. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri taˇcke x1 , x2 , x3 , takve da je a < x1 < x2 < x3 < b, vaˇzi nejednakost f (x2 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x1 ) ≤ x2 − x1 x3 − x1 ( ) f (x2 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x1 ) ≥ . x2 − x1 x3 − x1

(4.161)

Funkcija f je strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri taˇcke x1 , x2 , x3 , takve da je a < x1 < x2 < x3 < b, vaˇzi nejednakost f (x3 ) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x1 ) < x2 − x1 x3 − x1 ( ) f (x2 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x1 ) > . x2 − x1 x3 − x1

(4.162)

Dokaz. Neka je funkcija f konveksna na intervalu (a, b) i neka su x1 , x2 , x3 taˇcke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x2 < x3 . Tada je f (x2 ) ≤

x3 − x2 x2 − x1 f (x1 ) + f (x3 ). x3 − x1 x3 − x1

(4.163)

322


Oduzimajući f (x1 ) od obe strane ove nejednakosti, dobijamo ( f (x2 ) − f (x1 ) ≤ = = =

) x3 − x2 x2 − x1 − 1 f (x1 ) + f (x3 ) = x3 − x1 x3 − x1 x2 − x1 x3 − x2 − x3 + x1 f (x1 ) + f (x3 ) = x3 − x1 x3 − x1 x1 − x2 x2 − x1 f (x1 ) + f (x3 ) = x3 − x1 x3 − x1 x2 − x1 (f (x3 ) − f (x1 )), x3 − x1

odakle deobom sa x2 − x1 > 0 sledi (4.161). Obrnutim rasud¯ivanjem, iz (4.161) sledi (4.163). Prema tome, ako za tri taˇcke x1 , x2 , x3 ∈ (a, b) takve da je a < x1 < x2 < x3 < b vaˇzi nejednakost (4.161), onda vaˇzi i nejednakost (4.163), pa zakljuˇcujemo da je funkcija f konveksna na intervalu (a, b). Geometrijaska interpretacija Tvrd¯enja 4.118 je sledeća: funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri taˇcke x1 , x2 , x3 ∈ (a, b), takve da je x1 < x2 < x3 , koeficijent pravca seˇcice kroz taˇcke A(x1 , f (x1 )) i B(x2 , f (x2 )) je manji ili jednak (veći ili jednak) od koeficijenta pravca seˇcice kroz taˇcke A(x1 , f (x1 )) i C(x3 , f (x3 )).

A

C B

f(x3)-f(x1) x3 - x1 f(x2)-f(x1) x2 - x1

a x1

x2 x3 b

Tvrd¯enje 4.119. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri taˇcke x1 , x2 , x3 , takve da je a < x1 < x2 < x3 < b, vaˇzi nejednakost f (x3 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) ≤ x3 − x1 x3 − x2 ( ) f (x3 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) ≥ . x3 − x1 x3 − x2

(4.164)

Funkcija f je strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo


323

ako za svake tri taˇcke x1 , x2 , x3 , takve da je a < x1 < x2 < x3 < b, vaˇzi nejednakost f (x3 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) < x3 − x1 x3 − x2 ( ) f (x3 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) > . x3 − x1 x3 − x2

(4.165)

Dokaz. Neka je funkcija f konveksna na intervalu (a, b) i neka su x1 , x2 , x3 taˇcke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x2 < x3 . Tada je f (x2 ) ≤

x3 − x2 x2 − x1 f (x1 ) + f (x3 ). x3 − x1 x3 − x1

(4.166)

Oduzimajući f (x3 ) od obe strane ove nejednakosti, dobijamo f (x2 ) − f (x3 ) ≤ = =

( ) x3 − x2 x2 − x1 f (x1 ) + − 1 f (x3 ) = x3 − x1 x3 − x1 x2 − x3 x3 − x2 f (x1 ) + f (x3 ) = x3 − x1 x3 − x1 x2 − x3 (f (x3 ) − f (x1 )), x3 − x1

odakle deobom sa x2 − x3 < 0 sledi f (x2 ) − f (x3 ) f (x3 ) − f (x1 ) ≥ , x2 − x3 x3 − x1 pa je

f (x3 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) ≤ , tj. vaˇzi (4.164). x3 − x1 x3 − x2

Obrnutim rasud¯ivanjem, iz (4.164) sledi (4.166). Prema tome, ako za tri taˇcke x1 , x2 , x3 ∈ (a, b) takve da je a < x1 < x2 < x3 < b vaˇzi nejednakost (4.164), onda vaˇzi i nejednakost (4.166), pa zakljuˇcujemo da je funkcija f konveksna na intervalu (a, b). Tvrd¯enje 4.119 ima sledeću geometrijsku interpretaciju: funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri taˇcke x1 , x2 , x3 ∈ (a, b), takve da je x1 < x2 < x3 , koeficijent pravca seˇcice kroz taˇcke A(x1 , f (x1 )) i C(x3 , f (x3 )) je manji ili jednak (veći ili jednak) od koeficijenta pravca seˇcice kroz taˇcke B(x2 , f (x2 )) i C(x3 , f (x3 )).

Napomena 4.120. U definiciji konveksne funkcije, kao i u Tvrd¯enjima 4.114, 4.117, 4.118 i 4.119 interval (a, b) se moˇze zameniti segmentom [a, b]. • Teorema 4.121. Neka je f : (a, b) → R konveksna (konkavna) funkcija na intervalu (a, b). Tada je f neprekidna na (a, b).

324


Dokaz. Neka je f konveksna funkcija na intervalu (a, b) i neka je x0 proizvoljna taˇcka iz intervala (a, b). Pokaˇzimo da je funkcija f neprekidna zdesna u x0 . Izaberimo taˇcke s i t tako da je a < s < x0 < t < b. Neka je x proizvoljna taˇcka iz intervala (x0 , t). Prema tome, a < s < x0 < x < t < b i zbog konveksnosti funkcije f , iz s < x0 < x sledi x − x0 x0 − s f (x0 ) ≤ f (s) + f (x), (4.167) x−s x−s dok iz x0 < x < t sledi f (x) ≤

t−x x − x0 f (x0 ) + f (t). t − x0 t − x0

(4.168)

x−s dobijamo x0 − s

Iz (4.167) mnoˇzenjem sa

x−s x − x0 f (x0 ) ≤ f (s) + f (x). x0 − s x0 − s ˇsto zajedno sa (4.168) daje x − x0 t−x x − x0 x−s f (x0 ) − f (s) ≤ f (x) ≤ f (x0 ) + f (t). x0 − s x0 − s t − x0 t − x0 Budući da je

(

) x−s x − x0 f (x0 ) − f (s) = f (x0 ) x0 − s x0 − s

(

) t−x x − x0 f (x0 ) + f (t) = f (x0 ), t − x0 t − x0

lim

x→x0 +0

i lim

x→x0 +0

(4.169)

iz (4.169) sledi lim f (x) = f (x0 ).

x→x0 +0

Sliˇcno se dokazuje da je funkcija f neprekidna sleva u taˇcki x0 . Napominjemo da tvrd¯enje Teoreme 4.121 neće vaˇziti ako se interval (a, b) zameni segmentom [a, b]. Na primer, funkcija { 0, ako je 0 ≤ x < 1, f (x) = (4.170) 1, ako je x = 1. je konveksna na segmentu [0, 1], ali nije neprekidna, jer nije neprekidna u 1 sleva. Teorema 4.122. Neka je f : (a, b) → R konveksna funkcija. Tada u svakoj taˇcki x0 ∈ (a, b) funkcija ima levi i desni izvod i pritom je f−′ (x0 ) = i

f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) , f+′ (x0 ) = inf x − x0 x − x0 x∈(x0 ,b) x∈(a,x0 ) sup

f−′ (x0 ) ≤ f+′ (x0 ).


325

Dokaz. Neka su x1 , x2 taˇcke iz intervala (a, b) takve da je a < x1 < x2 < x0 . Iz Tvrd¯enja 4.119 sledi f (x0 ) − f (x1 ) f (x0 ) − f (x2 ) ≤ , x0 − x1 x0 − x2 tj. vaˇzi nejednakost f (x1 ) − f (x0 ) f (x2 ) − f (x0 ) ≤ . (4.171) x1 − x0 x2 − x0 Budući da je x1 < x2 , iz nejednakosti (4.171) sledi da je funkcija x 7→ rastuća na intervalu (a, x0 ). Zato je

f (x) − f (x0 ) x − x0

f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) = sup , x→x0 −0 x − x0 x − x0 x∈(a,x0 ) lim

f (x) − f (x0 ) . x − x0 x∈(a,x0 ) Neka su x3 , x4 taˇcke iz intervala (a, b) takve da je x0 < x3 < x4 < b. Iz Tvrd¯enja 4.118 sledi f (x4 ) − f (x0 ) f (x3 ) − f (x0 ) ≤ . (4.172) x3 − x0 x4 − x0

tj. f−′ (x0 ) =

sup

Budući da je x3 < x4 , iz nejednakosti (4.172) sledi da je funkcija x 7→ rastuća na intervalu (x0 , b). Zato je lim

x→x0 +0

tj. f+′ (x0 ) =

f (x) − f (x0 ) x − x0

f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) = inf , x − x0 x − x0 x∈(x0 ,b)

f (x) − f (x0 ) . x − x0 x∈(x0 ,b) inf

Iz Tvrd¯enja 4.117 sledi da za svako x1 ∈ (a, x0 ) i svako x3 ∈ (x0 , b) vaˇzi nejednakost f (x1 ) − f (x0 ) f (x3 ) − f (x0 ) ≤ . x1 − x0 x3 − x0 Zato je f−′ (x0 ) =

f (x) − f (x0 ) f (x3 ) − f (x0 ) ≤ , za svako x3 ∈ (x0 , b), x − x x3 − x0 0 x∈(a,x0 ) sup

odakle sledi da je f−′ (x0 ) konaˇcan broj, a takod¯e i f−′ (x0 ) ≤

f (x3 ) − f (x0 ) = f+′ (x0 ), x0
pa je i f+′ (x0 ) konaˇcan broj. Sliˇcno se dokazuju sledeće teoreme:

326


Teorema 4.123. Neka je f : (a, b) → R konkavna funkcija. Tada u svakoj taˇcki x0 ∈ (a, b) funkcija ima levi i desni izvod i pritom je f−′ (x0 ) =

f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) , f+′ (x0 ) = sup x − x0 x − x0 x∈(a,x0 ) x∈(x0 ,b) inf

i f−′ (x0 ) ≥ f+′ (x0 ). Teorema 4.124. Neka je funkcija definisana na intervalu (a, b]. (4.124.1) Ako je funkcija f : (a, b] → R konveksna, onda ona ima levi izvod u taˇcki b, f (x) − f (b) f−′ (b) = sup , x−b x∈(a,b) i pritom f−′ (b) moˇze biti konaˇcan ili jednak +∞. (4.124.2) Ako je funkcija f : (a, b] → R konkavna, onda ona ima levi izvod u taˇcki b, f (x) − f (b) f−′ (b) = inf , x−b x∈(a,b) i pritom f−′ (b) moˇze biti konaˇcan ili jednak −∞. Teorema 4.125. Neka je funkcija definisana na intervalu [a, b). (4.125.1) Ako je funkcija f konveksna na [a, b), onda ona ima desni izvod u taˇcki a, f (x) − f (a) , x−a x∈(a,b)

f+′ (a) = inf

i pritom f+′ (a) moˇze biti konaˇcan ili jednak −∞. (4.125.2) Ako je funkcija f konkavna na intervalu [a, b), onda ona ima desni izvod u taˇcki a, f (x) − f (a) f+′ (a) = sup , x−a x∈(a,b) i pritom f+′ (a) moˇze biti konaˇcan ili jednak +∞. U vezi Teorema 4.124 i 4.125 videti Primere 4.138 i 4.139. Tvrd¯enje 4.126. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, b]. (4.126.1) Neka je funkcija f konveksna (strogo konveksna) na intervalu (a, b). Ako postoji konaˇcna graniˇcna vrednost f (b − 0) i ako je f (b − 0) ≤ f (b) onda je f konveksna (strogo konveksna) na intervalu (a, b]. (4.126.2) Neka je funkcija f konkavna (strogo konkavna) na intervalu (a, b). Ako postoji konaˇcna graniˇcna vrednost f (b − 0) i ako je f (b − 0) ≥ f (b) onda je f konkavna (strogo konkavna) na intervalu (a, b].


327

Dokaz. (4.126.1): Neka je f strogo konveksna na intervalu (a, b). Da bismo dokazali da je f strogo konveksna na intervalu (a, b], na osnovu Tvrd¯enja 4.117 i Napomene 4.120, dovoljno je dokazati da za svake tri taˇcke x1 , x2 , x3 , takve da je a < x1 < x2 < x3 ≤ b vaˇzi nejednakost f (x2 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) < . x2 − x1 x3 − x2

(4.173)

Kako je f strogo konveksna na intervalu (a, b), ova nejednakost vaˇzi za svake tri taˇcke x1 , x2 , x3 , takve da je a < x1 < x2 < x3 < b. Ostaje da dokaˇzemo da za svake dve taˇcke x1 , x2 , takve da je a < x1 < x2 < b, vaˇzi nejednakost: f (b) − f (x2 ) f (x2 ) − f (x1 ) < . x2 − x1 b − x2

(4.174)

Neka su x1 , x2 taˇcke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x2 . Iz dokaza Teoreme 4.122 f (x) − f (x2 ) strogo rastuća na intervalu (x2 , b), pa je sledi da je funkcija x 7→ x − x2 f (x) − f (x2 ) f (x) − f (x2 ) = sup x→b−0 x − x2 x − x2 x∈(x2 ,b) lim

(4.175)

i za svaku taˇcku x3 takvu da je x2 < x3 < b vaˇzi f (x3 ) − f (x2 ) f (x) − f (x2 ) < sup . x3 − x2 x − x2 x∈(x2 ,b)

(4.176)

f (x2 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) < , za svaku taˇcku x3 takvu da je x2 < x3 < b, x2 − x1 x3 − x2 to iz (4.175) i (4.176) sledi

Kako je

f (x2 ) − f (x1 ) f (x) − f (x2 ) < lim . x→b−0 x2 − x1 x − x2

(4.177)

Budući da postoji f (b − 0) i da je f (b − 0) ≤ f (b) sledi f (x) − f (x2 ) f (b − 0) − f (x2 ) f (b) − f (x2 ) = ≤ . x→b−0 x − x2 b − x2 b − x2 lim

(4.178)

Iz (4.177) i (4.178) sledi (4.174). Ostala tvrd¯enja se dokazuju sliˇcno. Sliˇcno se dokazuje naredno tvrd¯enje. Tvrd¯enje 4.127. Neka je funkcija f definisana na intervalu [a, b). (4.127.1) Neka je funkcija f konveksna (strogo konveksna) na intervalu (a, b). postoji konaˇcna graniˇcna vrednost f (a + 0) i ako je f (a) ≥ f (a + 0) onda konveksna (strogo konveksna) na intervalu [a, b). (4.127.2) Neka je funkcija f konkavna (strogo konkavna) na intervalu (a, b). postoji konaˇcna graniˇcna vrednost f (a + 0) i ako je f (a) ≤ f (a + 0) onda konkavna (strogo konkavna) na intervalu [a, b).

Ako je f Ako je f

328


Posledica 4.128. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, b]. Ako je f konveksna (strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na intervalu (a, b) i ako je neprekidna sleva u b, onda je f konveksna (strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na intervalu (a, b]. Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 4.126. Posledica 4.129. Neka je funkcija f definisana na intervalu [a, b). Ako je f konveksna (strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na intervalu (a, b) i ako je neprekidna zdesna u a, onda je f konveksna (strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na intervalu [a, b). Dokaz. Sledi iz Tvrd¯enja 4.127. Ispitivanje konveksnosti i konkavnosti pomo´ cu izvoda Sledeća teorema daje potreban i dovoljan uslov da diferencijabilna funkcije bude konveksna (konkavna). Teorema 4.130. Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna. Tada je f konveksna (strogo konveksna) na intervalu (a, b) ako i samo ako f ′ raste (strogo raste) na tom intervalu. Dokaz. Neka je f konveksna funkcija na intervalu (a, b) i neka su x1 , x, x2 proizvoljne taˇcke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x < x2 . Iz Tvrd¯enja 4.117 sledi f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≤ . x − x1 x2 − x Iz nejednakosti (4.179) prelaskom prvo na limes

lim

x→x1 +0

(4.179)

dobijamo

f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≤ lim , x→x1 +0 x→x1 +0 x − x1 x2 − x lim

(4.180)

f (x) − f (x1 ) = f ′ (x1 ), a x − x1 f (x2 ) − f (x) f (x2 ) − f (x1 ) kako je funkcija f neprekidna u taˇcki x1 , to je lim = , x→x1 +0 x2 − x x2 − x1 pa dobijamo da je f (x2 ) − f (x1 ) . (4.181) f ′ (x1 ) ≤ x2 − x1

i budući da funkcija f ima izvod u taˇcki x1 , to je

Ako u nejednakosti (4.179) pred¯emo na limes

lim

x→x1 +0

lim

x→x2 −0

dobijamo

f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≤ lim . x→x2 −0 x→x2 −0 x − x1 x2 − x lim

(4.182)


329

f (x2 ) − f (x1 ) f (x) − f (x1 ) = , x→x2 −0 x − x1 x2 − x1 f (x2 ) − f (x) i funkcija f ima izvod u taˇcki x2 , pa je lim = f ′ (x2 ). Prema tome, x→x2 −0 x2 − x

Kako je funkcija f neprekidna u taˇcki x2 , to je

lim

f (x2 ) − f (x1 ) ≤ f ′ (x2 ). x2 − x1

(4.183)

Sada iz (4.181) i (4.183) sledi f ′ (x1 ) ≤ f ′ (x2 ), pa je funkcija f ′ rastuća na intervalu (a, b). Ako je funkcija f strogo konveksna na intervalu (a, b), onda iz već dokazanog dela sledi da je f ′ rastuća funkcija na intervalu (a, b). Pokaˇzimo da je f ′ strogo rastuća na (a, b). Iz Tvrd¯enja 4.117 sledi f (x2 ) − f (x) f (x) − f (x1 ) < . x − x1 x2 − x

(4.184)

Funkcija f ispunjava uslove Lagranˇzove teoreme na segmentima [x1 , x] i [x, x2 ], pa postoje taˇcke ξ1 ∈ (x1 , x) i ξ2 ∈ (x, x2 ) takve da je f (x2 ) − f (x) f (x) − f (x1 ) = f ′ (ξ1 ) i = f ′ (ξ2 ). x − x1 x2 − x Iz (4.184) sledi

f ′ (ξ1 ) < f ′ (ξ2 ).

Budući da je x1 < ξ1 < x < ξ2 < x2 , a funkcija f ′ rastuća, to je f ′ (x1 ) ≤ f ′ (ξ1 ) < f ′ (ξ2 ) ≤ f ′ (x2 ). Dakle, f ′ (x1 ) < f ′ (x2 ), pa je funkcija f ′ strogo rastuća na intervalu (a, b). Obrnuto, pretpostavimo da je f ′ rastuća (strogo rastuća) na intervalu (a, b) i neka su x1 , x, x2 ∈ (a, b) proizvoljne taˇcke takve da je x1 < x < x2 . Funkcija f ispunjava uslove Lagranˇzove teoreme na segmentima [x1 , x] i [x, x2 ], pa postoje taˇcke ξ1 ∈ (x1 , x) i ξ2 ∈ (x, x2 ) takve da je f (x2 ) − f (x) f (x) − f (x1 ) = f ′ (ξ1 ) i = f ′ (ξ2 ). x − x1 x2 − x

(4.185)

Budući da je ξ1 < ξ2 , to je f ′ (ξ1 ) ≤ f ′ (ξ2 ) (f ′ (ξ1 ) < f ′ (ξ2 )), pa iz (4.185) sledi f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≤ x − x1 x2 − x ( ) f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) < . x − x1 x2 − x Sada na osnovu Tvrd¯enja 4.117 zakljuˇcujemo da je funkcija f konveksna (strogo konveksna) na intervalu (a, b). Sliˇcno se dokazuje sledeća teorema:

330


Teorema 4.131. Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna. Tada je f konkavna (strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako f ′ opada (strogo opada) na tom intervalu. Iz Teorema 4.130 i 4.131 sledi sledeće tvrd¯enje. Teorema 4.132. Neka je funkcija f : (a, b) → R dva puta diferencijabilna na intervalu (a, b). Tada je funkcija f konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako je f ′′ (x) ≥ 0 (f ′′ (x) ≤ 0) za svako x ∈ (a, b). Ako je f ′′ (x) > 0 (f ′′ (x) < 0) za svako x ∈ (a, b), onda je funkcija f strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b). Primer 4.133. Funkcija f (x) = ax , a > 0, a = ̸ 1, je dva puta diferencijabilna na R i f ′′ (x) = ax ln2 a > 0 za svako x ∈ R. Na osnovu Teoreme 4.132 sledi da je f strogo konveksna na R. • x

f(x)=a a>1

x

f(x)=a a<1

Primer 4.134. Funkcija f (x) = loga x, a > 0, a ̸= 1, je dva puta diferencijabilna na intervalu (0, +∞) i 1 1 f ′ (x) = , f ′′ (x) = − 2 . x ln a x ln a Ako je a ∈ (0, 1), onda je f ′′ (x) > 0 za svako x ∈ (0, +∞), pa je funkcija f strogo konveksna na intervalu (0, +∞). Kada je a > 1, onda je f ′′ (x) < 0 za svako x ∈ (0, +∞), i stoga je funkcija f strogo konkavna na intervalu (0, +∞). •

f(x)=logax 0
f(x)=logax a>1


331

Primer 4.135. Funkcija f (x) = xa , a ∈ R, je dva puta diferencijabilna na intervalu (0, +∞): f ′ (x) = axa−1 , f ′′ (x) = a(a − 1)xa−2 . Za a ∈ (−∞, 0) ∪ (1, +∞), f ′′ (x) > 0 za svako x ∈ (0, +∞), pa je funkcija f strogo konveksna na intervalu (0, +∞). Ako je a ∈ (0, 1), onda je f ′′ (x) < 0 za svako x ∈ (0, +∞), pa je funkcija f strogo konkavna na intervalu (0, +∞). •

f(x)=xa a>1

f(x)=xa a<0

f(x)=xa 0
Napomena 4.136. Iz dokaza Teoreme 4.130 sledi da ako je funkcija f : [a, b] → R diferencijabilna na segmentu [a, b] (pod izvodom u taˇcki a podrazumevamo desni izvod, a u taˇcki b levi izvod) i konveksna (respektivno strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na segmentu [a, b], onda je f ′ rastuća (respektivno, strogo rastuća, opadajuća, strogo opadajuća) funkcija na segmentu [a, b]. • Napomena 4.137. Takod¯e iz dokaza Teoreme 4.130 sledi da ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b], diferencijabilna na intervalu (a, b) i ima izvod f ′ koji je rastuća (respektivno, strogo rastuća, opadajuća, strogo opadajuća) funkcija na intervalu (a, b), onda je funkcija f konveksna (respektivno, strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na segmentu [a, b]. Zato ako je f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b], dva puta diferencijabilna na intervalu (a, b) i f ′′ (x) ≥ 0 (respektivno, f ′′ (x) > 0, f ′′ (x) ≤ 0, f ′′ (x) < 0) za svako x ∈ (a, b), onda je f konveksna (respektivno, strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na segmentu [a, b]. Analogna tvrd¯enja bi vaˇzila za funkciju definisanu na intervalima (a, b] (gde je a konaˇcan broj ili −∞) ili [a, b) (gde je b konaˇcan broj ili +∞). • √ 3 Primer 4.138. Funkcija f (x) = x2 je neprekidna na R, dva puta diferencijabilana na intervalu (−∞, 0) i na intervalu (0, +∞): 2 1 2 4 2 1 f ′ (x) = x− 3 i f ′′ (x) = − x− 3 = − √ , za x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞). 3 9 9 3 x4 Kako je f ′′ (x) < 0 za x ∈ (−∞, 0) , a takod¯e i za x ∈ (0, +∞), to je funkcija f strogo konkavna na intervalu (−∞, 0) i takod¯e, strogo konkavna na intervalu (0, +∞). Iz Posledice 4.128 i Posledice 4.129, budući da je funkcija f neprekidna u 0, sledi da je funkcija strogo konkavna na intervalu (−∞, 0] i takod¯e, strogo konkavna na intervalu [0, +∞). Med¯utim ona nije konkavna na (−∞, +∞), jer za svako x ̸= 0 vaˇzi ( ) 1 1 1 1 f (−x) + x = f (0) = 0 < f (x) = f (x) + f (−x). 2 2 2 2

332


Primetimo joˇs da je f−′ (0) i f+′ (0)

√ 3 f (x) − f (0) x2 1 = lim = lim = lim √ = −∞, x→−0 x→−0 x x→−0 3 x x−0

√ 3 f (x) − f (0) x2 1 = lim = lim = lim √ = +∞. • 3 x→+0 x→+0 x x→+0 x−0 x

Primer 4.139. Funkcija  √ ako je  3 x, 1, ako je f (x) =  √ 3 x + 2, ako je

x < 0, x=0 x > 0.

(4.186)

2 5 2 1 1 −2 za x ∈ (−∞, 0) ∪ x 3 i f ′′ (x) = − x− 3 = − √ 3 9 9 3 x5 (0, +∞). Kako je f ′′ (x) > 0 za x < 0 i f ′′ (x) < 0 za x > 0, to je f strogo konveksna na intervalu (−∞, 0), a strogo konkavna na intervalu (0, +∞). Budući da je f (0 − 0) < f (0) < f (0 + 0), iz Tvrd¯enja 4.126 i Tvrd¯enja 4.127 sledi da je f strogo konveksna na intervalu (−∞, 0], a strogo konkavna na intervalu [0, +∞). Primetimo da je ( ) √ 3 f (x) − f (0) x−1 −1 ′ f− (0) = lim = lim = = +∞, x→−0 x→−0 x−0 x −0 je prekidna u 0, f ′ (x) =

i f+′ (0)

f (x) − f (0) = lim = lim x→+0 x→+0 x−0

( ) √ 3 x+2−1 1 = = +∞. • x +0


333

Sledeća teorema daje geometrijsku karakterizaciju svojstva konveksnosti (konkavnosti) diferencijabilne funkcije. Teorema 4.140. Neka je f : (a, b) → R difencijabilna funkcija na intervalu (a, b). Funkcija f je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako taˇcke njenog grafika nisu ispod (iznad) taˇcaka tangente konstruisane u proizvoljnoj taˇcki tog grafika. Funkcija f je strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako su taˇcke njenog grafika iznad (ispod) taˇcaka tangente konstruisane u proizvoljnoj taˇcki tog grafika, ne ukljuˇcujući taˇcku dodira.

Dokaz. Neka je funkcija f konveksna na intervalu (a, b) i neka je x0 ∈ (a, b). Tangenta na grafik funkcije f u taˇcki (x0 , f (x0 )) ima jednaˇcinu y = t(x) gde je t(x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ). Neka je x ∈ (a, b) proizvoljna taˇcka. Tada je f (x) − t(x) = f (x) − f (x0 ) − f ′ (x0 )(x − x0 ).

(4.187)

Primenom Lagranˇzove teoreme zakljuˇcujemo da postoji taˇcka ξ izmed¯u taˇcaka x0 i x (ξ ∈ (x0 , x) ako je x0 < x, i ξ ∈ (x, x0 ) ako je x0 > x) takva da je f (x) − f (x0 ) = f ′ (ξ)(x − x0 ).

(4.188)

f (x) − t(x) = (f ′ (ξ) − f ′ (x0 ))(x − x0 ).

(4.189)

Iz (4.187) i (4.188) sledi

Na osnovu Teoreme 4.130 sledi da f ′ raste na intervalu (a, b). Ako je x < x0 , onda je ξ ∈ (x, x0 ), te je ξ < x0 , i stoga je f ′ (ξ) ≤ f ′ (x0 ). Prema tome, x − x0 < 0 i f ′ (ξ) − f ′ (x0 ) ≤ 0, pa iz (4.189) sledi da je f (x) − t(x) ≥ 0. Ako je x > x0 , onda je ξ ∈ (x0 , x), te je ξ > x0 , i stoga je f ′ (ξ) ≥ f ′ (x0 ). Prema tome, x − x0 > 0 i f ′ (ξ) − f ′ (x0 ) ≥ 0, pa iz (4.189) sledi da je f (x) − t(x) ≥ 0. Obrnuto, neka je f (x) ≥ t(x), tj. f (x) − f (x0 ) ≥ f ′ (x0 )(x − x0 ) za svako x ∈ (a, b). Tada je f (x) − f (x0 ) ≥ f ′ (x0 ) za x > x0 (4.190) x − x0 i f (x) − f (x0 ) ≤ f ′ (x0 ) za x < x0 . (4.191) x − x0

334


Neka su x1 , x2 , x3 taˇcke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x2 < x3 . Iz (4.190), stavljajući da je x = x3 i x0 = x2 , dobijamo f (x3 ) − f (x2 ) ≥ f ′ (x2 ), x3 − x2

(4.192)

dok iz (4.191), stavljajući da je x = x1 i x0 = x2 , dobijamo f (x2 ) − f (x1 ) ≤ f ′ (x2 ). x2 − x1

(4.193)

Iz (4.191) i (4.193) sledi f (x2 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) ≤ . x2 − x1 x3 − x2 Sada na osnovu Tvrd¯enja 4.117 zakljuˇcujemo da je funkcija f konveksna na intervalu (a, b). Ostala tvrd¯enja se dokazuju sliˇcno.

Napomena 4.141. Na osnovu Napomene 4.136 i dokaza Teoreme 4.140 sledi da ako je funkcija diferencijabilna na segmentu [a, b] (pod izvodom u taˇcki a podrazumevamo desni izvod, a u taˇcki b levi izvod) i strogo konveksna (strogo konkavna) na [a, b], onda sve taˇcke grafika leˇze iznad (ispod) taˇcaka kako leve tangente grafika funkcije u taˇcki (b, f (b)), ne ukljuˇcujući taˇcku (b, f (b)), tako i desne tangente grafika funkcije u taˇcki (a, f (a)), ne ukljuˇcujući taˇcku (a, f (a)). •

Prevojne taˇ cke funkcije

Definicija 4.142. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, b). Za taˇcku x0 ∈ (a, b) kaˇzemo da je prevojna taˇcka funkcije f , a za taˇcku (x0 , f (x0 )) prevojna taˇcka grafika funkcije, ako je funkcija f neprekidna u taˇcki x0 i ako postoji δ > 0 tako da je funkcija strogo konveksna na intervalu (x0 − δ, x0 ) i strogo konkavna na intervalu (x0 , x0 + δ), ili da je f strogo konkavna na intervalu (x0 − δ, x0 ) i strogo konveksna na intervalu (x0 , x0 + δ).


335

f(x0)

f(x0) x0

x0

f(x0)

f(x0) f ’(x0)=+

f ’(x0)= -

x0

x0

f(x0)

f(x0) f ’(x0)=f +’(x0)

f ’(x0)=f +’(x0)

x0

x0

-

-

Iz Teoreme 4.121 sledi da ako je x0 prevojna taˇcka funkcije f , onda je funkcija neprekidna u nekoj okolini taˇcke x0 , dok iz Posledica 4.128 i 4.129, i Teorema 4.124 i 4.125 sledi da funkcija ima jednostrane izvode (konaˇcne ili beskonaˇcne) u taˇcki x0 . Ako su levi i desni izvod u taˇcki x0 jednaki i beskonaˇcni, onda postoji vertikalna tangenta grafika funkcije u taˇcki (x0 , f (x0 )) (videti Primer 4.147). Ako su levi i desni izvod u taˇcki x0 jednaki i konaˇcni, onda postoji tangenta na grafik funkcije u taˇcki (x0 , f (x0 )). Ako je funkcija f diferencijabilna u okolini prevojne taˇcke x0 , na osnovu Posledica 4.128 i 4.129, i Napomene 4.141, sledi da grafik prelazi s jedne na drugu stranu tangente, tj. ako je y = t(x) jednaˇcina te tangente, onda razlika f (x) − t(x) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 . Med¯utim ovo je samo potreban ali ne i dovoljan uslov da diferencijabilna funkcija u okolini taˇcke x0 ima prevoj u taˇcki x0 , ˇsto pokazuje sledeći primer. Primer 4.143. Neka je { f (x) =

2x3 + x3 sin 0,

1 , x2

x ̸= 0, x = 0.

Za x ̸= 0 vaˇzi f ′ (x) = 6x2 + 3x2 sin

1 1 − 2 cos 2 , 2 x x

f ′′ (x) = 12x + (6x −

4 1 6 1 ) sin 2 − cos 2 . 3 x x x x

Funkcija ima prvi izvod u taˇcki 0: 1 ( ) 2x3 + x3 sin 2 1 f (x) − f (0) x = lim = lim 2x2 + x2 sin 2 = 0. f (0) = lim x→0 x→0 x→0 x−0 x x ′

336


Prema tome, tangenta grafika funkcije u taˇcki (0, 0) je x-osa. Za svako x > 0 vaˇzi −1 ≤ sin

1 1 ≤ 1 =⇒ −x3 ≤ x3 sin 2 ≤ x3 x2 x 1 =⇒ x3 ≤ 2x3 + x3 sin 2 ≤ 3x3 x 1 3 3 =⇒ 2x + x sin 2 > 0, x

dok za svako x < 0 vaˇzi −1 ≤ sin

1 1 ≤ 1 =⇒ −x3 ≥ x3 sin 2 ≥ x3 2 x x 1 3 3 3 =⇒ x ≥ 2x + x sin 2 ≥ 3x3 x 1 =⇒ 2x3 + x3 sin 2 < 0. x

Prema tome, f (x) < 0 za x < 0 i f (x) > 0 za x > 0, pa grafik funkcije prelazi sa jedne na drugu stranu tangente grafika u taˇcki (0, 0). Pokazaćemo da (0, 0) nije prevojna taˇcka grafika funkcije. Primetimo da je za n ∈ N, √ √ 1 12 12 f ′′ ( √ ) = √ − 6 nπ cos(nπ) = √ − 6 nπ(−1)n , nπ nπ nπ √ √ 1 12 12 f ′′ (− √ ) = − √ + 6 nπ cos(nπ) = − √ + 6 nπ(−1)n , nπ nπ nπ 1 1 1 1 pa je f ′′ ( √ ) > 0 i f ′′ (− √ ) < 0 za neparno n, i f ′′ ( √ ) < 0 i f ′′ (− √ ) > nπ nπ nπ nπ 0 za parno n. To znaˇci da drugi izvod beskonaˇcno mnogo puta menja znak u proizvoljno maloj, kako desnoj tako i levoj okolini taˇcke 0, te stoga funkcija beskonaˇcno mnogo puta menja karakter konveksnosti u proizvoljno maloj desnoj, a takod¯e i levoj okolini taˇcke 0 (Teorema 4.132). Prema tome, 0 nije prevojna taˇcka funkcije f . •

Sledeća teorema govori o potrebnim uslovima da taˇcka bude prevojna taˇcka funkcije. Preciznije, taˇcke u kojima drugi izvod ne postoji ili je jednak 0, su kandidati za prevojne taˇcke funkcije.


337

Teorema 4.144. (Neophodni uslovi za egzistenciju prevojne taˇcke) Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna na intervalu (a, b). Ako je x0 ∈ (a, b) prevojna taˇcka funkcije f , onda f ′′ (x0 ) ili ne postoji ili je f ′′ (x0 ) = 0. Dokaz. Pretpostavimo da je x0 prevojna taˇcka funkcije f i da postoji δ > 0 tako da je funkcija strogo konkavna na intervalu (x0 − δ, x0 ) i strogo konveksna na intervalu (x0 , x0 +δ). Na osnovu Teoreme 4.130 i Teoreme 4.131 sledi da f ′ opada na intervalu (x0 − δ, x0 ) i raste na (x0 , x0 + δ). To znaˇci da funkcija f ′ ima lokalni minimum u taˇcki x0 , pa na osnovu Fermaove teoreme, ako postoji f ′′ (x0 ), mora biti f ′′ (x0 ) = 0. Teorema 4.145. (Dovoljni uslovi za egzistenciju prevojne taˇcke) Neka je funkcija f : (x0 − δ, x0 + δ) → R neprekidna na intervalu (x0 − δ, x0 + δ) i dva puta diferencijabilna na intervalima (x0 − δ, x0 ) i (x0 , x0 + δ). Ako f ′′ (x) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 , tj. ako je funkcija f ′′ pozitivna (negativna) na intervalu (x0 − δ, x0 ) i negativna (pozitivna) na intervalu (x0 , x0 + δ), onda je x0 prevojna taˇcka funkcije f . Dokaz. Neka je je funkcija f ′′ pozitivna (negativna) na intervalu (x0 − δ, x0 ) i negativna (pozitivna) na intervalu (x0 , x0 + δ). Iz Teoreme 4.132 sledi da je funkcija f strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (x0 − δ, x0 ) i strogo konkavna (strogo konveksna) na intervalu (x0 , x0 + δ), pa je x0 prevojna taˇcka funkcije f . Primer 4.146. Funkcija f (x) = cos x ima drugi f ′′ (x) = − cos x, x ∈ R i f ′′ (x) = 0 ⇐⇒ x =

π + kπ, k ∈ Z. 2

π + kπ. Prema tome, Funkcija f ′′ menja znak pri prolazu kroz svaku od taˇcaka 2 π svaka od taˇcaka + kπ je prevojna taˇcka funkcije f . • 2 √ Primer 4.147. Funkcija f (x) = 3 x ima prvi i drugi izvod u svakoj taˇcki x = ̸ 0: 1 2 f ′ (x) = x− 3 , 3

2 5 f ′′ (x) = − x− 3 9

√ 3 f (x) − f (0) x 1 f (0) = lim = lim = lim √ = +∞. 3 x→0 x→0 x x→0 x−0 x2 Budući da je f ′′ (x) > 0 za x < 0, i f ′′ (x) < 0 za x > 0, to je f strogo konveksna na intervalu (−∞, 0) i strogo konkavna na intervalu (0, +∞), neprekidna je u 0, pa je 0 taˇcka prevoja funkcije f . Tangenta grafika funkcije u taˇcki (0, 0) je vertikalna, to je prava x = 0, tj. y-osa. I u ovom sluˇcaju se moˇze, u odred¯enom smislu, reći da grafik funkcije u taˇcki (0, 0) prelazi s jedne na drugu stranu svoje tangenta • i

′

Primer 4.148. Neka je { f (x) =

x2 , √ x,

x ≤ 1, x ≥ 1.

338


Funkcija je neprekidna u taˇcki 1, strogo konveksna na intervalu (−∞, 1) jer je f ′′ (x) = 2 > 0 za x < 1, dok je strogo konkavna na intervalu (1, +∞) jer je 3 f ′′ (x) = − 41 x− 2 < 0 za x > 1. Prema tome, taˇcka x = 1 je prevojna taˇcka 1 funkcije. Primetimo da funkcija nema izvod u taˇcki 1 jer je f−′ (1) = 2 i f+′ (1) = . 2 • Tvrd¯enje 4.149. Neka je n ∈ N, n ≥ 4, paran broj i neka funkcija f : (x0 − δ, x0 + δ) → R ima izvod n-tog reda u intervalima (x0 − δ, x0 ) i (x0 , x0 + δ), a neprekidan izvod (n − 1)-og reda u taˇcki x0 . Neka je f (2) (x0 ) = f (3) (x0 ) = · · · = f (n−1) (x0 ) = 0 i neka f (n) (x) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 , tj. funkcija f (n) je pozitivna (negativna) na intervalu (x0 − δ, x0 ) i negativna (pozitivna) na intervalu (x0 , x0 + δ). Tada je x0 prevojna taˇcka funkcije f . Dokaz. Dokaz izvodimo indukcijom. Za n = 4, budući da f (4) (x) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 , a f (3) je neprekidna funkcija na intervalu (x0 − δ, x0 + δ), na osnovu Teoreme 4.102 sledi da funkcija f (3) ima strogi lokalni ekstremum u taˇcki x0 . Iz f (3) (x0 ) = 0 zakljuˇcujemo da je f (3) (x) > 0 za x ∈ (x0 −δ, x0 )∪(x0 , x0 +δ) ako je x0 taˇcka strogog lokalnog minimuma funkcije f (3) , ili je f (3) (x) < 0 za x ∈ (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ) ako je x0 taˇcka strogog lokalnog maksimuma funkcije f (3) . Iz Teoreme 4.99 sledi da u prvom sluˇcaju f (2) strogo raste, a u drugom sluˇcaju, strogo opada na intervalu (x0 − δ, x0 + δ). U prvom sluˇcaju dobijamo da je za x ∈ (x0 − δ, x0 ), f (2) (x) < f (2) (x0 ) = 0, a za x ∈ (x0 , x0 + δ), f (2) (x) > f (2) (x0 ) = 0, dok je u drugom sluˇcaju f (2) (x) > f (2) (x0 ) = 0 za x ∈ (x0 − δ, x0 ) i f (2) (x) < f (2) (x0 ) = 0 za x ∈ (x0 , x0 + δ). Prema tome, f (2) (x) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 i na osnovu Teoreme 4.145 sledi da je x0 prevojna taˇcka funkcije f . Pretpostavimo da tvrd¯enje vaˇzi za paran broj n ≥ 4 i dokaˇzimo da vaˇzi za n + 2. Neka funkcija f ima izvod (n + 2)-og reda u intervalima (x0 − δ, x0 ) i (x0 , x0 + δ), i neprekidan izvod (n+1)-og reda u taˇcki x0 . Neka je osim toga f (2) (x0 ) = f (3) (x0 ) = · · · = f (n+1) (x0 ) = 0 i neka f (n+2) (x) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 . Pokazaćemo da je x0 prevojna taˇcka funkcije f . Iz Teoreme 4.102 sledi da funkcija f (n+1) (x) ima strogi lokalni ekstremum u taˇcki x0 , pa je zbog f (n+1) (x0 ) = 0, f (n+1) (x) < 0 za x ∈ (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ) ako je x0 taˇcka strogog lokalnog maksimuma, ili je f (n+1) (x) > 0 za x ∈ (x0 −δ, x0 )∪(x0 , x0 +δ) ako je x0 taˇcka strogog lokalnog minimuma. Na osnovu Teoreme 4.95 sledi da je f (n) strogo opadajuća ili strogo rastuća funkcija na intervalu (x0 − δ, x0 + δ). Iz f (n) (x0 ) = 0 zakljuˇcujemo da f (n) (x) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 . Na osnovu indukcijske pretpostavke zakljuˇcujemo da je x0 prevojna taˇcka funkcije f . Napomena 4.150. Dokaz Tvrd¯enja 4.149 smo mogli izvesti uz koriˇsćenje Tejlorove formule n − 3-ćeg reda funkcije f (2) sa ostatkom u Lagranˇzevoj formi. Naime, za svako x ∈ (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ) postoji taˇcka ξ izmed¯u taˇcaka x0 i x tako da je f (2) (x) = f (2) (x0 )+f (3) (x0 )(x−x0 )+· · ·+

f (n−1) (x0 ) f (n) (ξ) (x−x0 )n−3 + (x−x0 )n−2 (n − 3)! (n − 2)!


339

Kako je f (2) (x0 ) = f (3) (x0 ) = · · · = f (n−1) (x0 ) = 0, to je f (n) (ξ) (x − x0 )n−2 . (n − 2)!

f (2) (x) = Budući da je n − 2 paran broj, to je

sgn f (2) (x) = sgn f (n) (ξ) za x ∈ (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ).

(4.194)

Razmotrimo sluˇcaj kada je n-ti izvod f (n) funkcije f pozitivan na intervalu (x0 − δ, x0 ) i negativan na intervalu (x0 , x0 + δ) (analogno se razmatra drugi sluˇcaj). Za x ∈ (x0 − δ, x0 ) budući da je ξ ∈ (x, x0 ) sledi f (n) (ξ) > 0, pa iz (4.194) sledi f (2) (x) > 0. Ako je x ∈ (x0 , x0 + δ), onda je ξ ∈ (x0 , x), pa je f (n) (ξ) < 0, ˇsto zajedno sa (4.194) povlaˇci f (2) (x) < 0. Prema tome, f (2) (x) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 , pa je na osnovu Teoreme 4.145 x0 prevojna taˇcka funkcije f. • Teorema 4.151. Neka je funkcija f : (x0 − δ, x0 + δ) → R (n + 1)-puta diferencijabilna u taˇcki x0 , gde je n paran broj, n ≥ 2. Ako je f (2) (x0 ) = · · · = f (n) (x0 ) = 0 ̸= f (n+1) (x0 ), onda je x0 prevojna taˇcka funkcije f . Dokaz. Kako je 0 ̸= f (n+1) (x0 ) = lim

x→x0

f (n) (x) − f (n) (x0 ) f (n) (x) = lim , x→x0 x − x0 x − x0

f (n) (x) konstantnog znaka za x − x0 x ∈ (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ). Budući da izraz x − x0 menja znak pri prolasku argumenta x kroz taˇcku x0 , to onda i f (n) (x) menja znak pri prolasku argumenta kroz taˇcku x0 . Kako je n paran broj, i kako funkcija f ima izvod n-og reda u okolini (x0 − δ, x0 + δ) i vaˇzi da je f (2) (x0 ) = · · · = f (n−1) (x0 ) = 0, iz Tvrd¯enja 4.149 sledi da je x0 prevojna taˇcka funkcije f .

iz Posledice 3.41 sledi postoji δ > 0 tako da je izraz

340


Glava 5

Neodred¯eni integral 5.1

Definicija neodred¯enog integrala i osnovna svojstva

U sledećem tekstu I je jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), (a, +∞), [a, +∞), (−∞, b), (−∞, b], (−∞, +∞), gde su a, b ∈ R. Kaˇzemo da je funkcija f : I → R neprekidna na I, ukoliko je neprekidna u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki intervala I, za sluˇcaj da a ∈ I, neprekidna zdesna u a, i za sluˇcaj da b ∈ I, neprekidna sleva u b. Definicija 5.1. Za funkciju F : I → R kaˇzemo da je primitivna (prvobitna) funkcija funkcije f na intervalu I ako vaˇzi sledeće: (i) funkcija F je neprekidna na intervalu I; (ii) funkcija F u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki x intervala I ima izvod i pri tom je F ′ (x) = f (x). Ako levi kraj intervala, taˇcka a, pripada intervalu I, onda je primitivna funkcija F neprekidna zdesna u taˇcki a ali u taˇcki a moˇze i ne mora da ima jednostrani izvod. Za sluˇcaj da ima desni izvod u taˇcki a, ovaj izvod se ne mora poklapati sa vrednoˇsću funkcije f u taˇcki a. Definicija 5.2. Skup svih primitivnih funkcija funkcije f na intervalu I zove se neodred¯eni integral funkcije f na intervalu I i obeleˇzava sa ∫ f (x) dx. ∫ U ovoj definiciji je oznaka za integral, f (x) se naziva podintegralna funkcija, a izraz f (x)dx se naziva podintegralni izraz.

5.2

Smena promenljive

Teorema 5.3. Neka je funkcija f definisana na intervalu ∆t , a funkcija φ neprekidna na intervalu ∆x , diferencijabilna u njegovim unutraˇsnjim taˇckama i φ(∆x ) ⊂ ∆t . 341

342

Glava 5. Neodred¯eni integral

Ako funkcija f ima primitivnu funkciju na intervalu ∆t , tj. ∫ f (t)dt = F (t) + C, tada funkcija f (φ(x))φ′ (x) ima primitivnu funkciju na intervalu ∆x , i na tom intervalu vaˇzi jednakost ∫

5.3

f (φ(x))φ′ (x)dx = F (φ(x)) + C.

Parcijalna integracija

Primer 5.4. Nad¯imo

∫

ln(1 + x2 ) − 2x arctg x dx. (1 + x2 ) ln2 (1 + x2 )

Kako je ∫

dx 2 (1 + x ) ln(1 + x2 )

= u= =

dx 1+x2

=⇒ v = arctg x 1 2x 1 =⇒ du = − ln2 (1+x 2 ) · 1+x2 dx ln(1+x2 ) ∫ 2x arctg x arctg x + dx, 2 ln(1 + x ) (1 + x2 ) ln2 (1 + x2 ) dv =

to je ∫

∫ ln(1 + x2 ) 2x arctg x dx − dx 2 (1 + x2 ) ln (1 + x2 ) (1 + x2 ) ln2 (1 + x2 ) ∫ ∫ dx 2x arctg x = − dx 2 2 (1 + x ) ln(1 + x ) (1 + x2 ) ln2 (1 + x2 ) arctg x = + C. • ln(1 + x2 )

ln(1 + x2 ) − 2x arctg x dx = (1 + x2 ) ln2 (1 + x2 )

∫

Primer 5.5. Nad¯imo

∫ I=

x2 √ dx. 1 − x2

5.3. Parcijalna integracija

343

Iz ∫ I = = =

= = =

∫ ∫ √ ∫ x2 1 − x2 − 1 dx √ √ dx = − dx = − 1 − x2 dx + √ 2 2 1−x 1 − x2 ∫ 1√− x − 1 − x2 dx + arcsin x dv = dx =⇒ v = x √ x 1 2 u = 1 − x =⇒ du = √ · (−2x)dx = − √ dx 2 1 − x2 1 − x2 ( √ ) ∫ 2 x − x 1 − x2 + √ dx + arcsin x 1 − x2 ∫ √ x2 2 −x 1 − x − √ dx + arcsin x 1 − x2 √ −x 1 − x2 − I + arcsin x

sledi

√ 2I = −x 1 − x2 + arcsin x + C ′ , C ′ ∈ R,

te je

1 √ 1 I = − x 1 − x2 + arcsin x + C, C ∈ R. • 2 2

Primer 5.6. Nad¯imo sada integral ∫ I=

x arccos xdx.

I naˇcin: ∫ I =

x arccos xdx

arccos x = t, x ∈ [−1, 1] x = cos t = dx = − sin tdt √ √ arccos x = t ⇒ t ∈ [0, π] ⇒ sin t ≥ 0 ⇒ sin t = 1 − cos2 t = 1 − x2 ∫ ∫ 1 1 dv = sin 2t dt =⇒ v = − cos 2t t sin 2t dt = = − t cos t sin t dt = − 2 2 u = t =⇒ du = dt ( ) ∫ 1 1 1 1 1 = − − t cos 2t + cos 2t dt = t cos 2t − sin 2t + C 2 2 2 4 8 1 1 = t(2 cos2 t − 1) − sin t cos t + C 4 4 1 1 √ = (2x2 − 1) arccos x − x 1 − x2 + C 4 4 1 1 √ 1 2 x arccos x − arccos x − x 1 − x2 + C, C ∈ R. • = 2 4 4

344

Glava 5. Neodred¯eni integral II naˇcin:

x2 dv = xdx =⇒ v = x arccos xdx = 2 u = arccos x =⇒ du = − √ dx 2 1−x ∫ 1 2 1 x2 dx √ x arccos x + 2 2 1 − x2

∫ I =

=

Kako je na osnovu Primera 5.5 ∫ x2 dx 1 √ 1 √ = − x 1 − x2 + arcsin x + C, C ∈ R, 2 2 1 − x2 to je

1 1 √ 1 I = x2 arccos x − x 1 − x2 + arcsin x + C, C ∈ R. • 2 4 4

5.4

Integracija racionalnih funkcija

5.5

Integracija trigonometrijskih funkcija

∫ 1. Integral oblika R(sin x, cos x)dx se smenom tg x2 = t, −π < x < π, svodi na integral racionalne funkcije. Zaista, kako je

sin x =

2 sin x2 cos x2 sin2 x2 + cos2 x2

2 sin x2 cos x2 cos2 x2 2 tg x2 = = 1 + tg2 sin2 x2 + cos2 x2 cos2 x2

− sin2 x2 cos2 x2 cos2 x2 − sin2 x2 1 − tg2 cos x = = = 1 + tg2 sin2 x2 + cos2 x2 sin2 x2 + cos2 x2 cos2 x2 x 2dt = arctg t, x = 2 arctg t, dx = , 2 1 + t2 cos2

dobijamo

∫

=

2t , 1 + t2

(5.1)

=

1 − t2 , 1 + t2

(5.2)

x 2

(

∫ R(sin x, cos x)dx = 2

x 2

R

2t 1 − t2 , 1 + t2 1 + t2

)

x 2 x 2

dt . 1 + t2

(5.3)

∫ dx ∫ dx Primer 5.7. Nad¯imo sin x i cos x . Domen funkcije x 7→ sin1 x je unija intervala (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z. Primenom (5.1) i (5.3) dobijamo: tg x2 = t, x ∈ (−π, π) \ {0} ∫ 2dt ∫ ∫ dx dt 1+t2 2dt x = 2 arctg t =⇒ dx = = = ln |t| + C 1+t2 = 2t = sin x t 2t 1+t2 sin x = 1+t 2 x = ln | tg | + C, na intervalima (−π, 0) i (0, π). 2

5.5. Integracija trigonometrijskih funkcija

345

Kako je x 7→ ln | tg x2 | periodiˇcna funkcija sa periodom 2π, zakljuˇcujemo da je ∫ dx x = ln | tg | + C, na svakom od intervala (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z. sin x 2 ) ( (2k+1)π , k ∈ Z. Domen funkcije x 7→ cos1 x je unija intervala (2k−1)π , 2 2 ∫

∫

dx π π = x + 2 = t =⇒ dx = dt = sin(x + 2 ) ∫ x + π2 t dt = ln | tg | + C = ln | tg |+C = sin t 2 2 (x π ) π = ln | tg + | + C, gde x + ∈ (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z. 2 4 2 (x π ) ( ) ∫ dx (2k+1)π Prema tome, = ln | tg + |+C, na svakom od intervala (2k−1)π , ,k∈ 2 2 cos x 2 4 Z. • ∫ dx Primer 5.8. Nad¯imo 2+cos x . Domen podintegralne funkcije je skup R. Primenom (5.2) i (5.3) dobijamo: ∫ tg x2 = t, x ∈ (−π, π) ∫ ∫ 2dt dx dt x = 2 arctg t =⇒ dx = 2dt 1+t2 = =2 1+t2 = 1−t2 2 2 + cos x 3 + t2 2 + 1+t2 cos x = 1−t 1+t2 dx cos x

=

=

tg x 2 t 2 √ arctg √ + C = √ arctg √ 2 + C, x ∈ (−π, π). 3 3 3 3 tg x

Budući da je funkcija x 7→ arctg √32 periodiˇcna sa periodom 2π, zakljuˇcujemo da je ∫ dx tg x √2 arctg √ 2 + C na svakom od intervala ((2k − 1)π, (2k + 1)π), k ∈ Z. • = 2+cos x 3 3 Smenom tg x2 = t moˇzemo integraliti ma koju funkciju oblika x 7→ R(sin x, cos x). Med¯utim ova smena nije uvek i najbolje reˇsenje jer ˇcesto dovodi do integrala racionalne funkcije sa polinomima u brojiocu i imeniocu koji imaju velike stepene. Naveˇsćemo primere integrala ovog tipa kod kojih je podesnije koristiti neke druge smene. 2. Najpre uoˇcimo da ako je x 7→ R(x) parna racionalna funkcija, da se ona moˇze napisati u obliku R(x) = R1 (x2 ) gde je R1 takod¯e racionalna funkcija. 1 Takod¯e, ako je racionalna funkcija dveju promenljivih R = R(x1 , x2 ) parna po jednoj promenljivoj, recimo x1 , tj. ako vaˇzi R(−x1 , x2 ) = R(x1 , x2 ), onda se ona moˇze napisati u obliku R(x1 , x2 ) = R1 (x21 , x2 ), gde je R1 takod¯e racionalna funkcija. P (x) Ako je racionalna funkcija R(x) = Q(x) , gde su P i Q polinomi, parna, onda je R(−x) = R(x) 2 2 i kako je P (x) = P1 (x ) + xP2 (x ) i Q(x) = Q1 (x2 ) + xQ2 (x2 ) gde su P1 , P2 , Q1 i Q2 takod¯e 1

346


Ako je pak funkcija R = R(x1 , x2 ) neparna po x1 , tj. vaˇzi R(−x1 , x2 ) = −R(x1 , x2 ), onda je (x1 , x2 ) 7→ R(xx11,x2 ) parna po x1 , pa je R(xx11,x2 ) = R∗ (x21 , x2 ), gde je R∗ racionalna funkcija, i prema tome R(x1 , x2 ) = R∗ (x21 , x2 ) · x1 . Stoga, ako je podintegralna funkcija racionalna po sin x i cos x i uz to i neparna po sin x, tj. vaˇzi R(− sin x, cos x) = −R(sin x, cos x), onda je R(sin x, cos x)dx = R∗ (sin2 x, cos x) sin xdx = −R∗ (1 − cos2 x, cos x)d(cos x), pa se smenom integral

∫

cos x = t R(sin x, cos x)dx svodi na integral racionalne funkcije.

Primer 5.9. ∫ dx sin x cos 2x

∫ = =

∫ sin x dx = sin2 x(cos2 x − sin2 x) cos x = t =⇒ − sin xdx = dt sin xdx = −dt

sin x dx (1 − − 1) ∫ dt =− .• (1 − t2 )(2t2 − 1) cos2 x)(2 cos2 x

Ako je podintegralna funkcija racionalna po sin x i cos x i osim toga i neparna po cos x, tj. vaˇzi R(sin x, − cos x) = −R(sin x, cos x), onda je ∼

R(sin x, cos x)dx = R(sin x, cos2 x) cos xdx ∼

= R(sin x, 1 − sin2 x)d(sin x), polinomi, sledi da je

tj.

P1 (x2 ) + xP2 (x2 ) Q1 (x2 ) + xQ2 (x2 )

=

P1 ((−x)2 ) − xP2 ((−x)2 ) , Q1 ((−x)2 ) − xQ2 ((−x)2 )

P1 (x2 ) + xP2 (x2 ) Q1 (x2 ) + xQ2 (x2 )

=

P1 (x2 ) − xP2 (x2 ) Q1 (x2 ) − xQ2 (x2 )

Odavde, (P1 (x2 ) + xP2 (x2 ))(Q1 (x2 ) − xQ2 (x2 )) = (P1 (x2 ) − xP2 (x2 ))(Q1 (x2 ) + xQ2 (x2 )), i prema tome, P1 (x2 )Q2 (x2 ) = P2 (x2 )Q1 (x2 ). Iz poslednje jednakosti dobijamo da je R(x)

=

P1 (x2 ) + xP2 (x2 ) Q2 (x2 )(P1 (x2 ) + xP2 (x2 )) = 2 2 Q1 (x ) + xQ2 (x ) Q2 (x2 )(Q1 (x2 ) + xQ2 (x2 ))

=

P2 (x2 )Q1 (x2 ) + xP2 (x2 )Q2 (x2 ) P1 (x2 )Q2 (x2 ) + xP2 (x2 )Q2 (x2 ) = 2 2 2 Q2 (x )(Q1 (x ) + xQ2 (x )) Q2 (x2 )(Q1 (x2 ) + xQ2 (x2 ))

=

P2 (x2 ) P2 (x2 )(Q1 (x2 ) + xQ2 (x2 )) = = R1 (x2 ). 2 2 2 Q2 (x )(Q1 (x ) + xQ2 (x )) Q2 (x2 )


347

∼

gde je R takod¯e racionalna funkcija, pa se smenom sin x = t ∫ integral R(sin x, cos x)dx svodi na integral racionalne funkcije. ∫ Tako se, na primer, integral sinm x cosn xdx, gde su m i n celi brojevi, za sluˇcaj da je m neparan broj, reˇsava smenom cos x = t, dok, za sluˇcaj da je n neparan, smenom sin x = t. Primer 5.10. ∫

cos x = t =⇒ sin4 x sin x dx = − sin xdx = dt =⇒ sin xdx = −dt = 2 cos x sin2 x = 1 − t2 ( ) ∫ ∫ ∫ (1 − t2 )2 1 − 2t2 + t4 1 = − dt = = − 2 + t2 dt 2 2 t t t2 t3 1 = − − 2t + + C t 3 1 cos3 x = − − 2 cos x + + C, cos x 3

sin5 x dx = cos2 x

∫

na svakom intervalu koji ne sadrˇzi taˇcke

kπ 2 ,

k ∈ Z. •

Primer 5.11. ∫ ∫ ∫ 4 3 4 2 sin x cos x dx = sin x cos x cos x dx = sin4 x(1 − sin2 x) cos x dx ∫ sin x = t =⇒ cos x dx = dt = t4 (1 − t2 )dt = ∫ t5 t7 − +C = (t4 − t6 )dt = 5 7 5 7 sin x sin x = − + C, x ∈ R. • 5 7 Primer 5.12. ∫ dx 2 sin x cos x

∫

cos x dx 2 2 ∫ sin x cos x cos x dx = = sin x = t =⇒ cos x dx = dt 2 2 sin x (1 − sin x) ∫ dt = 2 t (1 − t2 )

=

Ako su i m i n neparni brojevi, m = 2k + 1, n = 2l + 1, k, l ∈ Z, onda je osim

348


smena sin x = t ili cos x = t, celishodno upotrebiti i smenu cos 2x = t. Naime, ∫

∫ sin

2k+1

x cos

2l+1

sin2k x cos2l x sin x cos x dx ) ( ) ( ) ∫ ( 1 − cos 2x k 1 + cos 2x l 1 = sin 2x dx 2 2 2 cos 2x = t =⇒ −2 sin 2x dx = dt = =⇒ sin 2x dx = − 21 dt ∫ 1 = − k+l+2 (1 − t)k (1 + t)l dt, 2

x dx =

ˇsto je integral racionalne funkcije (jer k, l ∈ Z). 3. Ako je racionalna funkcija dveju promenljivih R = R(x1 , x2 ) parna i po jednoj i po drugoj promenljivoj, tj. ako vaˇzi R(−x1 , −x2 ) = R(x1 , x2 ), onda je ( R(x1 , x2 ) = R

x1 x 2 , x2 x2

)

( = R1

) x1 , x2 , x2

gde je R1 takod¯e racionalna funkcija. Kako je ( R1

x1 , x2 x2

)

( = R(x1 , x2 ) = R(−x1 , −x2 ) = R1

−x1 , −x2 −x2

)

( = R1

) x1 , −x2 , x2

sledi da je funkcija (x1 , x2 ) 7→ R1 ( xx12 , x2 ) parna po x2 , te je ( R1

x1 , x2 x2

)

( = R2

) x1 2 , x , R2 je racionalna funkcija. x2 2

Prema tome, ako je podintegralna funkcija racionalna po sin x i cos x i takva da zamenom sin x sa − sin x i cos x sa − cos x ostaje nepromenjena, tj. R(− sin x, − cos x) = R(sin x, cos x), onda je ( R(sin x, cos x) = R2

sin x , cos2 x cos x

)

( = R2 tg x,

1 1 + tg2 x

) = R3 (tg x),

π ∫gde je R3 racionalna funkcija, pa se smenom tg x = t, − 2 < x < R(sin x, cos x)dx svodi na integral racionalne funkcije:

∫

∫ R(sin x, cos x)dx =

R3 (t)

dt . 1 + t2

π 2,

integral


349

Ovde je:

sin2 x =

sin2 x = 2 sin x + cos2 x

cos2 x =

cos2 x = sin2 x + cos2 x

sin x cos x =

sin x cos x = sin2 x + cos2 x tg x = t, −

sin2 x cos2 x sin2 x+cos2 x cos2 x cos2 x cos2 x sin2 x+cos2 x cos2 x sin x cos x cos2 x sin2 x+cos2 x cos2 x

=

tg2 x t2 , = 2 1 + t2 1 + tg x

=

1 1 = , 2 1 + t2 1 + tg x

=

tg x t = , 2 1 + t2 1 + tg x

π π dt < x < =⇒ x = arctg t =⇒ dx = .• 2 2 1 + t2

Primer 5.13. ∫

cos x dx = sin x + cos x

∫

cos x cos x sin x+cos x cos x

∫ dx =

1 dx tg x + 1

tg x = t, − π < x < π , x ̸= − π =⇒ x = arctg t 2 2 4 = dt =⇒ dx = 1+t 2 ∫ dt 1 · = .• t + 1 1 + t2

Izmed¯u ostalih, u ovaj tip integrala spadaju i integrali tipa ∫ R(sin2 x, cos2 x, sin x cos x)dx.

Primer 5.14. ∫

tg x = t, − π < x < π =⇒ x = arctg t 2 2 2 cos x dt =⇒ dx = 1+t dx = 2 2 3 + sin x 1 t2 2 2 cos x = 1+t2 , sin x = 1+t 2 ∫ dt = .• 2 (4t + 1)(1 + t2 )

∫ 1 dt 1+t2 = · t2 1 + t2 3 + 1+t2

350


Primer 5.15. ∫

∫

2 + sin x cos x dx = cos x(sin3 x + cos3 x)

2 + sin x cos x dx cos x(sin x + cos x)(sin2 x − sin x cos x + cos2 x) ∫ 2 + sin x cos x dx cos x(sin x + cos x)(1 − sin x cos x) ∫ 2 + sin x cos x dx (sin x cos x + cos2 x)(1 − sin x cos x) tg x = t, − π < x < π , x ̸= − π =⇒ x = arctg t 2 2 4 dt =⇒ dx = 1+t2 2 t t 1 2 cos2 x = 1+t , sin x = , sin x cos x = 2 1+t2 1+t2 ∫ t 2 + 1+t dt 2 ( )( )· t 1 t 1 + t2 + 1+t 1 − 1+t 2 2 1+t2 ∫ 2t2 + t + 2 dt. • (t + 1)(t2 − t + 1)(1 + t2 )

= =

=

=

=

Primer 5.16. ∫

sin2 x dx cos3 x (sin x + cos x)

∫ = = ∫

sin2 x dx cos2 x (sin x cos x + cos2 x) tg x = t, − π2 < x < π2 , x ̸= − π4 =⇒ x = arctg t dt dx = 1+t 2

= ∫ =

1 1+t2

(

t2 1+t2 t 1+t2

+

1 1+t2

)·

dt 1 + t2

t2 dt . t+1

Mogli smo podintegralnu funkciju transformisati i na sledeći naˇcin: sin2 x cos3 x(sin x + cos x)

= =

sin2 x 1 · tg2 x cos4 x cos2 x = cos3 x(sin x+cos x) tg x + 1 cos4 x (1 + tg2 x) tg2 x

tg x + 1

.•

∫ Intgral sinm x cosn xdx, gde su m i n parni celi brojevi, takod¯e spada u ovaj tip integrala.


351

Primer 5.17. ∫

dx sin4 x

= = = =

tg x = t, x ∈ (− π , π ) \ {0} ⇒ x = arctg t ⇒ dx = dt 2 2 1+t2 t2 sin2 x = 1+t 2 ∫ ∫ 2 1 dt (1 + t )dt = 2 t4 1+t t4 (1+t2 )2 ) ∫ ( 1 1 11 1 + 2 dt = − 3 − + C 4 t t 3t t 1 1 1 π π − − + C, na intervalima (− , 0) i (0, ). 3 3 tg x tgx 2 2

Kako je x 7→ − 13 tg13 x − ∫

1 tgx

periodiˇcna funkcija sa periodom π, to je

1 π π dx 1 1 − +C, na intervalima (− +kπ, kπ) i (kπ, +kπ), k ∈ Z. • =− 4 3 3 tg x tgx 2 2 sin x

∫ Med¯utim, ako su u integralu sinm x cosn xdx, brojevi m i n parni i nenegativni celi brojevi, onda je podesnije primeniti takozvane formule za sniˇzavanje stepena: sin2 x =

1 − cos 2x 1 + cos 2x , cos2 x = . 2 2

Primer 5.18. ∫

∫ 2

cos x dx =

1 + cos 2x 1 dx = 2 2

∫

1 1 (1 + cos 2x)dx = x + sin 2x + C, x ∈ R. • 2 4

Primer 5.19. ) ∫ 1 1 − cos 2x 2 dx = (1 − 2 cos 2x + cos2 2x)dx 2 4 ) ∫ ( 1 1 + cos 4x 1 − 2 cos 2x + dx 4 2 ) ∫ ( 3 1 1 − 2 cos 2x + cos 4x dx 4 2 2 ( ) 1 3 1 x − sin 2x − sin 4x + C 4 2 8 3 1 1 x − sin 2x − sin 4x + C, x ∈ R. • 8 4 32

∫ (

∫ 4

sin x dx = = = = =

352


Primer 5.20. )( ) ∫ ∫ ( 1 − cos 2x 1 + cos 2x 2 2 4 sin x cos x dx = dx 2 2 ∫ 1 = (1 − cos 2x)(1 + 2 cos 2x + cos2 2x)dx 8 ∫ 1 = (1 + cos 2x − cos2 2x − cos3 2x)dx 8 ( ) ∫ ∫ 1 1 1 1 2 = x + sin 2x − (1 + cos 4x)dx − (1 − sin x)d(sin 2x) 8 2 2 2 x sin 4x sin3 2x = − + + C. 16 64 48 ∫ 4. Integrali oblika R(tg x)dx se reˇsavaju smenom tg x = t. Primetimo da su svi integrali iz taˇcke 3. upravo ovog tipa, jer se podintegralna funkcija R(sin x, cos x) moˇze transformisati∫ u oblik R1 (tg x), gde je R1 takod¯e racionalna funkcija. Integrali oblika R(ctg x)dx se reˇsavaju smenom ctg x = t, 0 < x < π. Primer 5.21. ∫ tg x = t, − π < x < π =⇒ x = arctg t 1 − tg2 x 2 2 dx = dt 2 =⇒ dx = 1+t 1 + tg x 2

∫ dt 1 − t2 = · .• 1 + t2 1 + t2

∫ ∫ ∫ 5. Kod integrala oblika sin ax cos bx dx, cos ax cos bx dx, sin ax sin bx dx, a, b ∈ R \ {0}, podintegralne funkcije transformiˇsemo redom na sledeći naˇcin: sin ax cos bx = cos ax cos bx = sin ax sin bx =

1 [sin(a + b)x + sin(a − b)x], 2 1 [cos(a + b)x + cos(a − b)x], 2 1 [cos(a − b)x − cos(a + b)x]. 2

Primer 5.22. ∫ ∫ 1 1 1 1 sin 3x sin 5x dx = (cos 2x − cos 8x)dx = ( sin 2x − sin 8x) + C, x ∈ R. • 2 2 2 8 Rekurzivne formule U opˇstem sluˇcaju termin rekuzivna formula oznaˇcava formulu u kojoj se izraz koji zavisi od nekog parametra izraˇzava preko izraza istog oblika kome odgovara ista ili neka druga vrednost tog parametra. U sluˇcaju integrala, metod rekurzivnih formula se koristi za odred¯ivanje integrala funkcija koje zavise od celobrojnog parametra n, na taj naˇcin ˇsto se polazni integral koji zavisi od n izraˇzava preko integrala istog tipa koji zavisi od parametra m manjeg od n.


353

Preciznije, neka su date∫funkcije fn , n = 0, 1, . . . , na intervalu I, fn : I → R, i neka postoje integrali In = fn (x)dx. Formula oblika In = Φ(In−1 , In−2 , . . . , In−k ), k ≤ n zove se rekurzivna formula za niz integrala (In ), n ∈ N0 . Primer 5.23. Neka je In =

∫

2

tgn x dx, n ∈ N0 . Nad¯imo I0 i I1 :

∫ I0 =

dx = x + C, ∫ sin x dx cos x = t =⇒ − sin x dx = dt = tg x dx = = =⇒ sin x dx = −dt cos x ∫ dt = − ln |t| + C = − ln | cos x| + C = − t ∫

I1

Za n ≥ 2 imamo: ∫

∫ sin2 x tgn−2 x tg2 x dx = tgn−2 x 2 dx cos x ∫ ∫ ∫ 2 1 n−2 n−2 1 − cos x dx = tg x 2 dx − tgn−2 x dx = tg x cos2 x cos x ∫ 1 = tgn−2 x 2 dx − In−2 . cos x

In =

∫

tgn x dx =

Kako je ∫ tg

n−2

1 x 2 dx = tg x = t ⇒ cos12 x dx = dt = cos x tgn−1 x = + C, n−1

∫ tn−2 dt =

tn−1 +C n−1

sledi In =

tgn−1 x − In−2 , n ≥ 2. n−1

Tako, za n = 2 iz formule (5.4) dobijamo: I2 = tg x − I0 = tg x − x + C, dok za n = 3 imamo: I3 = 2

1 1 2 tg x − I1 = tg2 x + ln | cos x| + C. • 2 2

Sa N0 oznaˇcavamo skup N ∪ {0}.

(5.4)

354


∫ ∫ Primer 5.24. Neka je In = sinn x dx i Jn = cosn x dx, n ∈ N0 . Za n ≥ 2 primenjujemo metod parcijalne integracije: dv = sin x dx =⇒ v = − cos x = sin x dx = u = sinn−1 x =⇒ du = (n − 1) sinn−2 x cos xdx ∫ n−1 = − sin x cos x + (n − 1) sinn−2 x cos2 xdx ∫ n−1 = − sin x cos x + (n − 1) sinn−2 x(1 − sin2 x)dx ∫

In

n

= − sinn−1 x cos x + (n − 1)In−2 − (n − 1)In . Odavde sledi nIn = − sinn−1 x cos x + (n − 1)In−2 , tj.

n−1 1 In−2 . In = − sinn−1 x cos x + n n

Kako je

∫ I0 =

∫ dx = x + C i I1 =

sin xdx = − cos x + C,

to je 1 1 1 1 I2 = − sin x cos x + I0 = − sin x cos x + x + C. 2 2 2 2 Takod¯e, ∫

1 2 sin3 x dx = − sin2 x cos x + I1 3 3 1 2 = − sin2 x cos x − cos x + C 3 3

I3 =

i ∫

3 1 sin4 x dx = − sin3 x cos x + I2 4 4 ( ) 1 3 1 1 = − sin3 x cos x + − sin x cos x + x + C 4 4 2 2 1 3 3 = − sin3 x cos x − sin x cos x + x + C. 4 8 8

I4 =

Sliˇcno se dokazuje da je ∫ Jn = cosn dx = n1 cosn−1 x sin x + n−1 n Jn−2 , ∫ ∫ J0 = dx = x + C, J1 = cos xdx = sin x + C.

5.6. INTEGRACIJA IRACIONALNIH FUNKCIJA

5.6

355

Integracija iracionalnih funkcija

∫ √ Primer 5.25. Nad¯imo I = (x−1)dx . Domen podintegralne funkcije f (x) = x2 −2 √ √ 1 √ je Df = (−∞, − 2) ∪ ( 2, +∞). Nad¯imo integral ove funkcije najpre (x−1) x2 −2 √ na intervalu ( 2, +∞). √ x > 2, x − 1 = 1 ⇒ t > 0 ∫ t − t12 dt = √ I = x = 1t + 1 (1 )2 1 + 1 −2 dx = − t12 dt t t ∫ ∫ dt dt √ √ = − =− 2 t t12 + 2t + 1 − 2 t 1+2t−t t2 ∫ ∫ ∫ dt dt dt √ √ =− =− √ = − 2 2 1 + 2t − t2 t 1+2t−t t 1+2t−t t |t| ∫ ∫ dt dt = − √ =− √ −(t2 − 2t − 1) −(t2 − 2t + 1 − 2) ∫ ∫ dt dt = − √ =− √ 2 −((t − 1) − 2) 2 − (t − 1)2 1 t−1 x−1 − 1 √ = − arcsin + C = − arcsin √ +C 2 2 2−x x−2 = − arcsin √ + C = arcsin √ + C. 2(x − 1) 2(x − 1)

√ Nad¯imo sada integral ove funkcije na intervalu (−∞, − 2). √ x < − 2, x − 1 = 1 ⇒ t < 0 ∫ t = I = x = 1t + 1 1 dx = − t2 dt ∫ ∫ dt dt √ √ = − =− 2 t t12 + 2t − 1 t 1+2t−t t2 ∫ ∫ dt dt √ √ = − =− 1+2t−t2 1+2t−t2 t t −t |t| ∫ ∫ dt dt √ √ = = 2 1 + 2t − t 2 − (t − 1)2

1 t

√(

− t12 dt )2 1 −2 t +1

1 −1 t−1 √ = arcsin √ + C = arcsin x−1 +C 2 2 2−x x−2 = arcsin √ + C = − arcsin √ + C. 2(x − 1) 2(x − 1)

356


Prema tome, ∫ dx √ I = (x − 1) x2 − 2 √ √ x−2 = (sgn x) arcsin √ + C, na intervalima (−∞, − 2) i ( 2, +∞). • 2(x − 1) ∫ Primer 5.26. Nad¯imo (x+1)2 √dx . Domen podintegralne funkcije f (x) = x2 +2x+2 √1 (x+1) x2 +2x+2

je Df = (−∞, −1)∪(−1, +∞). Posmatrajmo najpre interval (−1, +∞).

∫ (x +

1)2

dx √ x2 + 2x + 2

=

=

=

= = = =

x > −1, x + 1 = 1 , t =⇒ t > 0, x = 1 − 1, t dx = − t12 dt ∫ − t12 dt √( (1 )2 ) 1 1 + 2 − 1 − 1 +2 2 t t t ∫ ∫ dt dt √ − √ =− 2 1+t 1 +1 |t| t2 ∫ tdt 1 + t2 = z = − √ 1 2tdt = dz ⇒ tdt = 2 dz 1 + t2 ∫ √ √ dz √ = z + C = − 1 + t2 + C − 2 z √ √ 1 x2 + 2x + 2 − 1+ + C = − +C (x + 1)2 (x + 1)2 √ √ x2 + 2x + 2 x2 + 2x + 2 +C =− + C. − |x + 1| x+1

Ako je x < −1 i opet x + 1 = 1t , onda je x + 1 < 0 i stoga t < 0, pa je |t| = −t i ∫ ∫ dx dt √ √ = − 2 2 2 1+t (x + 1) x + 2x + 2 |t| ∫ √ tdt √ = = 1 + t2 + C 1 + t2 √ √ 1 x2 + 2x + 2 1+ + C = +C = (x + 1)2 (x + 1)2 √ √ x2 + 2x + 2 x2 + 2x + 2 = +C =− + C. |x + 1| x+1 Prema tome, √ ∫ x2 + 2x + 2 dx √ =− +C, na intervalima (−∞, −1) i (−1, +∞). • x+1 (x + 1)2 x2 + 2x + 2

5.6. Integracija iracionalnih funkcija

357

Ojlerove smene Tre´ ca Ojlerova smena. Neka su nule x1 i x2 kvadratnog ax2 + bx + c realne i raˇzliˇcite i neka je x1 < x2 . Tada moˇzemo koristiti smenu √ √ ax2 + bx + c = t(x − x1 ) ili ax2 + bx + c = t(x − x2 ). √ 1. Neka je ax2 + bx + c = t(x − x1 ). Kako je ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ), to je √ a(x − x1 )(x − x2 ) = t(x − x1 ) (5.5) a(x − x1 )(x − x2 ) = t2 (x − x1 )2 a(x − x2 ) . t2 = x − x1

(5.6)

Iz (5.6) sledi t2 (x − x1 ) = ax − ax2 (t2 − a)x = t2 x1 − ax2 x1 t2 − ax2 x = . t2 − a

(5.7)

Oznaˇcimo desnu stranu jednakosti u (5.7) sa φ(t). Sada je dx = φ′ (t)dt i

∫ R(x,

√

∫ ax2

+ bx + c)dx =

R(φ(t), t(φ(t) − x1 ))φ′ (t)dt.

(5.8)

Integral na desnoj strani u (5.8) je integral racionalne funkcje. 1.1 Ako je a > 0, domen podintegralne funkcije je podskup skupa (−∞, x1 ] ∪ [x2 , +∞) (nekad je domen i jednak ovom skupu). Za x ∈ (−∞, x1 ) je x − x1 < 0, pa iz (5.5) sledi da je t < 0 i stoga onda iz (5.6) dobijamo √ t=−

a(x − x2 ) . x − x1

Za x ∈ (x2 , +∞) je x − x1 > 0, pa iz (5.5) sledi da je t > 0 i zato √ a(x − x2 ) t= . x − x1 1.2. Ako je a < 0, domen podintegralne funkcije je podskup intervala [x1 , x2 ] (nekad je domen i jednak ovom intervalu). Za x ∈ (x1 , x2 ) sledi x − x1 > 0, pa iz (5.5) sledi da je t > 0 i stoga √ a(x − x2 ) t= . x − x1

358

Glava 5. Neodred¯eni integral 2. Neka je

√

ax2 + bx + c = t(x − x2 ). Sada je √

a(x − x1 )(x − x2 ) = t(x − x2 )

(5.9)

a(x − x1 )(x − x2 ) = t (x − x2 ) a(x − x1 ) t2 = . x − x2 2

2

(5.10)

2.1. Neka je a > 0. Za x ∈ (−∞, x1 ) je x − x2 < 0, pa iz (5.9) sledi da je t < 0 i stoga onda iz (5.10) dobijamo √ t=−

a(x − x1 ) . x − x2

Za x ∈ (x2 , +∞) je x − x2 > 0, pa iz (5.9) sledi da je t > 0 i zato √ t=

a(x − x1 ) . x − x2

2.2. Neka je a < 0. Za x ∈ (x1 , x2 ) sledi x − x2 < 0, pa iz (5.9) sledi da je t < 0 i stoga √ a(x − x1 ) . t=− x − x2 (Zato je kod treće Ojlerove smene, za sluˇcaj da je a < 0 i x1 < x2 , (osim smene √ 2 ax + bx + c = t(x − x1 )) podesnije izabrati smenu √ ax2 + bx + c = t(x2 − x)

(5.11)

√ umesto smene ax2 + bx + c = t(x − x2 ), jer za x ∈ (x1 , x2 ) je x2 − x > 0 pa je t > 0 i iz (5.11) sledi a(x − x1 )(x − x2 ) = t2 (x − x2 )2 a(x − x1 ) t2 = x − x2 √ a(x − x1 ) t = . x − x2 √ ∫ Primer 5.27. Nad¯imo I = (x + (x − 1)(x − 2))dx. Koristimo smenu √ (x − 1)(x − 2) = t(x − 1).


359

Odavde sledi (x − 1)(x − 2) = t2 (x − 1)2 x−2 t2 = x−1 2 2 xt − t = x − 2 x(t2 − 1) = t2 − 2 t2 − 2 x = 2 t −1 2t dx = dt. 2 (t − 1)2 Sada je ( 2 )) t −2 2t t2 − 2 + t − 1 dt = . . . t2 − 1 t2 − 1 (t2 − 1)2 3 1 1 1 1 t − 1 1 1 ln + + + C. − 8 t+1 2t−1 4t+1 4t−1

∫ ( I = =

Za x ∈ (−∞, 1) je t < 0 i t = −

√

Za x ∈ (2, +∞) je t > 0 i t =

√

Primer 5.28. Odrediti

x−2 x−1 .

•

∫ I=

smenom √ (i) 1 − x2 = t(x + 1);

x−2 x−1 .

(ii)

(1 +

dx √ 1 − x2

x2 )

√ 1 − x2 = t(1 − x). •

Trigonometrijske i hiperboliˇ cke smene kod integrala

Primer 5.29. Odrediti I = f (x) =

√ x2 −9 x

∫

√

x2 −9 x

∫

R(x,

√

ax2 + bx + c)dx

dx. Traˇzićemo neodred¯eni integral funkcije

najpre na intervalu (3, +∞), a potom intervalu (−∞, −3).

360

Glava 5. Neodred¯eni integral Neka je x > 3. π 3 ∫ √ 2 x = cos t , t ∈ (0, 2 ) x −9 3 3 cos t = x ⇒ t = arccos x dx = x dx = − 32 · (− sin t)dt = 3 sin2 t dt cos t cos t √ √ 9 ∫ ∫ − 9 3 sin t 1 − cos2 t sin t cos2 t = · dt = 3 · dt 3 cos2 t cos2 t cos t cos t ∫ √ 2 ∫ sin t sin t sin t sin t · = 3 · dt = 3 dt cos2 t cos t cos t cos t ∫ ∫ sin2 t 1 − cos2 t = 3 dt = 3 dt 2 cos t cos2 t ∫ ∫ 1 = 3 dt − 3 dt = 3 tg t − 3t + C cos2 t √ √ 1 − x92 2 1 − cos t 3 − 3t + C = 3 = 3 − 3 arccos + C 3 cos t x x √ 3 = x2 − 9 − 3 arccos + C. x

Neka je x < −3. π 3 ∫ √ 2 x = cos t , t ∈ ( 2 , π) x −9 3 3 cos t = x ⇒ t = arccos x dx = x dx = − 32 · (− sin t)dt = 3 sin2 t dt cos t cos t √ √ 9 ∫ ∫ − 9 3 sin t 1 − cos2 t sin t cos2 t = · dt = 3 · dt 3 cos2 t cos2 t cos t cos t ∫ √ 2 ∫ sin t sin t = 3 · dt = 3 |tg t| · tg t dt cos2 t cos t ∫ ∫ 1 − cos2 t 2 = −3 tg dt = −3 dt cos2 t ∫ ∫ 1 dt + 3 dt = −3 tg t + 3t + C = −3 cos2 t √ √ 1 − x92 2 1 − cos t 3 = −3 + 3t + C = −3 + 3 arccos + C 3 cos t x x √ √ 2 x −9 x2 − 9 3 3 = −x + 3 arccos + C = −x + 3 arccos + C 2 x x |x| x √ √ 2 3 3 x −9 + 3 arccos + C = x2 − 9 + 3 arccos + C. = = −x −x x x


361

II naˇcin: Neka je x < −3. ∫ √

3 π x = − cos t , t ∈ (0, 2 ) ( ) x2 − 9 3 3 cos t = − x ⇒ t = arccos − x dx = x dx = −(− 32 ) · (− sin t)dt = − 3 sin2 t dt cos t cos t √ √ ( ) 9 ∫ ∫ −9 3 sin t 1 − cos2 t sin t cos2 t · − dt = 3 = · dt 3 cos2 t cos2 t cos t − cos t ∫ √ 2 ∫ sin t sin t = 3 · dt = 3 |tg t| · tg t dt cos2 t cos t ∫ ∫ 1 − cos2 t dt = 3 tg2 dt = 3 cos2 t ∫ ∫ 1 = 3 dt − 3 dt = 3 tg t − 3t + C ′ cos2 t √ √ ( ) 1 − x92 2 3 1 − cos t ′ = 3 − 3t + C = 3 − 3 arccos − + C′ 3 cos t x −x √ √ ( ) x2 − 9 3 x2 − 9 3 ′ = −x − 3 π − arccos + C = −x + 3 arccos + C 2 x x |x| x √ √ x2 − 9 3 3 = −x + 3 arccos + C = x2 − 9 + 3 arccos + C. −x x x

Prema tome, ∫ √

√ x2 − 9 3 dx = x2 − 9 − 3(sgn x) arccos + C, na intervalima (−∞, −3) i (3, +∞). x x

∫ ∫ Primer 5.30. Integrali √x12 +1 dx i √x12 −1 dx su navedeni u tablici integrala i za razliku od ostalih tabliˇcnih integrala ne proizilaze direktno iz tablice izvoda. Jedan od naˇcina da se oni odrede je koriˇsćenje trigonometrijskih ili hiperboliˇckih smena. ∫

1

√ dx = x2 + 1 = = =

x = sh t, t ∈ (−∞, +∞) =⇒ t = arshx dx = ch t dt ∫ ∫ ∫ 1 ch t dt ch t dt √ √ = · ch t dt = 2 ch t sh t + 1 ch 2 t ∫ dt = t + C = arshx + C √ ln(x + x2 + 1) + C, x ∈ R.

Nad¯imo sada neodred¯eni integral funkcije f (x) = (1, +∞), a potom i na intervalu (−∞, −1).

√ 1 x2 −1

i to najpre na intervalu

362

Glava 5. Neodred¯eni integral Neka je x > 1.

∫

1 √ dx = 2 x −1 =

=

=

=

= = = = = =

π 1 , t ∈ (0, ) x = cos t 2 1 1 cos t = x ⇒ t = arccos x sin t 1 dx = − 2 · (− sin t)dt = 2 dt cos t cos t ∫ ∫ sin t sin t 2t 2 cos √ √cos t dt dt = 1 sin2 t −1 cos2 t cos2 t ∫ ∫ sin t 1 + tg 2t dt ′′ cos2 t dt = = ln t +C sin t cos t 1 − tg cos t √2 1 √ 1 + 1−cos t 1 + 1− x1 1+ x 1+cos t + C ′′ = ln + C ′′ √ √ ln t 1− x1 1 − 1−cos 1+cos t 1 − 1+ 1 x √ √ 1 + √x−1 1 + x−1 x+1 x+1 + C ′′ = ln √ √ ln + C ′′ x−1 x−1 1 − √x+1 1 − x+1 √ √ √ √ x + 1 + x − 1 x+1+ x−1 ′′ √ √ ln √ + C = ln √ + C ′′ x + 1 − x − 1 x+1− x−1 √ √ √ ) (√ x+1+ x−1 x+1+ x−1 √ √ ·√ + C ′′ ln √ x+1− x−1 x+1+ x−1 √ √ √ √ ( x + 1 + x − 1)2 ln + C ′′ = ln( x + 1 + x − 1)2 − ln 2 + C ′′ 2 √ √ √ ln( x + 1 + x − 1)2 + C ′ = ln(x + 1 + 2 x2 − 1 + x − 1) + C ′ √ √ ln 2(x + x2 − 1) + C ′ = ln(x + x2 − 1) + ln 2 + C ′ √ ln(x + x2 − 1) + C.


363

Neka je x < −1. ∫

1 √ dx = 2 x −1 =

=

=

=

=

= = = = = = =

1 π x = − cos t , t ∈ (0, 2 ) ( ) 1 1 cos t = − ⇒ t = arccos − x x dx = −(− 12 ) · (− sin t)dt = − sin2t dt cos t cos t ∫ ∫ sin t sin t − − cos 2t 2 √ √cos t dt dt = 1 sin2 t −1 cos2 t cos2 t ∫ ∫ sin t 1 + tg 2t − cos dt 2t ′′ dt = − = − ln t +C sin t cos t 1 − tg 2 cos t √ 1 − 1−cos t 1 − tg 2t 1+cos t + C ′′ = ln + C ′′ √ ln t 1 + tg 2t 1 + 1−cos 1+cos t √ 1 √ 1 − 1− x1 1 − x−1 1+ x x+1 + C ′′ = ln + C ′′ √ √ ln 1 x−1 1− 1 + 1 + x+1 x 1 1+ x √ √ √ 1 − √ 1−x −x − 1 − 1 − x −x−1 ′′ + C ′′ √ √ + C = ln √ ln 1−x −x − 1 + 1 − x √ 1 + −x−1 √ √ 1 − x − −x − 1 √ + C ′′ ln √ 1 − x + −x − 1 √ √ √ (√ ) 1 − x − −x − 1 1 − x − −x − 1 √ √ ln √ ·√ + C ′′ 1 − x + −x − 1 1 − x − −x − 1 √ √ ( 1 − x − −x − 1)2 + C ′′ ln 2 √ √ ln( 1 − x − −x − 1)2 − ln 2 + C ′′ √ ln(1 − x − 2 x2 − 1 − x − 1) + C ′ √ √ ln(2(−x − x2 − 1)) + C ′ = ln(−x − x2 − 1) + ln 2 + C ′ √ ln |x + x2 − 1| + C.

Prema tome, ∫ √ 1 √ dx = ln |x + x2 − 1| + C, na intervalima (−∞, −1) i (1, +∞). x2 − 1

364


Glava 6

Odred¯eni integral 6.1

Definicija odred¯enog integrala. Ograniˇ cenost integrabilnih funkcija

Neka je f nenegativna neprekidna funkcija na segmentu [a, b] (to znaˇci da se taˇcke njenog grafika nalaze na x-osi ili iznad x-ose). Ravna figura, ograniˇcena intervalom [a, b] na x-osi, pravama x = a, x = b i grafikom funkcije f nad segmentom [a, b], naziva se krivolinijski trapez nad [a, b]. Problem odred¯ivanja povrˇsine krivolinijskog trapeza je doveo do definicije pojma odred¯enog integrala koji je jedan od najvaˇznijih pojmova matematiˇcke analize. Osim povrˇsine dela ravni ograniˇcenog nekom krivom linijom, pomoću odred¯enog integrala se raˇcuna i duˇzina luka krive, zapremina tela, koristi se u fizici za raˇcunanje duˇzine puta, rada sile, momenta inercije, itd. Moˇze se reći da odred¯eni integral spada u osnovnu aparaturu ne samo raznih matematiˇckih disciplina, već i fizike, mehanike i raznih tehniˇckih nauka. Ova metoda se javila mnogo pre diferencijalnog raˇcuna. Problem povrˇsine ravne figure je bio aktuelan joˇs u doba Arhimeda, velikog grˇckog matematiˇcara i fiziˇcara iz trećeg veka pre naˇse ere, koji je u suˇstini koristio odred¯eni intgral za reˇsavanje problema ”kvadrature parabole” 1 . Nezavisno jedan od drugog, nemaˇcki matematiˇcar i filozof Lajbnic (1646-1716) i engleski matematiˇcar i fiziˇcar Njutn (1642-1727) doˇsli su do ove metode u savremenom obliku. Riman, nemaˇcki matematiˇcar 19. veka, je dao definiciju odred¯enog integrala kakvu ćemo upoznati u narednom tekstu, dok je samu oznaku uveo Furije, francuski matematiˇcar 19. veka. U cilju odred¯ivanja povrˇsine krivolinijskog trapeza, uvedimo najpre pojam podele segmenta [a, b]. Definicija 6.1. Pod podelom segmenta [a, b] podrazumevamo konaˇcan skup taˇcaka P = {x0 , x1 , . . . , xn } takav da je a = x0 < x1 < · · · < xn = b. 1

Problem kvadrature parabole: Neka je data parabola y = x2 i pravougaonik sa temenima A(0, 0), B(a, 0), C(a, a2 ), D(0, a2 ), a > 0. Tada parabola deli pravougaonik na dve figure ˇcije se povrˇsine odnose kao 1 : 2.

365

366

Glava 6. Odred¯eni integral

Podelom P segment [a, b] je podeljen na n podsegmenata: [x0 , x1 ], [x1 , x2 ], . . . , [xn−1 , xn ]. Oznaˇcimo sa ∆xi duˇzinu i-tog podsegmenta: ∆xi = xi − xi−1 , i = 1, . . . , n. Dijametar podele P , u oznaci d(P ), je d(P ) = max ∆xi . 1≤i≤n

Skup svih podela segmenta [a, b] oznaˇcavamo sa P[a, b]. Ako P1 , P2 ∈ P[a, b] i P1 $ P2 , onda kaˇzemo da je podela P1 grublja od podele P2 , a podela P2 finija od podele P1 . Jasno, ako je podela P2 finija od podele P1 , onda je d(P2 ) ≤ d(P1 ).‘ U svakom podsegmentu [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n, izaberimo na proizvoljan naˇcin po jednu taˇcku ξi . Izabrane taˇcke ξ1 , . . . , ξn formiraju ured¯enu n-torku ξ = (ξ1 , . . . , ξn ). Pravougaonik Πi , ˇcija je osnova segment [xi−1 , xi ], a visina f (ξi ), ima povrˇsinu p(Πi ) = f (ξi )∆xi . ”Stepenasta figura” S koju ˇcine svi pravougaonici Πi , i = 1, . . . , n, ima povrˇsinu koju je jednaka zbiru povrˇsina svih pravougaonika: p(S) =

n ∑

f (ξi )∆xi .

(6.1)

i=1

Primećujemo da stepenasta figura S zavisi od podele P segmenta [a, b], kao i od izbora taˇcaka ξ = (ξ1 , . . . , ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n. Ako pod¯emo od podele P1 koja je finija od podele P dobićemo stepenastu figuru koja se joˇs manje razlikuje od krivolinijskog trapeza. Prema tome, ako se dijametar podele sve viˇse i viˇse smanjuje, onda se odgovarajuća stepenasta figura sve manje i manje razlikuje od krivolinijskog trapeza, pa će se i povrˇsina stepenaste figura će se sve manje i manje razlikovati od povrˇsine krivolinijskog trapeza. Intuitivno je jasno da za povrˇsinu krivolinijskog trapeza treba uzeti graniˇcnu vrednost suma (6.1) kad dijametar podele teˇzi 0. Ovakva razmatranja su dovela do sledeće definicije integralne sume i odred¯enog integrala. Definicija 6.2. Neka je data funkcija f : [a, b] → R, podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < x1 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] i izbor ξ = (ξ1 , . . . , ξn ) taˇcaka ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n. Suma σ(f, P, ξ) =

n ∑

f (ξi )∆xi

i=1

zove se Rimanova integralna suma funkcije f za datu podelu P i izbor taˇcaka ξ = (ξ1 , . . . , ξn ). Oˇcigledno, u sluˇcaju kada je funkcija f nenegativna na segmentu [a, b], Rimanova integralna suma funkcije f je jednaka povrˇsini odgovarajuće stepenaste figure.

6.1. Definicija odred¯enog integrala. Ograniˇcenost integrabilnih funkcija

367

Definicija 6.3. Neka je f : [a, b] → R. Funkcija f je Riman integrabilna (integrabilna u Rimanovom smislu, ili kraće, integrabilna) na segmentu [a, b] ako postoji realan broj I takav da za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < x1 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] za koju je d(P ) < δ i za proizvoljan izbor ξ = (ξ1 , . . . , ξn ) taˇcaka ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n vaˇzi nejednakost |σ(f, P, ξ) − I| < ϵ, tj.

n ∑ f (ξi )∆xi − I < ϵ. i=1

Broj I se zove Rimanov integral ili odred¯eni integral funkcije f na segmentu [a, b] i piˇse se ∫ b I= f (x)dx. a

∫b

Oznaka a f (x)dx se ˇcita: ”integral od a do b f (x)dx”. Broj a se zove donja granica integrala, dok se broj b zove gornja granica integrala. Funkcija f se zove podintegralna funkcija, izraz f (x)dx podintegralni izraz, a promenljiva x integraciona promenljiva (slovo x se moˇze zameniti i nekim drugim slovom). Skup svih Riman integrabilnih funkcija na segmentu [a, b] oznaˇcavamo sa R[a, b]. Ako je broj I odred¯eni integral funkcije f na segmentu [a, b] govorićemo joˇs i da je I graniˇcna vrednost integralnih suma σ(f, P, ξ) funkcije f kad d(P ) → 0 i pisati2 I = lim σ(f, P, ξ).

(6.2)

d(P )→0

Kao ˇsto smo pojam graniˇcne vrednosti funkcije definisali na jeziku ϵ − δ-okolina, a takod¯e i na ekvivalentan naˇcin preko graniˇcne vrednosti nizova, tako i odred¯eni integral moˇzemo definisati preko graniˇcne vrednosti nizova integralnih suma. Sledeća definicija odred¯enog integrala je ekvivalentna Definiciji 6.3 (ostavljamo ˇcitaocu za veˇzbu da dokaˇze ekvivalentnost ovih dveju definicija3 ). Definicija 6.4. Neka je f : [a, b] → R. Reći ćemo da je realan broj I odred¯eni ili Rimanov integral funkcije f na segmentu [a, b], a funkcija f (Riman) integrabilna na segmentu [a, b], ako za svaki niz podela (n)

(n)

(n)

Pn = {x0 , . . . , xkn }, a = x0 2

(n)

< · · · < xkn = b,

Jednakost u (6.2) znaˇci upravo ono ˇsto je reˇceno u Definiciji 6.3, da za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < x1 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] za koju je d(P ) < δ i za proizvoljan izbor ξ = (ξ1 , . . . , ξn ) taˇcaka ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n vaˇzi nejednakost |σ(f, P, ξ) − I| < ϵ. Limes u (6.2) treba shvatiti kao novu vrstu limesa, koja se razlikuje od limesa niza i limesa funkcije. 3 Uputstvo: postupiti analogno dokazu ekvivalentnosti Koˇsijeve i Hajneove definicije graniˇcne vrednosti funkcije.

368


segmenta [a, b] za koji vaˇzi da je lim d(Pn ) = 0

n→∞

i za svaki izbor taˇcaka (n)

(n)

(n)

ξ (n) = (ξ1 , . . . , ξkn ), ξi

(n)

(n)

∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , kn , n = 1, 2, . . . ,

postoji graniˇcna vrednost niza integralnih suma (σ(f, Pn , ξ (n) ))n i jednaka je broju I: kn ∑ (n) (n) lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = lim f (ξi )∆xi = I, n→∞

(n)

(n)

n→∞

i=1

(n)

gde je ∆xi = xi − xi−1 . Ovo kraće simboliˇcki zapisujemo: I = lim σ(f, P, ξ). d(P )→0

U sluˇcaju kada je funkcija f nenegativna na segmentu [a, b], onda je odred¯eni integral limes niza povrˇsina odgovarajućih stepenastih figura kada niz dijametara podela teˇzi 0 i stoga je jednak povrˇsini krivolinijskog trapeza ograniˇcenog grafikom funkcije f , x-osom i pravama x = a i x = b. U Definicijama 6.3 i 6.4 srećemo se sa pojmom graniˇcne vrednosti integralnih suma, koji je, mada sliˇcan sa pojmom graniˇcne vrednosti funkcije i pojmom graniˇcne vrednosti niza, ipak novi pojam. Shvatimo ovo kao joˇs jednu vrstu limesa, koja, opet, ima sliˇcnosti sa ranije uvedenim pojmovima limesa funkcije i limesa niza. Osim toga, s obzirom da se pojam odred¯enog integrala, tj. limesa integralnih suma, definiˇse preko limesa nizova, to za ovu vrstu limesa vaˇze mnoga svojstva sliˇcna onima koja vaˇze za graniˇcne vrednosti nizova, odnosno funkcija, ˇsto ćemo videti u narednim sekcijama. Primer 6.5. Neka je f (x) = c, x ∈ [a, b] i neka je P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < x1 < · · · < xn = b) proizvoljna podela segmenta [a, b] i ξ = (ξ1 , . . . , ξn ) proizvoljan izbor taˇcaka ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n. Kako je f (ξi ) = c za svako i = 1, . . . , n, to je σ(f, P, ξ) =

n ∑

f (ξi )∆xi =

i=1

n ∑

c(xi − xi−1 ) = c(b − a).

i=1 (n)

(n)

(n)

(n)

Prema tome, za svaki niz podela Pn = {x0 , . . . , xkn }, a = x0 < · · · < xkn = b, segmenta [a, b] za koji vaˇzi da je lim d(Pn ) = 0 i za svaki izbor taˇcaka ξ (n) = n→∞ (n) (n) (n) (n) (n) (ξ1 , . . . , ξkn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , kn , (σ(f, Pn , ξ (n) ))n je konstantan niz: σ(f, Pn , ξ (n) )

n = 1, 2, . . . , niz integralnih suma = c(b − a), za svako n ∈ N. Stoga je broj c(b − a) graniˇcna vrednost ovog niza. Na osnovu definicije 6.4 sledi ∫ b ∫ b f (x)dx = c dx = c(b − a). a

a

6.1. Definicija odred¯enog integrala. Ograniˇcenost integrabilnih funkcija

369

Primer 6.6. Dirihleova funkcija je definisana sa { 1, x ∈ Q, f (x) = 0, x ∈ R \ Q. Pokaˇzimo da ova funkcija nije integrabilna na segmentu [0, 1]. Pretpostavimo suprotno, da je f integrabilna na segmentu [0, 1] i da je realan broj I odred¯eni integral funkcije 1 f na na segmentu [0, 1]. S oobzirom na Definiciju 6.3 za ϵ = sledi da postoji δ > 0 2 tako da za svaku podelu P = {x0 , . . . , xn } (0 = x0 < x1 < · · · < xn = 1) dijametra manjeg od δ i svaki izbor taˇcaka ξ = (ξ1 , . . . , ξn ), ξi , ξi′ ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n, vaˇzi 1 |σ(f, P, ξ) − I| < . 2

(6.3)

Pri tome, ako su taˇcke ξi racionalne, onda je f (ξi ) = 1, i = 1, . . . , n, i vaˇzi σ(f, P, ξ) =

n ∑

f (ξi )∆xi =

i=1

n ∑

∆xi = 1,

i=1

1 pa iz (6.3) sledi |1 − I| < , tj. 2

( I∈

1 3 , 2 2

) .

(6.4)

Ako su pak taˇcke ξi iracionalne, onda je f (ξi ) = 0, i(= 1, . . .), n, i vaˇzi σ(f, P, ξ) = 1 1 1 , ˇsto je u suprotnosti i=1 f (ξi )∆xi = 0, pa iz (6.3) sledi |0−I| < , tj. I ∈ − , 2 2 2 sa (6.4). Dobijena protivureˇcnost dokazuje da Dirihleova funkcija nije integrabilna na segmentu [0, 1]. Sliˇcno se dokazuje da nije integrabilna na bilo kom segmentu [a, b], a, b ∈ R, a < b. Moˇzemo koristiti i Definiciju 6.4 da bismo dokazali da ova funkcija nije integrabilna na segmentu [a, b]. Neka je (Pn ) niz podela segmenta [a, b], ∑n

(n)

(n)

(n)

Pn = {x0 , . . . , xkn }, a = x0

(n)

< · · · < xkn = b,

za koji vaˇzi da je lim d(Pn ) = 0 i neka je n→∞

(n)

(n)

(n)

ξ (n) = (ξ1 , . . . , ξkn ), ξi

(n)

(n)

∈ [xi−1 , xi ] ∩ Q

i ′

(n) ′

ξ (n) = (ξ1

(n) ′

(n) ′

, . . . , ξkn ), ξi

(n)

(n) ′

(n)

∈ [xi−1 , xi ], ξi

∈ R\Q, i = 1, . . . , kn , n = 1, 2, . . . .

Tada je σ(f, Pn , ξ

(n)

)=

kn ∑ i=1

(n) (n) (n) f (ξi )(xi −xi−1 )

=

kn ∑ i=1

(n)

(n)

1·(xi −xi−1 ) = b−a, za svako n ∈ N,

370


dok je σ(f, Pn , ξ

(n) ′

)=

kn ∑

(n) ′ (n) (n) f (ξi )(xi − xi−1 )

=

i=1

kn ∑

(n)

0 · (xi

(n)

− xi−1 ) = 0, za svako n ∈ N.

i=1

Stoga je lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = b − a,

n→∞

dok je

′

lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = 0.

n→∞

Prema tome, ne postoji jedinstven realan broj I takav da, za proizvoljan niz podela (n) (n) (Pn ) ˇciji dijametar teˇzi 0 i za proizvoljan izbor taˇcaka ξ (n) = (ξ1 , . . . , ξkn ) iz podeonih segmenata, vaˇzi da niz integralnih suma (σ(f, Pn , ξ (n) ))n konvergira ka I. Na osnovu Definicije 6.4 zakljuˇcujemo da Dirihleova funkcija nije integrabilna na segmentu [a, b]. • Sledeća teorema nam govori da je ograniˇcenost funkcije na nekom segmentu neophodan uslov da njenu untegrabilnost na tom segmentu. Teorema 6.7. Ako je funkcija integrabilna na nekom segmentu, onda je ona ograniˇcena na tom segmentu. Dokaz. Neka je f ∈ R[a, b]. Pretpostavimo da funkcija f nije ograniˇcena na segmentu [a, b]. Iz integrabilnosti funkcije sledi da za ϵ = 1 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , . . . , xm } (a = x0 < x1 < · · · < xm = b) dijametra manjeg od δ i svaki izbor taˇcaka ξ = (ξ1 , . . . , ξm ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , m, vaˇzi |σ(f, P, ξ) − I| < ϵ = 1.

(6.5)

Fiksirajmo jednu podelu P0 = {x0 , . . . , xn } segmenta [a, b] takvu da je d(P0 ) < δ. Tada za proizvoljan izbor taˇcaka ξ = (ξ1 , . . . , ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n, na osnovu (6.5) zakljuˇcujemo da vaˇzi nejednakost: |σ(f, P0 , ξ)| = |(σ(f, P0 , ξ) − I) + I| ≤ |σ(f, P0 , ξ) − I| + |I| < 1 + |I|.

(6.6)

Kako je funkcija neograniˇcena na [a, b] sledi da postoji k ∈ {1, . . . , n} tako da funkcija nije ograniˇcena na segmentu [xk−1 , xk ]. U svakom od segmenata [xi−1 , xi ], i ̸= k, izaberimo na proizvoljan naˇcin taˇcku ξi i uoˇcimo zbir: ∑ σk = f (ξi )∆xi . i̸=k

Budući da je funkcija neograniˇcena na segmentu [xk−1 , xk ], postoji taˇcka ξk ∈ [xk−1 , xk ] takva da je |σ k | + 1 + |I| |f (ξk )| > . ∆xk

6.1. Gornje i donje Darbuove sume. Osnovna teorema

371

Odavde za ξ = (ξ1 , . . . , ξn ) vaˇzi:4 k ∑ |σ(f, P0 , ξ)| = f (ξi )∆xi = |σ k + f (ξk )∆xk | ≥ i=1

≥ |f (ξk )∆xk | − |σ k | = |f (ξk )|∆xk − |σ k | |σ k | + 1 + |I| > · ∆xk − |σ k | = 1 + |I|, ∆xk ˇsto protivureˇci nejednakosti (6.6). Dobijena protivureˇcnost dokazuje da je funkcija f ograniˇcena na segmentu [a, b]. Da je ograniˇcenost funkcije na segmentu potreban ali ne i dovoljan uslov integrabilnosti funkcije, pokazuje Primer 6.6. Naime, Dirihleova funkcija je ograniˇcena na segmentu [a, b], a, b ∈ R, a < b, ali nije integrabilna na njemu.

6.2

Gornje i donje Darbuove sume. Osnovna teorema

Neka je funkcija f : [a, b] → R ograniˇcena na segmentu [a, b] i neka je P = {x0 , x1 , . . . , xn } (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) podela segmenta [a, b]. Neka je m = inf f (x), M = sup f (x) [a,b]

[a,b]

i mi =

inf [xi−1 ,xi ]

Sume sP =

n ∑ i=1

f (x), Mi =

mi ∆xi , SP =

sup f (x). [xi−1 ,xi ] n ∑

Mi ∆xi

i=1

zovemo donjom i gornjom Darbuovom sumom funkcije f za podelu P , respektivno. U narednoim tvrd¯enjima dajemo neke osnovne osobine Darbuovih suma i to najpre njihov odnos sa integralnim sumama. Tvrd¯enje 6.8. Neka je funkcija f : [a, b] → R ograniˇcena na segmentu [a, b] i neka je P = {x0 , x1 , . . . , xn } (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) podela segmenta [a, b]. Tada je m(b − a) ≤ sP ≤ σ(f, P, ξ) ≤ SP ≤ M (b − a), (6.7) za svaki izbor ξ = (ξ1 , . . . , ξn ) taˇcaka ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n. Osim toga, sP = inf σ(f, P, ξ), SP = sup σ(f, P, ξ). ξ

4

ξ

Koristimo nejednakost: |a + b| ≥ ||a| − |b|| ≥ |a| − |b|, a, b ∈ R.

(6.8)

372


Dokaz. Za svaki izbor ξ = (ξ1 , . . . , ξn ) taˇcaka ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n, vaˇzi: m ≤ mi ≤ f (ξi ) ≤ Mi ≤ M, odakle mnoˇzenjem sa ∆xi i sabiranjem dobijamo n ∑ i=1

m∆xi ≤

n ∑

mi ∆xi ≤

i=1

n ∑

f (ξi )∆xi ≤

i=1

n ∑

Mi ∆xi ≤

i=1

n ∑

M ∆xi ,

i=1

tj. m

n ∑

∆xi = m(b − a) ≤ sP ≤ σ(f, P, ξ) ≤ SP ≤ M

i=1

n ∑

∆xi = M (b − a).

i=1

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Kako je Mi =

sup f (x), to postoji ξi∗ ∈ [xi−1 , xi ] tako

[xi−1 ,xi ]

da je

f (ξi∗ )

ϵ , i = 1, . . . , n. Mnoˇzeći sa ∆xi i sabirajući dobijamo: > Mi − b−a n ∑

f (ξi∗ )∆xi

i=1

n ∑

ϵ ∑ > Mi ∆xi − ∆xi b−a i=1 i=1 ϵ = SP − (b − a) b−a = SP − ϵ, n

tj. σ(f, P, ξ ∗ ) > SP − ϵ. S obzirom da je na osnovu treće nejednakosti u (6.7) SP gornja granica skupa {σ(f, P, ξ) : ξ = (ξ1 , . . . , ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n} i budući da za svako ϵ > 0 postoji izbor ξ ∗ = (ξ1∗ , . . . , ξn∗ ) taˇcaka ξi∗ ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n, tako da je σ(f, P, ξ ∗ ) > SP − ϵ, zakljuˇcujemo da je SP najmanja gornja granica ovog skupa, tj. SP = sup σ(f, P, ξ). ξ

Sliˇcno se dokazuje da je sP = inf σ(f, P, ξ). ξ

Tvrd¯enje 6.9. Neka je funkcija f : [a, b] → R ograniˇcena na segmentu [a, b] i neka su P i P ′ podele segmenta [a, b]. Tada vaˇzi implikacija: P ⊂ P ′ =⇒ sP ≤ sP ′ ≤ SP ′ ≤ SP . Dokaz. Dovoljno je dokazati tvd¯enje za sluˇcaj kada se P i P ′ razlikuju za jednu taˇcku. Neka je P = {x0 , x1 , . . . , xn } (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) i P ′ = P ∪ {x′ } gde je xk−1 < x′ < xk za neko k ∈ {1, . . . , n}. Tada je SP

=

=

n ∑ i=1 n ∑ i̸=k

Mi ∆xi =

n ∑

Mi ∆xi + Mk ∆xk

i̸=k

Mi ∆xi + Mk (xk − xk−1 )

(6.9)

6.2. Gornje i donje Darbuove sume. Osnovna teorema i SP ′ =

n ∑

Mi ∆xi + Mk′ (x′ − xk−1 ) + Mk′′ (xk − x′ ),

373

(6.10)

i̸=k

gde je Mk′ = Kako je

sup f (x) i Mk′′ = sup f (x).

[xk−1 ,x′ ] [xk−1 , x′ ]

⊂ [xk−1 , xk

[x′ ,xk ] ] i [x′ , x

k]

⊂ [xk−1 , xk ], to je

{f (x) : x ∈ [xk−1 , x′ ]} ⊂ {f (x) : x ∈ [xk−1 , xk ]} i

{f (x) : x ∈ [x′ , xk ]} ⊂ {f (x) : x ∈ [xk−1 , xk ]}.

Otuda i

sup{f (x) : x ∈ [xk−1 , x′ ]} ≤ sup{f (x) : x ∈ [xk−1 , xk ]} sup{f (x) : x ∈ [x′ , xk ]} ≤ sup{f (x) : x ∈ [xk−1 , xk ]},

tj.

Mk′ ≤ Mk i Mk′′ ≤ Mk .

Zbog toga je Mk′ (x′ −xk−1 )+Mk′′ (xk −x′ ) ≤ Mk (x′ −xk−1 )+Mk (xk −x′ ) = Mk (xk −xk−1 ). (6.11) Sada iz (6.10), (6.11) i (6.9) sledi SP ′ ≤ SP . Sliˇcno se dokazuje da je sP ≤ sP ′ . Tvrd¯enje 6.10. Neka je funkcija f : [a, b] → R ograniˇcena na segmentu [a, b] i neka su P i P ′ dve proizvoljne podele segmenta [a, b]. Tada je sP ≤ SP ′ . Dokaz. Neka je P ′′ = P ∪ P ′ . Iz P ⊂ P ′′ i P ′ ⊂ P ′′ na osnovu Tvrd¯enja 6.9 sledi sP ≤ sP ′′ ≤ SP ′′ ≤ SP ′ . Neka je funkcija f : [a, b] → R ograniˇcena i neka je I = sup sP , I = inf SP . P

P

Iz Tvrd¯enja 6.10 sledi da je skup {sP : P ∈ P} ograniˇcen odozgo ma kojom gornjom Darbuovom sumom, pa je supremum ovog skupa, I, konaˇcan broj i vaˇzi I = sup{sP : P ∈ P} ≤ SP ′ , za svaku podelu P ′

374


Odavde sledi da je {SP ′ : P ′ ∈ P} ograniˇcen odozdo sa I, pa je infimum ovog skupa, I, takod¯e konaˇcan broj i vaˇzi nejednakost I ≤ inf{SP ′ : P ′ ∈ P} = I. Prema tome, za svaku podelu P segmenta [a, b] vaˇzi nejednakost: s P ≤ I ≤ I ≤ SP . Definicija 6.11. Neka je f : X → R i E ⊂ X. Oscilacija funkcije f na skupu E je ωE (f ) = sup{|f (x) − f (x′ )| : x, x′ ∈ E} = sup |f (x) − f (x′ )|. x,x′ ∈E

Primetimo da je ωE (f ) = sup |f (x) − f (x′ )| = sup (f (x) − f (x′ )). x,x′ ∈E

x,x′ ∈E

(6.12)

Lema 6.12. Neka je f : X → R ograniˇcena funkcija. Tada je ωX (f ) = M − m,

(6.13)

gde je M = sup f (x) i m = inf f (x). x∈X

x∈X

Dokaz. Pokazaćemo da vaˇzi jednakost sup (f (x) − f (x′ )) = M − m,

x,x′ ∈X

(6.14)

ˇsto će zajedno sa (6.12) implicirati (6.13). Za svako x, x′ ∈ X vaˇzi f (x) ≤ M i f (x′ ) ≥ m i prema tome, −f (x′ ) ≤ −m. Stoga je f (x) − f (x′ ) ≤ M − m, za sve x, x′ ∈ X.

(6.15)

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji x1 ∈ X tako da je f (x1 ) > M −

ϵ 2

(6.16)

ϵ i postoji x2 ∈ X tako da je f (x2 ) < m + , tj. 2 ϵ −f (x2 ) > −m − . 2

(6.17)

Iz (6.16) i (6.17), sabiranjem, dobijamo f (x1 ) − f (x2 ) > M − m − ϵ. S obzirom na proizvoljnost ϵ > 0, (6.18) zajedno sa (6.15) povlaˇci (6.14).

(6.18)


375

Tvrd¯enje 6.13. Neka je funkcija f : [a, b] → R ograniˇcena na segmentu [a, b] i neka je P = {x0 , x1 , . . . , xn } (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) podela segmenta [a, b]. Tada vaˇzi n ∑ SP − sP = ωi (f )∆xi , (6.19) i=1

gde je ωi (f ) oscilacija funkcije f na segmentu [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n. ∑n ∑n ∑n Dokaz. Kako je SP − sP = i=1 Mi ∆xi − i=1 mi ∆xi = i=1 (Mi − mi )∆xi , gde je Mi = sup f (x) i mi = inf f (x), i kako je na osnovu Leme 6.12, x∈[xi−1 ,xi ]

x∈[xi−1 ,xi ]

Mi − mi = ω[xi−1 ,xi ] (f ) = ωi (f ), i = 1, . . . , n, to zakljuˇcujemo da vaˇzi jednakost (6.19). Teorema 6.14. (Osnovna teorema) Neka je funkcija f : [a, b] → R ograniˇcena. Sledeći iskazi su ekvivalentni: (i) f ∈ R[a, b]; (ii)5 Za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P segmenta [a, b] za koju je d(P ) < δ vaˇzi SP − sP < ϵ; (iii) Za svako ϵ > 0 postoji podela P segmenta [a, b] tako da je SP − sP < ϵ; (iv) I = I. ∫b Pri tome je a f (x)dx = I = I. Dokaz. (i) =⇒ (ii): Neka je funkcija f Riman integrabilna na segmentu [a, b] i neka ∫b je I = a f (x)dx. Tada za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) za koju je d(P ) < δ i svaki izbor taˇcaka ξ = (ξ1 , . . . , ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n, vaˇzi ϵ |σ(f, P, ξ) − I| < , tj. 2 ϵ ϵ I − < σ(f, P, ξ) < I + . 2 2 Odavde sledi I−

ϵ ϵ ≤ inf σ(f, P, ξ) ≤ sup σ(f, P, ξ) ≤ I + . ξ 2 2 ξ

Kako je na osnovu (6.8) sP = inf σ(f, P, ξ) i SP = sup σ(f, P, ξ), dobijamo ξ

I− 5

Uslov (ii) simboliˇcki zapisujemo:

ξ

ϵ ϵ ≤ sP ≤ SP ≤ I + . 2 2 lim (SP − sP ) = 0.

d(P )→0

(6.20)

376


Prema tome, za svaku podelu P takvu da je d(P ) < δ vaˇzi SP − sp ≤ ϵ. 6 (ii) =⇒ (i): Neka je funkcija f ograniˇcena i neka vaˇzi uslov (ii). Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b), za koju je d(P ) < δ, vaˇzi SP − sP < ϵ.

(6.21)

s P ≤ I ≤ I ≤ SP ,

(6.22)

Kako je to je I − I ≤ SP − sP i prema tome, 0 ≤ I − I < ϵ. S obzirom na proizvoljnost ϵ > 0, zakljuˇcujemo da je I − I = 0 i stoga, I = I. Neka je I = I = I. Sada iz (6.22) dobijamo sP ≤ I ≤ SP .

(6.23)

sP ≤ σ(f, P, ξ) ≤ SP

(6.24)

Kako je za svaki izbor taˇcaka ξ = (ξ1 , . . . , ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n, to iz (6.23) i (6.24) sledi |σ(f, P, ξ) − I| ≤ SP − sP < ϵ. Prema tome, za svako ϵ > 0 naˇsli smo δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b), za koju je d(P ) < δ i za svaki izbor taˇcaka ξ = (ξ1 , . . . , ξn ), ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n, vaˇzi |σ(f, P, ξ) − I| < ϵ. To znaˇci da je funkcija f Riman integrabilna na segmentu [a, b] ∫b i da je a f (x)dx = I. (ii) =⇒ (iii): Oˇcigledno. (iii) =⇒ (ii): Neka je ϵ > 0 i neka je P ∗ podela segmenta [a, b], P ∗ = {x∗0 , x∗1 , . . . , x∗n }, a = x∗0 < x∗1 < · · · < x∗n = b, za koju vaˇzi SP ∗ − sP ∗ < ϵ. Funkcija f je ograniˇcena na segmentu [a, b], pa postoji K ∈ R, K > 0, tako da je |f (x)| ≤ K za svako x ∈ [a, b]. ϵ 1 . Neka je Izaberimo δ > 0 tako da je δ < (x∗i − x∗i−1 ), i = 1, 2, . . . , n, i δ < 2 4nK 6

Na osnovu (6.20) zakljuˇcujemo da smo dokazali joˇs i da za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P za koju je d(P ) < δ vaˇzi I − ϵ < sP < I + ϵ, tj. |sP − I| < ϵ i I − ϵ < SP < I + ϵ, tj. |SP − I| < ϵ, ˇsto kraće zapisujemo: lim sP =

d(P )→0

lim SP = I.

d(P )→0


377

P = {x0 , x1 , . . . , xm }, a = x0 < x1 < · · · < xm = b, podela segmenta [a, b] takva da m ∑ je d(P ) < δ. Pokazaćemo da je SP − sP = (Mj − mj )∆xj < 2ϵ. j=1

Sumu SP − sP prikaˇzimo u obliku ∑′ ∑′′ SP − sP = (Mj − mj )∆xj + (Mj − mj )∆xj , j

pri ˇcemu su u sumi

∑′

j

nalaze sabirci (oblika (Mj − mj )∆xj ) koji se odnose na one

j

podsegmente podele P svaki od kojih sadrˇzi jednu od taˇcaka podele P ∗ , dok se suma ∑′′ odnosi na ostale podsegmente podele P . j

x0 x1 ...

a= x0*=x x1* 0

...

x10

x2*

x3* = x

10

xm-1 xm * xn-1

...

b =xn* = x

m

Crno - bela varijanta slike:

x0 x1 ...

a= x0*=x x1* 0

x2*

x3* = x (

U sumi

∑′

...

x10

10

xm-1 xm * xn-1

...

(

(

b =xn* = x

m

(

nema viˇse od 2n sabiraka. Naime, jedan podsegment sadrˇzi taˇcku a,

j

jedan taˇcku b, a preostalih n − 1 taˇcaka podele P ∗ , x∗1 , . . . , x∗n−1 pripadaju jednom ili dvoma podsegmentima podele P . Kako je −K ≤ f (x) ≤ K za svako x ∈ [a, b], to je −K ≤ mj ≤ Mj ≤ K, pa je Mj − mj ≤ K − (−K) = 2K, j = 1, . . . , m. Prema tome, ∑′ ∑′ (Mj − mj )∆xj < 2Kδ ≤ 2n2Kδ = 4nKδ < ϵ. j

j

378


Sumu

∑′′

zapiˇsimo u obliku

j

∑′′ j

=

n ∑ ∑ i

gde se

∑i

odnosi na one sabirke oblika

i=1

(Mj − mj )∆xj koji odgovaraju onim podsegmentima podele P , [xj−1 , xj ], od kojih je svaki podskup jednog istog podsegmenta [x∗i−1 , x∗i ] stare podele P ∗ :

∑′′

(Mj − mj )∆xj

=

j

n ∑ ∑ i

(Mj − mj )∆xj ≤

i=1

≤

n ∑

n ∑

(Mi∗ − m∗i )

∑i

∆xj

i=1

(Mi∗ − m∗i )∆x∗i = SP ∗ − sP ∗ < ϵ.

i=1

Prema tome, SP − sP < 2ϵ za bilo koju podelu P segmenta [a, b] dijametra manjeg od δ. II naˇcin za (iii) =⇒ (ii): Neka je ϵ > 0 i neka je P ∗ podela segmenta [a, b], P ∗ = {x∗0 , x∗1 , . . . , x∗n }, a = x∗0 < x∗1 < · · · < x∗n = b, za koju vaˇzi SP ∗ − sP ∗ < ϵ. Funkcija f je ograniˇcena na segmentu [a, b], pa postoji K ∈ R, K > 0, tako da je |f (x)| ≤ K za svako ϵ x ∈ [a, b]. Izaberimo δ > 0 tako da je δ < . Neka je P = {x0 , x1 , . . . , xm }, 4nK a = x0 < x1 < · · · < xm = b, podela segmenta [a, b] takva da je d(P ) < δ. m ∑ Pokazaćemo da je SP − sP = (Mj − mj )∆xj < 2ϵ. j=1

Sumu SP − sP prikaˇzimo u obliku

SP − sP =

∑′ j

(Mj − mj )∆xj +

∑′′

(Mj − mj )∆xj ,

j

∑′

nalaze sabirci (oblika (Mj − mj )∆xj ) koji se odnose na ∑ one podsegmente podele P koji sadrˇze neku od taˇcaka podele P ∗ , dok se suma ′′ pri ˇcemu su u sumi

j

j

odnosi na ostale podsegmente podele P (moˇze se desiti∑ da svi podsegmenti podele P imaju neprazan presek sa podelom P ∗ , pa da u sumi ′′ nema nijednog sabirka). j


x0 x1 ...

a= x0*=x x1* 0

...

x7

x2*

379

x3* = x

7

xm-1 xm * xn-1

...

b =xn* = x

m

Crno - bela varijanta slike:

x0 x1 ...

...

x7

a= x0*=x x1* 0

x2*

x3* = x

7

∑′

* xn-1

...

(

U sumi

xm-1 xm

m

(

(

(

b =xn* = x

nema viˇse od 2n sabiraka. Naime, jedan podsegment sadrˇzi taˇcku a,

j

jedan taˇcku b, a preostalih n − 1 taˇcaka podele P ∗ , x∗1 , . . . , x∗n−1 pripadaju najviˇse dvoma podsegmentima podele P . Kako je −K ≤ f (x) ≤ K za svako x ∈ [a, b], to je −K ≤ mj ≤ Mj ≤ K, pa je Mj − mj ≤ K − (−K) = 2K, j = 1, . . . , m. Prema tome, ∑′ ∑′ (Mj − mj )∆xj < 2Kδ ≤ 2n2Kδ = 4nKδ < ϵ. j

Sumu

∑′′

j

zapiˇsimo u obliku

j

∑′′ j

=

n ∑ ∑ i

gde se

∑i

odnosi na one sabirke oblika

i=1

(Mj − mj )∆xj koji odgovaraju onim podsegmentima podele P , [xj−1 , xj ], od kojih je svaki podskup jednog istog podsegmenta [x∗i−1 , x∗i ] stare podele P ∗ (moˇze se desiti ∑ da u sumi i za neko i ∈ {1, . . . , n} nema nijednog sabirka): ∑′′

(Mj − mj )∆xj

=

j

≤

n ∑ ∑ i i=1 n ∑ i=1

(Mj − mj )∆xj ≤

n ∑

(Mi∗ − m∗i )

i=1

(Mi∗ − m∗i )∆x∗i = SP ∗ − sP ∗ < ϵ.

∑i

∆xj

380

Glava 6. Odred¯eni integral ∑i

ˇ (Cak i ako je neka od suma

”prazna”, i ∈ {1, 2, . . . , n}, vaˇziće da je

∑′′

(Mj −

j

∑ (Mi∗ − m∗i )∆x∗i = SP ∗ − sP ∗ < ϵ. Ako i cela suma ′′ nema nijedan i=1 j ∑ sabirak, opet je SP − sP = ′ (Mj − mj )∆xj < ϵ < 2ϵ.) Prema tome, SP − sP < 2ϵ mj )∆xj ≤

n ∑

j

za bilo koju podelu P segmenta [a, b] dijametra manjeg od δ. (iii) =⇒ (iv): Neka je ϵ > 0 i neka je P podela segmenta [a, b] za koju vaˇzi SP − sP < ϵ. Kako je sP ≤ I ≤ I ≤ SP , to je I − I ≤ SP − sP , i prema tome, 0 ≤ I −I < ϵ. S obzirom da poslednja nejednakost vaˇzi za svako ϵ > 0, zakljuˇcujemo da je I − I = 0, tj. I = I. (iv) =⇒ (iii): Pretpostavimo da je I = I. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Kako je ϵ I = sup sP , postoji podela P1 tako da je I − < sP1 , a kako je I = inf SP , postoji P 2 P ϵ podela P2 za koju je SP2 < I + . Tada za podelu P = P1 ∪ P2 na osnovu Tvrd¯enja 2 6.9 vaˇzi ϵ ϵ I − < sP1 ≤ sP ≤ SP ≤ SP2 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) za koju je d(P ) < δ vaˇzi n ∑

ωi (f )∆xi < ϵ,

i=1

gde je ωi (f ) oscilacija funkcije f na segmentu [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n;7 (iii) Za svako ϵ > 0 postoji podela P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) tako da je n ∑

ωi (f )∆xi < ϵ.

i=1

Dokaz. Sledi iz ekvivalencija (i)⇐⇒(ii)⇐⇒(iii) u Teoremi 6.14 i Tvrd¯enja 6.13. Teorema 6.16. Neka je funkcija f : [a, b] → R ograniˇcena i neka je (Pn ) niz podela (n) (n) (n) (n) segmenta [a, b], Pn = {x0 , . . . , xkn }, a = x0 < · · · < xkn = b, takav da je lim d(Pn ) = 0. Sledeći uslovi su ekvivalentni: n→∞ 7

Ovaj uslov kraće zapisujemo: lim d(P )→0

n ∑ i=1

ωi (f )∆xi = 0.

6.2. Gornje i donje Darbuove sume. Osnovna teorema (i) f ∈ R[a, b], tj. postoji I = (ii)

∫b a

381

f (x)dx;

lim SPn = lim sPn = I;

n→∞

n→∞

(iii) lim (SPn − sPn ) = 0. n→∞

Dokaz. (i)=⇒(ii): Pretpostavimo da je f ∈ R[a, b] i neka je I = na osnovu Definicije 6.4, za proizvoljan izbor taˇcaka ξ (n) = (n)

∫b

a f (x)dx. Tada (n) (n) (n) (ξ1 , . . . , ξkn ), ξi ∈

(n)

[xi−1 , xi ], i = 1, . . . , kn , n = 1, 2, . . . , vaˇzi lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = I.

n→∞

(6.25)

Neka je ϵ > 0. Iz (6.25) sledi da postoji n0 ∈ N tako da za sve n ∈ N, n ≥ n0 , vaˇzi I − ϵ < σ(f, Pn , ξ (n) ) < I + ϵ. Odavde sledi I − ϵ ≤ inf σ(f, Pn , ξ (n) ) ≤ sup σ(f, Pn , ξ (n) ) ≤ I + ϵ, za n ≥ n0 , ξ (n)

ξ (n)

tj. I − ϵ ≤ sPn ≤ SPn ≤ I + ϵ, za n ≥ n0 . Prema tome, lim SPn = lim sPn = I . n→∞

n→∞

(ii)=⇒(iii): Pretpostavimo da je lim SPn = lim sPn = I. Budući da je razn→∞

n→∞

lika dva konvergentna niza (SPn ) i (sPn ) takod¯e konvergentan niz ˇcija je graniˇcna vrednost jednaka razlici graniˇcnih vrednosti nizova (SPn ) i (sPn ), dobijamo lim (SPn − sPn ) = lim SPn − lim sPn = I − I = 0.

n→∞

n→∞

n→∞

(iii)=⇒(i): Pretpostavimo da je lim (SPn − sPn ) = 0. Tada za svako ϵ > 0 n→∞ postoji n0 ∈ N tako da za sve n ≥ n0 vaˇzi SPn − sPn < ϵ. Budući da je ispunjen uslov (iii) Teoreme 6.14 zakljuˇcujemo da je f ∈ R[a, b]. Iz Teoreme 6.16 sledi da je dovoljno da bismo pokazali da je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b] naći jedan niz podela (Pn ) segmenta [a, b] za koji d(Pn ) → 0, n → ∞, i pokazati da vaˇzi (ii) ili (iii). Na primer, moˇze se uzeti da Pn bude podela b−a b−a ”na n jednakih delova”, preciznije, Pn = {a, a + ,a + 2 , . . . , a + (n − n n b−a 1) , b}. n Primer 6.17. Neka je { f (x) =

1, −1,

x ∈ Q, x ∈ [0, 1] \ Q.

382


Za proizvoljnu podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [0, 1] (0 = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = 1) imamo da je sP =

n ∑

mi ∆xi =

i=1

i SP =

n ∑

(−1) · ∆xi = −

i=1 n ∑

Mi ∆xi =

i=1

n ∑

∆xi = −1

i=1 n ∑

1 · ∆xi =

i=1

n ∑

∆xi = 1,

i=1

pa je I = sup sP = −1 i I = inf SP = 1. P

P

Iz I ̸= I, na osnovu Teoreme 6.14 (ekvivalencija (i) ⇐⇒ (iv)), sledi da funkcija f nije integrabilna. Sliˇcno, za Dirihleovu funkciju na segmentu [0, 1] imamo da je I = 0 < 1 = I, pa je ovo joˇs jedan naˇcin da se pokaˇze da ova funkcija nije integrabilna. •

6.3

Integrabilnost neprekidnih i monotonih funkcija

Da bismo dokazali integrabilnost neprekidnih funkcija biće nam potreban pojam ravnomerno neprekidnih funkcija. Definicija 6.18. Funkcija f : X → R je ravnomerno neprekidna na skupu X ako za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svake dve taˇcke x ∈ X, x′ ∈ X, takve da je |x′ − x| < δ, vaˇzi nejednakost |f (x′ ) − f (x)| < ϵ. Uslov ravnomerne neprekidnosti funkcije f na skupu X zapisujemo: (∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x, x′ ∈ X)(|x′ − x| < δ =⇒ |f (x′ ) − f (x)| < ϵ).

(6.26)

Ako je funkcija f ravnomerno neprekidna na skupu X, onda je oˇcigledno ona ravnomerno neprekidna na svakom podskupu skupa X. Primetimo da ako je funkcija f ravnomerno neprekidna na skupu X, onda je ona neprekidna na skupu X, tj. neprekidna je u svakoj taˇcki skupa X. Obrnuto u opˇstem sluˇcaju ne vaˇzi kao ˇsto ćemo videti u narednim Primerima 6.23 i 6.24. Ako je funkcija f neprekidna u svakoj taˇcki x ∈ X, onda za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 koje zavisi od tog ϵ ali i od taˇcke x skupa X, tako da za sve x′ ∈ X takve da je |x′ − x| < δ vaˇzi |f (x′ ) − f (x)| < ϵ. Napominjemo da u sluˇcaju ravnomerno neprekidne funkcije f , izbor broja δ zavisi samo od ϵ, a ne i od taˇcke x skupa X. Da bismo joˇs jasnije uvideli razliku uslova neprekidnosti funkcije f na skupu X i uslova ravnomerne neprekidnosti (6.26), zapiˇsimo uslov neprekidnosti funkcije f na skupu X logiˇckim simbolima: (∀ϵ > 0)(∀x ∈ X)(∃δ > 0)(∀x′ ∈ X)(|x′ − x| < δ =⇒ |f (x′ ) − f (x)| < ϵ).

(6.27)

6.3. Integrabilnost neprekidnih i monotonih funkcija

383

Primer 6.19. Funkcija f (x) = x je ravnomerno neprekidna na skupu R, jer je za proizvoljno ϵ > 0 dovoljno izabrati δ = ϵ, te će za sve x, x′ ∈ R takve da je |x − x′ | < δ vaˇziti |f (x) − f (x′ )| = |x − x′ | < δ = ϵ. • Primer 6.20. Funkcija f (x) = cos x je ravnomerno neprekidna na skupu R. Zaista, budući da je x + x′ |x − x′ | x − x′ ′ sin ≤ 2 = |x − x′ |, x, x′ ∈ R, | cos x − cos x | = −2 sin 2 2 2 za proizvoljno ϵ > 0 treba uzeti δ = ϵ, pa će za sve x, x′ ∈ R takve da je |x − x′ | < δ vaˇziti |f (x) − f (x′ )| = | cos x − cos x′ | ≤ |x − x′ | < δ = ϵ. • Za funkciju f : X → R kaˇzemo da zadovoljava Lipˇsicov uslov na skupu X ako postoji konstanta L > 0, tako da za sve x, x′ ∈ X vaˇzi |f (x) − f (x′ )| ≤ L |x − x′ |. Tvrd¯enje 6.21. Ako funkcija f : X → R zadovoljava Lipˇsicov uslov na skupu X, onda je ona ravnomerno neprekidna na skupu X. Dokaz. Neka funkcija f zadovoljava Lipˇsicov uslov sa konstantom L na skupu X. ϵ Tada je za proizvoljno ϵ > 0 dovoljno uzeti δ = , pa će za sve x, x′ ∈ X takve da L je |x − x′ | < δ vaˇziti |f (x) − f (x′ )| ≤ L|x − x′ | < Lδ = ϵ. Neka je I jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), (a, +∞), [a, +∞), (−∞, b), (−∞, b], (−∞, +∞), gde su a, b ∈ R. Tvrd¯enje 6.22. Neka je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i neka ima ograniˇcen izvod u svim unutraˇsnjim taˇckama intervala I. Tada je funkcija f ravnomerno neprekidna na intervalu I. Dokaz. Odred¯enosti radi neka je I = [a, b), a, b ∈ R. Postoji L > 0 tako da je |f ′ (x)| ≤ L za svaku unutraˇsnju taˇcku x intervala I. Neka su x1 i x2 proizvoljne taˇcke iz intervala I i neka je x1 < x2 . Tada je a ≤ x1 < x2 < b i s obzirom da je funkcija neprekidna na segmentu [x1 , x2 ] i diferencijabilna u intervalu (x1 , x2 ) ona ispunjava uslove Lagranˇzove teoreme na segmentu [x1 , x2 ], odakle onda sledi da postoji taˇcka ξ ∈ (x1 , x2 ) tako da je f (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (ξ)(x2 − x1 ).

(6.28)

Budući da je ξ unutraˇsnja taˇcka intervala I, sledi |f ′ (ξ)| ≤ L. Sada iz (6.28) dobijamo |f (x2 ) − f (x1 )| = |f ′ (ξ)||x2 − x1 | ≤ L|x2 − x1 |.

384


Prema tome, funkcija f zadovoljava Lipˇsicov uslov na intervalu I, pa je ravnomerno neprekidna na intervalu I na osnovu Tvrd¯enja 6.21. Za ostale tipove intervala tvrd¯enje se dokazuje analogno. Primetimo da funkcija iz Primera 6.19, kao i funkcija iz Primera 6.20, ima ograniˇcen izvod na skupu R. 1 nije ravnomerno neprekidna na intervalu (0, 1]. x 1 1 Zaista, za ϵ = 2 i svako δ > 0 postoje taˇcke xn = i x′n = , n ∈ N, 2nπ (2n + 1)π takve da je |xn − x′n | < δ za dovoljno veliko n ∈ N i Primer 6.23. Funkcija f (x) = cos

|f (xn ) − f (x′n )| = | cos 2nπ − cos(2n + 1)π| = |1 − (−1)| = 2 ≥ ϵ. Napomenimo da je ova funkcija, kao elementarna, neprekidna u svakoj taˇcki svog domena. • 1 Primer 6.24. Funkcija f (x) = je ravnomerno neprekidna na intervalu [1, +∞). x Zaista, za proizvolno ϵ > 0 dovoljno je uzeti δ = ϵ, pa će za sve x, x′ ∈ [1, +∞) takve da je |x − x′ | < δ vaˇziti nejednakost: 1 1 |x′ − x| ′ ≤ |x′ − x| < δ = ϵ. |f (x) − f (x )| = − ′ = x x |x′ ||x| Ravnomernu neprekidnost ove funkcije na intervalu [1, +∞) smo mogli dobiti i na 1 osnovu Tvrd¯enja 6.22 jer je izvodna funkcija f ′ (x) = − 2 ograniˇcena na intervalu x 1 1 ′ [1, +∞) : |f (x)| = − 2 = 2 ≤ 1. x x Med¯utim ova funkcija nije ravnomerno neprekidna na intervalu (0, 1]. Zaista, za 1 1 ϵ = 1 i svako δ > 0 postoje brojevi xn = i x′n = takvi da je |xn − x′n | < δ za n 2n dovoljno veliko n ∈ N i |f (xn ) − f (x′n )| = |n − 2n| = n ≥ 1 = ϵ. • Primećujemo da ukoliko na malim po duˇzini intervalima dolazi do relativno velikih promena (oscilacija) funkcje, onda funkcija nije ravnomerno neprekidna. Videli smo da neprekidnost funkcije na skupu X potreban ali ne i dovoljan uslov za njenu ravnomernu neprekidnost na skupu X. Med¯utim u sluˇcaju kada je skup X segment, ova dva uslova su ekvivalentna, ˇsto pokazuje sledeća teorema. Teorema 6.25. (Kantorova teorema) Neprekidna funkcija na segmentu je ravnomerno neprekidna. Dokaz. Dokaz izvodimo metodom svod¯enja na apsurd. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna i pretpostavimo da nije ravnomerno neprekidna. Tada postoji ϵ0 > 0 tako da za svako δ > 0 postoje taˇcke x′δ , x′′δ ∈ [a, b] 8 takve da je |x′δ − x′′δ | < δ i 8

Indeks δ oznaˇcava da ove taˇcke zavise od izbora δ.

6.3. Integrabilnost neprekidnih i monotonih funkcija |f (x′δ ) − f (x′′δ )| ≥ ϵ0 . Prema tome, za δn = [a, b] takve da je

1 postoje taˇcke x′n = x′δn , x′′n = x′′δn ∈ n

|x′n − x′′n | < i

385

1 n

(6.29)

|f (x′n ) − f (x′′n )| ≥ ϵ0 .

(6.30)

Niz (x′n )n je ograniˇcen i na osnovu Bolcano-Vajeˇstrasove teoreme postoji konvergentan podniz (x′nk )k niza (x′n )n . Neka je x0 = lim xnk . Naravno, x0 ∈ [a, b]. k→∞

Dokaˇzimo da i odgovarajući podniz (x′′nk )k niza (x′′n )n konvergira ka taˇcki x0 . Na osnovu 6.29 imamo da za svako k ∈ N vaˇzi: 0 ≤ |x′′nk −x0 | = |(x′′nk −x′nk )+(x′nk −x0 )| ≤ |x′′nk −x′nk |+|x′nk −x0 | ≤

1 +|x′nk −x0 |, nk

1 = 0 i lim |x′nk − x0 | = 0, to na osnovu teoreme o dva policajca k→∞ nk k→∞ zakljuˇcujemo da je lim |x′′nk − x0 | = 0, a kako je lim

k→∞

tj. lim

k→∞

x′′nk

= x0 . Sada na osnovu neprekidnosti funkcije f u taˇcki x0 ∈ [a, b] sledi lim f (x′nk ) = f (x0 ) i

k→∞

i prema tome,

lim f (x′′nk ) = f (x0 ),

k→∞

lim (f (x′nk ) − f (x′′nk )) = 0.

(6.31)

k→∞

Med¯utim, na osnovu (6.30) imamo da vaˇzi nejednakost |f (x′nk ) − f (x′′nk )| ≥ ϵ0 , za svako k ∈ N, ˇsto protivureˇci uslovu (6.31). Sada smo spremni da dokaˇzemo da je svaka neprekidna funkcija na segmentu integrabilna. Teorema 6.26. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b]. Tada je f integrabilna na [a, b]. Dokaz. Budući da je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b], ona je ograniˇcena na osnovu Vajerˇstraove teoreme i ravnomerno neprekidna na osnovu Kantorove teoreme. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Zbog ravnomerne neprekidnosti funkcije f na segmentu [a, b] postoji δ > 0 tako da za svake dve taˇcke x′ , x′′ ∈ [a, b] vaˇzi |x′ − x′′ | < δ =⇒ |f (x′ ) − f (x′′ )| <

ϵ . b−a

(6.32)

Neka je P = {x0 , x1 , . . . , xn } (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) podela segmenta [a, b] dijametra d(P ) < δ. Neka je Mi = sup f (x), mi = inf f (x), [xi−1 ,xi ]

[xi−1 ,xi ]

386


∆xi = xi − xi−1 . Kako je funkcija f neprekidna na segmentu [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n, to opet na osnovu Vajerˇstrasove teoreme ona dostiˇze svoj supremum i svoj infimum na tom segmentu, tj. postoje taˇcke λi , µi ∈ [xi−1 , xi ] takve da je f (λi ) = Mi i f (µi ) = mi . Kako λi , µi ∈ [xi−1 , xi ], to je |λi − µi | ≤ ∆xi ≤ d(P ) < δ i stoga na osnovu (6.32) sledi Mi − mi = f (λi ) − f (µi ) = |f (λi ) − f (µi )| <

ϵ , i = 1, . . . , n. b−a

Otuda SP − sP =

n ∑

ϵ ∑ ϵ ∆xi = (b − a) = ϵ. b−a b−a n

(Mi − mi )∆xi <

i=1

i=1

Prema tome, funkcija f je ograniˇcena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 naˇsli smo δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] za koju je d(P ) < δ vaˇzi SP − sP < ϵ, ˇsto na osnovu Teoreme 6.14 znaˇci da je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b]. Teorema 6.27. Monotona funkcija na segmentu je integrabilna. Dokaz. Neka je funkcija f : [a, b] → R monotono rastuća na segmentu [a, b]. Tada za svako x ∈ [a, b] (a ≤ x ≤ b) vaˇzi nejednakost f (a) ≤ f (x) ≤ f (b), pa je funkcija f ograniˇcena na segmentu [a, b]. Ako je f (a) = f (b), onda je f (x) = f (a) = f (b) za svako x ∈ [a, b], tj. funkcija je konstantna, pa je integrabilna. Pretpostavimo da je f (a) ̸= f (b). Tada je f (b) − f (a) > 0. Neka je ϵ > 0 proizvoljno i neka je ϵ . Tada je δ > 0 i za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta δ = f (b) − f (a) [a, b] za koju je d(P ) < δ vaˇzi mi =

inf [xi−1 ,xi ]

f (x) = f (xi−1 ), Mi =

sup f (x) = f (xi ) [xi−1 ,xi ]

i SP − sP

n n ∑ ∑ = (Mi − mi )∆xi = (f (xi ) − f (xi−1 ))∆xi i=1

i=1

n ∑ ≤ d(P ) (f (xi ) − f (xi−1 )) = d(P )(f (b) − f (a)) i=1

< δ(f (b) − f (a)) = ϵ. Prema tome, funkcija f je ograniˇcena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] dijametra d(P ) < δ vaˇzi SP − sP < ϵ, te iz Teoreme 6.14 sledi da je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b]. Sliˇcno se dokazuje integrabilnost monotono opadajuće funkcije. 9 9

Za sluˇcaj monotone opadajuće funkcije moˇze se iskoristiti već dokazani deo tvrd¯enja. Naime,

6.4. OSOBINE ODRED¯ENOG INTEGRALA

6.4

387

Osobine odred¯enog integrala

Tvrd¯enje 6.28. Neka je f ∈ R[a, b] i neka [c, d] ⊂ [a, b]. Tada je f ∈ R[c, d]. Dokaz. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz f ∈ R[a, b], na osnovu Teoreme 6.7 sledi da je funkcija f ograniˇcena na segmentu [a, b], pa je ograniˇcena i na segmentu [c, d], dok na osnovu Teoreme 6.14 (ekvivalencija (i) ⇐⇒ (iii)) sledi da postoji podela P segmenta [a, b] tako da vaˇzi nejednakost SP − sP < ϵ.

(6.33)

Neka je P1 = P ∪ {c, d}. Iz P ⊂ P1 , na osnovu Tvrd¯enja 6.9, sledi sP ≤ sP1 ≤ SP1 ≤ SP , pa je SP1 − sP1 ≤ SP − sP . Odavde, s obzirom na (6.33), sledi SP1 − sP1 < ϵ.

(6.34)

Neka je P ∗ = P1 ∩ [c, d]. Jasno, P ∗ je podela segmenta [c, d] i oznaˇcimo sa S ∗ i s∗ gornju i donju Darbuovu sumu funkcije f na segmentu [c, d] u odnosu na podelu P ∗ . Kako je S ∗ − s∗ ≤ SP1 − sP1 , iz (6.34) sledi S ∗ − s∗ < ϵ.

(6.35)

Prema tome, funkcija f je ograniˇcena na segmentu [c, d] i za proizvoljno ϵ > 0 naˇsli smo podelu P ∗ segmenta [c, d] tako da vaˇzi nejednakost (6.35), te na osnovu Teoreme 6.14 (ekvivalencija (i) ⇐⇒ (iii)) sledi da je f ∈ R[c, d]. Tvrd¯enje 6.29. Neka je a < c < b, a, b, c ∈ R, i neka je f ∈ R[a, c] i f ∈ R[c, b]. Tada je f ∈ R[a, b] i vaˇzi jednakost: ∫ b ∫ c ∫ b f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx. (6.36) a

a

c

Dokaz. Iz f ∈ R[a, c] i f ∈ R[c, b] sledi da je funkcija f ograniˇcena na segmentu [a, c], a takod¯e i na segmentu [c, b], pa je ograniˇcena na segmentu [a, b]. Neka je ϵ > 0 proizvoljno izabrano. Na osnovu Teoreme 6.14 (ekvivalencija (i) ⇐⇒ (iii)) sledi da postoji podela P1 segmenta [a, c] i podela P2 segmenta [c, b] tako da je SP1 − sP1 <

ϵ ϵ i SP2 − sP2 < . 2 2

(6.37)

Neka je P = P1 ∪ P2 . Jasno, P je podela segmenta [a, b] i vaˇzi da je SP = SP1 + SP2 i sP = sP1 + sP2 . Odavde i iz (6.37) sledi SP − sP = (SP1 + SP2 ) − (sP1 + sP2 ) = (SP1 − sP1 ) + (SP2 − sP2 ) <

ϵ ϵ + = ϵ. 2 2

ako je funkcija f monotono opadajuća na segmentu [a, b], onda se funkcija −f monotono rastuća na segmentu [a, b] i na osnovu prethodno dokazanog dela integrabilna. Sada na osnovu Tvrd¯enja sledi da je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b].

388


Prema tome, funkcija f je ograniˇcena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 naˇsli smo podelu P segmenta [a, b] tako da vaˇzi nejednakost SP − sp < ϵ, te opet na osnovu Teoreme 6.14 (ekvivalencija (i) ⇐⇒ (iii)) sledi da je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b]. Da bismo dokazali jednakost (6.36) uoˇcimo jedan niz (Pn ) podela segmenta [a, b] takvih da c ∈ Pn za svako n ∈ N i lim d(Pn ) = 0. Neka je Pn′ = Pn ∩ [a, c] i n→∞

Pn′′ = Pn ∩ [c, b], n ∈ N. Jasno, Pn′ je podela segmenta [a, c], Pn′′ je podela segmenta [c, b] i vaˇzi jednakost SPn = SPn′ + SPn′′ . (6.38) Kako je

0 < d(Pn′ ) ≤ d(Pn ) i 0 < d(Pn′′ ) ≤ d(Pn ),

iz lim d(Pn ) = 0 sledi lim d(Pn′′ ) = lim d(Pn′ ) = 0. Sada na osnovu Teoreme 6.16 n→∞ n→∞ n→∞ zakljuˇcujemo ∫ b ∫ c ∫ b lim SPn = f (x)dx, lim SPn′ = f (x)dx i lim SPn′′ = f (x)dx. n→∞

n→∞

a

n→∞

a

c

Prelaskom na graniˇcnu vrednost u jednakosti (6.38), kad n → ∞, dobijamo jednakost (6.36). ∫b Kad smo uvodili pojam odred¯enog integrala a f (x)dx pretpostavljali smo da je ∫b a < b. Sada ćemo dati definiciju oznake a f (x)dx i za sluˇcaj kada je a ≥ b. Definicija 6.30. Ako je funkcija f definisana u taˇcki a, onda je ∫ a f (x)dx = 0. a

Ako je a < b i funkcija f integrabilna na segmentu [a, b], onda je ∫ b ∫ a f (x)dx. f (x)dx = − b

a

Ova definicija je prirodna s te strane, ˇsto se u prvom sluˇcaju, kada je a = b, segment [a, b] svodi na taˇcku, te se i podsegmenti odredjeni proizvoljnom podelom svode na taˇcku, pa su njihove duˇzine ∆xi jednake 0 i proizvoljna integralna suma je onda ∑n jednaka 0. U drugom sluˇ ∑ncaju kada je a < b, za podelu P = {x0 , . . . , xn } vaˇ z i f (ξ )(x − x ) = − i i−1 i i=1 i=1 f (ξi )(xi − xi−1 ), tj. integralne sume integrala ∫a f (x)dx razlikuju se samo u znaku od odgovarajućih integralnih suma integrala ∫bb a f (x)dx. Tvrd¯enje 6.31. Neka su taˇcke a, b, c ∈ R krajevi triju segmenata i neka je funkcija f integrabilna na najvećem med¯u njima. Tada je funkcija f integrabilna i na ostala dva segmenta i vaˇzi jednakost: ∫ b ∫ c ∫ b f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx. (6.39) a

a

c

6.4. Osobine odred¯enog integrala

389

Dokaz. S obzirom da je funkcija f integrabilna na najvećem od tih triju segmenata, na osnovu Tvrd¯enja 6.28, integrabilna je i na ostala dva. Za dokaz jednakosti (6.39), neka je, recimo, a < b < c. Iz Tvrd¯enja 6.29 sledi ∫

∫

c

∫

b

f (x)dx =

c

f (x)dx +

a

a

∫

f (x)dx b

b

=

∫ f (x)dx −

a

b

f (x)dx, c

odakle dobijamo (6.39). Tvrd¯enje 6.32. Neka je f ∈ R[a, b] i neka je k ∈ R. Tada je kf ∈ R[a, b] i vaˇzi jednakost: ∫ b ∫ b kf (x)dx = k f (x)dx. a

a (n)

(n)

(n)

Dokaz. Neka je (Pn ) niz podela segmenta [a, b], Pn = {x0 , . . . , xkn }, a = x0 ··· <

(n) x kn

= b, za koji vaˇzi da je lim d(Pn ) = 0 i neka je n→∞ (n) (n) [xi−1 , xi ],

(n)

ξ (n)

=

<

(n) (n) (ξ1 , . . . , ξkn )

proizvoljan izbor taˇcaka ξi ∈ i = 1, . . . , kn , n = 1, 2, . . . . Budući da je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b], niz integralnih suma (σ(f, Pn , ξ (n) ))n ∫b konvergira ka a f (x)dx. Kako je kn ∑

σ(kf, Pn , ξ (n) ) =

(n)

(n)

kf (ξi )(xi

(n)

− xi−1 ) = k

i=1

kn ∑

(n)

(n)

f (ξi )(xi

(n)

− xi−1 )

i=1

= kσ(f, Pn , ξ

(n)

),

sledi da je ∫ lim σ(kf, Pn , ξ (n) ) = lim kσ(f, Pn , ξ (n) ) = k lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = k

n→∞

n→∞

n→∞

b

f (x)dx. a

Na osnovu Definicije 6.4 zakljuˇ ∫b ∫ b cujemo da je funkcija kf integrabilna na segmentu [a, b] i da je a kf (x)dx = k a f (x)dx. Tvrd¯enje 6.33. Neka su f, g ∈ R[a, b]. Tada je f + g ∈ R[a, b] i vaˇzi jednakost: ∫

∫

b

a

∫

b

(f (x) + g(x))dx =

f (x)dx + a

b

g(x)dx. a (n)

(n)

(n)


(n) x kn

= b, za koji vaˇzi da je lim d(Pn ) = 0 i neka je ξ (n) =

proizvoljan izbor taˇcaka

(n) ξi

∈

n→∞ (n) (n) [xi−1 , xi ],

<

(n) (n) (ξ1 , . . . , ξkn )

i = 1, . . . , kn , n = 1, 2, . . . . Iz f, g ∈

390


R[a, b] sledi da su nizovi (σ(f, Pn , ξ (n) ))n i (σ(g, Pn , ξ (n) ))n konvergentni i da je ∫b ∫b lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = a f (x)dx i lim σ(g, Pn , ξ (n) ) = a g(x)dx. Budući da je n→∞

n→∞

σ(f + g, Pn , ξ (n) ) =

=

kn ∑ i=1 kn ∑

(n)

(n)

(n)

(f (ξi ) + g(ξi )(xi (n) (n) f (ξi )(xi

−

(n) xi−1 )

+

i=1

= σ(f, Pn , ξ

(n)

) + σ(g, Pn , ξ

(n)

− xi−1 ) kn ∑

(n)

(n)

f (ξi )(xi

(n)

− xi−1 )

i=1 (n)

),

zakljuˇcujemo da je niz (σ(f +g, Pn , ξ (n) ))n konvergentan kao suma dva konvergentna niza i da je ∫ b ∫ b (n) (n) (n) lim σ(f +g, Pn , ξ ) = lim σ(f, Pn , ξ )+ lim σ(g, Pn , ξ ) = f (x)dx+ g(x)dx. n→∞

n→∞

n→∞

a

a

Sada na osnovu Definicije ∫ b 6.4 zakljuˇcujemo∫ bda je funkcija ∫ b f + g integrabilna na segmentu [a, b] i da je a (f (x) + g(x))dx = a f (x)dx + a g(x)dx. Iz Tvrd¯enja 6.32 i 6.33 sledi svojstvo linearnosti odred¯enog integrala. Posledica 6.34. (Linearnost odred¯enog integrala) Neka su k1 , k2 ∈ R i f1 , f2 ∈ R[a, b]. Tada je k1 f1 + k2 f2 ∈ R[a, b] i ∫ b ∫ b ∫ b f2 (x)dx. f1 (x)dx + k2 (k1 f1 (x) + k2 f2 (x))dx = k1 a

a

a

Tvrd¯enje 6.35. Neka su f, g ∈ R[a, b]. Tada je f · g ∈ R[a, b]. Dokaz. Iz integrabilnosti funkcija f i g na segmentu [a, b] sledi da su one ograniˇcene na tom segmentu, te postoje realni brojevi L1 > 0 i L2 > 0 takvi da je |f (x)| ≤ L1 , |g(x)| ≤ L2 , za sve x ∈ [a, b].

(6.40)

Odavde sledi |f (x)g(x)| ≤ L1 L2 , za sve x ∈ [a, b], i prema tome, funkcija f · g je ograniˇcena na segmentu [a, b]. Neka je P = {x0 , x1 , . . . , xn } proizvoljna podela segmenta [a, b] i neka su x, x′ dve proizvoljne taˇcke iz segmenta [xi−1 , xi ], gde i ∈ {1, . . . , n}. Iz (6.40) sledi |f (x)g(x) − f (x′ )g(x′ )| = |f (x)g(x) − f (x′ )g(x) + f (x′ )g(x) − f (x′ )g(x′ )| = |(f (x) − f (x′ ))g(x) + f (x′ )(g(x) − g(x′ ))| ≤ |f (x) − f (x′ )||g(x)| + |f (x′ )||g(x) − g(x′ )| ≤ L2 |f (x) − f (x′ )| + L1 |g(x) − g(x′ )| ≤ L2 ωi (f ) + L1 ωi (g), odakle dobijamo sup

x,x′ ∈[xi−1 ,xi ]

|f (x)g(x) − f (x′ )g(x′ )| ≤ L2 ωi (f ) + L1 ωi (g),


391

tj. ωi (f g) ≤ L2 ωi (f ) + L1 ωi (g), i = 1, . . . , n. Mnoˇzenjem svake od ovih nejednakosti sa ∆xi i sabiranjem dobijamo: n ∑

ωi (f g)∆xi ≤ L2

i=1

n ∑

ωi (f )∆xi + L1

n ∑

i=1

ωi (g)∆xi .

(6.41)

i=1

Neka je ϵ > 0. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b], na osnovu Posledice 6.15 (ekvivalencija (i)⇐⇒(ii)), sledi da postoji δ1 > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] takvu da je d(P ) < δ1 vaˇzi nejednakost n ∑

ωi (f )∆xi <

i=1

ϵ , 2L2

(6.42)

dok iz integrabilnosti funkcije g sledi da postoji δ2 > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] takvu da je d(P ) < δ2 sledi n ∑

ωi (g)∆xi <

i=1

ϵ . 2L1

(6.43)

Neka je δ = min{δ1 , δ2 }. Tada za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] takvu da je d(P ) < δ, na osnovu (6.41), (6.42) i (6.43), vaˇzi nejednakost n ∑

ωi (f g)∆xi < L2

i=1

ϵ ϵ + L1 = ϵ. 2L2 2L1

(6.44)

S obzirom da je funkcija f · g ograniˇcena na segmentu [a, b] i da smo za proizvoljno ϵ > 0 pokazali da postoji δ > 0, tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] za koju je d(P ) < δ vaˇzi nejednakost (6.44), na osnovu Posledice 6.15 (ekvivalencija (i)⇐⇒(ii)), sledi f · g ∈ R[a, b]. Primetimo da smo prethodno tvrd¯enje mogli dokazati koristeći ekvivalenciju (i)⇐⇒(iii) Teoreme 6.14, odnosno Posledice 6.15. Zaista, neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b], na osnovu Teoreme 6.14 ili Posledice 6.15 (ekvivalencija (i)⇐⇒(iii)) sledi da postoji podela P1 segmeta [a, b] tako da je ∑ ϵ , (6.45) SP1 (f ) − sP1 (f ) = ωi (f )∆xi < 2L2 i

dok iz integrabilnosti funkcije g na segmentu [a, b] sledi da postoji podela P2 segmeta [a, b] tako da je ∑ ϵ SP2 (g) − sP2 (g) = . (6.46) ωj (g)∆xj < 2L1 j

Neka je P = P1 ∪ P2 . Tada iz (6.41) sledi ∑ SP (f g) − sP (f g) = ωk (f g)∆xk k

≤ L2

∑ k

ωk (f )∆xk + L1

∑

ωk (g)∆xk

k

= L2 (SP (f ) − sP (f )) + L1 (SP (g) − sP (g)).

(6.47)

392


Na osnovu Tvrd¯enja 6.9, iz P1 ⊂ P sledi sP1 (f ) ≤ sP (f ) ≤ SP (f ) ≤ SP1 (f ), dok iz P2 ⊂ P sledi

sP2 (g) ≤ sP (g) ≤ SP (g) ≤ SP2 (g).

Stoga je SP (f ) − sP (f ) ≤ SP1 (f ) − sP1 (f ) i SP (g) − sP (g) ≤ SP2 (g) − sP2 (g).

(6.48)

Sada, na osnovu (6.47) i (6.48) sledi SP (f g) − sP (f g) ≤ L2 (SP1 (f ) − sP1 (f )) + L1 (SP2 (g) − sP2 (g)), ˇsto zajedno sa (6.45) i (6.46) povlaˇci nejednakost: SP (f g) − sP (f g) < L2

ϵ ϵ + L1 = ϵ. 2L2 2L1

Dakle, funkcija f g je ograniˇcna na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 postoji podela P segmenta [a, b] tako da vaˇzi SP (f g) − sP (f g) < ϵ, odakle na osnovu Teoreme 6.14 ((i)⇐⇒(iii)) sledi da f g ∈ R[a, b]. Tvrd¯enje 6.36. Neka je f ∈ R[a, b] i neka postoji m ∈ R, m > 0, tako da je |f (x)| ≥ m za sve x ∈ [a, b]. Tada je

(6.49)

1 ∈ R[a, b]. f

1 ≤ 1 za sve x ∈ [a, b], pa je funkcija Dokaz. Iz |f (x)| ≥ m sledi da je f (x) m 1 ograniˇcena na segmentu [a, b]. Neka je ϵ > 0. Iz integrabilnosti funkcije f f na segmentu [a, b], na osnovu Posledice 6.15 ((i)⇐⇒(iii)), sledi da postoji podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] takva da je n ∑

ωi (f )∆xi < m2 ϵ.

(6.50)

i=1

Neka su x, x′ dve proizvoljne taˇcke iz segmenta [xi−1 , xi ], gde i ∈ {1, . . . , n}. Tada iz (6.49) sledi 1 1 |f (x′ ) − f (x)| 1 1 ′ − f (x) f (x′ ) = |f (x′ )||f (x)| ≤ m2 |f (x ) − f (x)| ≤ m2 ωi (f ), pa je ωi

( ) 1 1 ≤ 2 ωi (f ), i = 1, . . . , n. f m


393

Odavde monoˇzenjem sa ∆xi i sabiranjem, i = 1, . . . , n, dobijamo ( ) n n ∑ 1 1 ∑ ωi ∆xi ≤ 2 ωi (f )∆xi , f m i=1

i=1

ˇsto zajedno sa (6.50) povlaˇci nejednakost n ∑ i=1

( ) 1 1 ωi ∆xi < 2 m2 ϵ = ϵ. f m

(6.51)

1 je ograniˇcena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 f pokazali smo da postoji podela P segmenta [a, b] tako da vaˇzi nejednakost (6.51), pa 1 je, na osnovu Posledice 6.15 ((i)⇐⇒(iii)), funkcija integrabilna na tom segmentu. f U dokazu Tvrd¯enja 6.36 se moˇze umesto ekvivalencije (i)⇐⇒(iii) iz Posledice 6.15 koristiti i ekvivalencija (i)⇐⇒(ii). Prema tome, funkcija

Tvrd¯enje 6.37. Neka su f, g ∈ R[a, b] i neka postoji m ∈ R, m > 0, tako da je f |g(x)| ≥ m za sve x ∈ [a, b]. Tada je ∈ R[a, b]. g 1 integrabilna na segmentu [a, b]. Sada g f 1 na osnovu Tvrd¯enja 6.35 sledi da je funkcija = f · integrabilna na segmentu g g [a, b], kao proizvod dve integrabilne funkcije na tom segmentu. Dokaz. Iz Tvrd¯enja 6.36 sledi da je funkcija

Tvrd¯enje 6.38. Neka su f, g ∈ R[a, b] i f (x) ≥ g(x) za sve x ∈ [a, b]. Tada je

∫

b

∫ f (x)dx ≥

a

(6.52)

b

g(x)dx. a (n)

(n)

(n)


(n) x kn

= b, za koji vaˇzi da je lim d(Pn ) = 0 i neka je

ξ (n)

=

<

(n) (n) (ξ1 , . . . , ξkn )

n→∞ (n) (n) (n) proizvoljan izbor taˇcaka ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , kn , n = 1, 2, . . . . Iz f, g ∈ R[a, b] sledi da su nizovi (σ(f, Pn , ξ (n) ))n i (σ(g, Pn , ξ (n) ))n konvergentni i da je ∫b ∫b lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = a f (x)dx i lim σ(g, Pn , ξ (n) ) = a g(x)dx, dok iz uslova (6.52) n→∞ n→∞ (n) (n) sledi da je f ((ξi ) ≥ g(ξi ), i = 1, . . . , kn , n ∈ N, i stoga

σ(f, Pn , ξ

(n)

)=

kn ∑ i=1

(n) (n) f (ξi )(xi

−

(n) xi−1 )

≥

kn ∑ i=1

(n)

(n)

g(ξi )(xi

(n)

− xi−1 ) = σ(g, Pn , ξ (n) ).

394


Odavde, prelaskom na limes, dobijamo ∫ b ∫ b (n) (n) f (x)dx = lim σ(f, Pn , ξ ) ≥ lim σ(g, Pn , ξ ) = g(x)dx. n→∞

a

n→∞

a

Osobina integrala, iskazana u Tvrd¯enju 6.38, zove se monotonost integrala. Posledica 6.39. Neka je f ∈ R[a, b]. Ako je f (x) ≥ 0 za sve x ∈ [a, b], onda je

∫

b

(6.53)

f (x)dx ≥ 0.

a

Ako je f (x) ≤ 0 za sve x ∈ [a, b], onda je

∫

b

f (x)dx ≤ 0.

a

Dokaz. Neka vaˇzi (6.53). Ako se uzme da je g(x) = 0, x ∈ [a, b], na osnovu Primera ∫b 6.5 sledi da je g ∈ R[a, b] i da je a g(x)dx = 0. Sada iz Tvrd¯enja 6.38, budući da ∫b ∫b je, na osnovu (6.53), f (x) ≥ g(x), x ∈ [a, b], dobijamo a f (x)dx ≥ a g(x)dx = 0. Ostatak tvrd¯enja se sliˇcno dokazuje. Tvrd¯enje 6.40. Neka je f ∈ R[a, b]. Tada je |f | ∈ R[a, b] i vaˇzi nejednakost ∫ b ∫ b f (x)dx ≤ |f (x)|dx ≤ M (b − a), (6.54) a

a

gde je M = sup |f (x)|. a≤x≤b

Dokaz. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b] sledi da je f ograniˇcena funkcija na segmentu [a, b], pa je stoga i funkcija |f | ograniˇcena na tom segmentu i M = sup |f (x)| je konaˇcan broj. Neka je ϵ > 0. Na osnovu Posledice 6.15 a≤x≤b

((i)⇐⇒(iii)), sledi da postoji podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] takva da je n ∑ ωi (f )∆xi < ϵ. (6.55) i=1

Za dve proizvoljne taˇcke

x, x′

iz segmenta [xi−1 , xi ], i ∈ {1, . . . , n}, vaˇzi

||f (x)| − |f (x′ )|| ≤ |f (x) − f (x′ )|, odakle prelaskom na supremum dobijamo sup

x,x′ ∈[xi−1 ,xi ]

||f (x)| − |f (x′ )|| ≤

sup

x,x′ ∈[xi−1 ,xi ]

|f (x) − f (x′ )|


395

tj. ωi (|f |) ≤ ωi (f ), i = 1, . . . , n. Sada monoˇzenjem sa ∆xi i sabiranjem, i = 1, . . . , n, dobijamo n ∑

ωi (|f |) ∆xi ≤

i=1

n ∑

ωi (f )∆xi ,

i=1

ˇsto zajedno sa (6.55) povlaˇci nejednakost n ∑

ωi (|f |) ∆xi < ϵ.

(6.56)

i=1

Prema tome, funkcija |f | je ograniˇcena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 postoji podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] takva da vaˇzi nejednakost (6.56), i stoga, na osnovu Posledice 6.15 ((i)⇐⇒(iii)), zakluˇcujemo da je funkcija |f | integrabilna na segmentu [a, b].10 Iz Tvrd¯enja 6.32 sledi da je funkcija −|f | integrabilna na segmentu [a, b] i da je ∫b ∫b (−|f (x)|)dx = − a |f (x)|dx. Kako je a −|f (x)| ≤ f (x) ≤ |f (x)|, x ∈ [a, b], na osnovu Tvrd¯enja 6.38 dobijamo ∫ −

b

∫ |f (x)|dx =

b

∫ (−|f (x)|)dx ≤ a

a

a

b

∫ f (x)dx ≤

b

|f (x)|dx.

Iz |f (x)| ≥ 0, x ∈ [a, b], na osnovu Posledice 6.39 imamo da je iz (6.57) sledi ∫ b ∫ b f (x)dx ≤ |f (x)|dx. a

(6.57)

a

∫b a

|f (x)|dx ≥ 0, pa (6.58)

a

Kako je f (x)| ≤ M za svako x ∈ [a, b], to opet iz Tvrd¯enja 6.32 i Primera 6.5 dobijamo ∫ b ∫ b |f (x)|dx ≤ M dx = M (b − a). (6.59) a

a

(6.58) i (6.59) zajedno daju (6.54). U opˇstem sluˇcaju, za bilo koje a i b, a b, umesto nejednakosti (6.54) vaˇziće nejednakost: ∫ b ∫ b |f (x)|dx ≤ M |b − a|. f (x)dx ≤ a

10

(6.60)

a

U prethodnom delu dokazu smo mogli umesto ekvivalencije (i)⇐⇒(iii) iz Posledice 6.15 koristiti ekvivalenciju (i)⇐⇒(ii).

396


∫ ∫b b Zaista, ako je a < b, onda je a |f (x)|dx ≥ 0, pa je a |f (x)|dx = a |f (x)|dx, |b − a| = b − a i nejednakost (6.60) se poklapa sa nejednakoˇsću (6.54). Ako je a = b, nejednakost (6.60) je oˇcigledna. Neka je a > b. Tada, koristeći Definiciju 6.30 i nejednakost (6.54), dobijamo ∫ b ∫ a ∫ a f (x)dx = − f (x)dx = f (x)dx a b b ∫ a ∫ b ∫ b ∫ a ≤ |f (x)|dx = |f (x)|dx = − |f (x)|dx = |f (x)|dx . ∫b

b

Dalje,

b

∫ b ∫ = |f (x)|dx a

a

a

a

|f (x)|dx ≤ M (a − b) = M |b − a|,

b

i prema tome, vaˇzi nejednakost (6.60). Primetimo da umesto M u nejednakosti (6.60) moˇze da stoji bilo koji broj L za koji je |f (x)| ≤ L, x ∈ [a, b], tj. bilo koji broj L takav da je M = sup |f (x)| ≤ L. a≤x≤b

Tvrd¯enje 6.41. Neka je f ∈ R[a, b] i f (x) ≥ 0, x ∈ [a, b]. Ako postoji taˇcka x0 ∈ [a, b] u kojoj je funkcija f neprekidna i za koju je f (x0 ) > 0, tada je ∫ b f (x)dx > 0. a

f (x0 ) > 0 postoji 2 f (x0 ) δ > 0 tako da za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b] vaˇzi |f (x) − f (x0 )| < ϵ = , 2 tj. f (x0 ) f (x0 ) f (x0 ) − < f (x) < f (x0 ) + . 2 2 f (x0 ) Prema tome, za x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b] vaˇzi f (x) > . Postoje a0 , b0 ∈ R, 2 a0 < b0 , takvi da je [a0 , b0 ] ⊂ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b]. Iz Tvrd¯enja 6.28 i 6.29 sledi ∫ b ∫ a0 ∫ b0 ∫ b f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx + f (x)dx, Dokaz. Iz neprekidnosti funkcije f u taˇcki x0 sledi da za ϵ =

a

a

a0

b0

a iz nenegativnosti funkcije f , na osnovu Tvrd¯enja 6.38, sledi ∫b b0 f (x)dx ≥ 0. Stoga je ∫ b ∫ b0 f (x)dx ≥ f (x)dx. a

∫ a0 a

f (x)dx ≥ 0 i

(6.61)

a0

f (x0 ) , to opet na osnovu Tvrd¯enja 6.38 Budući da za svako x ∈ [a0 , b0 ] vaˇzi f (x) > 2 sledi ∫ b0 ∫ b0 f (x0 ) f (x0 ) f (x)dx ≥ dx = (b0 − a0 ) > 0. (6.62) 2 2 a0 a0

6.4. Prva teorema o srednjoj vrednosti

397

∫b Sada iz (6.61) i (6.62) sledi a f (x)dx > 0. Napomenjemo da je uslov neprekidnosti funkcije u taˇcki x0 , u kojoj je funkcija pozitivna, bitan za vaˇzenje tvrd¯enja. Sledeći primer pokazuje da se moˇze desiti da integrabilna nenegativna funkcija na segmentu, pozitivna u nekoj taˇcki segmenta, ali ne i neprekidna u toj taˇcki, ima integral na tom segmentu jednak 0. Primer 6.42. Neka je

{

0 ≤ x < 1, x = 1. { } 1 2 n−1 i neka je (Pn ) niz podela segmenta [0, 1], Pn = 0, , , . . . , , 1 , n ∈ N. Tada n n n 1 je d(Pn ) = → 0, n f (x) =

SP n =

n ∑

(

sup

i−1 i i=1 x∈[ n , n ]

i sPn =

f (x)) ·

n ∑ (

sup

i=1

x∈[ i−1 ,i] n n

0, 1,

1 1 1 1 1 1 = 0 · + 0 · + ··· + 0 · + 1 · = n n n n n n

f (x)) ·

1 1 1 1 = 0 · + 0 · + · · · + 0 · = 0. n n n n

Kako je lim d(Pn ) = 0 i lim SPn = lim sPn = 0, na osnovu Teoreme 6.16 (ekvivan→∞ n→∞ n→∞ ∫1 lencija (i)⇐⇒(ii)) sledi da je funkcija f integrabilna11 i da je 0 f (x)dx = 0. Osim toga, funkcija je nenegativna na segmentu [0, 1] i jedina taˇcka u kojoj je funkcija pozitivna je 1, med¯utim funkcija f nije neprekidna u toj taˇcki. •

6.5

Prva teorema o srednjoj vrednosti

Teorema 6.43. Neka su funkcije f i g integrabilne na segmentu [a, b] i neka je funkcija g ne menja znak na segmentu [a, b], tj. neka je ili nenegativna ili nepozitivna na segmentu [a, b]. Tada postoji µ ∈ R takvo da je m≤µ≤M i

∫

∫

b

b

f (x)g(x)dx = µ a

g(x)dx, a

gde je m = inf f (x), M = sup f (x). a≤x≤b

11

a≤x≤b

Integrabilnost funkcije f sledi i iz ˇcinjenice da je ova funkcija monotono rastuća.

(6.63)

398


Dokaz. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b], na osnovu Teoreme 6.7, sledi da je funkcija f ograniˇcena na tom segmentu. Prema tome, m = inf f (x) i M = sup f (x) su konaˇcni brojevi, i za sve x ∈ [a, b] vaˇzi nejednakost

a≤x≤b

a≤x≤b

m ≤ f (x) ≤ M. Odavde, za sluˇcaj da je g(x) ≥ 0, x ∈ [a, b], dobijamo nejednakost mg(x) ≤ f (x)g(x) ≤ M g(x), dok za sluˇcaj da je g(x) ≤ 0, x ∈ [a, b], dobijamo nejednakost mg(x) ≥ f (x)g(x) ≥ M g(x). Sada, na osnovu Tvrd¯enja 6.38 i Tvrd¯enja 6.32, u prvom sluˇcaju sledi nejednakost: ∫ b ∫ b ∫ b m g(x)dx ≤ f (x)g(x)dx ≤ M g(x)dx, (6.64) a

a

a

a u drugom sluˇcaju nejednakost: ∫ b ∫ b ∫ b g(x)dx. f (x)g(x)dx ≥ M g(x)dx ≥ m

(6.65)

a

a

a

∫b Ako je a g(x)dx = 0, onda i u prvom i u drugom sluˇcaju, na osnovu nejednakosti ∫b (6.64) i (6.65), zakljuˇcujemo da je a f (x)g(x)dx = 0, pa jednakost (6.63) vaˇzi za bilo koji realan ∫ b broj µ, pa i za ono µ za koje vaˇzi m ≤ µ ≤ M . Ako je a g(x)dx ̸= 0, onda za sluˇcaj da je g(x) ≥ 0, x ∈ [a, b], budući da iz ∫b ∫b Posledice 6.39 sledi a g(x)dx ≥ 0, dobijamo a g(x)dx > 0, dok za sluˇcaj da je ∫b ∫b g(x) ≤ 0, x ∈ [a, b], zbog a g(x)dx ≤ 0, dobijamo a g(x)dx < 0. Otuda, deobom ∫b nejednakosti (6.64) i (6.65) sa a g(x)dx dobijamo u oba sluˇcaja nejednakost ∫b m≤

a

Neka je

f (x)g(x)dx ≤ M. ∫b a g(x)dx

(6.66)

∫b µ=

a

f (x)g(x)dx . ∫b g(x)dx a

(6.67)

Tada zbog (6.66) vaˇzi nejednakost m ≤ µ ≤ M , a iz (6.67) sledi (6.63). Posledica 6.44. Neka je uz pretpostavke Teoreme 6.43 funkcija f joˇs i neprekidna na segmentu [a, b]. Tada postoji taˇcka ξ ∈ [a, b] tako da je ∫ b ∫ b f (x)g(x)dx = f (ξ) g(x)dx. (6.68) a

a

6.5. Integrabilnost deo po deo neprekidnih funkcija

399

Dokaz. Iz neprekidnosti funkcije f na segmentu [a, b], budući da je m ≤ µ ≤ M , na osnovu posledice Bolcano-Koˇsijeve teoreme (Posledica 3.109 iz Mat. analize 1) sledi da postoji ξ ∈ [a, b] tako da je f (ξ) = µ, pa iz (6.63) dobijamo (6.68). Posledica 6.45. Neka je f ∈ C[a, b]. Tada postoji ξ ∈ [a, b] tako da je ∫ b f (x)dx = f (ξ)(b − a).

(6.69)

a

Dokaz. Iz Teoreme 6.26 sledi da je f ∈ R[a, b]. Neka je g(x) = 1, x ∈ [a, b]. Funkcija ∫b g je nenegativna i integrabilna na segmentu [a, b], a g(x)dx = b − a (Primer 6.5). Prema tome, funkcije f i g zadovoljavaju pretpostavke Posledice 6.44, odakle sledi da postoji taˇcka ξ ∈ [a, b] tako da vaˇzi jednakost ∫ b ∫ b f (x)g(x)dx = f (ξ) g(x)dx = f (ξ)(b − a). a

a

U sluˇcaju kada je funkcija f neprekidna i nenegativna na segmentu [a, b], formula (6.69) ima jednostavno geometrijsko tumaˇcanje: povrˇsina krivolinijskog trapeza, ograniˇcenog grafikom funkcije f , x-osom i pravama x = a i x = b, jednaka je povrˇsini pravougaonika ˇcija je osnova duˇzine b − a, a visina duˇzine f (ξ).

6.6

Integrabilnost deo po deo neprekidnih funkcija

Definicija 6.46. Funkcija f : [a, b] → R je deo po deo neprekidna na segmentu [a, b] ako postoji podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] tako da je funkcija f neprekidna na svakom intervalu (xi−1 , xi ) i postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti f (xi−1 + 0) = lim f (x) x→xi−1 +0

i f (xi − 0) =

lim f (x).

x→xi −0

Drugim reˇcima, funkcija f je deo po deo neprekidna na segmentu [a, b] ako ima samo konaˇcno mnogo prekida i pri tom samo prekide prve vrste. Primer 6.47. Funkcija

 2,      −x + 1, x3 , f (x) =   x + 1,    1,

x = −3 −3 < x < −1, −1 ≤ x < 1 1 ≤ x < 2, x = 2.

je deo po deo neprekidna na segmentu [−3, 2] jer je f neprekidna na intervalima (−3, −1), (−1, 1) i (1, 2), i postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti: lim f (x) = 4, lim f (x) = 2, lim f (x) = −1, lim f (x) = 1, lim f (x) = x→−3+0

x→−1−0

2, lim f (x) = 3. x→2−0

x→−1+0

x→1−0

x→1+0

400


Sledeća lema govori o tome da promena vrednosti integrabilne funkcija na krajevima segmenta, ne utiˇce ni na integrabilnost, ni na vrednost integrala, tj. novodobijena funkcija je opet integrabilna sa integralom koji se poklapa sa integralom polazne funkcije. Lema 6.48. Neka je su funkcije f i g definisane na [a, b] i neka je f (x) = g(x) za x ∈ (a, b). Ako je funkcija f integrabilna na [a, b], onda je i funkcija g integrabilna na [a, b] i vaˇzi ∫ b ∫ b g(x)dx = f (x)dx. a

a

∫b Dokaz. Neka je funkcija f integrabilna na [a, b] i neka je I = a f (x)dx. Iz integrabilnosti funkcije f sledi da je ona ograniˇcena na segmentu [a, b], tj. postoji broj M > 0 tako da je |f (x)| ≤ M za sve x ∈ [a, b]. Neka je K = max{M, |g(a)|, |g(b)|}. (n) (n) (n) Neka je (Pn ) niz podela segmenta [a, b], Pn = {x0 , x1 , . . . , xkn }, n ∈ N, takav (n)

(n)

(n)

da je lim d(Pn ) = 0, i neka je ξ (n) = (ξ1 , ξ2 , . . . , ξkn ) proizvoljan izbor taˇcaka n→∞ (n) (n) (n) ξi ∈ [xi−1 , xi ],

i = 1, . . . , kn , n ∈ N. Tada je kn ∑

lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = lim

n→∞

n→∞

(n)

(n)

f (ξi )(xi

(n)

− xi−1 ) = lim

n→∞

i=1

kn ∑

(n)

(n)

f (ξi )∆xi = I,

i=1

(6.70) (n) ∆xi

gde je = Kako je

(n) xi

−

(n) xi−1 ,

i = 1, 2, . . . kn , n ∈ N.

0 ≤ |σ(g, Pn , ξ (n) ) − I| ≤ |σ(g, Pn , ξ (n) ) − σ(f, Pn , ξ (n) )| + |σ(f, Pn , ξ (n) ) − I| = | = ≤

kn ∑

(n)

(n)

g(ξi )∆xi

−

kn ∑

(n)

(n)

f (ξi )∆xi | + |σ(f, Pn , ξ (n) ) − I|

i=1 i=1 (n) (n) (n) (n) (n) (n) (n) (n) |g(ξ1 )∆x1 + g(ξkn )∆xkn − f (ξ1 )∆x1 − f (ξkn )∆xkn | + |σ(f, Pn , ξ (n) ) − I| (n) (n) (n) (n) (n) (n) (n) (n) |g(ξ1 )∆x1 | + |g(ξkn )∆xkn | + |f (ξ1 )∆x1 | + |f (ξkn )∆xkn | + |σ(f, Pn , ξ (n) ) −

i kako je (n)

(n)

(n)

(n)

(n)

(n)

(n)

(n)

|g(ξ1 )∆x1 | ≤ Kd(Pn ), |g(ξkn )∆xkn | ≤ Kd(Pn ), |f (ξ1 )∆x1 | ≤ Kd(Pn ), |f (ξkn )∆xkn | ≤ Kd(Pn ), to je 0 ≤ |σ(g, Pn , ξ (n) ) − I| ≤ 4Kd(Pn ) + |σ(f, Pn , ξ (n) ) − I|. S obzirom da je lim d(Pn ) = 0, iz (6.70) i (6.71) sledi n→∞

lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = I,

n→∞

(6.71)

I|

6.6. Integrabilnost deo po deo neprekidnih funkcija

401

ˇsto znaˇci da je funkcija g integrabilna na segmentu [a, b] i da je ∫ b ∫ b f (x)dx. g(x)dx = I = a

a

∫b Dokaz. (II naˇcin) Neka je funkcija f integrabilna na [a, b] i neka je I = a f (x)dx. Iz integrabilnosti funkcije f sledi da je ona ograniˇcena na segmentu [a, b], tj. postoji broj M > 0 tako da je |f (x)| ≤ M za sve x ∈ [a, b]. Neka je K = max{M, |g(a)|, |g(b)|}. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji δ ∗ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0 , x1 , . . . , xn } segmenta [a, b] takvu da je d(P ) < δ ∗ i za svaki izbor ξ = (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) taˇcaka ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n vaˇzi nejednakost ϵ |σ(f, P, ξ) − I| < . 2

(6.72)

{ ϵ } i neka je P = {x0 , x1 , . . . , xn } podela segmenta [a, b] takva Neka je δ = min δ ∗ , 8K da je d(P ) < δ i neka je ξ = (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) proizvoljan izbor taˇcaka ξi ∈ [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n. Tada je |σ(g, P, ξ) − I| ≤ |σ(g, P, ξ) − σ(f, P, ξ)| + |σ(f, P, ξ) − I| n n ∑ ∑ ≤ | g(ξi )∆xi − f (ξi )∆xi | + |σ(f, P, ξ) − I| i=1

i=1

≤ |g(ξ1 )∆x1 + g(ξn )∆xn − f (ξ1 )∆x1 − f (ξn )∆xn | + |σ(f, P, ξ) − I| i kako je |g(ξ1 )∆x1 | ≤ Kd(P ) < Kδ, |g(ξn )∆xn | ≤ Kd(P ) < Kδ, |f (ξ1 )∆x1 | ≤ Kd(P ) < Kδ, |f (ξn )∆xn | ≤ Kd(P ) < Kδ, to je, s obzirom na (6.72), ϵ ϵ + = ϵ. 8K 2 ∫b Ovo znaˇci da je funkcija g integrabilna na segmentu [a, b] i da je a g(x)dx = I = ∫b a f (x)dx. |σ(g, P, ξ) − I| < 4Kδ + |σ(f, P, ξ) − I| < 4K

Teorema 6.49. Neka je funkcija f : [a, b] → R deo po deo neprekidna na segmentu [a, b]. Tada je f integrabilna na [a, b]. Dokaz. Neka je P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) podela segmenta [a, b] takva da je funkcija f neprekidna na svakom intervalu (xi−1 , xi ) i da postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti f (xi−1 + 0) = lim f (x) i f (xi − 0) = lim f (x), x→xi−1 +0

i = 1, . . . , n. Neka je   f (x), f (xi−1 + 0), fi (x) =  f (xi − 0),

xi−1 ≤ x < xi , x = xi−1 x = xi .

x→xi −0

402


Funkcija fi je neprekidna na segmentu [xi−1 , xi ], te je na osnovu Teoreme 6.26 integrabilna na tom segmentu. Funkcija f se na segmentu [xi−1 , xi ] razlikuje od integrabilne funkcije fi samo na krajevima segmenta, pa je na osnovu Leme 6.48 i ona integrabilna na segmentu [xi−1 , xi ] i vaˇzi jednakost ∫ xi ∫ xi f (x)dx = fi (x)dx. xi−1

xi−1

Sada na osnovu Tvrd¯enja 6.29 sledi da je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b] i da vaˇzi jednakost ∫ b n ∫ xi ∑ f (x)dx = fi (x)dx. a

xi−1

i=1

Napomenimo da vaˇzi i opˇstije tvrd¯enje od tvrd¯enja Teoreme 6.49. Naime, ako je funkcija ograniˇcena na segmentu [a, b] i ako je neprekidna u svim taˇckama segmenta [a, b] sa izuzetkom eventualno konaˇcno mnogo taˇcaka (taˇcke prekida funkcije mogu biti i taˇcke prekida druge vrste), onda je ona integrabilna na segmentu [a, b].

6.7

Odred¯eni integral sa promenljivom gornjom granicom

Neka je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b]. Ako je x ∈ [a, b], onda je na osnovu Tvrd¯enja 6.28, funkcija f integrabilna na segmentu [a, x], tj. za svako x ∈ ∫x [a, b] ima smisla integral a f (t)dt, pa je funkcija ∫

x

F (x) =

f (t)dt

(6.73)

a

definisana na segmentu [a, b]. Funkcija F se zove integral sa promenljivom gornjom granicom. Teorema 6.50. Neka je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b]. Tada je funkcija F , definisana u (6.73), neprekidna na segmentu [a, b]. Dokaz. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b], na osnovu Teoreme 6.7 sledi da je funkcija f ograniˇcena na segmentu [a, b] i M = sup |f (x)| je konaˇcan broj. a≤x≤b

Neka x, x + ∆x ∈ [a, b]. Tada je ∫ F (x + ∆x) =

∫

x+∆x

f (t)dt = a

∫

x

f (t)dt + a

∫

x+∆x

f (t)dt = F (x) + x

pa je

f (t)dt, x

∫ ∆F = F (x + ∆x) − F (x) =

x+∆x

f (t)dt. x

x+∆x

6.7. Odred¯eni integral sa promenljivom gornjom granicom Odavde, koristeći nejednakost (6.60), dobijamo ∫ x+∆x ∫ |∆F | = |F (x+∆x)−F (x)| = f (t)dt ≤ x

x+∆x x

403

|f (t)|dt ≤ M |x+∆x−x| = M |∆x|.

Iz poslednje nejednakosti zakljuˇcujemo da je lim ∆F = 0 za svako x ∈ [a, b], ˇsto ∆x→0

znaˇci da je funkcija F neprekidna u svakoj taˇcki x ∈ [a, b]. Sledeća teorema je jedna od centralnih teorema integralnog raˇcuna i omogućuje vezu izmed¯u neodred¯enog i odred¯enog integrala. Naime, pokazuje da je, u sluˇcaju neprekidnosti podintegralne funkcije, izvod integrala po gornjoj granici jednak vrednosti podintegralne funkcije u toj gornjoj granici. Teorema 6.51. Neka je funkcija f integrabilna ∫ x na segmentu [a, b] i neka je neprekidna u taˇcki x0 ∈ [a, b]. Tada funkcija F (x) = a f (x)dx ima izvod u taˇcki x0 i 12 F ′ (x0 ) = f (x0 ). Dokaz. I naˇcin: Pretpostavimo da x0 ∈ (a, b). Pokaˇzimo da je F ′ (x0 ) = f (x0 ), tj. lim

∆x→0

F (x0 + ∆x) − F (x0 ) = f (x0 ). ∆x

Neka je ∆x ̸= 0 takvo da x0 + ∆x ∈ [a, b]. Tada je ∫ x0 +∆x f (t)dt F (x0 + ∆x) − F (x0 ) = x0 . ∆x ∆x

(6.74)

(6.75)

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz neprekidnosti funkcije f u taˇcki x0 sledi da postoji δ > 0 tako da vaˇzi implikacija: t ∈ (x0 − δ, x0 + δ) =⇒ f (x0 ) − ϵ < f (t) < f (x0 ) + ϵ.

(6.76)

Neka je 0 < |∆x| < δ. Ako je ∆x > 0, onda je [x0 , x0 + ∆x] ⊂ (x0 − δ, x0 + δ), te za t ∈ [x0 , x0 + ∆x] iz (6.76) sledi f (x0 ) − ϵ < f (t) < f (x0 ) + ϵ, odakle, zbog monotonosti odred¯enog integrala (Tvrd¯enje 6.38) sledi ∫ x0 +∆x ∫ x0 +∆x ∫ x0 +∆x (f (x0 ) − ϵ)dt ≤ f (t)dt ≤ (f (x0 ) + ϵ)dt. x0

x0

x0

Odavde (videti Primer 6.5) dobijamo ∫ x0 +∆x (f (x0 ) − ϵ)(x0 + ∆x − x0 ) ≤ f (t)dt ≤ (f (x0 ) + ϵ)(x0 + ∆x − x0 ), x0

Ako se x0 poklapa sa jednim od krajeva segmenta, a ili b, onda se pod izvodom f ′ (x0 ) podrazumeva odgovarajući jednostrani izvod. 12

404


tj.

∫

x0 +∆x

(f (x0 ) − ϵ)∆x ≤

f (t)dt ≤ (f (x0 ) + ϵ)∆x,

(6.77)

x0

Deobom (6.77) sa ∆x (∆x > 0) dobijamo ∫ x0 +∆x x0

f (x0 ) − ϵ ≤

f (t)dt

∆x

≤ f (x0 ) + ϵ

ˇsto zajedno sa (6.75) daje −ϵ ≤ Prema tome,

F (x0 + ∆x) − F (x0 ) − f (x0 ) ≤ ϵ. ∆x

F (x0 + ∆x) − F (x0 ) − f (x0 ) ≤ ϵ. ∆x

(6.78)

Ako je 0 < |∆x| < δ i ∆x < 0, onda je [x0 + ∆x, x0 ] ⊂ (x0 − δ, x0 + δ), te za t ∈ [x0 + ∆x, x0 ] iz (6.76) sledi f (x0 ) − ϵ < f (t) < f (x0 ) + ϵ, odakle zbog monotonosti integrala sledi ∫ x0 ∫ x0 ∫ (f (x0 ) − ϵ)dt ≤ f (t)dt ≤ x0 +∆x

x0 +∆x

Odavde imamo

∫

(f (x0 ) − ϵ)(x0 − (x0 + ∆x)) ≤

x0

x0

(f (x0 ) + ϵ)dt.

x0 +∆x

f (t)dt ≤ (f (x0 ) + ϵ)(x0 − (x0 + ∆x)),

x0 +∆x

tj.

∫ (f (x0 ) − ϵ)(−∆x) ≤

x0

f (t)dt ≤ (f (x0 ) + ϵ)(−∆x).

x0 +∆x

Delenjem ove nejednakosti sa −∆x (∆x < 0) dobijamo ∫ x0 +∆x

∫ x0 f (x0 ) − ϵ ≤

x0 +∆x f (t)dt

tj. f (x0 ) − ϵ ≤

−∆x

=

x0

f (t)dt

∆x

≤ f (x0 ) + ϵ,

F (x0 + ∆x) − F (x0 ) ≤ f (x0 ) + ϵ, ∆x

odakle opet sledi (6.78). Prema tome, dokazali smo da za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svako F (x0 + ∆x) − F (x0 ) − f (x0 ) ≤ ϵ, ˇsto znaˇci da ∆x takvo da je 0 < |∆x| < δ vaˇzi ∆x vaˇzi (6.74), tj. F ′ (x0 ) = f (x0 ).

6.7. Odred¯eni integral sa promenljivom gornjom granicom

405

Za sluˇcaj da je x0 = a (x0 = b), pokazuje se da za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svako ∆x takvo da je |∆x| < δ i ∆x > 0 (∆x < 0) vaˇzi nejed F (x0 + ∆x) − F (x0 ) F (a + ∆x) − F (a) nakost − f (x0 ) ≤ ϵ, pa je lim = f (a) ∆x→+0 ∆x ∆x F (b + ∆x) − F (b) = f (b)), tj. F+′ (a) = f (a) (F−′ (b) = f (b)). ( lim ∆x→−0 ∆x II naˇcin: Dokaz. Pretpostavimo da x0 ∈ (a, b). Pokaˇzimo da je F ′ (x0 ) = f (x0 ), tj. F (x0 + ∆x) − F (x0 ) = f (x0 ). (6.79) ∆x→0 ∆x ∫ x +∆x Neka je ∆x ̸= 0 takvo da x0 + ∆x ∈ [a, b]. Kako je x00 dt = x0 + ∆x − x0 = ∆x, ∫ x0 +∆x ∫ x0 +∆x 1 1 to je dt = 1 i stoga, f (x0 )dt = f (x0 ). Odavde (koristeći ∆x x0 ∆x x0 prvu nejednakost u (6.60)) dobijamo ∫ x0 +∆x F (x0 + ∆x) − F (x0 ) f (t)dt x0 − f (x ) − f (x ) = 0 0 ∆x ∆x ∫ x0 +∆x ∫ x +∆x f (t)dt − x00 f (x0 )dt x0 = ∆x ∫ x0 +∆x (f (t) − f (x0 ))dt x0 = |∆x| ∫ x0 +∆x |f (t) − f (x0 )|dt x0 . (6.80) ≤ |∆x| lim

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz neprekidnosti funkcije f u taˇcki x0 sledi da postoji δ > 0 tako da vaˇzi implikacija: |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ϵ.

(6.81)

Neka je 0 < |∆x| < δ. Tada za t iz segmenta sa krajevima u x0 i x0 + ∆x vaˇzi |t − x0 | ≤ |∆x| < δ, pa na osnovu (6.81) sledi |f (t) − f (x0 )| < ϵ.

(6.82)

Sada iz (6.80) i (6.82) (koristeći drugu nejednakost u (6.60)) dobijamo ∫ x0 +∆x |f (t) − f (x )|dt 0 F (x0 + ∆x) − F (x0 ) x0 ϵ|x0 + ∆x − x0 | − f (x0 ) ≤ ≤ = ϵ. ∆x |∆x| |∆x| Prema tome, dokazali smo da za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svako F (x0 + ∆x) − F (x0 ) ∆x takvo da je |∆x| < δ vaˇzi − f (x0 ) ≤ ϵ, i prema tome, ∆x vaˇzi (6.79).

406

Glava 6. Odred¯eni integral F (a + ∆x) − F (a) = ∆x→+0 ∆x

Ako je x0 = a (x0 = b), onda se analogno dokazuje da je lim

F (b + ∆x) − F (b) = f (b)), tj. F+′ (a) = f (a) (F−′ (b) = f (b)), samo je ∆x→−0 ∆x u ovom sluˇcaju ∆x > 0 (∆x < 0). Dokaz. III naˇcin: Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz neprekidnosti funkcije f u taˇcki x0 sledi da postoji δ > 0 tako da vaˇzi implikacija: f (a) ( lim

x ∈ [a, b] ∧ |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ϵ.

(6.83)

∫ x +∆x Neka je ∆x ̸= 0 takvo da x0 + ∆x ∈ [a, b]. Kako je x00 dt = x0 + ∆x − ∫ x0 +∆x ∫ x0 +∆x 1 1 x0 = ∆x, to je dt = 1 i stoga, f (x0 )dt = f (x0 ). Odavde ∆x x0 ∆x x0 (koristeći prvu nejednakost u (6.60)) dobijamo ∫ x0 +∆x F (x0 + ∆x) − F (x0 ) f (t)dt = x0 − f (x ) − f (x ) 0 0 ∆x ∆x ∫ x0 +∆x ∫ x +∆x f (t)dt − x00 f (x0 )dt x0 = ∆x ∫ x0 +∆x (f (t) − f (x0 ))dt x0 = |∆x| ∫ x0 +∆x |f (t) − f (x )|dt x0 0 ≤ . (6.84) |∆x| Neka je ∆x ̸= 0 takvo da x0 + ∆x ∈ [a, b] i neka je joˇs |∆x| < δ. Tada za t iz segmenta sa krajevima u x0 i x0 + ∆x vaˇzi t ∈ [a, b] (jer x0 , x0 + ∆x ∈ [a, b]) i |t − x0 | ≤ |∆x| < δ, pa na osnovu (6.83) sledi |f (t) − f (x0 )| < ϵ.

(6.85)

Sada iz (6.84) i (6.85) (koristeći drugu nejednakost u (6.60)) dobijamo ∫ x0 +∆x |f (t) − f (x )|dt 0 F (x0 + ∆x) − F (x0 ) x0 ϵ|x0 + ∆x − x0 | − f (x0 ) ≤ ≤ = ϵ. ∆x |∆x| |∆x| F (x0 + ∆x) − F (x0 ) = f (x0 ), tj, ∆x F (a + ∆x) − F (a) F ′ (x0 ) = f (x0 ), dok za sluˇcaj da je x0 = a, ovo znaˇci lim = ∆x→+0 ∆x F (b + ∆x) − F (b) f (a), tj. F+′ (a) = f (a). Ako je pak x0 = b, onda imamo lim = ∆x→−0 ∆x f (b), tj. F−′ (b) = f (b). Za sluˇcaj da je x0 ∈ (a, b), ovo znaˇci da je lim

∆x→0


407

Podsetimo se definicije primitivne funkcije: Sa I oznaˇcavamo je jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), (a, +∞), [a, +∞), (−∞, b), (−∞, b], (−∞, +∞), gde su a, b ∈ R. Kaˇzemo da je funkcija f : I → R neprekidna na I, ukoliko je neprekidna u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki intervala I, za sluˇcaj da a ∈ I, neprekidna zdesna u a, i za sluˇcaj da b ∈ I, neprekidna sleva u b. Definicija 6.52. Za funkciju F : I → R kaˇzemo da je primitivna (prvobitna) funkcija funkcije f na intervalu I ako vaˇzi sledeće: (i) funkcija F je neprekidna na intervalu I; (ii) funkcija F u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki x intervala I ima izvod i pri tom je F ′ (x) = f (x). Ako levi kraj intervala, taˇcka a, pripada intervalu I, onda je primitivna funkcija F neprekidna zdesna u taˇcki a ali u taˇcki a moˇze i ne mora da ima jednostrani izvod. Za sluˇcaj da ima desni izvod u taˇcki a, ovaj izvod se ne mora poklapati sa vrednoˇsću funkcije f u taˇcki a. na segmentu [a, b] Teorema 6.53. Ako je funkcija f : [a, b] → R integrabilna ∫x i neprekidna na intervalu (a, b), onda je F (x) = a f (x)dx primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b]. Dokaz. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b] na osnovu Teoreme 6.50 sledi da je funkcija F neprekidna na segmentu [a, b], dok iz neprekidnosti funkcije f u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki x segmenta [a, b] na osnovu Teoreme 6.51 vaˇzi da je F ′ (x) = f (x). Prema tome, F je primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b]. Napomenimo da ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na intervalu (a, b), onda je integrabilnost ove funkcije na segmentu [a, b] ekvivalentna njenoj ograniˇcenosti na [a, b], ˇsto sledi iz napomene na kraju sekcije 1.6 i Teoreme 6.7. 6.54. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b], onda je F (x) = ∫Posledica x a f (x)dx primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b]. Dokaz. Iz f ∈ C[a, b], na osnovu Teoreme 6.26, sledi da∫ je f integrabilna na segmentu x [a, b], pa iz Teoreme 6.53 dobijamo da je F (x) = a f (x)dx primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b]. Prema tome, ako je f ∈ C[a, b], tada je ∫ x d f (t)dt = f (x), x ∈ [a, b], dx a

(6.86)

tj. operacija integraljenja sa pomenljivom gornjom granicom primenjana na neprekidnu funkciju daje primitivnu funkciju, ˇsto znaˇci da je ta operacija inverzna operaciji diferenciranja13 . 13

Formula (6.86) je poznata pod nazivom formula diferenciranja odred¯enog integrala po gornjoj granici.

408


Bilo koja primitivna∫ funkcija Φ neprekidne funkcije f na segmentu [a, b] razlikuje x se od funkcije F (x) = a f (t)dt za konstantu, tj. oblika je: ∫ x Φ(x) = f (t)dt + C, x ∈ [a, b]. a

Tako dobijamo vezu izmed¯u neodred¯enog i odred¯enog integrala: ∫ ∫ x f (x)dx = f (t)dt + C, x ∈ [a, b]. a

Teorema 6.50 i Teorema 6.51 pokazuju da operacija integraljenja sa promenljivom gornjom granicom ”poboljˇsava” osobine funkcije, naime od integrabilne funkcije na segmentu, dobija se neprekidna funkcija, dok se od neprekidne funkcije dobija diferencijabilna. S druge strane, operacija diferenciranja dovodi do ”pogorˇsanja” svojstva funkcije. Tako, na primer, izvodna funkcija neprekidne funkcije moˇze biti funkcija koja ima taˇcke prekida. Primer koji to ilustuje je sledeća funkcija: { 1 x ̸= 0, x2 sin , f (x) = x 0, x = 0. Funkcija f je neprekidna na skupu R i ima izvod u svakoj taˇcki x ∈ R (neprekidnost 1 1 inaˇce sledi iz diferencijabilnosti). Naime, za x ̸= 0 je f ′ (x) = 2x sin − cos i x x 1 x2 sin f (x) − f (0) x f ′ (0) = lim = lim x→0 x→0 x − 0 x ( ) 1 = lim x sin = 0. x→0 x 1 1 ni lim cos , zakljuˇcujemo da ne postoji x→+0 x x ni lim f ′ (x) ni lim f ′ (x), pa izvodna funkcija f ′ nije neprekidna u 0 (0 je taˇcka Budući da ne postoji ni lim cos x→−0

x→−0

x→+0

prekida druge vrste izvodne funkcije). Iz formule (6.86) se moˇze dobiti formula diferenciranja po donjoj granici. Neka je funkcija f ; [a, b] → R integrabilna na segmentu [a, b]. Tada je za svako x ∈ [a, b] definisana funkcija ∫ b G(x) = f (t)dt, x

pri ˇcemu iz jednakosti ∫ b ∫ f (t)dt = a

∫

x

f (t)dt + a

dobijamo

b

f (t)dt = F (x) + G(x), x

∫ G(x) = a

b

f (t)dt − F (x).

(6.87)


409

Ako je funkcija f neprekidna u taˇcki x ∈ [a, b], onda na osnovu Teoreme 6.51 funkcija F ima izvod u toj taˇcki, pa iz jednakosti (6.87) sledi da i funkcija G ima izvod u toj taˇcki i pri tom vaˇzi jednakost G′ (x) = −F ′ (x) = −f (x), tj.

∫

d dx

b

f (t)dt = −f (x).

(6.88)

x

Iz formula diferenciranja integrala neprekidne funkcije po donjoj i gornjoj granici, (6.86) i (6.88), sledi da svaka funkcija neprekidna na nekom intervalu I (I moˇze biti oblika [a, b), (a, b], (a, b), (a, +∞), [a, +∞), (−∞, b), (−∞, b], (−∞, +∞), gde su a, b ∈ R) ima primitivnu funkciju na tom intervalu. Zaista, neka je, na primer, funkcija f definisana i neprekidna na intervalu I = (a, b), neka je x0 ∈ (a, b) i ∫ x F (x) = f (t)dt. x0

Za x ≥ x0 iz formule (6.86) sledi da je F ′ (x) = f (x). Ako je x < x0 , onda iz formule (6.88) sledi ′

(∫

)′

x

F (x) =

f (t)dt

( ∫ = −

x0

x0

)′ f (t)dt = −(−f (x)) = f (x).

x

Prema tome, F je primitivna funkcija funkcije f na intervalu (a, b). Njutn-Lajbnicova formula Teorema 6.55. Neka je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b] i neprekidna na intervalu (a, b). Ako je Φ proizvoljna primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b], onda je ∫ b f (x)dx = Φ(b) − Φ(a). (6.89) a

∫x Dokaz. Na osnovu Teoreme 6.53 funkcija F (x) = a f (t)dt je primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b]. Kako je i Φ primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b], to se F i Φ razlikuju za konstantu na segmentu [a, b], odnosno postoji C ∈ R tako da je F (x) = Φ(x) + C, x ∈ [a, b], tj.

∫

x

f (t)dt = Φ(x) + C, x ∈ [a, b].

a

Stavljajući u prethodnoj jednakosti x = a dobijamo ∫ a 0= f (t)dt = Φ(a) + C, x ∈ [a, b], a

410


odakle sledi C = −Φ(a). Prema tome, ∫ x f (t)dt = Φ(x) − Φ(a), x ∈ [a, b], a

odakle za x = b dobijamo jednakost (6.89). Formula (6.89) se zove Njutn-Lajbnicova formula. Zbog kratkoće zapisa, za izraz b Φ(b) − Φ(a) upotrebljavamo oznaku Φ(x) , pa se Njutn-Lajbnicova formula ˇcesto a piˇse u obliku ∫ b b f (t)dt = Φ(x) . a

a

Primetimo da Njutn-Lajbnicova formula vaˇzi i kad je a > b, jer u ovom sluˇcaju je ∫b ∫a a f (x)dx = − b f (x)dx = −(Φ(a) − Φ(b)) = Φ(b) − Φ(a). Teorema 6.56. Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i neka je Φ proizvoljna primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b]. Tada vaˇzi NjutnLajbnicova formula. Dokaz. Na osnovu Teoreme 6.26 sledi da je f ∈ R[a, b]. Sada na osnovu Teoreme 6.55 sledi formula (6.89). nnn ∫ x4 + C, na osnovu Njutn-Lajbnicove formule Primeri 6.57. (i) Kako je x3 dx = 4 dobijamo ∫ 3 x4 3 34 24 81 16 65 x3 dx = − = − = . = 4 2 4 4 4 4 4 2 ∫ (ii) Iz dx x = ln |x| + C sledi ∫ 2

8

8 dx 8 = ln |x| = ln 8 − ln 2 = ln = ln 4. • x 2 2

Teorema 6.58. Neka je f ∈ R[a, b], F ∈ C[a, b] i neka je F ′ (x) = f (x) za sve x ∈ [a, b] sa izuzetkom konaˇcno mnogo taˇcaka. Tada vaˇzi Njutn-Lajbnicova formula: ∫

b

f (x)dx = F (b) − F (a).

a

Dokaz. Neka su a1 , . . . , am ∈ [a, b] taˇcke u kojima ne vaˇzi jednakost F ′ (x) = f (x). (n) (n) (n) (n) Neka je (Pn ) niz podela segmenta [a, b], Pn = {x0 , x1 , . . . , xkn }, a = x0 < · · · < (n)

xkn = b, n ∈ N, takav da je lim d(Pn ) = 0 i da taˇcke a1 , . . . , am ∈ [a, b] pripadaju n→∞

(n)

(n)

svakoj podeli Pn , n ∈ N. Tada je na svakom segmentu [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , kn , n ∈ N, funkcija F neprekidna, a u unutrˇsnjim taˇckama segmenta difrencijabilna, te


411

ispunjava uslove Lagranˇzeve teoreme, na osnovu koje onda sledi da postoji taˇcka (n) (n) (n) ξi ∈ (xi−1 , xi ) za koju vaˇzi jednakost F (xi ) − F (xi−1 ) = F ′ (ξi )(xi (n)

(n)

Kako ξi

(n)

(n)

(n)

− xi−1 ) = F ′ (ξi )∆xi , i = 1, . . . , kn . (6.90) (n)

(n)

(n)

∈ / {a1 , . . . , am }, pa je F ′ (ξi ) = f (ξi ). Sada iz (6.90) sledi

(n)

(n)

∈ / Pn , to ξi

(n)

(n)

(n)

(n)

(n)

F (xi ) − F (xi−1 ) = f (ξi )∆xi , i = 1, . . . , kn .

(6.91)

Sabirajući jednakosti u (6.91) dobijamo kn ∑

(n)

(n)

(F (xi ) − F (xi−1 )) =

i=1

kn ∑

(n)

(n)

f (ξi )∆xi .

(6.92)

i=1

Suma na levoj strani jednakosti u (6.92) je jednaka razlici F (b) − F (a), dok je suma na desnoj strani integralna suma funkcije f koja odgovara podeli Pn i izboru taˇcaka (n) (n) ξ (n) = (ξ1 , . . . , ξkn ). Prema tome, F (b) − F (a) = σ(f, Pn , ξ (n) ).

(6.93)

Kako je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b], a (Pn ) niz podela ˇcji dijametar ∫b teˇzi 0, to je lim σ(f, Pn , ξ (n) ) = a f (x)dx. Zato prelaskom na limes u jednakosti n→∞ ∫b (6.93) kad n → ∞, dobijamo F (b) − F (a) = a f (x)dx. Definicija 6.59. Za funkciju f : [a, b] → R kaˇzemo da je glatka ili neprekidno diferencijabilna na segmentu [a, b] ako ima neprekidan izvod na segmentu [a, b]. Pri tom se pod izvodom u taˇcki a podrazumeva desni izvod u taˇcki a, dok se pod izvodom u taˇcki b podrazumeva levi izvod u ovoj taˇcki. Prema tome, funkcija f je glatka na segmentu [a, b] ako je neprekidna na [a, b], ima neprekidan izvod na (a, b) i postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti lim f ′ (x) x→a+0

i

lim f ′ (x) (na osnovu Tvrd¯enja 4.61 i 4.62 ove graniˇcne vrednosti su jednake,

x→b−0

respektivno, desnom izvodu u taˇcki a i levom izvodu u taˇcki b, tj. vaˇze jednakosti: lim f ′ (x) = f−′ (b).) Sa C 1 [a, b] oznaˇcavamo skup svih lim f ′ (x) = f+′ (a), x→a+0

x→b−0

glatkih funkcija na segmentu [a, b]. Neka je funkcija f : [a, b] → R je deo po deo neprekidna na segmentu [a, b]. To znaˇci da postoji podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] tako da je funkcija f neprekidna na svakom intervalu (xi−1 , xi ) i postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti f (xi−1 + 0) = lim f (x) x→xi−1 +0

i f (xi − 0) =

lim f (x).

x→xi −0

412


Neka je

  f (x), f (xi−1 + 0), fi (x) =  f (xi − 0),

xi−1 ≤ x < xi , x = xi−1 x = xi .

(6.94)

Definicija 6.60. Ako je svaka od funkcija fi , i = 1, 2, . . . , n, glatka (neprekidno diferencijabilna) na segmentu [xi−1 , xi ], onda za funkciju f kaˇzemo da je deo po deo glatka ili deo po deo neprekidno diferencijabilna na segmentu [a, b]. Prema tome, funkcija f je deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b] ako i samo ako postoji podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] tako da je funkcija f neprekidna zajedno sa svojim izvodom na svakom od intervala (xi−1 , xi ), i = 1, . . . , n, i postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti f (xi−1 + 0) = lim f (x), f (xi − 0) = lim f (x), f ′ (xi−1 + 0) = lim f ′ (x) i f ′ (xi − 0) =

x→xi−1 +0 lim f ′ (x) x→xi −0

je

lim

x→xi−1 +0

x→xi −0

x→xi−1 +0

(Budući da se funkcije f i fi poklapaju na intervalu (xi−1 , xi ) sledi da

f ′ (x) =

lim f ′ (x) x→xi−1 +0 i

i

lim f ′ (x) =

x→xi −0

lim f ′ (x) x→xi −0 i

i kako je funkcija

fi neprekidna zdesna u taˇcki xi−1 i sleva u taˇci xi , na osnovu Tvrd¯enja 4.61 i 4.62 imamo da je lim fi′ (x) = (fi )′+ (xi−1 ) i lim fi′ (x) = (fi )′− (xi ). Prema tome, x→xi −0

x→xi−1 +0

vaˇze jednakosti lim

x→xi−1 +0

f ′ (x) =

lim

x→xi−1 +0

fi (xi−1 + ∆x) − fi (xi−1 ) ∆x→+0 ∆x f (xi−1 + ∆x) − f (xi−1 + 0) = lim ∆x→+0 ∆x

fi′ (x) = (fi )′+ (xi−1 ) =

lim

i lim f ′ (x) =

x→xi −0

fi (xi + ∆x) − fi (xi ) ∆x→−0 ∆x f (xi + ∆x) − f (xi − 0) = lim .) ∆x→−0 ∆x

lim fi′ (x) = (fi )′− (xi ) =

x→xi −0

lim

Ako za deo po deo glatku funkciju f : [a, b] → R vaˇzi joˇs i da je neprekidna na segmentu [a, b], onda postoji podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] tako da je izvodna funkcija f ′ neprekidna na svakom od intervala (xi−1 , xi ), i = 1, . . . , n, postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti lim f ′ (x) i x→xi−1 +0

lim f ′ (x) i vaˇze jednakosti

x→xi −0

lim

x→xi−1 +0

f ′ (x) = f+′ (xi−1 ) =

lim

∆x→+0

i

f (xi−1 + ∆x) − f (xi−1 ) ∆x

f (xi + ∆x) − f (xi ) . ∆x Primetimo da se u ovom sluˇcaju funkcija fi definisana u (6.94) poklapa sa funkcijom f na segmentu [xi−1 , xi ]. lim f ′ (x) = f−′ (xi ) =

x→xi −0

lim

∆x→−0


413

Primer 6.61. Funkcija  x + 2,    2 x , f (x) = 5 − x,    1,

−3 ≤ x < −1, −1 ≤ x < 2 2 ≤ x < 3, x = 3.

je deo po deo glatka na segmentu [−3, 3]. Zaista, uoˇcimo podelu P = {−3, −1, 2, 3} segmenta [−3, 3]. Funkcija f je neprekidna na intervalima (−3, −1), (−1, 2) i (2, 3), i postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti: f (−3+0) = −1, f (−1−0) = 1, f (−1+0) = 1, f (2 − 0) = 4, f (2 + 0) = 3, f (3 − 0) = 2, a takod¯e i izvodna funkcija  −3 < x < −1,  1, 2x, −1 < x < 2 f ′ (x) =  −1, 2 < x < 3, je neprekidna na svakom od intervala (−3, −1), (−1, 2) i (2, 3) i postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti: f ′ (−3 + 0) = lim f ′ (x) = 1, f ′ (−1 − 0) = lim f ′ (x) = 1, f ′ (−1 + 0) =

x→−3+0

lim

x→−1+0

f ′ (x) = −2, f ′ (2 − 0) =

lim f ′ (x) = −1 i f ′ (3 − 0) = lim f ′ (x) = −1

x→2+0

Sliˇcno, funkcija

x→−1−0

lim f ′ (x) = 4, f ′ (2 + 0) =

x→2−0

x→3−0

  x + 2, x2 , g(x) =  6 − x,

−3 ≤ x < −1, −1 ≤ x ≤ 2 2 ≤ x ≤ 3.

je neprekidna i deo po deo glatka na segmentu [−3, 3]. Teorema 6.62. Neka je g neprekidna deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b]. Tada je ∫ b g ′ (x)dx = g(b) − g(a). (6.95) a

Dokaz. Budući da je g neprekidna deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b], postoji podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] takva da je izvodna funkcija g ′ neprekidna na svakom od intervala (xi−1 , xi ), i = 1, . . . , n, i ′ (x lim g ′ (x) = da postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti lim g ′ (x) = g+ i−1 ) i x→xi−1 +0

x→xi −0

′ (x ). Funkcija g ′ nije definisana u taˇ ckama x1 , . . . , xn−1 (pod izvodom u taˇcki a g− i se podrazumeva desni izvod u taˇcki a, dok se pod izvodom u taˇcki b podrazumeva levi izvod u ovoj taˇcki). Med¯utim, ma kako da definiˇsemo funkciju g ′ u tim taˇckama, dobićemo deo po deo neprekidnu funkciju koja je na osnovu Teoreme 6.49 integrabilna na segmentu [a, b] i naˇcin na koji smo dodefinisali ovu funkciju u taˇckama x1 , . . . , xn−1 ne utiˇce na vrednost integrala na osnovu Leme 6.48 (zbog toga u inte∫b gralu a g ′ (x)dx funkciju g ′ moˇzemo ostaviti i nedefinisanu u taˇckama x1 , . . . , xn−1 ). Ako stavimo da je f = g ′ , a F = g, onda je f integrabilna na segmentu [a, b], a F neprekidna na [a, b] i F ′ (x) = f (x) za sve x ∈ [a, b] sa izuzetkom konaˇcno mnogo

414


∫b taˇcaka x1 , . . . , xn−1 . Sada na osnovu Teoreme 6.58 sledi a f (x)dx = F (b) − F (a), tj. vaˇzi formula (6.95). Dokaz. II naˇcin: Budući da je g neprekidna deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b], postoji podela P = {x0 , . . . , xn } (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] takva da je izvodna funkcija g ′ neprekidna na svakom od intervala (xi−1 , xi ), ′ (x i = 1, . . . , n, i da postoje konaˇcne graniˇcne vrednosti lim g ′ (x) = g+ i−1 ) x→xi−1 +0

i

′ (x ). Funkcija g ′ nije definisana u taˇ lim g ′ (x) = g− ckama x1 , . . . , xn−1 (pod i

x→xi −0

izvodom u taˇcki a se podrazumeva desni izvod u taˇcki a, dok se pod izvodom u taˇcki b podrazumeva levi izvod u ovoj taˇcki). Definiˇsemo funkciju g ′ u tim taˇckama na proizvoljan naˇcin, dobićemo deo po deo neprekidnu funkciju koja je na osnovu Teoreme 6.49 integrabilna na segmentu [a, b] i takod¯e na svakom segmentu [xi−1 , xi ], i = 1, . . . , n (naˇcin na koji smo dodefinisali ovu funkciju u taˇckama x1 , . . . , xn−1 ne ∫b utiˇce na vrednost integrala na osnovu Leme 6.48 i zbog toga u integralu a g ′ (x)dx funkciju g ′ moˇzemo ostaviti i nedefinisanu u taˇckama x1 , . . . , xn−1 ). Funkcija g je neprekidna na segmentu [xi−1 , xi ] i u unutraˇsnjim taˇckama ovog segmenta ima izvod, pa je g primitivna funkcija funkcije g ′ na segmentu [xi−1 , xi ] i budući da je funkcija g ′ integrabilna na [xi−1 , xi ] i neprekidna na intervalu (xi−1 , xi ), to primenom Teoreme 6.55 zakljuˇcujemo da vaˇzi jednakost ∫ xi g ′ (x)dx = g(xi ) − g(xi−1 ), i = 1, . . . , n. xi−1

Odavde sabiranjem dobijamo n ∫ xi ∑ i=1

n ∑ g (x)dx = (g(xi ) − g(xi−1 )) ′

xi−1

(6.96)

i=1

∫b ∑ ∫ xi ′ ∑ Kako je a g ′ (x)dx = ni=1 xi−1 g (x)dx i ni=1 (g(xi ) − g(xi−1 )) = g(b) − g(a), to iz (6.96) dobijamo jednakost (6.95).

6.8

Smena promenljive

U sledećoj teoremi dajemo formulu smene promenljive kod odred¯enog integrala. Teorema 6.63. Neka je funkcija f : (a, b) → R neprekidna na intervalu (a, b), funkcija φ : (α, β) → R neprekidno diferencijabilna na intervalu (α, β) i za sve t ∈ (α, β) vaˇzi φ(t) ∈ (a, b). Tada, ako α0 , β0 ∈ (α, β) i ako je φ(α0 ) = a0 i φ(β0 ) = b0 , onda je ∫ b0 ∫ β0 f (x)dx = f (φ(t))φ′ (t)dt. (6.97) a0

α0

Dokaz. Budući da je φ((α, β)) ⊂ (a, b), to je na intervalu (α, β) definisana kompozicija f ◦φ. Funkcija φ je neprekidna na intervalu (α, β) jer je diferencijabilna na ovom intervalu, i budući da je i f neprekidna funkcija na intervalu (a, b), sledi da je kompozicija f ◦φ neprekidna na intervalu (α, β). Stoga je i funkcija t 7→ f (φ(t))φ′ (t), kao

6.8. Smena promenljive

415

proizvod neprekidnih funkcija t 7→ f (φ(t)) i t 7→ φ′ (t) na intervalu (α, β), neprekidna na tom intervalu. Prema tome, podintegralne funkcije kod oba integrala u formuli (6.97) su neprekidne, pa oba integrala postoje. Neka je F proizvoljna primitivna funkcija funkcije f na intervalu (a, b) (funkcija f je neprekidna na intervalu (a, b) i stoga ima primitivnu funkciju na tom intervalu). Kompozicija F ◦ φ je definisana na intervalu (α, β) i za svako t ∈ (α, β) vaˇzi da je14 (F ◦ φ)′ (t) = F ′ (φ(t))φ′ (t) = f (φ(t))φ′ (t) , te je F ◦ φ primitivna funkcija funkcije t 7→ f (φ(t))φ′ (t) na intervalu (α, β). Stoga na osnovu Njutn-Lajbnicove formule (Teorema 6.56) sledi ∫ β0 f (φ(t))φ′ (t)dt = (F ◦φ)(β0 )−(F ◦φ)(α0 ) = F (φ(β0 ))−F (φ(α0 )) = F (b0 )−F (a0 ) α0

(6.98) i

∫

b0

f (x)dx = F (b0 ) − F (a0 ).

(6.99)

a0

Iz (6.99) i (6.98) sledi (6.97). Primetimo da formula (6.97) vaˇzi kako za sluˇcaj da je α0 ≤ β0 , tako i za sluˇcaj da je α0 > β0 . Takod¯e, za neke taˇcke t iz intervala, sa krajevima u α0 i β0 , vrednosti funkcije φ(t) mogu i da ne pripadaju segmentu [a0 , b0 ]. Sledeće tvrd¯enje dajemo bez dokaza. Teorema 6.64. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b]. Neka je funkcija φ neprekidno diferencijabilna na segmentu sa krajevima α i β, neka je njen kodomen segment [a, b] i neka je pri tome φ(α) = a i φ(β) = b.15 Tada je ∫ b ∫ β f (x)dx = f (φ(t))φ′ (t)dt. (6.100) a

α

Napomenimo i ovde da formula (6.100) vaˇzi kako za sluˇcaj da je α ≤ β, tako i za sluˇcaj da je α > β. Kao i kod formule smene promenljive kod neodred¯enog integrala, formule (6.97) i (6.100) je moguće primenjivati, kako sleva udesno, tako i zdesna ulevo. Med¯utim, za razliku od formule smene promenljive kod neodred¯enog integrala, gde smo imali ”vraćanje na staru promenljivu”, ovde toga nema, jer je cilj naći broj koji je, kao ˇsto smo videli u dokazu Teoreme 6.63, jednak vrednosti svakog od razmatranih integrala formule (6.97) ((6.100)). 14

Funkcija φ ima izvod u svakoj taˇcki intervala (α, β). Funkcija F ima izvod u svakoj taˇcki intervala (a, b), a za sve t ∈ (α, β) je φ(t) ∈ (a, b), pa funkcija F ima izvod u taˇcki φ(t) za sve t ∈ (α, β). Stoga na osnovu teoreme o izvodu sloˇzene funkcije sledi da funkcija F ◦ φ ima izvod u svakoj taˇcki t ∈ (α, β) i da je (F ◦ φ)′ (t) = F ′ (φ(t))φ′ (t) = f (φ(t))φ′ (t). 15

Zbog neprekidnosti funkcije φ na segmentu sa krajevima α i β, na osnovu Bolcano-Koˇsijeve teoreme, sledi da je φ surjekcija.

416


∫2 2 Primer 6.65. Za izraˇcunavanje 0 ex xdx primenićemo formulu (6.97) zdesna ulevo (ovde ulogu promenljive t ima promenljiva x): ∫ 0

2

2 x = y =⇒ 2xdx = dy =⇒ xdx = 1 dy 2 2 x = 0 =⇒ y = 0 ex xdx = x = 2 =⇒ y = 4 ∫ 4 1 4 e4 − 1 1 ey dy = ey = . = 2 0 2 0 2

∫r √ Primer 6.66. Izraˇcunajmo −r r2 − x2 dx. Ovog puta formulu (6.100) primenjujemo sleva udesno. Koristimo smenu x = r sin t. Da bi bilo x = −r (x = r), tj. r sin t = −r (r sin t = r), tj. sin t = −1 (sin t = 1) dovoljno je da bude t = − π2 (t = π2 ). Funkcija t 7→ r sin t je neprekidno diferencijabilna na segmentu [− π2 , π2 ] i ovaj segment slika na segment [−r, r], gde √ je funkcija x 7→ r2 − x2 neprekidna. Sada primenom Teoreme 6.64, tj. formule (6.100) sleva udesno, dobijamo:16 ∫

r

−r

∫ √ 2 2 r − x dx =

√

π 2

∫ r2

− π2

∫

= r

r cos t dt = r ∫

π 2

2

−

r2 sin2 t

2

cos t dt = r

2

− π2

( = r

Primer 6.67. Izraˇcunajmo

2

∫

) π t 1 2 − sin 2t π 2 4 −2

1 2

− 12

2

π 2

− π2

| cos t| cos t dt

π 2

1 + cos 2t dt 2 ( π ( π )) r2 π = r2 − − = . 4 4 2

− π2

√ 1 − x2 dx.

Koristimo smenu x = sin t. Naime, za φ(t) = sin t imamo da je φ(− π6 ) = sin(− π6 ) = − 21 i φ( π6 ) = sin( π6 ) = 21 . Funkcija φ je neprekidno diferencijabilna na segmentu [− π6 , π6 ] i ovaj segment slika na segment [− 12 , 12 ], gde je funkcija f (x) = 16

Mogli smo postupiti i na sledeći naˇcin: Da bi bilo x = −r (x = r), tj. r sin t = −r (r sin t = r), tj. sin t = −1 (sin t = 1) dovoljno je da bude t = 3π (t = π2 ). Funkcija t 7→ r sin t je neprekidno diferencijabilna na segmentu [ π2 , 3π ]i 2 2 √ ovaj segment slika na segment [−r, r], gde je funkcija x 7→ r2 − x2 neprekidna. Sada primenom formule (6.100) sleva udesno dobijamo: ∫

r −r

√ r2 − x2 dx

∫

∫ √ r2 − r2 sin2 t r cos t dt = r2

π 2

=

3π 2

=

∫

−r2

π 2 3π 2

∫ =

r2

π 2

( =

r2

3π 2

∫ | cos t| cos t dt = −r2 ∫

cos2 t dt = r2

) 3π t 1 2 − sin 2t π 2 4 2

3π 2

3π 2

π 2 3π 2

| cos t| cos t dt

(− cos t) cos t dt

π 2

1 + cos 2t dt 2 ( ) 3π π r2 π = r2 − = . 4 4 2 π 2

6.8. Parcijalna integracija

417

√ 1 − x2 neprekidna. Sada primenom Teoreme 6.64, tj. formule (6.100) sleva udesno, dobijamo: ∫

1 2

− 12

√

∫ 1 − x2 dx =

π 6

√

− π6

∫

π 6

∫ 1 − sin2 t cos t dt = ∫

π 6

− π6

| cos t| cos t dt

π 6

1 + cos 2t dt 2 − π6 − π6 π ( π )) 1 ( π ( π )) 1 ( t 1 π 6 = ( + sin 2t) π = − − + sin − sin − 2 4 2 6 6 4 3 3 −6 √ π 3 = + . 6 4 =

2

cos t dt =

Primetimo da je moguće birati interval za t tako da za neke taˇcke t iz tog intervala vrednosti funkcije φ(t) = sin t mogu i da ne pripadaju segmentu [− 12 , 12 ]. Na primer, π π 1 π π 1 φ(2π intervala [ π − 6π) ]= sin(2π − 6 ) = − 2 i φ( 6 ) = sin( 6 ) = 2 i u nekim taˇc1 kama 1 funkcija φ ima vrednosti koje ne pripadaju intervalu [− , 2π − , ] (funkcija φ 6 6 2 2 slika segment [ π6 , 2π − π6 ] na segment [−1, 1]). Primenom Teoreme 6.63, tj. formule (6.97) sleva udesno, dobijamo: ∫

1 2

− 12

∫ =

∫ √ 2 1 − x dx =

2π− π6

π 6

2π− π6

(∫

= − (∫ = − ∫

= = = − = =

√

π 6

π 2 π 6

π 6 π 2

∫

| cos t| cos t dt = −

π 2

∫ | cos t| cos t dt + ∫ cos t dt −

3π 2

2

π 2

1 − sin2 t cos t dt

2π− π6 π 6 3π 2

π 2

| cos t| cos t dt ∫

| cos t| cos t dt + ∫

2

cos t dt +

2π− π6 3π 2

2π− π6 3π 2

) | cos t| cos t dt

)

2

cos t dt

∫ 3π ∫ 2π− π 2 1 + cos 2t 6 1 + cos 2t 1 + cos 2t dt + dt − dt − π π 3π 2 2 2 6 2 2 π 3π 2π− π t 1 t 1 t 1 6 2 2 −( + sin 2t) π + ( + sin 2t) π − ( + sin 2t) 3π 2 4 2 4 2 4 6 2 2 π 1 π 1 π 3π 1 π 1 −( + sin(π)) + ( + sin ) + ( + sin(3π)) − ( + sin π) 4 4 12 4 3 4 4 4 4 1 π 1 π 3π 1 ( (2π − ) + sin(4π − )) + ( + sin(3π)) 2 6 4 3 4 4 π 1 π π π 1 π − + sin + − − sin(− ) 6 √4 3 2 6 4 3 π 3 + . 6 4

418

6.9


Parcijalna integracija

Teorema 6.68. Neka su funkcije u i v neprekidno diferencijabilne na segmentu [a, b]. Tada je ∫ b ∫ b u(x)dv(x) = [u(x)v(x)]ba − v(x)du(x). (6.101) a

a

Dokaz. Koristeći formulu za izvod proizvoda dobijamo (u(x)v(x))′ = u′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x), x ∈ [a, b]. Sve funcije u prethodnoj formuli su neprekidne na segmentu [a, b], pa su inte∫b ∫b ∫b grabilne, tj. postoje integrali a (u(x)v(x))′ dx, a u′ (x)v(x)dx = a v(x)du(x) i ∫b ∫ ′ (x)dx = b u(x)dv(x), i na osnovu Tvrd u(x)v ¯enja 6.33 vaˇzi jednakost: a a ∫

b

(u(x)v(x))′ dx =

∫

∫

b

b

v(x)du(x) +

a

u(x)dv(x).

a

(6.102)

a

Kako je funkcija (uv)′ neprekidna na segmentu [a, b] i da je uv njena primitivna funkcija na tom segmentu, na osnovu Njutn-Lajbnicove formule (Teorema 6.56) sledi da je ∫ b (u(x)v(x))′ dx = [u(x)v(x)]ba . (6.103) a

Sada iz (6.102) i (6.103) sledi formula (6.101). ∫2 Primer 6.69. Izraˇcunajmo 1 ln xdx. Budući da su funkcija u(x) = ln x i v(x) = x neprekidno diferencijabilna na segmentu [1, 2], to primenom formule (6.101) dobijamo ∫ 2 2 ∫ 2 ln xdx = x ln x − dx = 2 ln 2 − ln 1 − 1 = 2 ln 2 − 1. 1

1

1

Teorema 6.70. Neka su funkcije u i v neprekidne deo po deo neprekidno diferencijabilne na segmentu [a, b]. Tada je ∫

∫

b

u(x)dv(x) =

[u(x)v(x)]ba

a

−

b

v(x)du(x).

(6.104)

a

Dokaz. Dokaz izvodimo kao i dokaz Teoreme 6.68. Funkcije u′ i v ′ nisu definisane evetualno u konaˇcno mnogo taˇcaka segmenta [a, b], ali kako god da ih dodefiniˇsemo u tim taˇckama, dobićemo deo po deo neprekidne funkcije, a takod¯e će i funkcije (uv)′ , uv ′ i u′ v biti deo po deo neprekidne i stoga i integrabilne na segmentu [a, b] (Teorema 6.49). Iz jednakosti (u(x)v(x))′ = u′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x), x ∈ [a, b] sledi ∫

b

′

∫

(u(x)v(x)) dx = a

∫

b

v(x)du(x) + a

b

u(x)dv(x). a

(6.105)

6.9. Druga teorema o srednjoj vrednosti

419

Budući da su funkcije u i v neprekidne deo po deo glatke na segmentu [a, b], onda je i njihov proizvod uv neprekidna deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b], pa na osnovu Teoreme 6.95 sledi ∫ b (6.106) (u(x)v(x))′ dx = [u(x)v(x)]ba . a

Iz (6.105) i (6.106) sledi formula (6.104).

6.10

Druga teorema o srednjoj vrednosti

U ovoj sekciji ćemo koristiti formulu parcijalne integracije da bismo dokazali joˇs neka svojstva odred¯enog integrala. Lema 6.71. Neka je f neprekidna, a g rastuća, nenegativna i glatka funkcija na segmentu [a, b]. Tada postoji ξ ∈ [a, b] tako da je ∫ b ∫ b f (x)g(x)dx = g(b) f (x)dx. (6.107) a

ξ

∫b Dokaz. Neka je F (x) = x f (t)dt, x ∈ [a, b]. Budući da je f neprekidna na segmentu [a, b], sledi da je F diferencijabilna na segmentu [a, b] i na osnovu formule (6.88) sledi F ′ (x) = −f (x). Sada na osnovu formule parcijalne integracije primenjene na funkcije g i F koje su neprekidno diferencijabilne na segmentu [a, b], dobijamo ∫ ∫ b dv(x) = f (x)dx =⇒ v(x) = f (x)dx = −F (x) f (x)g(x)dx = u(x) = g(x) =⇒ du(x) = g ′ (x)dx a b ∫ b = (−g(x)F (x)) + F (x)g ′ (x)dx a a ∫ b = −(g(b)F (b) − g(a)F (a)) + F (x)g ′ (x)dx a ∫ b = g(a)F (a) + F (x)g ′ (x)dx, (6.108) a

∫b

jer je F (b) = b f (t)dt = 0. Budući da je funkcija F neprekidna na segmentu [a, b], na osnovu Vajerˇstrasove teoreme sledi da na segmentu [a, b] dostiˇze svoj supremum i infimum. Neka je M = max F (x) i m = min F (x). Tada je a≤x≤b

a≤x≤b

m ≤ F (x) ≤ M, x ∈ [a, b],

(6.109)

m ≤ F (a) ≤ M.

(6.110)

i prema tome, Funkcija g je nenegativna, pa je g(a) ≥ 0. Mnoˇzeći nejednakost (6.110) sa g(a) dobijamo mg(a) ≤ g(a)F (a) ≤ M g(a). (6.111)

420


Kako je g rastuća i diferencijabilna funkcija na segmentu [a, b], to na osnovu Teoreme 4.97 i komentara nakon ove Teoreme sledi da je g ′ (x) ≥ 0, x ∈ [a, b]. Stoga iz (6.109), mnoˇzenjem sa g ′ (x) dobijamo mg ′ (x) ≤ F (x)g ′ (x) ≤ M g ′ (x), x ∈ [a, b], odakle zbog monotonosti odred¯enog integrala (Tvrd¯enje 6.38) sledi ∫ m

b

∫

′

b

g (x)dx ≤

a

′

∫

F (x)g (x)dx ≤ M

a

b

g ′ (x)dx.

(6.112)

a

Kako je funkcija g glatka, to je g ′ neprekidna na segmentu [a, b], pa na osnovu Njutn-Lajbnicove formule (Teorema 6.56) sledi ∫

b

g ′ (x)dx = g(b) − g(a).

(6.113)

a

Iz (6.112) i (6.113) sledi ∫

b

m(g(b) − g(a)) ≤

F (x)g ′ (x)dx ≤ M (g(b) − g(a)).

(6.114)

a

Sada iz (6.111) i (6.114) sabiranjem dobijamo ∫ mg(a) + m(g(b) − g(a)) ≤ g(a)F (a) +

b

F (x)g ′ (x)dx ≤ M g(a) + M (g(b) − g(a)),

a

ˇsto zajedno sa (6.108) daje ∫

b

mg(b) ≤

f (x)g(x)dx ≤ M g(b).

(6.115)

a

Ako je g(b) = 0, onda zbog monotonosti i nenegativnosti funkcije g na segmentu [a, b] sledi 0 ≤ g(a) ≤ g(x) ≤ g(b) za sve x ∈ [a, b], pa je g(x) = 0 za sve x ∈ [a, b] i jednakost (6.107) vaˇzi za svako ξ ∈ [a, b]. Pretpostavimo sada da je g(b) > 0. Deljenjem nejednakosti (6.115) sa g(b) dobijamo ∫b m≤

a

f (x)g(x)dx ≤ M. g(b)

Sada primenom posledice Bolcano-Koˇsijeve i Vajerˇstrasove teoreme (Posledica 3.115) na funkciju F koja je neprekidna na segmentu [a, b], dobijamo da postoji ξ ∈ [a, b] ∫b ∫b ∫b f (x)g(x)dx a f (x)g(x)dx tako da je F (ξ) = , tj. ξ f (x)dx = a i vaˇzi jednakost g(b) g(b) (6.107). Sledeća teorema je poznata pod nazivom druga teorema o srednjoj vrednosti.

6.10. Druga teorema o srednjoj vrednosti

421

Teorema 6.72. (Bone17 ) Neka je f neprekidna, a g monotona i glatka funkcija na segmentu [a, b]. Tada postoji ξ ∈ [a, b] tako da je ∫

∫

b

f (x)g(x)dx = g(a) a

∫

ξ

b

f (x)dx + g(b)

f (x)dx.

a

(6.116)

ξ

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je funkcija g rastuća na segmentu [a, b]. Neka je h(x) = g(x)−g(a), x ∈ [a, b]. Funkcije h je rasuća, nenegativna i glatka na segmentu [a, b], te se na nju moˇze primeniti prethodna lema i postoji ξ ∈ [a, b] tako da je ∫

∫

b

b

f (x)h(x)dx = h(b)

f (x)dx.

a

ξ

Stavljajući u poslednjoj jednakosti h(x) = g(x) − g(a) dobijamo ∫

b

∫ f (x)(g(x) − g(a))dx = (g(b) − g(a))

a

b

f (x)dx, ξ

odakle sledi ∫ b ∫ b ∫ b ∫ b f (x)g(x)dx = g(a) f (x)dx + g(b) f (x)dx − g(a) f (x)dx a

a

(∫

b

= g(a) ∫ = g(a)

ξ

∫

b

f (x)dx −

a ξ

ξ

ξ

∫

b

f (x)dx + g(b) a

ξ

) ∫ b f (x)dx + g(b) f (x)dx f (x)dx. ξ

Ovim je dokaz gotov za sluˇcaj da je g rastuća funkcija na [a, b]. Ako je g opadajuća funkcija na segmentu [a, b], onda je −g rastuća funkcija na [a, b] i primenom prethodno dokazanog dela teoreme na funkcije f i −g, zakljuˇcujemo da postoji ξ ∈ [a, b] tako da je ∫ b ∫ ξ ∫ b f (x)(−g(x))dx = (−g(a)) f (x)dx + (−g(b)) f (x)dx. a

a

Odavde mnoˇzenjem sa −1 dobijamo formulu (6.116).

17

P. O. Bonnet (1819-1892, francuski matematiˇcar

ξ

422


Glava 1

Nizovi 1.1

Osnovne osobine konvergentnih nizova

U ovom poglavlju, bavimo se problemima za ˇcije reˇsavanje su potrebne samo osnovne osobine konvergentnih nizova, tj. one izloˇzene u poglavlju 2.1 prvog dela knjige. Pre reˇsavanja ovih problema, potrebno je upoznati se sa tvrd¯enjima iz tog poglavlja, kao i sa primerima koji su reˇseni u okviru tog poglavlja. Na takve probleme se nećemo vraćati u ovom delu knjige, već ćemo ih koristiti kao gotove rezultate. Karakter nekih problema koje ćemo reˇsavati u ovom poglavlju je teorijski, tako da će ti problemi posluˇziti kao dopuna spiska osobina navedenih u poglavlju 2.1 u prvom delu. 1. Dokazati da niz realnih brojeva (an ) konvergira ka 0 ako i samo ako niz (|an |) konvergira ka 0. Reˇsenje. Pretpostavimo da an → 0 i dokaˇzimo da onda i |an | → 0. Neka je ϵ > 0 proizvoljan realan broj. Pokaˇzimo da postoji broj n0 ∈ N, takav da za svako n ≥ n0 vaˇzi |0 − |an || < ϵ. Poˇsto an → 0, postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi |0−an | < ϵ. No, ukoliko je |0−an | < ϵ onda je i |0−|an || < ϵ, jer je |0−an | = |0−|an ||, pa je to n0 upravo traˇzeni indeks. Dakle, po definiciji, zaista |an | → 0. Pretpostavimo sada da |an | → 0 i dokaˇzimo da an → 0, takod¯e po definiciji. Neka je ϵ > 0 proizvoljno izabran realan broj. Poˇsto |an | → 0, sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi |0 − |an || < ϵ. Kako je |0 − |an || = |0 − an |, sledi da za svako n ≥ n0 vaˇzi i |0 − an | < ϵ. Dokazali smo, po definiciji, da an → 0 i time kompletirali reˇsenje. Komentar. Mogli smo da dokaˇzemo i oba smera odjednom uz oˇciglednu konstataciju da je realan broj x u nekoj ϵ-okolini broja 0 ako i samo ako je |x| u ϵ-okolini broja 0. Zbog toga, za proizvoljnu okolinu nule vaˇzi: svi sem konaˇcno mnogo ˇclanova niza (an ) pripadaju toj okolini ako i samo ako svi sem konaˇcno mnogo ˇclanova niza (|an |) pripadaju toj okolini. Odatle direktno sledi an → 0 ⇔ |an | → 0. Moˇzda je ovakvo reˇsenje bliˇze intuitivnom doˇzivljaju ovog tvrd¯enja, ali ipak smo se odluˇcili za detaljnije reˇsenje, da bismo izbegli javljanje bilo kakve nedoumice. 423

424

Glava 1. Nizovi

Treba pomenuti da tvrd¯enje ne vaˇzi ako nulu zamenimo bilo kojim drugim realnim brojem ili nekom od beskonaˇcnosti. Naime, ako an → a, onda sigurno i |an | → |a|, ali moˇze se desiti da niz (|an |) ima graniˇcnu vrednost, a da niz (an ) uopˇste nema graniˇcnu vrednost. Preporuˇcujemo ˇcitaocu da sam izvede dokaz ovih navoda. (1)

(2)

(k)

2. Neka su nizovi (an ), (an ), ..., (an ) konvergentni, neka su njihove graniˇcne vrednosti redom a(1) , a(2) , ..., a(k) i neka su α1 , α2 , ..., αk proizvoljni realni brojevi. Tada (1) (2) (k) je i niz (α1 an + α2 an + ... + αk an ) konvergentan i njegova graniˇcna vrednost je (1) (2) (k) α1 a + α2 a + ... + αk a . Dokazati. Reˇsenje. Tvrd¯enje ćemo dokazati principom matematiˇcke indukcije po broju datih (1) nizova: k. Ukoliko imamo samo jedan konvergentan niz (an ) ˇcija je graniˇcna vrednost a(1) i jedan realan broj α1 , na osnovu tvrd¯enja o proizvodu konvergentnog (1) niza i konstante, sledi da je niz (α1 an ) konvergentan i njegova graniˇcna vrednost α1 a(1) . Dokaˇzimo sada da iz pretpostavke da navedeno tvrd¯enje vaˇzi za k nizova sledi da ono vaˇzi i za k + 1 niz. Na taj naˇcin ćemo kompletirati dokaz. (1) (2) (k) (k+1) Neka su dati nizovi (an ), (an ), ..., (an ), (an ) koji konvergiraju redom brojevima a(1) , a(2) , ..., a(k) , a(k+1) , kao i realni brojevi α1 , α2 , ...αk , αk+1 . Na osnovu pret(1) (2) (k) postavke da tvrd¯enje vaˇzi za k nizova, sledi da je niz (α1 an + α2 an + ... + αk an ) (1) (2) (k) konvergentan i da konvergira ka broju α1 a + α2 a + ... + αk a . Na osnovu (k+1) tvrd¯enja o proizvodu konvergentnog niza i konstante, sledi da je niz (αk+1 an ) (k+1) takod¯e konvergentan i da je njegova graniˇcna vrednost αk+1 a . Najzad, niz (1) (2) (k) (k+1) (1) (α1 an + α2 an + ... + αk an + αk+1 an ) je zbir dva konvergentna niza: (α1 an + (2) (k) (k+1) α2 an + ... + αk an ) i (αk+1 an ) i kao takav i sam je konvergentan, a njegova (1) (2) graniˇcna vrednost je: α1 a +α2 a +...+αk a(k) +αk+1 a(k+1) , pa navedeno tvrd¯enje vaˇzi i za k + 1 niz. Komentar. U poglavlju 2.1 u prvom delu knjige dokazali smo da je zbir dva konvergentna niza takod¯e i sam konvergentan niz, kao i da je njegova graniˇcna vrednost jednaka zbiru graniˇcnih vrednosti nizova - sabiraka. Kako bi dokazali da je zbir tri konvergentna niza konvergentan niz, ili recimo deset? Tvrd¯enje iskazano u ovom zadatku je upravo uopˇstenje teoreme o zbiru dva konvergentna niza na zbir proizvoljnog broja nizova, pa ˇcak i ako je svaki od nizova pomnoˇzen nekom konstantnom. Aparat matematiˇcke indukcije u ovom reˇsenju je samo naˇcin da precizno zapiˇsemo ono ˇsto i sami jednostavno uoˇcavamo. Naime, kako pokazati da je zbir tri konvergentna niza (xn ), (yn ) i (zn ) ponovo konvergentan niz, ako imamo na raspolaganju teoremu koja kaˇze da je zbir dva konvergentna niza takod¯e konvergentan niz? Uradimo sledeće: ”spojimo” najpre niz (xn ) i (yn ), na taj naˇcin dobijamo niz (xn +yn ) koji je zbir dva konvergentna niza i zato je konvergentan. Niz (xn +yn +zn ) je zapravo zbir dva konvergentna niza (xn + yn ) i (zn ), pa je i sam konvergentan. Da treba pokazati da je zbir deset konvergentnih nizova takod¯e konvergentan, ponovili bi navedeni postupak 9 puta. Poˇsto treba pokazati tvrd¯enje za bilo koji prirodan

1.1. Osnovne osobine konvergentnih nizova

425

broj k, ne moˇzemo na papiru da izvedemo ”k puta” ovaj postupak, pa umesto da samo napiˇsemo: ”Ponovimo ovaj postupak k puta”, ˇsto bi bilo donekle neprecizno, mi koristimo matematiˇcku indukciju. Ovo je klasiˇcna situacija u kojoj se primenjuje matematiˇcka indukcija, a mnoge situacije nalik na ovu nalaze se u prvom delu knjige, gde bi ulaˇzenje u detalje sprovod¯enja indukcije bilo nepotrebno skretanje sa glavne teme. Zbog toga smo ovde, u vidu prototipa, predstavili detaljno reˇsenje, a analogno sa njim se moˇze izvesti dokaz za svako tvrd¯enje u prvom delu knjige gde u dokazu stoji kratko: ”Sledi na osnovu principa matematiˇcke indukcije”. Pomenimo na kraju da ovaj zadatak moˇzemo da reˇsimo i direktnim ”ϵ argumentom”, tj. moˇzemo pokazati po definiciji da je navedeni broj zaista graniˇcna vrednost navedenog niza, uz jednostavno montiranje, kao u dokazu teoreme o zbiru dva niza ˇ na koju smo se pozivali. Citaocu se dobronamerno preporuˇcuje da isproba i takav naˇcin reˇsavanja zadatka. 3. Za niz (xn ) vaˇzi xn → +∞ i xn > 0 za svako n. Ako je k realan broj, dokazati da je onda:   +∞, k > 0 k lim x = 1, k=0. n→∞ n   0, k<0 ˇ se deˇsava u sluˇcaju da xn → 0 i xn > 0 za svako n ∈ N? Sta Reˇsenje. Ukoliko je k = 0, tada je niz (xkn ) zapravo konstantan niz sastavljen iz jedinica, zbog toga je, za k=0: lim xkn = 1. n→∞

Pretpostavimo da je k > 0 i dokaˇzimo, po definiciji, da je, u tom sluˇcaju, lim xkn = +∞.

n→∞

(1.1)

Neka je M proizvoljno izabran realan broj i pokaˇzimo da postoji prirodan broj n0 , tako za svako n ≥ n0 vaˇzi xkn > M . Ako je broj M manji ili jednak sa 0, onda za n0 moˇzemo izabrati broj 1. Ako je M > 0, posmatrajmo broj M 1/k . Po pretpostavci, niz (xn ) teˇzi ka +∞, pa postoji broj n0 takav da, za svako n ≥ n0 vaˇzi xn > M 1/k . Poˇsto je funkcija x 7→ xk rastuća kada je k > 0,sledi da za svako n ≥ n0 vaˇzi xkn > (M 1/k )k = M . Ovim smo pokazali da vaˇzi (1.1). Ostalo je da za k < 0 pokaˇzemo: lim xkn = 0. (1.2) n→∞

c dokazanom delu, poˇsto je −k > 0, vaˇzi Posmatrajmo niz (x−k n ). Po ve´ lim x−k n = +∞.

n→∞

sto je zemo da posmatramo niz (1/x−k Poˇsto su x−k n ) i kao ˇ n ̸= 0, za svako n ∈ N, moˇ −k k poznato, ovaj niz konvergira ka 0. Budući da je xn = 1/xn , sledi (1.2).

426

Glava 1. Nizovi U sluˇcaju da xn → 0, tada vaˇzi:   k>0 0, k lim x = 1, k=0. n→∞ n   +∞, k < 0

(1.3)

Da bi to dokazali, posmatrajmo niz (yn ) = (1/xn ). Po poznatom tvrd¯enju, niz (yn ) teˇzi ka +∞. Poˇsto je xkn = yn−k , sledi i lim xkn = lim yn−k ,

n→∞

n→∞

a imajući u vidu deo zadatka koji smo već reˇsili, a koji se tiˇce sluˇcaja kada niz teˇzi ka +∞, sledi i (1.3). Komentar. U poglavlju 2.1 u prvom delu knjige, ovo tvrd¯enje je dokazano za sluˇcaj kada je k prirodan broj. Ovde smo ga proˇsirili na sve realne brojeve. Jedini znaˇcajan sluˇcaj za reˇsavanje je k > 0. U tom sluˇcaju ne koristimo nikakva poznata tvrd¯enja, već samo pokuˇsavamo da, po definiciji (tj. najprostije moguće) pokaˇzemo da niz (xkn ) teˇzi ka +∞. U tome i uspevamo, zahvaljujući pretpostavci da niz (xn ) teˇzi ka +∞. ”Mahinacija” kojom sluˇcaj k < 0 svodimo na već reˇsen sluˇcaj k > 0, posmatranjem reciproˇcnih vrednosti, je vrlo ˇcest prizor u reˇsavanju problema i dokazivanju teorema i ne treba ga smatrati naroˇcito kreativnim delom reˇsenja. Kao ˇsto vidimo, ˇcitav problem za sluˇcaj da xn → 0 svodi se na već reˇsen problem, kada xn → +∞ upravo takvom mahinacijom. Na kraju, napomenimo i to da je u sluˇcaju xn → +∞, uslov xn > 0 za svako n ∈ N, gotovo suviˇsan. On se nalazi u tekstu zadatka samo da bi se osigurali da će xkn biti definisano za svako n, bez obzira na realan broj k (kao ˇsto znamo, izraz poput √ 2 (−1) nema smisla). Taj uslov smo mogli i da izbacimo budući da iz xn → +∞ sledi da će, poˇcevˇsi od nekog indeksa, sigurno biti xn > 0. No, u tom sluˇcaju morali bi da skrenemo paˇznju na to, ˇsta znaˇci kada kaˇzemo: niz (xkn ), jer tada ne moraju biti definisani k-ti stepeni nekih ˇclanova niza. Za drugi deo problema, kada pretpostavljamo da xn → 0, uslov da je xn > 0 za svako n nije tako beznaˇcajan. Iz ˇcinjenice da xn → 0 ne sledi da će, poˇcevˇsi od nekog indeksa, vaˇziti xn > 0, pa niz (1/xn ) uopˇste ne mora imati graniˇcnu vrednost (recimo, ako je xn = (−1)n /n, tada xn → 0, ali 1/xn = (−1)n · n nema graniˇcnu vrednost). Tek sa pretpostavkom da je xn > 0 za svako n (ili recimo, poˇcevˇsi od nekog n), moˇzemo slobodno da ”baratamo” sa nizom (1/xn ). 4. Neka je a > 0 i xn → +∞. Dokazati da je onda:   +∞, a > 1 xn lim a = 1, a=1. n→∞   0, a<1 ˇ se deˇsava u sluˇcaju da xn → −∞? Sta


427

Reˇsenje. Ako je a = 1, tada trivijalno sledi: lim axn = 1.

n→∞

Pretpostavimo da je a > 1. Pokaˇzimo, po definiciji, da je lim axn = +∞.

n→∞

(1.4)

Neka je M proizvoljan realan broj i pokaˇzimo da postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n takav da je n ≥ n0 vaˇzi axn > M . Ako je M ≤ 0, tada za n0 moˇzemo izabrati 1. Ako je M > 0, poˇsto niz (xn ) teˇzi ka +∞, postoji prirodan broj n0 takav da za svako n ≥ n0 vaˇzi xn > loga M . Poˇsto je a > 1, a funkcija x 7→ ax strogo rastuća za a > 1,iz xn > loga M sledi i axn > aloga M = M , pa je ovo upravo traˇzeno n0 . Ovim smo dokazali (1.4). Ako je a < 1, tada je 1/a > 1. Po dokazanom delu, u tom sluˇcaju vaˇzi ( )xn 1 = +∞. lim n→∞ a Kako je axn reciproˇcna vrednost broja (1/a)xn , poˇsto niz ((1/a)xn ) teˇzi ka +∞, sledi da niz (axn ) teˇzi ka 0. U sluˇcaju da xn → −∞, tada vaˇzi   a>1 0, xn (1.5) lim a = 1, a=1. n→∞   +∞, a < 1 Da bismo dokazali (1.5), primetimo da je axn isto ˇsto i (1/a)−xn . Niz (xn ) teˇzi ka −∞, pa niz (−xn ) = ((−1) · xn ) teˇzi ka +∞, ˇsto je dokazano u poglavlju 2.1, u prvom delu knjige. Poˇsto je a > 1 ⇔ 1/a < 1, na osnovu već dokazanog dela, sledi i (1.5). Komentar. U ovom problemu smo, takod¯e, konvergenciju niza dokazali po definiciji i nije bilo potrebe ni za kakvim pomoćnim tvrd¯enjima. Reˇsenje je pravolinijsko: ako treba da uˇcinimo da ˇclan niza (axn ) bude veći od broja M , mi se samo pobrinemo da xn bude veće od loga M , ˇsto moˇzemo da uradimo na osnovu pretpostavke da xn → +∞. Kao ˇsto vidimo, centralni sluˇcaj je a > 1, a svi ostali delovi problema svode se na taj deo opisanom tehnikom. U tekstu zadatka smo zahtevali da je a pozitivan realan broj da bi stepen axn bio definisan bez obzira na realan broj xn . Ako pretpostavimo da su brojevi xn iz skupa Z, odnosno N, onda moˇzemo diskutovati o ovom tvrd¯enju i za negativne brojeve a. No, u tom sluˇcaju, niz (axn ), pri pretpostavci da xn → +∞ uopˇste ne mora da ima graniˇcnu vrednost. Primera radi, nizovi ((−1)n ) i ((−2)n ) niti konvergiraju, niti teˇze ka nekoj od beskonaˇcnosti. Ipak, ako je a ∈ (−1, 0), tada niz (axn ) konvergira ka 0. Da bismo se u to uverili, posmatrajmo niz ((−a)xn ) = (|a|xn ). Poˇsto je −a ∈ (0, 1), po dokazanom delu, sledi da (−a)xn → 0. Iz zadatka 1, zakljuˇcujemo da onda i

428

Glava 1. Nizovi 2

(axn ) teˇzi nuli. Dakle, ne samo da, primera radi, (1/5)n teˇzi ka 0, dokazali smo i 2 da (−1/5)n teˇzi ka 0. Diskusija za sluˇcaj da xn → −∞ ostavlja se ˇcitaocu za veˇzbu. 5. Za niz (xn ) vaˇzi xn → +∞ i xn > 0 za svako n. Ako je a > 0 i a ̸= 1, dokazati da je onda: { +∞, a > 1 lim loga xn = . n→∞ −∞, a < 1 ˇ se deˇsava u sluˇcaju da xn → 0 i xn > 0 za svako n ∈ N? Sta Reˇsenje. Pretpostavimo da je a > 1 i pokaˇzimo, po definiciji, da je: lim loga xn = +∞.

n→∞

(1.6)

Neka je M proizvoljan realan broj i pronad¯imo prirodan broj n0 tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi loga xn > M . Poˇsto niz (xn ) teˇzi ka +∞, postoji n0 tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi xn > aM . Logaritamska funkcija je rastuća za a > 1, pa za n ≥ n0 , iz xn > aM , sledi i loga xn > loga aM = M . Ovim smo, po definiciji, dokazali (1.6). Ako je a < 1, onda je 1/a > 1. Budući da vaˇzi: loga xn = − log 1 xn , a

a po dokazanom delu, vaˇzi i log 1 xn → +∞, pa na osnovu toga sledi da loga xn → −∞. a U sluˇcaju da xn → 0 i xn > 0, za svako n ∈ N, vaˇzi: { −∞, a > 1 lim loga xn = . n→∞ +∞, a < 1 Da bismo to dokazali, primetimo da, ako xn → 0 i xn > 0, po jednom od tvrd¯enja iz poglavlja 2.1, zakljuˇcujemo da 1/xn → +∞. Koristeći ˇcinjenicu: loga xn = − loga

1 , xn

kao i već dokazani deo zadatka, ˇzeljeno tvrd¯enje. Komentar. Reˇsenje ovog zadatka analogno je reˇsenju prethodnog zadatka. Kao ˇsto vidimo, postoji samo jedan sluˇcaj koji zaista reˇsavamo, a svi ostali sluˇcajevi svode se na taj, prelaskom na reciproˇcnu vrednost ili osnove, ili logaritmanda. 6. Neka je P (x) = ak · xk + ... + a1 · x + a0 polinom sa realnim koeficijentima stepena k > 0 i neka je (xn ) niz takav da xn → +∞. Dokazati da niz (P (xn )) odred¯eno divergira i to ka +∞, ako je ak > 0, odnosno ˇ se deˇsava u sluˇcaju da xn → −∞? ka −∞, ako je ak < 0. Sta


429

Reˇsenje. Niz (xn ) teˇzi ka +∞, pa po jednom od tvrd¯enja iz poglavlja 2.1, sledi da postoji indeks m takav da za n ≥ m vaˇzi xn > 0 i samim tim xn ̸= 0. Poˇsto karakter konvergencije niza (P (xn )) neće zavisiti od prvih konaˇcno mnogo ˇclanova, moˇzemo zamisliti kao da oni i ne postoje, odnosno, posmatramo niz (P (xn )) poˇcevˇsi od mtog ˇclana pa na dalje. Zbog toga, pretpostavljamo da je xn ̸= 0 za svako n. Opˇsti ˇclan niza (P (xn )) moˇzemo zapisati na sledeći naˇcin: P (xn ) = ak xkn + ak−1 xk−1 + ... + a1 xn + a0 n ) ( a1 a0 ak−1 k + ... + k−1 + k . = xn ak + xn xn xn

(1.7)

Posmatrajmo onda niz (P (xn )) kao proizvod dva niza: (xkn )n i (ak +

ak−1 a1 a0 + ... + k−1 + k )n . xn xn xn

Niz (xn ) kovnergira ka +∞, pa onda, kao ˇsto je dokazano u poglavlju 2.1 (a i u zadatku 3), sledi da svaki od nizova (x2n ), (x3n ), ..., (xkn ) teˇzi ka +∞, pa svaki od nizova (1/xn ), (1/x2n ), ..., (1/xkn ) teˇzi ka 0. Koristeći ˇcinjenicu iz zadatka 2 zakljuˇcujemo da niz a1 a0 ak−1 + ... + k−1 + k ) (1.8) (ak + xn xn xn konvergira ka ak + ak−1 · 0 + ... + a1 · 0 + a0 · 0 = ak . Kao ˇsto smo već napomenuli, niz (xkn ) konvergira ka +∞, pa niz (P (xn )), kao proizvod dva niza od kojih jedan konvergira ka +∞, a drugi ka ak , konvergira ka +∞, pod uslovom da je ak > 0, a ka −∞, ako je ak < 0. U sluˇcaju da xn → −∞, postoji indeks m tako da za svako n ≥ m vaˇzi xn < 0, tj. xn ̸= 0. Kao i u prvom delu, pretpostavimo da je zapravo, za svako n taˇcno xn < 0. Posmatramo niz (P (xn )) kao proizvod dva niza navedena u prvom delu reˇsenja. Niz (xkn ) konvergira ka +∞, ako je k parno, odnosno ka −∞, ako je k neparno, kao ˇsto je to pokazano u poglavlju 2.1. Takod¯e, nizovi (xn ), (x2n ), ..., (xkn ) konvergiraju ili ka +∞ ili ka −∞ u zavisnosti od parnosti izloˇzioca, ali ponovo svaki od nizova (1/xn ), (1/x2n ), ..., (1/xkn ) teˇzi ka 0. Zato niz iz (1.8) ponovo konvergira ka ak . Sada zakljuˇcujemo da niz (P (xn )), kao proizvod dva navedena niza, konvergira ka +∞ u sluˇcaju da: k je parno i ak je pozitivno, ili k je neparno i ak je negativno; dok ovaj niz konvergira ka −∞ u sluˇcaju da: k je neparno i ak je pozitivno, ili k je parno i ak je negativno. Komentar. Obratimo paˇznju prvo na posledice ovog zadatka, a potom ćemo i na njegovo reˇsenje. Uzmimo klasiˇcan primer niza koji teˇzi ka +∞: xn = n. Nakon ˇsto smo reˇsili ovaj zadatak, taˇcno znamo ˇcemu konvergira bilo koji niz ˇciji se opˇsti ˇclan moˇze izraziti kao neka polinomska funkcija po n. Primera radi, neka je niz (an ) definisan sa an = n3 − 1.000.000 · n2 . Taˇcno je da je niz (an ) razlika dva niza: (n3 ) i (1.000.000 · n2 ) koja oba konvergiraju ka +∞, ali takvo zapaˇzanje ne govori niˇsta o njegovoj konvergenciji (viˇse o ovome moˇze se videti u prvom delu knjige). Ono ˇsto je bitnije je da je an = P (n) gde je P (x) = x3 − 1.000.000 · x2 . Po upravo reˇsenom

430

Glava 1. Nizovi

zadatku, znamo da onda an → +∞. Zanimljivo je primetiti da je prvih 999.999 ˇclanova niza (an ) negativno, ali ipak an → +∞. Koji god da smo polinom P (x) izabrali za definiciju opˇsteg ˇclana niza (an ), istog trenutka bismo znali ˇcemu teˇzi niz (an ). Obratimo sada paˇznju na reˇsenje. U reˇsenju se istiˇcu dva karakteristiˇcna koraka: prvi je zanemarivanje nekoliko poˇcetnih ˇclanova niza i posmatranje samo onih razliˇcitih od nule, a drugi znaˇcajan korak je drugaˇciji zapis izraza P (xn ), odnosno ”izvlaˇcenje” veliˇcine xkn ispred zagrade, nakon ˇcega stvari postaju jednostavne. Da bi reˇsenje bilo izloˇzeno precizno i koncizno, ova dva koraka su navedena u tom redosledu, ali pri realnom reˇsavanju ovog zadatka oni dolaze u obrnutom redosledu. Naime, posmatrajući niz sa opˇstim ˇclanom P (xn ) = ak xkn +ak−1 xk−1 n +...+a1 xn +a0 , mi najpre poˇzelimo da izvuˇcemo ispred zagrade xkn (objasnićemo ubrzo i zaˇsto to poˇzelimo), a tek onda vidimo da bi nam smetalo ako bi konkretno xn bilo jednako 0. Onda kaˇzemo: ”To nije nikakav problem, (xn ) teˇzi ka +∞ i sigurno će, kad tad, svi ˇclanovi ovog niza postati razliˇciti od nule, a onda posmatramo niz od tog indeksa i dalje”. Dakle, korak sa zanemarivanjem nekoliko prvih ˇclanova niza je sasvim prirodan i nije tako iznenadan kako moˇzda deluje. Mnogo je zanimljivije pitanje zbog ˇcega poˇzelimo da izvuˇcemo xkn ispred zagrade? Kljuˇcna stvar je primetiti da prvi sabirak u izrazu P (xn ) = ak xkn + ak−1 xk−1 + ... + a1 xn + a0 ”dominira” nad n ostalim sabircima i da će on, pri povećavanju xn , diktirati ponaˇsanje ˇcitavog ovog izraza. Ovo je osobina polinoma: vodeći monom u polinomu, za velike vrednosti promenljive, postaje mnogo veći od ”ostatka” tog polinoma, bez obzira na to koliko su veliki koeficijenti polinoma uz manje stepene promenljive. U takvim situacijama, dominantan sabirak izvlaˇcimo ispred zagrade, dok u zagradi ostaje nenula konstanta i sabirci koji teˇze nuli (ako je onaj koga smo izvukli ispred zagrade zaista dominantan). Ovakva transformacija ne primenjuje se samo na polinome, u ˇsta ćemo da se uverimo u predstojećim zadacima. Nakon ovih zadataka sa jednostavnim reˇsenjima i vrlo prirodnim i oˇcekivanim tvrd¯enjima, koristeći se osobinama konvergentnih nizova dokazanim u poglavlju 2.1, u mogućnosti smo da odredimo graniˇcne vrednosti raznih nizova. Pomoću tvrd¯enja o zbiru, razlici, proizvodu i koliˇcniku konvergentnih nizova, osobina nula - nizova, ograniˇcenih nizova, itd. kao i ˇcinjenice da niz (1/n) konvergira ka nuli, tj. da niz (n) konvergira ka +∞ (ˇsto je dokazano u prvom delu knjige), sa lakoćom nalazimo mnoge graniˇcne vrednosti. Ono ˇsto moˇze biti problematiˇcno pri reˇsavanju zadataka je smiˇsljanje naˇcina da ”rasparˇcamo” dati niz na delove koje moˇzemo zasebno da analiziramo i da na taj naˇcin dod¯emo do traˇzenog zakljuˇcka. Naredni zadaci bi trebalo da nam daju neke generalne smernice u vezi sa tim. ˇ Cesto ćemo koristiti ˇcinjenicu da su sve elementarne funkcije neprekidne na svom domenu. Koristeći tu ˇcinjenicu, izvodimo zakljuˇ cke poput ovih: ako niz (xn ) kon√ √ vergira ka 2, tada niz ( xn ) konvergira ka 2, dok niz (sin xn ) konvergira ka sin 2, itd. Da bi izbegli donoˇsenje pogreˇsnih zakljuˇcaka, izuzetno je vaˇzno da u svakom koraku reˇsavanja nekog problema imamo na umu koju osobinu nizova koristimo. Sa


431

tim u vidu i reˇsavamo naredne zadatke. 7. Uz obrazloˇzenje svakog koraka ispitati da li nizovi (xn ) i (yn ) definisani sa: xn =

2n3 − 1 2n3 − 1 √ , i y = n n4 + 4 n4 + 4

imaju graniˇcne vrednosti i ukoliko je odgovor potvrdan, odrediti ih. Reˇsenje. Posmatrajmo prvo niz (xn ). Opˇsti ˇclan ovog niza moˇzemo zapisati i kao: xn =

2 n

−

1+

1 n4 4 n4

.

Niz (xn ) je koliˇcnik niza (an ) i (bn ) definisanih sa: an =

1 2 4 − 4 i bn = 1 + 4 . n n n

Poˇsto niz (1/n) konvergira ka nuli, po tvrd¯enju iz poglavlja 2.1 sledi da niz ((1/n)4 ) konvergira ka 04 = 0. Na osnovu tvrd¯enja iskazanog u zadatku 2, sledi da niz (an ) konvergira ka 2 · 0 − 0 = 0. Niz (bn ) je suma konstantnog niza (1)n i niza (4/n4 ). Znajući da niz (1/n4 ) konvergira ka 0, zakljuˇcujemo da niz (bn ) konvergira ka 1 + 4 · 0 = 1. Niz xn , kao koliˇcnik niza koji konvergira ka 0 i niza koji konvergira ka 1, jeste konvergentan i konvergira ka 0/1 = 0. Posmatrajmo sada niz (yn ). Opˇsti ˇclan ovog niza moˇzemo zapisati i kao: 2n − n12 yn = √ . 1 + n44 Niz (yn ) je koliˇcnik niza (cn ) i (dn ) definisanih sa: √ 1 4 cn = 2n − 2 i dn = 1 + 4 . n n Poˇsto niz (n) konvergira ka +∞, sledi da i (2n) konvergira ka +∞. Niz (−1/n2 ) konvergira ka 0, jer niz (1/n2 ) konvergira ka 02 = 0, a niz (−1/n2 ) dobijamo mnoˇzenjem niza (1/n2 ) sa konstantnom −1. Zbog toga niz (cn ), kao suma niza koji teˇzi ka +∞ i niza koji teˇzi ka 0 i sam teˇzi ka +∞. Niz (dn ) dobija se ”korenovanjem” niza 4 (1 + 4/n4 ). Kao ˇsto smo već obrazloˇzili, niz (1/n4 ) konvergira √ ka 0, pa niz (1 + 4/n ) konvergira ka 1 + 4 · 0 = 1. Dakle, niz (dn ) konvergira ka 1 = 1. Najzad, niz (yn ) kao koliˇcnik niza koji konvergira ka +∞ i niza koji konvergira ka 1 i sam konvergira ka +∞. Komentar. Pre nego da izvedemo deljenje odgovarajućim stepenom od n, sve ˇsto moˇzemo da zakljuˇcimo je da je niz (xn ) kao i (yn ) koliˇcnik dva niza koja teˇze ka +∞,

432

Glava 1. Nizovi

a o konvergenciji takvog niza u opˇstem sluˇcaju, ne znamo niˇsta. Nakon jednostavne algebarske transformacije, zadatak biva gotovo reˇsen. Iz reˇsenja ovog zadatka zakljuˇcujemo kako se reˇsava bilo koji sliˇcan zadatak: ukoliko je opˇsti ˇclan niza definisan kao racionalna funkcija po n, tada i iz brojioca i iz imenioca ispred zagrade izvlaˇcimo najveće stepene broja n koji se javljaju u brojiocu i imeniocu; nakon toga, nizovi ˇciji su opˇsti ˇclanovi odred¯eni izrazima u zagradama se vrlo jednostavno analiziraju, kao i njihov koliˇcnik. Sve ˇsto joˇs treba uzeti u obzir je stepen broja n koji se dobija skraćivanjem najvećeg stepena iz brojioca i imenioca. Primera radi, kod niza (xn ) iz ovog zadatka, uradili bi sledeće: 1 n3 (2 − ) 2− 2n3 − 1 n = 1· = xn = 4 4 n +4 n n4 (1 + 4 ) 1+ n

1 n. 4 n

(1.9)

Na taj naˇcin se, gotovo bez ikakve raˇcunice, odmah moˇze dobiti odgovor na pitanje ˇcemu teˇzi dati niz. U prikazanom reˇsenju smo, radi kraćeg pisanja, faktor (1/n) iz poslednjeg izraza u (1.9) pridruˇzili brojiocu, pa smo pisali: 2 1 − 2 xn = n n . 4 1+ n Da smo, recimo, traˇzili graniˇcnu vrednost niza (zn ) odred¯enog sa: zn =

n4 + 2n2 + 2 , n2 − 3n − 5

postupali bi na sledeći naˇcin: 2 2 2 2 n4 (1 + 2 + 4 ) 1+ 2 + 4 n4 + 2n2 + 2 n n = n2 · n n . zn = 2 = 3 5 3 5 n − 3n − 5 2 n (1 − − 2 ) 1− − 2 n n n n Prema tome, niz (zn ) teˇzi ka +∞ kao proizvod niza: 2

(n )

2 2 + 4 2 n n ( ), 3 5 1− − 2 n n 1+

i

od kojih prvi teˇzi ka +∞, a drugi ka 1. Faktor n2 moˇzemo pridruˇziti brojiocu i dobiti: 2 n2 + 2 + 2 n zn = , 3 5 1− − 2 n n pa niz (zn ) posmatrati kao koliˇcnik dva niza, ˇsto bi nam donekle skratilo zapisivanje reˇsenja, ako je već neophodno komentarisati sve korake detaljno.


433

Situacija se ne menja naroˇcito ukoliko se u brojiocu i/ili imeniocu izraza koji odred¯uje √ opˇsti ˇclan naˇseg niza nalazi i koren (kvadratni, kubni, ili bilo koji drugi). Izraz k P (n) gde je P (n) polinom po n stepena l, za velike brojeve n ponaˇsa se kao nl/k . Primera radi, da imamo niz (zn ) odred¯en sa: √ n2 + 3 n9 − n7 + 3 √ zn = √ , n5 + 1 + n7 + n3 izraz koji odred¯uje zn bi transformisali na sledeći naˇcin: √ √ 1 1 3 1 1 3 3 3 n ( + 1 − 2 + 3) + 3 1− 2 + 3 1 n n n n n n √ √ √ zn = = 0,5 · √ . n 1 1 1 1 1 1 3,5 + + 1 + 4) + + 1+ 4 n ( n2 n7 n n2 n7 n ˇ Citaocu preporuˇcujemo da ovaj primer reˇsi do kraja.

8. Uz obrazloˇzenje svakog koraka ispitati da li niz (xn ) definisan sa: xn =

cos(n2 + n + 1) , n2 + n + 1

ima graniˇcnu vrednost i ukoliko je odgovor potvrdan, odrediti je. Reˇsenje. Niz (xn ) je koliˇcnik dva niza (an ) i (bn ) definisanih sa: an = cos(n2 + n + 1) i bn = n2 + n + 1. Niz (an ) je ograniˇcen jer sve vrednosti ovog niza pripadaju segmentu [−1, 1]. Niz (bn ) konvergira ka +∞, kao ˇsto smo dokazali u zadatku 6. Po tvrd¯enju dokazanom u poglavlju 2.1, koliˇcnik ograniˇcenog niza i niza koji teˇzi, bilo ka +∞ bilo ka −∞ je nula-niz. Dakle, niz (xn ) konvergira ka nuli. Komentar. Pre bilo kakve transformacije, bitno je najpre ˇsto bolje proceniti ponaˇsanje datog niza. Kod ovog zadatka, ispravna procena je i ˇcitav zadatak, jer kao ˇsto i vidimo, nema nikakvih sred¯ivanja izraza. Jasno je da je izraz na koji deluje funkcija cos potpuno nebitan, kao i ˇsto je nebitno da ovde bude baˇs funkcija cos - bilo koja druga ograniˇcena funkcija bi imala potpuno isti tretman: sin, arctg, funkcija ”razlomljeni deo”, itd. Takod¯e, dovoljno je da u imeniocu bude niz koji teˇzi ka +∞ ili −∞, bio to polinom po n, neka stepena ili eksponencijalna funkcija, itd. Na primer, niz ˇciji je opˇsti ˇclan: sin(arctg(n1000 )) n1,001 takod¯e konvergira nuli, a dokaz se izvodi analogno. Niz iz brojioca je ograniˇcen, a niz iz imenioca konvergira ka +∞, kao ˇsto smo dokazali u zadatku 3. 9. Uz obrazloˇzenje svakog koraka ispitati da li nizovi (xn ) i (yn ) definisani sa: xn =

n2 · arctg(n2000 + 20) n2 + cos n + (−1)n i y = , n n2 + sin n + 1 n3000 + 30

imaju graniˇcne vrednosti i ukoliko je odgovor potvrdan, odrediti ih.

434

Glava 1. Nizovi

Reˇsenje. Posmatrajmo prvo niz (xn ). Opˇsti ˇclan niza (xn ) moˇzemo zapisati kao: xn =

n cos n + (−1) n2 n2 n + sin + n12 n2

1+ 1

.

Dakle, niz (xn ) je koliˇcnik niza (1+cos n/n2 +(−1)n /n2 ) i niza (1+sin n/n2 +1/n2 ). Dokaˇzimo da oba ova niza konvergiraju ka jedinici, odakle će slediti da niz (xn ) konvergira ka jedinici kao koliˇcnik ova dva niza. Niz (1 + cos n/n2 + (−1)n /n2 ) je zbir tri niza (1)n , (cos n/n2 ) i ((−1)n /n2 ). Prvi je konstantan i konvergira ka 1; niz ((−1)n /n2 ) konvergira ka 0 kao proizvod ograniˇcenog niza ((−1)n ) i niza (1/n2 ), koji je kvadrat nula - niza (1/n) pa je i sam nula - niz. Niz (cos n/n2 ) konvergira ka 0 kao koliˇcnik ograniˇcenog niza (cos n) i niza (n2 ) koji konvergira ka +∞. Zbog toga niz (1 + cos n/n2 + (−1)n /n2 ) konvergira ka 1. Potpuno analogno (ˇcak i malo jednostavnije) dokazujemo i da (1 + sin n/n2 + 1/n2 ) konvergira ka 1, ˇsto kompletira reˇsenje. Posmatrajmo sada niz (yn ). Nakon deljenja brojioca i imenioca opˇsteg ˇclana niza (yn ) sa n2 dobijamo: yn =

arctg(n2000 + 20) . n2998 + n302

Dakle, niz (yn ) je koliˇcnik niza (arctg(n2000 + 20)), koji je ograniˇcen i niza (n2998 + 30/n2 ) koji teˇzi ka +∞. Razlog zbog kog poslednji naveden niz teˇzi ka +∞ je taj ˇsto je on zbir niza (n2998 ) koji teˇzi ka +∞ i niza (30/n2 ) koji teˇzi ka nuli. Kao koliˇcnik ograniˇcenog niza sa nizom koji teˇzi ka +∞, niz (yn ) teˇzi ka 0. Komentar. I ovoga puta, ˇcitav problem leˇzi u ispravnoj proceni ponaˇsanja datog niza, sem ˇsto je sada to za nijansu suptilnije nego u prethodnom zadatku. Na prvi pogled brojilac i imenilac niza (xn ) izgledaju neobiˇcno, ali jasno je da je i u brojiocu i u imeniocu dominantan sabirak n2 , jer je ostatak zanemarljiv u odnosu na njega. Niz (xn ) se zapravo ponaˇsa kao n2 /n2 za velike vrednosti broja n, tj. teˇzi jedinici, kao ˇsto smo i dokazali. Sliˇcna je situacija sa nizom (yn ). Brojilac opˇsteg ˇclana tog niza ponaˇsa se kao const · n2 , dok se imenilac ponaˇsa kao n3000 . Da bi i precizno dokazali da niz (yn ) teˇzi ka nuli, mogli smo postupiti na razne naˇcine, a ovde smo prikazali jedan od njih. U ovom zadatku, takod¯e, nije bilo bitno na koji izraz deluju funkcije cos, sin i arctg, pa ˇcak ni to ˇsto su upotrebljene baˇs te funkcije. Bilo je bitno jedino da su ove funkcije ograniˇcene. Predlaˇzemo ˇcitaocu da, veˇzbe radi, proba da sastavi novi problem u kojem će ukombinovati neke ograniˇcene funkcije sa neograniˇcenim i u kojima neće biti vaˇzno koje funkcije je odabrao, već samo da su neke od njih ograniˇcene, a druge neograniˇcene. Navedimo sada nekoliko poznatih graniˇcnih vrednosti koje su odred¯ene u prvom delu knjige. Ove graniˇcne vrednosti, izmed¯u ostalog, govore i o odnosu reda veliˇcine logaritamske, stepene, eksponencijalne i funkcije faktorijel. Uz pomoć naprednijeg


435

aparata, neke od ovih graniˇcnih vrednosti bivaju i uopˇstene graniˇcnim vrednostima odgovarajućih funkcija. Poznate graniˇcne verdnosti: • lim

n→∞

√ n a = 1,

• lim

a > 0.

n→∞

loga n = 0, a > 0, k ≥ 1. n→∞ nk an • lim = 0, a > 0. n→∞ n!

√ n n = 1.

nk = 0, n→∞ an

• lim

• lim

|a| > 1, k ∈ R.

10. Uz obrazloˇzenje svakog koraka ispitati da li nizovi (an ), (bn ), (cn ) i (dn ) definisani sa: sin n · (−2)n + 5n an = 2n − log2 n, bn = n2 + 5n+1 )n ( √ n2 ln n + n! n cn = n , , dn = e + ne 2 imaju graniˇcne vrednosti i ukoliko je odgovor potvrdan, odrediti ih. Reˇsenje. Niz (an ): Opˇsti ˇclan niza (an ) moˇzemo zapisati i kao an = 2n (1−log2 n/2n ). Niz (log2 n/2n ) konvergira ka nuli. Zaista, ovaj niz moˇzemo zapisati kao proizvod niza (log2 n/n) i niza (n/2n ) a oba ova niza konvergiraju ka nuli, kao ˇsto smo već napomenuli. Niz (1 − log2 n/2n ) konvergira ka 1, kao razlika konstantnog niza (1)n i nula - niza, pa niz (an ) kao proizvod niza (2n ) koji teˇzi ka +∞ i niza koji teˇzi ka 1 i sam konvergira ka +∞. Niz (bn ): Opˇsti ˇclan niza (bn ) moˇzemo zapisati kao: bn =

n sin n · ( −2 5 ) +1 n2 5n

+5

.

Niz (bn ) je koliˇcnik niza (xn ) = (sin n · (−2/5)n + 1) i niza (yn ) = (n2 /5n + 5). Poˇsto je 2/5 < 1 imamo da (2/5)n → 0 pa i (−2/5)n → 0, kao proizvod nula - niza ((2/5)n ) i ograniˇcenog niza ((−1)n ). Niz (sin n) je ograniˇcen, zbog toga niz (sin n · (−2/5)n ) konvergira ka nuli, pa niz (xn ) konvergira ka 1, kao suma nula - niza i niza koji konvergira ka 1. Niz (yn ) konvergira ka 5: on je zbir niza (n2 /5n ) i niza (5)n ; prvi niz konvergira ka 0 kao ˇsto smo već naveli, a drugi ka 5. Dakle, niz (bn ) kao koliˇcnik dva niza koji konvergiraju ka 1 i 5 i sam konvergira i to ka 1/5. Niz (cn ): Podelimo i brojilac i imenilac opˇsteg ˇclana ovog niza sa n!, dobijamo: ln n +1 cn = n! . n ne e + n! n!

436

Glava 1. Nizovi

Neka je (xn ) = (ln n/n!+1) i (yn ) = (en /n!+ne /n!). Pokaˇzimo da niz (xn ) konvergira ka 1 a niz (yn ) ka 0. Odatle će da sledi da niz (1/yn ) konvergira ka +∞, a niz (cn ) kao proizvod niza (xn ) i niza (1/yn ) konvergiraće takod¯e ka +∞. Niz (xn ) je suma dva niza: (ln n/n!) i konstantnog niza (1)n . Niz (ln n/n!) moˇzemo predstaviti kao proizvod tri nula - niza: (ln n/n), (n/2n ) i (2n /n!), pa je i sam nula - niz. Zbog toga xn → 1. Niz (yn ) je suma dva niza: (en /n!) i (ne /n!). Prvi je nula - niz, kao ˇsto je i navedeno med¯u poznatim graniˇcnim vrednostima, a drugi je proizvod dva nula - niza navedenih med¯u poznatim graniˇcnim vrednostima: (ne /2n ) i (2n /n!). Dakle (yn ) jeste nula - niz. Kao ˇsto smo obrazloˇzili, sledi da cn → +∞. Niz (dn ): Opˇsti ˇclan niza (dn ) moˇzemo zapisati i kao: √ n n dn = n . 2 √ Niz (dn ) je zapravo koliˇcnik niza ( n n) koji konvergira ka 1 i niza (2n ) koji konvergira ka +∞. Zbog toga niz (dn ) konvergira ka 0. Komentar. Poznate graniˇcne vrednosti daju nam odnos reda veliˇcina nekih funkcija. Već kod niza (an ) imamo dve funkcije ˇciji odnos nije direktno opisan nekom poznatom graniˇcnom vrednoˇsću: to su eksponencijalna i logaritamska. Naravno, oˇcekujemo da eksponencijalna funkcija ”brˇze teˇzi” beskonaˇcnosti nego logaritamska, a ovde je predstavljen i naˇcin za dokazivanje te teze. Naime, izmed¯u eksponencijalne i logaritamske mi ”silom” ubacimo stepenu i onda problem svedemo na poznate graniˇcne vrednosti. Istu stvar smo uradili i kod dela zadatka u vezi sa nizom (cn ) gde smo izmed¯u logaritamske i faktorijelne funkcije ubacili i stepenu i eksponencijalnu √ funkciju (da to budu baˇs n i 2n je stvar izbora - mogle su da budu n 2 i π n ). Taj problem smo mogli da razreˇsimo i brˇze: 0 ≤ ln n/n! ≤ ln n/n, a kako znamo da ln n/n → 0, po teoremi o dva policajca sledi i da ln n/n! konvergira ka nuli. Ipak ˇzeleli smo da ilustrujemo kako moˇzemo upored¯ivati red veliˇcine bilo koje dve navedene funkcije, a ne samo u onoj kombinaciji kako su date u spisku poznatih graniˇcnih vrednosti. Uostalom, kada smo u poglavlju 2.1 uveli relaciju ”beskonaˇcno veliki niz viˇseg reda”, naveli smo da nije teˇsko videti da je ova relacija tranzitivna. Upravo bi ovako tekao dokaz tranzitivnosti te relacije. Ideja pri reˇsavanju ovih zadataka ne razlikuje se naroˇcito od prethodnih, ono ˇsto se promenilo je samo koliˇcina poznatih ˇcinjenica kojima raspolaˇzemo. Ponovo, bitno je proceniti ponaˇsanje niza, odnosno, koji ˇclanovi u nizu su dominantni i odluˇcujući za njegovo ponaˇsanje. Nakon toga, ostatak reˇsenja je deo rutinske tehnike. Ostavljamo ˇcitaocu da sam prouˇci koje izraze u formulaciji ovog zadatka moˇze promeniti, a da zadatak ostane suˇstinski nepromenjen. Da li je, recimo, neophodno da kod niza (an ) bude ista osnova i za eksponencijalnu i za logaritamsku funkciju, da li kod niza (bn ) moˇze da stoji sin(n!) a ne sin n, itd. 11. Uz obrazloˇzenje svakog koraka ispitati da li nizovi (xn ) i (yn ) definisani sa: √ √ 3n+ 2 log2 (n2 + 2000) √ xn = 2 i yn = , n +n+1 n 2+1


437

imaju graniˇcne vrednosti i ukoliko je odgovor potvrdan, odrediti ih. Reˇsenje. Opˇsti ˇclan niza (xn ) moˇzemo zapisati i kao √

xn = 3

2

·

3n n2 · . n2 n2 + n + 1

Niz (n2 /3n ) konvergira ka 0, pa zbog toga niz (3n /n2 ) konvergira ka +∞. Niz (n2 /(n2 +n+1)) konvergira ka 1, a dokaz te ˇcinjenice izvodi se analogno sa reˇsenjem zadatka 7. Niz √(xn ) je proizvod niza koji konvergira ka +∞, niza koji konvergira ka 1 i konstante 3 2 , pa i on konvergira ka +∞. √ √ 4 2 > Posmatrajmo sada niz (y ). Za svako n > 2000 vaˇ z i n 2000,√pa za takve n √ 2 2 3 2000 > 2). n vaˇzi n + 2000 < 2n < n (poslednja nejednakost sledi iz n > 4 √ √ √ 4 2 3 Zato je log2 (n + 2000) < log2 (n ) = 3 log2 n za n > 2000. Takod¯e, n 2 + 1 > n, √ 4 pa je za svako n > 2000 taˇcno: 0 < yn <

3 log2 n . n

Niz (yn ) smo, poˇcevˇsi od nekog indeksa, ”smestili” izmed¯u konstantnog niza (0)n i niza (3 log2 n/n) koji je nula - niz, jer je to niz (log2 n/n) pomnoˇzen konstantnom 3. Po teoremi o dva policajca sledi da je i (yn ) nula - niz. Komentar. Ovaj zadatak demonstrira kako neki problemi, ˇcija su nam krajnja reˇsenja oˇcigledna, mogu da budu neprijatni kada treba precizno ispisati reˇsenje. Objasnimo najpre zaˇsto bi krajnja reˇsenja trebalo da budu oˇcigledna. Recimo za niz (xn ): mi znamo da je eksponencijalna funkcija viˇseg reda veliˇcine nego stepena, tj. znamo da bi bilo 3n /n2 → +∞. Za velike vrednosti broja n, niz (xn ) se upravo ponaˇsa kao navedeni niz: u brojiocu zapravo imamo 3n , do na multiplikativnu konstantu, a u imeniocu kvadratni polinom, koji se ponaˇsa kao n2 . Otuda je oˇcigledno ˇ se tiˇce niza (yn ), za ve(ili, bolje reˇceno ”oˇcekivano”) da će biti xn → +∞. Sto like vrednosti broja n brojilac se ponaˇsa kao log2 (n2 ) ˇsto je zapravo 2 log2 n, dok √ 2 se imenilac√ponaˇsa kao n . Zakljuˇcujemo da se niz (yn ) zapravo ponaˇsa kao niz (2 log2 n/n 2 ), ˇsto konvergira ka 0. Pitanje je, kako naˇsa zapaˇzanja: ”Ovaj niz se ponaˇsa kao ovaj”, interpretirati i precizno zapisati u reˇsenju. Reˇsenje za niz (xn ) govori samo za sebe i nije ga potrebno naroˇcito komentarisati. Reˇsenje za niz (yn ) je zanimljivije, zbog procena koje smo vrˇsili u okviru ovog reˇsenja. Zadatak nije morao da se reˇsi baˇs ovim procenama, ali su one nama delovale kao elegantan naˇcin za dolaˇzenje do reˇsenja. Kada imamo jasnu sliku o ponaˇsanju funkcija, moˇzemo da budemo vrlo fleksibilni u procenama (tj. menjanjima datih izraza pogodnijim izrazima) i da ipak budemo sigurni da će nas to dovesti do reˇsenja. Za razliku od reˇsenja za niz (xn ), ovde smo preˇsli na niz koji je veći od niza (yn ), koji izgleda mnogo jednostavnije, a koji, ˇsto je najbitnije, takod¯e teˇzi nuli. Na kraju smo primenili teoremu o dva policajca. Kao ˇsto smo i prokomentarisali kada smo dokazivali ovu teoremu u prvom delu knjige, nije neophodno da navedene nejednakosti vaˇze za sve ˇclanove niza, već samo poˇcevˇsi od nekog indeksa, kao ˇsto je ovde sluˇcaj.

438

Glava 1. Nizovi

Preporuˇcujemo radi, ovakvu procenu: poˇcevˇsi od nekog √ √ √ ˇcitaocu da 2proba, primera 2 2 2 n vaˇzi: n + 2000 < 2n , dok je n + 1 > n . Ponovo će doći√do istog zakljuˇcka, samo su procene malo drugaˇcije, a javiće se i nula - niz (1/n 2 ), mada to ne predstavlja nikakav problem. Moˇzemo zakljuˇciti na kraju da argument u funkcijama pri upored¯ivanju njihovih reda veliˇcina ne mora da bude najjednostavniji ”n”. Moˇze da bude i neka stepena funkcija po n ili kombinacija viˇse njih. Stvari se neće mnogo promeniti u ponaˇsanju funkcija, ali dokazi mogu postati komplikovaniji i zahtevati malo viˇse tehniˇckih veˇstina.

12. Niz (xn ) definisan je sa: 1 1 1 xn = √ +√ + ... + √ . 2 2 1+n 2+n n + n2 Ispitati da li je ovaj niz konvergentan i u sluˇcaju potvrdnog odgovora, odrediti njegovu graniˇcnu vrednost.

Reˇsenje. Primetimo da je 1 1 ≤ xn ≤ n · √ . n· √ 2 n+n 1 + n2 √ √ 2 Neka je √ (an ) niz definisan n ) definisan sa √ sa an = n/( n + n ) = 1/ 1 + 1/n i niz (b√ 2 2 bn = n/ 1 + n = 1/ 1 + 1/n . Kako 1/n → 0, to 1+1/n → 1, pa 1 + 1/n → 1. 2 2 Zbog toga √ an → 1. Takod¯e i bn → 1. Zaista: 1/n → 0, pa 1 + 1/n → 1 i zato 1/ 1 + 1/n2 → 1. Po teoremi o dva policajca zakljuˇcujemo da je niz (xn ) konvergentan i da je njegova graniˇcna vrednost jednaka 1.

Komentar. Ovaj zadatak potvrd¯uje naˇsu tezu o tome da pri svakom zakljuˇcku moramo biti svesni koju osobinu konvergentnih nizova koristimo, a ne da postupamo po intuiciji. Klasiˇcna greˇska koja se pravi pri reˇsavanju ovog zadatka izgleda otprilike ovako: ”Svaki od izraza 1 √ , 1 + n2

1 √ , 2 + n2

...,

1 √ n + n2

konvergira ka nuli. Kako je xn zbir ovih izraza, sledi xn → 0.” Ovo je naravno potpuno netaˇcno. Ovde nam se ˇcini da smo upotrebili teoremu koja tvrdi da je suma konvergentnih nizova ponovo konvergentni niz, ali kojih to nizova je niz (xn )


439

suma? Pogledajmo kako izgledaju ˇclanovi niza (xn ): x1 = x2 = x3 = x4 =

1 √ 1 + 12 1 1 √ +√ 1 + 22 2 + 22 1 1 1 √ +√ +√ 1 + 32 2 + 32 3 + 32 1 1 1 1 √ +√ +√ +√ 2 2 2 1+4 2+4 3+4 4 + 42

.. . Taˇcno je da je svaki niz koji se ovde izdvaja ”po vertikali” ponaosob nula - niz, ali niz (xn ) nije suma tih nizova (koliko ”vertikalnih” nizova treba da uzmemo da bismo dobili (xn ): oˇcigledno beskonaˇcno mnogo, a to je besmisleno). Potpuno druga situacija bi bila da je niz (xn ) bio definisan, na primer, kao: 1 1 1 xn = √ +√ + ... + √ . 1 + n2 2 + n2 1000 + n2 Tada bi niz (xn ) bio suma 1000 nizova: 1 (√ ), 1 + n2

1 (√ ), 2 + n2

...,

1 (√ ), 1000 + n2

od kojih svaki teˇzi nuli. Zato bi i niz (xn ) konvergirao ka nuli. Uoˇcavamo razliku, kod novog niza (xn ) svaki ˇclan predstavljen je kao suma 1000 sabiraka, a kod starog niza (xn ) broj sabiraka se povećavao sa indeksom opˇsteg ˇclana. Zbog toga nije bilo moguće smisleno izdvojiti nekoliko nizova ˇcija je suma niz (xn ). Naredna dva zadatka predstavljaju lepu veˇzbu u smiˇsljanju raznih (kontra)primera. 13. Niz (an ) konvergira ka realnom broju, a niz (bn ) divergira. Za koje od nizova: (an + bn ), (b2n ), (an bn ), sa sigurnoˇsću moˇzemo tvrditi da divergiraju? Reˇsenje. Jedino za niz (an +bn ) moˇzemo tvrditi da divergira. Ukoliko bi niz (an +bn ) bio konvergentan, budući da je niz (bn ) razlika niza (an + bn ) i (an ), sledilo bi da je niz (bn ) konvergentan, ˇsto nije taˇcno. Za ostala dva niza ne moˇzemo tvrditi da divergiraju. Primera radi, ako je bn = (−1)n , onda niz (bn ) divergira, kao ˇsto je obrazloˇzeno u prvom delu knjige, ali niz (b2n ) = (1)n konvergira. Takod¯e, ako je an = 0 a bn = (−1)n , tada niz (an ) konvergira, niz (bn ) divergira, a niz (an bn ) takod¯e konvergira. Komentar. Zadatak reˇsavano sa sledećom idejom: za svaki niz posebno pretpostavimo da konvergira i gledamo kuda će nas to odvesti. Ili ćemo dobiti kontradikciju, kao u prvom sluˇcaju, ili će nas uputiti kako da pronad¯emo kontraprimer.

440

Glava 1. Nizovi

Potpuno je jasno kako dobijamo kontradikciju za niz (an + bn ), a pojasnimo kako nam to pomaˇze da nad¯emo kontraprimere. 2 √ Recimo, ako pretpostavimo da niz (bn ) konvergira, onda sigurno konvergira i niz ( b2n ), tj. niz (|bn |). Ovo i dalje nije kontradikcija sa tim da niz (bn ) divergira, kao ˇsto smo objasnili u zadatku 1, ali zato znamo da niz koji će nam posluˇziti za eventualni kontraprimer treba da bude takav da (bn ) divergira, a da (|bn |) konvergira. Nakon ovoga, stvar je jasna. Pretpostavimo da (an bn ) konvergira. Ako je niz (an ) takav da njegova graniˇcna vrednost nije jednaka 0, onda će i niz (1/an ) konvergirati, pa će konvergirati i niz (bn ) kao proizvod niza (an bn ) i (1/an ). Dakle, u eventualnom kontraprimeru, niz (an ) obavezno mora konvergirati ka 0. Za (an ) onda biramo najjednostavniji mogući niz: konstantan niz (0)n , pri ˇcemu je onda sasvim jasno da za (bn ) moˇzemo izabrati proizvoljan divergentan niz. 14. Neka su (an ) i (bn ) nizovi takvi da je svaki ˇclan niza (bn ) razliˇcit od nule. Neka je k taˇcan broj konvergentnih nizova med¯u nizovima: (an + bn ),

(an − bn ),

(an bn ),

(

an ). bn

(1.10)

Da li k moˇze uzimati svaku vrednost iz skupa {0, 1, 2, 3, 4}? Reˇsenje. Broj k moˇze biti jednak 0. Recimo, ako je an = n2 i bn = n, tada su nizovi navedeni u (1.10) redom jednaki (n2 + n), (n2 − n), (n3 ), (n) i kao ˇsto je već bilo reˇci do sada, svi oni konvergiraju ka +∞, tj. nisu konvergentni. Broj k moˇze biti jednak 1. Recimo, ako je an = 2n i bn = n, nizovi iz (1.10) su jednaki, redom: (3n), (n), (2n2 ), (2)n i konvergiraju, redom, ka +∞, +∞, +∞, 2, tj. taˇcno jedan od njih je konvergentan. Broj k moˇze biti jednak 2. Recimo, ako je an = bn = n, tada su navedena ˇcetiri niza jednaka, redom: (2n), (0)n , (n2 ), (1)n , i kao ˇsto vidimo, taˇcno dva od ova ˇcetiri niza su konvergentna. Broj k moˇze biti jednak 3. Recimo, ako je an = 1 i bn = 1/n, tada su navedena ˇcetiri niza jednaka, redom: (1 + 1/n), (1 − 1/n), (1/n), (n). Kao ˇsto vidimo, jedino poslednji od ova ˇcetiri niza nije konvergentan. Broj k moˇze biti jednak i 4, ˇsto se jednostavno postiˇze, recimo, za an = 1 i bn = 1. Dakle, odgovor na pitanje u zadatku je potvrdan. Komentar. Predstavimo jedan od naˇcina razmiˇsljanja koji nas vodi kroz reˇsenje ovog zadatka. Verovatno je da k moˇze biti jednako i 0 i 4, ako su nizovi (an ) i (bn ) dovoljno ”haotiˇcni”, odnosno dovoljno ”pravilni”, pa za te sluˇcajeve ne predosećamo problem. Takod¯e, ne deluje da ćemo izvući kontradikciju ni iz pretpostavke k = 1, jer, zaˇsto bi konvergencija, recimo, niza (an + bn ) implicirala konvergenciju bilo kog drugog niza iz (1.10). Sluˇcaj k = 2 i k = 3 već deluju sumnjivo. Ipak, nakon nekog vremena ne uspevamo da nad¯emo kontradikciju sa tim pretpostavkama. Primera radi, ako je k = 2, moˇzemo da zakljuˇcimo da ta dva konvergentna niza ne smeju da budu (an + bn ) i (an − bn ). Ako bi ova dva niza bila konvergentna, onda bi i (an ) i (bn ) bili konvergentni, jer je (an ) poluzbir, a (bn ) polurazlika dva navedena


441

niza, pa bi i (an bn ) bio konvergentan niz. Dakle, u smiˇsljanju primera za k = 2 sigurno se nećemo truditi da ta dva konvergentna niza budu (an + bn ) i (an − bn ) jer bi ovo povuklo joˇs jedan konvergentan niz (an bn ). Ipak, ako pretpostavimo da su konvergentni nizovi (an + bn ) i (an bn ), ne dolazimo ni do kakve kontradikcije. Ovo nas navodi na pomisao da k moˇzda moˇze da uzima bilo koju vrednost iz navedenog skupa, pa krenemo sa konstrukcijom primera. To radimo na sledeći naˇcin. Ako su oba niza (an ) i (bn ) konvergentna, ”verovatno” će sva ˇcetiri niza iz (1.10) biti konvergentna. Kaˇzemo: ”verovatno”, jer ako niz (bn ) konvergira ka nuli, niz (an /bn ) ne mora biti konvergentan. Ovo nam momentalno daje ideju kako da nad¯emo primere niza (an ) i (bn ) za koje su sva ˇcetiri niza kao i taˇcno tri niza iz (1.10) konvergentna. Kao naredni po jednostavnosti, deluje sluˇcaj kada ˇzelimo da k bude jednako 0. Dovoljno je da (an ) i (bn ) budu ”veliki” nizovi, takvi da je i njihova razlika velika, ali i da je (an ) viˇseg reda veliˇcine od (bn ), da niz (an /bn ) ne bi ”ispao” konvergentan. Ovo nam daje ideju i za sluˇcaj k = 0 i za sluˇcaj k = 1. Ovde ne moˇzemo da ne primetimo da, ako an → +∞ i bn → +∞, onda nizovi (an + bn ) i (an bn ) sigurno divergiraju, a nizovi (an − bn ) i (an /bn ) ne mora da divergiraju, već zavisi od razlike u redu veliˇcine niza (an ) i (bn ). Sada se primer za k = 2 sam nameće. U poglavlju 2.1 nalazi se mnogo primera nizova koji su ograniˇceni, a nisu konvergentni. Najˇceˇsće to dokazujemo tako ˇsto uoˇcimo dva podniza datog niza koji konvergiraju razliˇcitim realnim brojevima. Naredni zadatak ne moˇze se reˇsiti tako jednostavno, pa je pristup dosta suptilniji. 15. Dokazati da niz (xn ) definisan sa xn = sin n nije konvergentan. Reˇsenje. Reˇsićemo zadatak na dva razliˇcita naˇcina. U prvom reˇsenju ćemo uvesti i niz (yn ) definisan sa yn = cos n. Zatim ćemo preko adicionih formula dobiti vezu izmed¯u ova dva niza i na kraju ćemo dobiti kontradikciju sa ˇcinjenicom da niz (xn ) konvergira. U drugom reˇsenju ćemo pronaći dva podniza niza (xn ) koja svedoˇce o tome da niz (xn ) ne moˇze biti konvergentan. Prvi naˇcin: Pretpostavimo da niz (xn ) konvergira ka x. Neka je (yn ) niz definisan sa yn = cos n. Poˇsto je: sin(a + b) = sin a cos b + cos a sin b i cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b, imamo da je: xn+1 = sin(n + 1) = sin n cos 1 + cos n sin 1 = xn cos 1 + yn sin 1, yn+1 = cos(n + 1) = cos n cos 1 − sin n sin 1 = yn cos 1 − xn sin 1. Dakle, za ˇclanove niza (xn ) i (yn ) vaˇzi: xn+1 = xn cos 1 + yn sin 1, yn+1 = yn cos 1 − xn sin 1.

442

Glava 1. Nizovi

Broj sin 1 je razliˇcit od nule. Iz prve jednakosti sledi da je yn = (xn+1 − xn cos 1)/ sin 1. Poˇsto niz (xn ) konvergira ka x, onda i niz (xn+1 ) = (x2 , x3 , x4 , ...) konvergira, takod¯e ka x, pa i niz (yn ) konvergira kao razlika konvergentnih nizova: (xn+1 ) i (cos 1 · xn ), pomnoˇzena konstantom 1/ sin 1. Prema tome, iz konvergencije niza (xn ), sledi i konvergencija niza (yn ). Neka niz (yn ) konvergira ka y. Kako niz (xn+1 ) konvergira ka x, niz (cos 1 · xn ) konvergira ka cos 1 · x, a niz (sin 1 · yn ) konvergira ka sin 1 · y, iz jednakosti: xn+1 = xn cos 1 + yn sin 1, zakljuˇcujemo da mora da vaˇzi: x = x cos 1 + y sin 1. Analogno, iz jednakosti yn+1 = yn cos 1 − xn sin 1, sledi da mora da vaˇzi y = y cos 1 − x sin 1. Poˇsto za brojeve x i y moraju da vaˇze obe navedene jednakosti, nalazimo ih kao reˇsenje sistema jednaˇcina: x = x cos 1 + y sin 1 y = y cos 1 − x sin 1. tj. 0 = x(cos 1 − 1) + y sin 1 0 = x(− sin 1) + y(cos 1 − 1). Kako su sin 1 i cos 1 razliˇciti od 0 i 1, redom, jedino reˇsenje ovog sistema jednaˇcina je (x, y) = (0, 0), pa zato vaˇzi x = y = 0. Sa druge strane, niz (x2n ) konvergira ka x2 , dok niz (yn2 ) konvergira ka y 2 , pa niz (x2n + yn2 ) konvergira ka x2 + y 2 . Imamo da je x2n + yn2 = sin2 n + cos2 n = 1, pa je zbir niza (x2n ) i (yn2 ) zapravo konstantan niz (1)n . Zato vaˇzi: x2 + y 2 = 1. Ovo je nemoguće, jer smo zakljuˇcili da je x = y = 0. Dakle, niz (xn ) ne moˇze biti konvergentan. Drugi naˇcin: Pretpostavimo da niz (xn ) konvergira ka x. U svakom od intervala π 5π π 5π π 5π π 5π ( , ), (2π + , 2π + ), (4π + , 4π + ), ..., (2kπ + , 2kπ + ), ... 6 6 6 6 6 6 6 6 nalazi se barem jedan prirodan broj, jer su duˇzine ovih intervala jednake 4π/6 > 4 · 3/6 > 1. Izaberimo iz svakog intervala po jedan prirodan broj i obeleˇzimo ih redom sa n1 , n2 , n3 , .... Na ovim intervalima vrednosti funkcije x 7→ sin x nalaze se unutar segmenta [1/2, 1], pa je xn1 ∈ [1/2, 1], xn2 ∈ [1/2, 1], ... itd. Sa druge strane, na intervalima (

7π 11π 7π 11π 7π 11π 7π 11π , ), (2π + , 2π + ), (4π + , 4π + ), ..., (2kπ + , 2kπ + ), ... 6 6 6 6 6 6 6 6

1.1. Monotoni i drugi karakteristiˇcni nizovi

443

vrednosti funkcije x 7→ sin x nalaze se unutar segmenta [−1, −1/2]. U ovim intervalima redom, takod¯e, postoje prirodni brojevi m1 , m2 , m3 , ... pa je onda xm1 ∈ [−1, −1/2], xm2 ∈ [−1, −1/2]... itd. Kako niz (xn ) konvergira ka x, svaki njegov podniz konvergira ka x takod¯e. Zbog toga je xnk → x i xmk → x. Poˇsto je vrednost svih ˇclanova niza (xnk )k u segmentu [1/2, 1], po jednom od tvrd¯enja iz poglavlja 2.1, sledi i da je x ∈ [1/2, 1]. Analogno, na osnovu niza (xmk )k , zakljuˇcujemo da je x ∈ [−1, −1/2]. Ovo je nemoguće. Dakle, niz (xn ) nema graniˇcnu vrednost. Komentar. Prikazali smo dva suˇstinski razliˇcita reˇsenja ovog zadatka. U prvom reˇsenju smo iskoristili elegantan trik uvodeći i niz (cos n) i koristeći ”preplitanje” novog niza sa starim nizom. Drugo reˇsenje viˇse podseća na standardni naˇcin kako pokazujemo da je neki niz divergentan (naroˇcito ako je definisan preko trigonometrijskih funkcija). Ono se od standardnog pristupa razlikuje po tome ˇsto, ne nalazimo graniˇcne vrednosti dva izabrana podniza (kao ˇsto je to ˇcesto sluˇcaj), već utvrd¯ujemo da, ako oni imaju graniˇcne vrednosti, te dve graniˇcne vrednosti sigurno ne mogu biti jednake. Ovo je dovoljan uslov da poˇcetni niz ne bude konvergentan. Ne samo da niz (xn ) nije konvergentan, već je i svaka taˇcka segmenta [−1, 1] jedna delimiˇcna granica ovog niza (tj. postoji podniz ovog niza koji njoj konvergira). Razlog za to je med¯usobni poloˇzaj prirodnih brojeva i umnoˇzaka jednog iracionalnog broja, u ovom sluˇcaju, broja π. Jedan vaˇzan rezultat iz teorije brojeva, koji se naziva Kronekerova teorema, jasno govori o tome gde se nalaze umnoˇsci jednog iracionalnog broja u odnosu na prirodne brojeve. Kronekerova teorema glasi: Ako je θ iracionalan broj, tada je skup razlomljenih delova: {{n · θ} : n ∈ N} gust u segmentu [0, 1]. Kao veˇzbu za ˇcitaoca ostavljamo da, koristeći ovu teoremu, dokaˇze tvrd¯enje sa poˇcetka pasusa. Viˇse o Kronekerovoj teoremi, kao i njen dokaz, (koji ne prevazilazi nivo srednjoˇskolske matematike) radoznali ˇcitalac moˇze pronaći u [4] ili [7].

1.2

Monotoni i drugi karakteristiˇ cni nizovi

O konvergenciji monotonih nizova govorili smo u poglavlju 2.2. U ovom poglavlju ćemo videti kako informacija o monotonosti niza utiˇce na ispitivanje karaktera konvergencije tog niza. Pored monotonih, bavimo se i rekurentno zadatim nizovima, zatim nizovima ˇciji se konvergencija utvrd¯uje pomoću Koˇsijevog kriterijuma i joˇs nekim zanimljivim nizovima. 16. Da li je niz (xn ) odred¯en sa xn = konvergentan?

1 1 1 + + ... + n+1 n+2 2n

444

Glava 1. Nizovi

Reˇsenje. Poˇsto za svaki prirodan broj n vaˇzi: xn+1 − xn =

=

1 1 1 1 + + ... + + 1 + (n + 1) 1 + (n + 2) n + (n + 1) n + 1 + (n + 1) ( ) 1 1 1 − + + ... + n+1 n+2 2n 1 1 1 1 1 + − = − > 0, 2n + 1 2n + 2 n + 1 2n + 1 2n + 2

zakljuˇcujemo da je niz (xn ) rastući. Pored toga, vaˇzi i: xn <

1 1 1 + + ... + = 1, n n n

pa je i ograniˇcen odozgo. Dakle, niz (xn ) jeste konvergentan. Komentar. Za ovaj zadatak vaˇzi isti komentar kao za zadatak 12. Nema smisla reći: ”Kako 1/(n + 1) → 0, 1/(n + 2) → 0, ..., 1/(2n) → 0, sledi i xn → 0”. Broj razlomaka menja se u svakom sledećem ˇclanu niza (xn ). Opravdano je pokuˇsati da reˇsimo ovaj zadatak kao ˇsto smo reˇsili 12. zadatak, ali ne bi uspeli, jer: 1 1 1 1 =n· ≤ xn ≤ n · =1− , 2 2n n+1 n+1 pa dva niza izmed¯u kojih smo smestili niz (xn ) ne konvergiraju ka istom broju. Reˇsenje dolazi iz analize ponaˇsanja niza. Posmatramo kako se menja ˇclan niza kada sa indeksa n pred¯emo na indeks n + 1. Na taj naˇcin uoˇcavamo da niz raste i onda samo ostaje pitanje da li je ograniˇcen odozgo. Kao ˇsto vidimo, jednostavno smo ga ograniˇcili konstantom 1. Napominjemo da xn ̸→ 1, a ˇcemu teˇzi (xn ) biće odred¯eno kasnije. Sledeći zadatak predstavlja specijalan sluˇcaj Primera 2.67 u prvom delu knjige. Ovde dajemo drugaˇcije reˇsenje i u komentaru skrećemo paˇznju na neke bitne posledice. 17. Dokazati da je niz (xn ) odred¯en sa xn =

1 1 1 + 2 + ... + 2 2 1 2 n

konvergentan. Reˇsenje. Niz (xn ) je rastući, jer za svaki prirodan broj n vaˇzi ) ( 1 1 1 1 + + ... + + > xn . xn+1 = 12 22 n2 (n + 1)2


445

Sem toga, niz (xn ) je i ograniˇcen odozgo brojem 2. Zaista, koristeći sledeće zapaˇzanje: 1 1 1 1 < = − , 2 n n(n − 1) n−1 n koje vaˇzi za svaki prirodan broj n > 1, dobijamo: 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 2 1 2 3 n 1 1 1 < 1+ + + ... + 2·1 3·2 n · (n − 1) 1 1 1 1 1 1 = 1 + − + − + ... + − 1 2 2 3 n−1 n 1 = 2 − < 2. n

xn =

Prema tome, niz (xn ) je konvergentan. Komentar. Iako smo za gornju granicu ovog niza uzeli broj 2, to nije i graniˇcna vrednost ovog niza. Graniˇcna vrednost ovog niza je vrlo zanimljiv broj: π 2 /6, a dokaz te ˇcinjenice nije ni malo jednostavan (upućujemo ˇcitaoca na odliˇcnu knjigu [2] u kojoj, sem istorijskog osvrta, moˇze naći tri razliˇcita dokaza ovog tvrd¯enja: dva preko nesvojstvenih dvostrukih integrala i jedan potpuno elementaran, preko ˇ zanimljivih trigonometrijskih identiteta, uz malu pomoć kompleksnih brojeva). Cak i da nam nije poznat Primer 2.67, nakon ˇsto smo reˇsili ovaj zadatak, mogli bi da dokaˇzemo da je za bilo koje α > 2, konvergentan i niz (an ) definisan sa: an =

1 1 1 + α + ... + α . α 1 2 n

Dokaz bi se izveo potpuno analogno sa prikazanim. Naime, oˇcigledno je (an ) rastući niz i vaˇzi 1 1 1 an ≤ 2 + 2 + ... + 2 < 2, 1 2 n pa je i konvergentan. Razume se da su konvergentni i svi nizovi koji se dobiju od ovih tako ˇsto se imenioci razlomaka uvećaju. Tako je, na primer, konvergentan niz (1/(1 + 14 ) + 1/(2 + 24 ) + ... + 1/(n + n4 )), itd. 18. Dat je niz (xn ) na sledeći naˇcin: 1 a) x1 = , 2 b) x1 =

xn+1 = xn − x2n , za svako n ∈ N;

1 , 2000

xn+1 = xn + x2000 , za svako n ∈ N. n

Odrediti, ako postoji, graniˇcnu vrednost ovog niza.

446

Glava 1. Nizovi

Reˇsenje. a) Dokaˇzimo da za svaki prirodan broj n vaˇzi xn ∈ (0, 1) indukcijom po n. Za n = 1 to sledi iz uslova zadatka. Pretpostavimo da tvrd¯enje vaˇzi za neko n. Tada, poˇsto je xn ∈ (0, 1) sledi i x2n < xn pa je xn+1 = xn − x2n > 0 ali i xn+1 < xn < 1, te je xn+1 ∈ (0, 1). Dakle, xn ∈ (0, 1), za svako n. Kao ˇsto smo već i zakljuˇcili, niz je opadajući, jer iz same definicije sledi da je xn+1 ≤ xn , a kako su svi ˇclanovi niza pozitivni, sledi i da je odozdo ograniˇcen. Zbog toga niz (xn ) konvergira. Neka je x graniˇcna vrednost ovog niza. Poˇsto niz (x1 , x2 , x3 , ...) konvergira ka x, sledi da niz (x21 , x22 , x23 , ...) konvergira ka x2 , a odatle sledi da niz (x1 − x21 , x2 − x22 , x3 − x23 , ...), kao razlika jednog niza koji konvergira ka x i jednog koji konvergira ka x2 , i sam konvergira i to ka x − x2 . Iz uslova zadatka, sledi da je niz (x1 −x21 , x2 −x22 , x3 −x23 , ...) jednak nizu (x2 , x3 , x4 , ...). Poˇsto je niz (x2 , x3 , x4 , ...) podniz niza (xn ) i on konvergira ka x. Iz jednakosti nizova: (x1 − x21 , x2 − x22 , x3 − x23 , ...) = (x2 , x3 , x4 , ...) sledi i jednakost njihovih graniˇcnih vrednosti, pa zato za x vaˇzi x − x2 = x. Jedini realan broj za koji vaˇzi ova jednakost je 0, pa je zato x = 0, tj. xn → 0. b) Iz same definicije niza sledi da je niz (xn ) rastući. Pretpostavimo da je niz (xn ) ograniˇcen odozgo. U tom sluˇcaju, niz (xn ) ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost: x. Poˇsto niz (x1 , x2 , x3 , ...) konvergira ka x, sledi da niz (x2000 , x2000 , x2000 , ...) konvergira ka 1 2 3 2000 2000 2000 2000 x , pa niz (x1 + x1 , x2 + x2 , x3 + x3 , ...) konvergira ka x + x2000 . Poslednji navedeni niz jednak je, po uslovu zadatka, nizu (x2 , x3 , x4 , ...) koji kao podniz niza (xn ), takod¯e konvergira ka x. Dakle, za x mora da vaˇzi x = x + x2000 , tj. x = 0. Ovo nije moguće, budući da je x1 = 1/2000 i da je niz rastući, u intervalu (−1/2000, 1/2000) nema ni jednog ˇclana ovog niza. Dobili smo kontradikciju, dakle pretpostavka da je (xn ) ograniˇcen odozgo niz, nije taˇcna. Poˇsto je (xn ) rastući niz koji nije ograniˇcen odozgo, sledi xn → +∞. Komentar. Kada je niz definisan na naˇcin kao u ovom zadatku, gde je svaki naredni ˇclan niza odred¯en preko prethodnih, kaˇzemo da je niz zadat rekurentno. Kada imamo rekurentno zadat niz, ˇcesto moˇzemo odmah odrediti koji brojevi mogu da budu graniˇcna vrednost tog niza i pre nego da utvrdimo da li posmatrani niz uopˇste ima graniˇcnu vrednost. Recimo, u delu pod a), ako pretpostavimo da je x graniˇcna vrednost niza (xn ), obavezno mora da vaˇzi x = x2 − x. Analognu situaciju imamo i u drugom delu zadatka. U tom sluˇcaju, ˇcesto se koristi fraza ”prelaskom na graniˇcnu vrednost ...”, ili joˇs slobodnije ”pustimo limes na levoj i desnoj strani ...”, ˇ pri ˇcemu zamiˇsljamo da n postaje beskonaˇcno veliko. Citava reˇcenica izgledala bi otprilike ovako: ”Prelaskom na graniˇcnu vrednost u jednakosti xn+1 = xn − x2n , dobijamo da je x = x − x2 ”. Ipak, mi ˇzelimo da izbegnemo eventualne zabune, kao, na primer, kako to sa jedne strane xn+1 teˇzi ka x, a sa druge xn teˇzi ka x, tako ˇsto dajemo egzaktno obrazloˇzenje koje stoji iza poznate fraze. Analogno bi postupali da je opˇsti ˇclan niza definisan preko viˇse prethodnih ˇclanova. Recimo, da √ je bilo xn+1 = xn +x2n−1 +x3n−2 , posmatrali bi nizove (x31 , x32 , x33 , ...), (x22 , x23 , x24 , ...) √ √ √ √ i ( x3 , x4 , x5 , ...). Ovi nizovi bi konvergirali, redom, ka x3 , x2 i x, dok bi njihov zbir bio niz (x4 , x5 , x6 , ...) koji konvergira ka x. U tom sluˇcaju bi vaˇzilo: √ x = x + x2 + x3 , itd.


447

Pri reˇsavanju ovakvih zadataka moramo obratiti paˇznju na organizaciju reˇsenja. Recimo, za niz u delu pod a), kako je x1 = 12 , jasno nam je da je x21 < x1 , pa zamiˇsljamo brojevnu pravu i ”vidimo” da je svaki naredni ˇclan niza izmed¯u 0 i 1. To treba i dokazati. Ako bi probali da dokaˇzemo prvo da je svaki ˇclan niza (xn ) pozitivan (bez ikakvih dodatnih pretpostavki), ne bismo uspeli. Jednostano, ako je xn pozitivan (i niˇsta viˇse ne znamo o njemu), ne sledi da je xn+1 pozitivan. Takod¯e, ne bismo mogli da, bez ikakvih dodanih pretpostavki, pokaˇzemo da je xn < 1 za svako n ∈ N. Kljuˇcna stvar je dokazivati istovremeno obe tvrdnje, pa zato pokazujemo da je xn ∈ (0, 1). Implikacije xn > 0 ⇒ xn+1 > 0 i xn < 1 ⇒ xn+1 < 1 ne moˇzemo dokazati, ali moˇzemo dokazati implikaciju 0 < xn < 1 ⇒ 0 < xn+1 < 1. 19. Neka je α > 0. Niz (xn ) definisan je sa: √ xn =

√

α+

√ α + ... +

α+

√ α,

pri ˇcemu se u ovom izrazu javlja n korena. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost niza (xn ). √ √ Reˇsenje. Iz definicije niza (xn ) zakljuˇcujemo da je x1 = α i xn+1 = α + xn za svaki prirodan broj n. Pokaˇzimo da za svaki prirodan√broj n vaˇzi xn+1 > xn , tj. √ √ da je ovaj niz strogo rastući. Za n = 1 imamo x2 = α + α > α = x1 , a iz √ √ pretpostavke da je xm > xm−1 sledi i α + xm > α + xm−1 , odnosno xm+1 > xm . Dakle, po principu matematiˇcke indukcije, sledi xn+1 >√xn za svako n ∈ N. Pokaˇzimo√sada da je niz (xn ) ograniˇcen odozgo brojem 1/2 + 1/4 + α = A. Poˇsto √ je α < 1/4 + α sledi da je x1 < A. Is pretpostavke da je xm < A sledi

xm+1

√ = α + xm <

√ 1 α+ + 2

√

√ 1 +α= 4

1 ( + 2

√

1 + α)2 = A. 4

(1.11)

Prema principu matematiˇcke indukcije, odavde zakljuˇcujemo da je xn < A za svako n ∈ N, pa je niz (xn ) zaista ograniˇcen odozgo. Budući da je niz (xn ) rastući i ograniˇcen odozgo, sledi da niz (xn ) konvergira ka nekom realnom broju x. Poˇsto niz (x1 , x2 , x3 , ...) konvergira ka x, sledi da niz √ √ √ (α+x1 , α+x2 , α+x , ...) konvergira ka x+α, dok niz ( α + x , α + x , α + x3 , ...) 3 1 2 √ konvergira ka x + α. Iz uslova zadatka sledi: √ √ √ ( α + x1 , α + x2 , α + x3 , ...) = (x2 , x3 , x4 , ...), a niz (x2 √ , x3 , x4 , ...) kao podniz niza (xn ) takod¯e konvergira ka x. Dakle,√ za broj x vaˇzi x =√ x + α. Jedini realni brojevi za koje vaˇzi ova jednakost su 1/2 − 1/4 + α i 1/2 + 1/4 + α. Prvi od ova dva broja je negativan jer√je α > 0, a svi ˇclanovi niza (xn ) su pozitivni, pa je x ≥ 0. Dakle, vaˇzi x = 1/2 + 1/4 + α = A.

448

Glava 1. Nizovi

Komentar. Ovo reˇsenje ima nekoliko ”iznenad¯ujućih” koraka, kao recimo uvod¯enje broja A i sred¯ivanje izraza u (1.11). Objasnimo zbog ˇcega ti koraci, zapravo, uopˇste ne predstavljaju iznenad¯enje. Ovde smo sa direktne definicije niza preˇsli na rekurentnu i to nam je bilo presudno u reˇsavanju zadatka. Naime, kad pred¯emo √ na rekurentnu definiciju i uoˇcimo da je xn+1 = α + xn , znamo √ da će za graniˇcnu vrednost ovog niza (postojala ona ili ne) morati da vaˇ z i x = α + x, tj. x = √ 1/2 ± 1/4√ + α, a kako su svi ˇclanovi niza pozitivni, sledi da će morati da vaˇzi x = 1/2 + 1/4 + α. Otuda nam broj A, koji se tako iznenadno pojavljuje u reˇsenju. Dakle, ako niz (xn ) kovnergira, on će sigurno konvergirati ka broju A, ali mi joˇs uvek ne znamo da li konvergira. Poˇsto znamo koji je jedini realan broj koji moˇze da bude graniˇcna vrednost ovog niza, a pored toga uoˇcavamo da je niz rastući, tim realnim brojem i pokuˇsavamo da ograniˇcimo ovaj niz. Takod¯e, nije se sluˇcajno √ u redu (1.11) ceo izraz ovako sredio. Broj A je upravo tako izabran da bude A = α + A. U nekim narednim zadacima prvi ˇclanovi nizova indeksirani su nulom. Urad¯eno je tako simbolike radi, jer se deˇsava da ti nizovi budu monotoni poˇcevˇsi od drugog ˇclana, a ne odmah od poˇcetka.

20. Neka je a > 0 realan broj. Niz (xn ) odred¯en je sa: xn + x0 > 0,

xn+1 =

a xn

2

,

za svako n ∈ N0 .

Pokazati da niz (xn ) konvergira i da je njegova graniˇcna vrednost

√ a.

Reˇsenje. Poˇsto je x0 > 0, jednostavno zakljuˇcujemo (a precizno dokazujemo matematiˇckom indukcijom) da je xn > 0 za svako n ∈ N. Primenom nejednakosti izmed¯u aritmetiˇcke i geometrijske sredine na brojeve xn i a/xn , dobijamo da za svako n ∈ N vaˇzi: √ xn + xan √ a ≥ xn · = a. xn+1 = 2 xn Dokaˇzimo da je niz (xn ) opadajući, poˇcevˇsi od x1 . Za svaki prirodan broj n vaˇzi: xn+1 ≤ xn ⇔

xn +

a xn

≤ xn ⇔ a ≤ x2n , 2 √ pa kako smo već pokazali da je xn > a za svako n ∈ N, sledi da vaˇzi xn+1 ≤ xn . Dakle niz (xn ) je opadajući, poˇevˇsi od x1 i odozdo ograniˇcen, recimo nulom, pa je √ zbog toga konvergentan. Neka je x njegova graniˇcna vrednost. Poˇsto je xn ≥ a za √ svako n ∈ N, vaˇzi x ≥ a > 0. Zbog toga je i niz (a/xn ) konvergentan i konvergira ka a/x. Zato niz ((xn +a/xn )/2) konvergira ka (x+a/x)/2, a kako je ovaj niz jednak nizu (xn )n∈N , koji takod¯e konvergira ka x, sledi da za x vaˇzi:


x= Dakle, x =

√ a.

449

x + xa . 2

Komentar. Kod ovog niza, karakter monotonosti (i da li je uopˇste monoton) nije jasan na prvi pogled. Ako probamo da dokaˇzemo da je xn+1 ≥ xn , dobijamo da je ta nejednakost ekvivalentna sa a ≥ x2n . Analogno je xn+1 ≤ xn ekvivalentna √ sa a ≤ x2n , ˇsto znaˇci da treba uporediti ˇclanove niza sa a. Kada to probamo da √ √ uradimo: xn ≥ a ekvivalentno je sa (xn−1 +a/xn−1 )/2 ≥ a, a ovo je ekvivalentno √ √ sa: (xn−1 − a/xn−1 )2 ≥ 0, ˇsto je uvek taˇcno. Dakle, zaista jeste xn ≥ a, za svako n ∈ N. Elegantnosti radi, u reˇsenju smo iskoristili nejednakost izmed¯u sredina, ali je to ekvivalentno ovdaˇsnjem razmatranju. To je motivacija ovog reˇsenja, a svi ostali delovi su rutinski. Zanimljivo je primetiti i to da konvergencija ovog niza ne zavisi od x0 , dokle god je on izabran tako da je pozitivan. 21. Neka su a, b > 0 i neka su nizovi (xn ) i (yn ) odred¯eni sa: x0 = a, y0 = b, xn+1 =

x n + yn √ xn yn , yn+1 = , za svako n ∈ N0 . 2

Dokazati da su nizovi (xn ) i (yn ) konvergentni i dokazati da im se graniˇcne vrednosti poklapaju. Reˇsenje. Poˇsto su a, b > 0, zakljuˇcujemo da vaˇzi xn > 0 i yn > 0 za svako n ∈ N. Primenom nejednakosti izmed¯u aritmetiˇcke i geometrijske sredine na brojeve xn i yn , dobijamo: x n + yn √ ≥ xn yn = xn+1 , za svako n ∈ N0 . 2 Koristeći tu nejednakost, zakljuˇcujemo da za svaki prirodan broj n vaˇze nejednakosti: √ √ xn+1 = xn yn ≥ xn xn = xn , yn+1 =

x n + yn yn + yn ≤ = yn . 2 2 Prema tome, niz (xn ) je rastući, a niz (yn ) je opadajući, poˇcevˇsi od indeksa n = 1. Niz (xn )n∈N je ograniˇcen odozgo brojem y1 , a niz (yn )n∈N je ograniˇcen odozdo brojem x1 . Zaista: xn ≤ yn ≤ y1 , kao i yn ≥ xn ≥ x1 , za svako n ∈ N. yn+1 =

Dakle, nizovi (xn )n∈N i (yn )n∈N , pa samim tim i poˇcetni nizovi (xn ) i (yn ) (koji poˇcinju indeksom n = 0) su konvergentni. Neka su x i y, redom, graniˇcne vrednosti ovih nizova. Tada niz ((xn + yn )/2)n∈N0 konvergira ka (x + y)/2. Iz uslova zadatka, sledi da je ovaj niz jednak nizu (yn )n∈N koji takod¯e konvergira ka y. Zbog toga vaˇzi (x + y)/2 = y, tj. x = y, ˇsto kompletira reˇsenje.

450

Glava 1. Nizovi

Komentar. Ovaj zadatak neobiˇcan je po tome ˇsto su data dva niza koja se ”prepliću” u definiciji. Inaˇce, znajući da je aritmetiˇcka sredina dva broja veća ili jednaka od geometrijske sredine ta dva broja, nakon ˇsto nacrtamo brojevnu pravu i na njoj pratimo ˇsta se deˇsava sa ˇclanovima ovih nizova, reˇsenje postaje i viˇse nego jasno. Aritmetiˇcke sredine se smanjuju, geometrijske sredine se povećavaju, a pomenimo i to da je graniˇcna vrednost ovih nizova upravo zajedniˇcka taˇcka sistema umetnutih segmenata ([xn , yn ])n∈N . 22. Nizovi (an ), (bn ), (cn ) odred¯eni su sa a0 , b0 , c0 ∈ R i an+1 =

an + bn , 2

bn+1 =

bn + cn , 2

cn+1 =

cn + an , za svako n ∈ N0 . 2

Dokazati da su ova tri niza konvergentna. Reˇsenje. Dokaˇzimo prvo da su nizovi (an − bn ), (bn − cn ) i (an − cn ) nula - nizovi. Iz naˇcina na koji su nizovi zadati, sledi da je |an+1 − bn+1 | = |

an − cn an + bn bn + cn − |=| |. 2 2 2

Analogno nalazimo da je |bn+1 − cn+1 | = |

bn − an bn − cn |, kao i |an+1 − cn+1 | = | |. 2 2

Ove jednakosti vaˇze za svako n ∈ N0 . Zbog toga moˇzemo da nastavimo postupak na ovaj naˇcin: |an+1 − bn+1 | =

|an − cn | |bn−1 − cn−1 | |bn−2 − an−2 | |an−3 − cn−3 | = = = = ... 2 22 23 24

Kada ovo ponovimo n + 1 puta, u zavisnosti od broja n + 1 na kraju ćemo dobiti jedan od izraza: |a0 − b0 | |b0 − c0 | |a0 − c0 | , , ili . n+1 n+1 2 2 2n+1 Ako je δ = max{|a0 − b0 |, |b0 − c0 |, |a0 − c0 |}, iz navedenog sledi: 0 ≤ |an+1 − bn+1 | ≤

δ 2n+1

,

za svako n ∈ N0 .

Kako 2n+1 → +∞ imamo da δ/2n+1 → 0, pa po teoremi o dva policajca, sledi i da |an+1 − bn+1 | → 0, pa i an+1 − bn+1 → 0 (1. zadatak). Potpuno analogno zakljuˇcujemo i da bn+1 − cn+1 → 0, kao i da an+1 − cn+1 → 0. Sa druge strane, iz definicije ovih nizova, sledi da je niz (an + bn + cn ) konstantan niz, ˇciji je svaki ˇclan jednak sa a0 + b0 + c0 , pa je taj niz konvergentan. Kombinujući dobijene konvergentne nizove na pravi naˇcin, dobijemo da je i niz (an ) konvergentan. Naime, kako su (an +bn +cn ), (an −bn ) i (an −cn ) konvergentni nizovi, konvergentan je i niz dobijen kao zbir ova tri niza, tj. niz (3an ). Odatle sledi i konvergencija niza


451

(an ), kao proizvod konvergentnog niza (3an ) i konstante 1/3. Analogno moˇzemo zakljuˇciti i da su nizovi (bn ) i (cn ) konvergentni, ˇsto je i trebalo pokazati. Komentar. Ako na ovom zadatku probamo da primenimo dosadaˇsnju tehniku koju smo koristili za rekurentno zadate nizove, a to je: ”nekakvim procenama dokaˇzemo da je niz monoton i ograniˇcen sa odgovarajuće strane, a kasnije, pomoću rekurentne ˇ relacije odredimo graniˇcna vrednost”, niˇsta nećemo postići. Clanovi ovih nizova nisu obavezno pozitivni brojevi, zbog ˇcega moramo biti naroˇcito paˇzljivi pri vrˇsenju nekakvih procena veliˇcina. Pored toga, ni jedan od ovih nizova ne mora biti monoton. Ako samo malo razmislimo o ovom problemu sa neutralne taˇcke glediˇsta, a ne iz ugla ˇcesto koriˇsćene tehnike, ubrzo shvatamo kako se ovi nizovi ponaˇsaju. Kada bi nacrtali brojevnu pravu i poˇceli da obeleˇzavamo ˇclanove ovih nizova na njoj, sami bi primetili kako je naˇcin na koji smo reˇsili problem zapravo jako prirodan. Za nizove koji se javljaju u narednim zadacima biće karakteristiˇcno to ˇsto njihova analiza postaje daleko jednostavnija tek nakon neke kratke algebarske transformacije, koja će, već po pravilu, ponekad delovati potpuno nemotivisano. 23. Dokazati da je za svako q ∈ (−1, 1) niz (xn ) odred¯en sa: xn = q 0 + q 1 + ... + q n , konvergentan i da je njegova graniˇcna vrednost jednaka 1/(1 − q). Reˇsenje. Ako drugaˇcije zapiˇsemo sumu geometrijske progresije (q ̸= 1), sledi da je: xn =

1 − q n+1 1 1 n+1 = − q . 1−q 1−q 1−q

Niz (xn ) je zbir konstantnog niza (1/(1 − q))n i niza (q n+1 /(1 − q)). Kao ˇsto smo dokazali u 3. zadatku i komentaru uz taj zadatak, za q ∈ (−1, 1) vaˇzi q n → 0, pa i q n+1 → 0. Zbog toga niz (q n+1 /(1 − q)) konvergira ka 0, dok niz (xn ) konvergira ka 1/(1 − q). Komentar. Na ovaj rezultat treba obratiti paˇznju. Iako je vrlo jednostavan, ovo je jedan od jako bitnih rezultata u matematici. U nekim situacijama, sumiranje poˇcinje od q 1 , ili q 2 , a u tom sluˇcaju se graniˇcna vrednost dobija mnoˇzenjem ovog rezultata sa q, odnosno q 2 . Primera radi, ovim zadatkom ”pokazali” smo da je: 1=

1 1 1 1 1 + + + + ... + n + ... 2 4 8 16 2

452

Glava 1. Nizovi

24. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost niza (xn ) ako je: a) xn = b) xn =

22

1 1 1 + 2 + ... + . 2 −2 3 −3 (n + 1) − (n + 1)

√ n2 + n + 1 − n;

c) xn = (1 − d) xn =

1 1 1 )(1 − 2 ) · · · (1 − ); 22 3 (n + 1)2

1 2 n + 2 + ... + 2 ; 2 n n n

1 1 1 1 1 e) xn = (1 + )(1 + 2 )(1 + 22 )(1 + 23 )...(1 + 2n ). 2 2 2 2 2 Reˇsenje. a) Koristeći: 1 1 1 1 = = − , k2 − k k(k − 1) k−1 k dobijamo: xn =

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

Kako 1/(n + 1) → 0, sledi da xn → 1. b) Primetimo da je xn =

√

n2

+n+1−n = (

√

n2

√ n2 + n + 1 + n n+1 + n + 1 − n) · √ =√ . 2 2 n +n+1+n n +n+1+n

Kao u 7. zadatku i ovde zakljuˇcujemo da xn → 1. c) Koristeći 1 (k − 1)(k + 1) 1− 2 = , k k2 dobijamo: xn =

(n − 1)(n + 1) n(n + 2) 1 · (n + 2) 1·3 2·4 3·5 · 2 · 3 · ... · · = . 2 2 2 2 3 4 n (n + 1) 2 · (n + 1)

Sada već jednostavno, kao u 7. zadatku, sledi xn → 1/2. d) Koristeći identitet: 1 + 2 + ... + n =

n(n + 1) , 2

dobijamo n(n + 1) 1 + 2 + ... + n = . 2 n 2n2 Ponovo, kao 7. zadatku, sledi xn → 1/2. xn =


453

e) Primetimo da je: 1 1 1 1 1 1 1 (1 − )xn = (1 − )(1 + )(1 + 2 )(1 + 22 )(1 + 23 )...(1 + 2n ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 = (1 − 2 )(1 + 2 )(1 + 22 )(1 + 23 )...(1 + 2n ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 = (1 − 22 )(1 + 22 )(1 + 23 )...(1 + 2n ) 2 2 2 2 1 1 1 = (1 − 23 )(1 + 23 )...(1 + 2n ) 2 2 2 = ... 1 1 1 = (1 − 2n )(1 + 2n ) = 1 − 2n+1 . 2 2 2 n+1

n+1

Kako n + 1 → +∞, to i 2n+1 → +∞, pa i 22 → +∞. Zato 1/22 n+1 1 − 1/22 → 1. Dakle (1 − 1/2)xn → 1, pa xn → 2.

→ 0, pa i

Komentar. Pre nego da damo komentar svakog dela zasebno, naglasimo da je u primećivanju ovakvih trikova izuzetno bitno iskustvo. Uzmimo za primer deo ˇ zadatka pod d). Citalac koji se sa identitetom o sumi prvih n prirodnih brojeva susreo samo jednom do sada, a nije ga sam iskoristio nekoliko puta, neće ga se ni sada tako lako setiti. Vremenom ćemo lakˇse prepoznavati situacije poput ovih, a ono ˇsto smo nekad nazivali trikom, krenemo da nazivamo tehnikom. a) Kod ovog primera, nakon reˇsenja, ne ostaje potreba da se bilo ˇsta prokomentariˇse. Jedino √ ˇsto moˇzemo predloˇziti ˇcitaocu je da ga uporedi sa 17. zadatkom. b) Broj n2 + n + 1 jeste veći od n, ali nije većeg reda veliˇcine. Nećemo niˇsta postići izvlaˇcenjem tog broja ispred zagrade, jer ako zapiˇsemo: √ n xn = n2 + n + 1 · (1 − √ ), 2 n +n+1 predstavili smo (xn ) kao proizvod niza koji teˇzi ka +∞ i niza koji teˇzi ka 0, ˇsto nam ne daje nikakve informacije o nizu (xn ). Kao ˇsto vidmio, nakon ovog malog trika, zadatak postaje vrlo jednostavan. Postavljamo ˇcitaocu dva pitanja: ˇsta bi √ 3 2 + n + 1 − n, a ˇ bilo da je niz (xn ) bio definisan ovako: x = n sta bi bilo da je bio n √ √ definisan ovako: xn = 3 n2 + n + 1 − 3 n2 + 1? Mala pomoć, u prvom sluˇcaju ne bi konvergirao ka realnom broju, a u drugom sluˇcaju, vaˇzi a3 −b3 = (a−b)(a2 +ab+b2 ). c) Pre nego da primetimo kako jednostavnom izrazu je xn zapravo jednak, razmotrimo ˇsta sve moˇzemo da zakljuˇcimo o ovom nizu na prvi pogled. Najpre, naredni ˇclan niza dobija se mnoˇzenjem prethodnog ˇclana sa 1 − 1/(n + 2)2 , ˇsto je manje od 1. Dakle, niz (xn ) strogo opada, a svi njegovi ˇclanovi su pozitivni, ˇsto znaˇci da (xn ) sigurno ima graniˇcnu vrednost x. Kao ˇsto vidimo, za ˇclanove ovog niza vaˇzi rekurentna veza: xn+1 = xn (1 − 1/(n + 2)2 ). Prelaskom na graniˇcnu vrednost (ne obrazlaˇzemo detaljno jer je ovo komentar, a ne reˇsenje; ˇcitaocu se preporuˇcuje da detaljno obrazloˇzi ovaj korak), sve ˇsto dobijamo je x = x · 1, tj. ne dobijamo nikakvo ograniˇcenje za x. Sada već nemamo kud, moramo da malo ”proˇcaˇckamo” izraz za xn , a ubrzo nakon toga dolazimo i do reˇsenja.

454

Glava 1. Nizovi

d) Za ovaj deo zadatka, reˇsenje govori samo za sebe. Mi moˇzemo da dodamo samo sliˇcnu primedbu kao u komentaru za 16. zadatak. e) Izraz kojim je definisano xn izgleda ovako: 2

n

3

(1 + a)(1 + a2 )(1 + a2 )(1 + a2 )...(1 + a2 ), za a = 1/2. Svako ”naredno” a dobijamo kvadriranjem ”prethodnog” a. Ovakav n+1 izraz dobijamo kada primenimo viˇse puta razliku kvadrata na izraz a2 −1. Naime a2

n+1

n

n

n−1

− 1 = (a2 − 1)(a2 + 1) = (a2

− 1)(a2

n−1

n

+ 1)(a2 + 1)

itd. dolazimo do n+1

a2

2

n

− 1 = (a − 1)(a + 1)(a2 + 1)(a2 + 1)...(a2 + 1).

Otuda motivacija za mnoˇzenjem sa (1 − 1/2) na poˇcetku.

25. Niz (an ) odred¯en je sa: v √ u √ u √ √ t an = 1 + 2 + 3 + ... + n − 1 + n. Da li je niz (an ) konvergentan? Reˇsenje. Dokazaćemo da niz (an ) jeste konvergentan, tako ˇsto ćemo pokazati da je rastući i ograniˇcen odozgo. Da je niz (an ) rastući, sledi direktno iz definicije, jer: v v u √ u u √ u √ u √ t t an = 1 + 2 + 3 + ... + n − 1 + n + 0 v v u √ u u √ u √ u √ t t < 1 + 2 + 3 + ... + n − 1 + n + n + 1 = an+1 . Da bi dokazali da je niz an ograniˇcen, primetimo da je: v v u v u u √ u u √ u 3 u √ u u 1 2 n−1 n t t t an = 2 · . 0 + 1 + 2 + ... + n−2 + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n−1

(1.12)

Dokaˇzimo, indukcijom po n, da za svaki prirodan broj n vaˇzi: n−1

22

> n.

(1.13)


455

Za n = 1 to je oˇcigledno taˇcno, a ukoliko je tvrd¯enje taˇcno za prirodan broj n, onda vaˇzi i: n−1 n−1 n−1 n−1 n n + 1 < 22 + 1 < 2 · 22 ≤ 22 · 22 = 22 . Dakle, navedena nejednakost vaˇzi za sve prirodne brojeve. Zbog toga je: √ √ √ √ √ an < 2 · 1 + 1 + ... + 1 + 1. √

√ √ √ Iz 19. zadatka sledi da postoji realan broj A takav da je 1 + 1 + ... + 1 + 1 < √ A, pa je an < 2 · A, za svako n ∈ N. Ovim smo kompletirali reˇsenja. Komentar. Poˇsto ne znamo da li treba da pokazujemo da je niz (an ) konvergentan ili divergentan, treba da pokuˇsamo da ˇsto bolje procenimo njegovo ponaˇsanje. Niz (an ) jeste rastući, a u sluˇcaju da to nije oˇcigledno, nakon ˇsto zapiˇsemo prvih nekoliko ˇclanova ovog niza, postaje sasvim jasno. Intuicija bi trebalo da nam nalaˇze da je √ uvećanje koje izvrˇsi dodavanje novog n zanemarljivo u odnosu na n korenovanja koji se pritom izvrˇse. Ipak, naˇcin da ovo zapaˇzanje preciziramo i iskoristimo nije jednostavno pronaći. Za ovaj niz ne moˇzemo navesti smislenu rekurentnu vezu koja bi nam bila od pomoći, mada ne deluje √ tako na prvi pogled. Sve ˇsto nam treba postiˇze se fantastiˇcnim izvlaˇcenjem faktora 2 ispred korena. Apsolutno kljuˇcni trenutak u reˇsenju je red (1.12). Nejednakost (1.13) je vrlo gruba, odnosno oˇcigledna, a njen dokaz indukcijom je stvar jednostavne tehnike i ne predstavlja suˇstinski deo reˇsenja. Na kraju, pozvali smo se na 19. zadatak da ne bi dvaput pisali √ istu√stvar. Mogli smo √ i direktno, indukcijom po broju korena, da pokaˇzemo da je 1 + 1 + ... + 1 < 2 i da na taj naˇcin dobijemo ograniˇcenje za niz (an ). U prvom delu knjige, u okviru Primera 2.67, dokazali smo da niz (hn ) odred¯en sa:

1 1 1 + + ... + 1 2 n teˇzi ka +∞. Demonstrirajmo sada kako iz ove ˇcinjenice moˇzemo dokazati divergenciju i drugih nizova ˇciji opˇsti ˇclanovi imaju oblik sume reciproˇcnih vrednosti prirodnih brojeva. hn =

26. Ispitati konvergenciju niza (xn ) odred¯enog sa: xn =

1 1 1 + + ... + . 1 4 3n − 2

Reˇsenje. Za niz (xn ) vaˇzi: xn ≥

1 1 1 1 + + ... + = hn , 1+2 4+2 (3n − 2) + 2 3

456

Glava 1. Nizovi

pri ˇcemu smo sa (hn ) oznaˇcili niz kao u paragrafu pre ovog zadatka. Kako hn → +∞, sledi da i hn /3 → +∞, a kako je xn ≥ hn /3, sledi da i xn → +∞. Komentar. Kao ˇsto vidimo, ako sabiramo reciproˇcne vrednosti prirodnih brojeva, iako te vrednosti teˇze nuli, suma koju dobijamo teˇzi ka +∞. Kao ˇsto znamo, nije takva situacija sa reciproˇcnim vrednostima kvadrata prirodnih brojeva, ili recimo sa reciproˇcnim vrednostima stepena dvojke. Takvu pojavu moˇzemo i slikovito objasniti: kvadrati prirodnih brojeva (ili recimo stepeni dvojke) nisu dovoljno gusto raspored¯eni med¯u svim prirodnim brojevima, pa njihove reciproˇcne vrednosti dovoljno brzo postaju vrlo male i dozvoljavaju da ih saberemo koliko god ˇzelimo, a da pritom nikako ne premaˇsimo neku konstantu. U ovom zadatku trebalo je odrediti da li suma reciproˇcnih vrednosti svakog trećeg prirodnog broja konvergira (tj. da li je ovo dovoljno ”retko biranje” da suma bude konaˇcna). Intuitivno je jasno da ako sabiramo reciproˇcne vrednosti svakog trećeg prirodnog broja, dobijamo tri puta manju sumu nego da smo uzeli sve brojeve redom. Ipak, ako neki niz teˇzi ka +∞ i njegova trećina teˇzi ka +∞. Upravo smo ovako i reˇsili zadatak. Bilo bi potpuno analogno da smo umesto svakog trećeg birali svaki hiljaditi broj, pa bi tako i niz odred¯en sa: xn =

1 1 1 + + ... + 1001 2001 1000n + 1

konvergirao ka +∞. Detalji se ostavljaju ˇcitaocu za veˇzbu.

27. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost niza (xn ) odred¯enog sa: xn =

1 3 2n − 1 · · ... · . 2 4 2n

Reˇsenje. Novi ˇclan niza (xn ) dobija se od prethodnog mnoˇzenjem sa (2n − 1)/2n, tj. vaˇzi xn /xn−1 = (2n − 1)/(2n) < 1 pa je ovaj niz opadajući. Kako je joˇs i ograniˇcen odozdo nulom, sledi da niz (xn ) konvergira. Obeleˇzimo njegovu graniˇcnu vrednost sa x. Dokaˇzimo, na dva razliˇcita naˇcina, da je x = 0. Prvi naˇcin: Pokazaćemo ekvivalentno tvrd¯enje: niz 1/xn → +∞ (za nizove sastavljene od pozitivnih ˇclanova, ovo zaista jesu ekvivalentna tvrd¯enja). Neka je yn =

1 2 4 2n = · · ... · . xn 1 3 2n − 1

Zapiˇsimo yn na sledeći naˇcin: 1 1 1 ). yn = (1 + ) · (1 + ) · ... · (1 + 1 3 2n − 1 Ako bismo izmnoˇzili sve zagrade na desnoj strani, dobili bismo izraz oblika 1+

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


457

Zbog toga vaˇzi yn >

1 1 1 + + ... + . 1 3 2n − 1

Kako je 1 1 1 1 > = · , 2k − 1 2k 2 k imamo da je 1 1 1 1 1 yn > ( + + ... + ) = hn , 2 1 2 n 2

za svako n ∈ N.

Poˇsto hn → +∞, sledi i hn /2 → +∞, pa i yn → +∞. Dakle 1/xn → +∞, odakle sledi da xn → 0. Drugi naˇcin: Dokaˇzimo da je √ 2n − 1 xn < , 2n

za svako

n > 1.

Kada je n > 1 imamo: √ √ √ √ √ √ √ 1 3 2n − 1 1· 3 3· 5 2n − 3 · 2n − 1 2n − 1 xn = · · ... · = · · ... · · 2 4 2n 2 4 2n − 2 2n √ √ √ √ 2 2 2 (2n − 2) − 1 2 −1 4 −1 2n − 1 · · ... · · = 2 4 2n − 2 2n √ √ 2n − 1 2n − 1 < 1 · 1 · ... · 1 · = . 2n 2n √ Niz ( 2n √− 1/(2n)) teˇzi ka nuli. Zaista, opˇsti2 ˇclan ovog niza moˇzemo2 zapisati i 2 kao: (1/2) √ · 2/n − 1/n , a poˇsto 2/n → 0 i 1/n → 0, sledi i 2/n − 1/n → 0, pa i 2 (1/2) 2/n − 1/n → 0. Po teoremi o dva policajca, imajući u vidu i da je 0 < xn , sledi da xn → 0. Komentar. Konvergenciju niza (xn ) dokazujemo gotovo trivijalno, ali graniˇcnu vrednost ovog niza nije toliko jednostavno naći, pa ˇcak ni naslutiti. Za niz (xn ) vaˇzi rekurentna veza xn = (2n−1)/(2n)·xn−1 , ali prelaskom na graniˇcnu vrednost u ovoj jednakosti, dobijamo x = x, tj. bilo koji broj dolazi u obzir kao graniˇcna vrednost ovog niza (uporediti, na primer, sa sluˇcajem u kom je niz (xn ) definisan sa: xn =

1 · 2 · 3 · ... · n ; 3 · 5 · 7 · ... · (2n + 1)

u ovom sluˇcaju, iz rekurentne veze nedvosmisleno odred¯ujemo graniˇcnu vrednost). Predstavili smo dva razliˇcita naˇcina za odred¯ivanje graniˇcne vrednosti ovog niza. Prvi naˇcin sadrˇzi lepu ideju da umesto niza xn gledamo niz reciproˇcnih vrednosti. Ideja upravo potiˇce iz pokuˇsaja da se razlomci u izrazu za xn predstave u obliku 1 − 1/k, a zatim da se ti izrazi izmnoˇze. Poˇsto u tom sluˇcaju imamo i sabiranje i oduzimanje, nismo u mogućnosti da procenimo dobijeni izraz. Sa druge strane,

458

Glava 1. Nizovi

kod 1/xn nema znaka minus i stvari teku jednostavno. Kod drugog naˇcina vrˇsimo procenu niza tako ˇsto direktno upored¯ujemo proizvod prvih n neparnih brojeva sa proizvodom prvih n parnih brojeva, pomoću malog trika sa ”dupliranjem” svakog neparnog broja. Trik je, kao ˇsto se i vidi, motivisan jednostavnom ˇcinjenicom da proizvod dva uzastopna neparna broja daje kvadrat parnog broja koji se nalazi izmed¯u njih, ali umanjen za 1. Na kraju ovog poglavlja osvrćemo se i na Koˇsijev kriterijum za konvergenciju nizova. U narednom zadatku, dajemo ekvivalentan uslov tome da je niz Koˇsijev. Umesto da se vraćamo na definiciju, taj uslov ćemo koristiti kada za konkretan niz proveravamo da li je Koˇsijev. 28. Niz (an ) je Koˇsijev ako i samo ako postoji niz (bn ) takav da bn → 0 i da je bn ≥ |an − am |, za svako n ∈ N i svako m ∈ N takvo da je m > n. Dokazati. Reˇsenje. Pretpostavimo da je (an ) Koˇsijev niz. Tada je (an ) konvergentan, pa je i ograniˇcen, tj. postoje realni brojevi A i B takvi da je ˇcitav niz (an ) unutar segmenta [A, B]. Za bilo koja dva ˇclana niza ak i al vaˇzi |ak − al | ≤ B − A, pa je tako, za svaki indeks k taˇcno sup{|ak − al | : l > k, l ∈ N} ≤ B − A, tj. supremum ovog skupa je realan broj, za svako k. Niz (bn ) definiˇsemo tako da je: bn = sup{|an − am | : m > n, m ∈ N},

za svako

n ∈ N.

Za niz (bn ) definisan na ovaj naˇcin vaˇzi bn ≥ |an − am | za svako n, m ∈ N i m > n. Dokaˇzimo da bn → 0, po definiciji. Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Kako je niz (an ) Koˇsijev, postoji n0 , tako da za svako n, m ≥ n0 vaˇzi |an − am | < ϵ/2. No, onda je, za proizvoljno n ≥ n0 taˇcno sup{|an − am | : m > n, m ∈ N} ≤ ϵ/2 < ϵ, odnosno bn < ϵ, za svako n ≥ n0 . Time je dokazano da bn → 0. Pretpostavimo sada da su dati nizovi (an ) i (bn ) kao u tekstu zadatka i dokaˇzimo da je niz (an ) Koˇsijev. Neka je ϵ > 0 proizvoljan realan broj. Poˇsto niz (bn ) konvergira ka 0, sledi da postoji n0 tako da za svako n ≥ n0 vaˇzi bn < ϵ. No, onda za svako n, m ≥ n0 , takve da je n < m, vaˇzi : |an − am | ≤ bn < ϵ. Dakle, niz (an ) je Koˇsijev. Komentar. Tvrd¯enje iz ovog zadatka predstavlja bezmalo preformulaciju definicije Koˇsijevog niza. Vrlo grubo reˇceno: niz je Koˇsijev kada razlike izmed¯u njegovih ˇclanova teˇze nuli. Razume se da ovu frazu treba precizirati da bi postala upotrebljiva, a ovaj zadatak je jedan od naˇcina kako je moˇzemo precizno iskazati. Reˇsenje ne sadrˇzi bilo kakve ideje, već samo koristi definicije navedenih pojmova. 29. Neka je (an ) ograniˇcen niz. Dokazati da je niz (xn ) odred¯en sa:

1.2. Monotoni i drugi karakteristiˇcni nizovi a1 a2 + 2 + ... + 21 2 a1 a2 b) xn = 2 + 2 + ... + 1 2 a) xn =

459

an ; 2n an ; n2

konvergentan. Reˇsenje. a) Poˇsto je niz (an ) ograniˇcen, postoji realan broj M takav da je |an | < M , za svako n ∈ N. Neka su m i n proizvoljni prirodni brojevi, takvi da je m > n. Tada je: a am n+1 an+2 |xm − xn | = n+1 + n+2 + ... + m 2 2 2 |am | |an+1 | |an+2 | + n+2 + ... + m ≤ n+1 2 2( 2 ) 1 1 1 1 < M · n+1 · + + ... + m−(n+1) 2 20 21 2 1 1 − 2m−n 1 = M · n+1 · 2 1 − 12 1 M 1 < M · n+1 · = n. 2 2 1 − 12 Kao ˇsto vidimo, za niz (bn ) odred¯en sa bn = M/2n vaˇzi da je bn > |xn − xm |, za svako n, m ∈ N tako da je m > n. Kako 1/2n → 0, sledi da i bn → 0, pa po 28. zadatku, zakljuˇcujemo da je niz (xn ) Koˇsijev, a samim tim i konvergentan. b) Neka je M realan broj kao u delu pod a). Za svako n, m ∈ N tako da je m > n vaˇzi: an+1 an+2 am |xm − xn | = + + ... + 2 (n + 1)2 (n + 2)2 m |an+1 | |an+2 | |am | ≤ + + ... + 2 2 2 (n + 1) (n + 2) m < M |ym − yn |, gde je niz (yn ) definisan sa: yn =

1 1 1 + 2 + ... + 2 . 2 1 2 n

Za niz (yn ) znamo da konvergira (17. zadatak, ili Primer 2.67 u prvom delu knjige), pa je i Koˇsijev i zbog toga postoji niz (bn ) takav da bn → 0 i bn ≥ |ym − yn | za svako n, m ∈ N i m > n. No, onda je M · bn ≥ M |ym − yn | > |xm − xn |, za svako n, m ∈ N i m > n, ali poˇsto i M · bn → 0, sledi da je niz (xn ) Koˇsijev, pa i konvergentan. Komentar. Ograniˇceni niz (an ) ne mora da bude sastavljen samo od ˇclanova istog znaka, zbog toga niz (xn ) ne mora da bude monoton. Zato ovom zadatku ne moˇzemo

460

Glava 1. Nizovi

pristupiti kao većini prethodnih zadataka. Svaki naredni ˇclan niza (xn ) se dobija tako ˇsto neˇsto dodamo, ili oduzmemo od prethodnog ˇclana, pa se niz po realnoj pravoj kreće ”levo - desno”. Ipak moˇzemo proceniti da su te oscilacije dovoljno male i da se ˇclanovi niza gomilaju oko jedne taˇcke na realnoj pravoj. Takvu procenu pravimo na osnovu prethodnog znanja: poznato nam je da niz (xn ) konvergira, za sluˇcaj da je niz (an ) konstantan niz (1)n ; ovde niz (an ) nije konstantan, ali ima ograniˇcenje, ˇsto je presudan podatak. U reˇsenju dela pod a) nismo ni u jednom trenutku iskoristili da niz (xn ) konvergira za sluˇcaj da je (an ) = (1)n , tako da ovaj zadatak predstavlja joˇs jedan dokaz te već poznate ˇcinjenice (ali bez detekcije graniˇcne vrednosti). Zbog toga smo morali da dovoljno dobro procenimo razliku |xm − xn |. Potpuno analogno smo mogli da reˇsimo i deo pod b), ali bi to onda bilo skoro prepisano reˇsenje Primera 2.74, s tim ˇsto je u ovom primeru niz (an ) bio konkretno zadat, pa je i M = 1. Umesto toga, pokazali smo kako moˇzemo reˇsiti zadatak koristeći ˇcinjenicu da je za (an ) = (1)n ovaj niz konvergentan, bez razmiˇsljanja kako da procenimo razliku |xm − xn |. Joˇs jedan od razloga zbog kog smo se odluˇcili za ovakvo reˇsenje dela pod b) je taj ˇsto ovo reˇsenje, gotovo bez ikakve promene, moˇze posluˇziti za dokaz narednog opˇstijeg tvrd¯enja: Ako su brojevi z1 , z2 , z3 , ... pozitivni i takvi da je niz (yn ) odred¯en sa: yn = z1 + z2 + ... + zn konvergentan, onda je za proizvoljan ograniˇcen niz (an ), niz (xn ) odred¯en sa: xn = a1 z1 + a2 z2 + ... + an zn ,

takod¯e konvergentan.

1.3

Broj e i neki znaˇ cajni nizovi

Broj e smo definisali kao graniˇcnu vrednost jednog niza u prvom delu knjige u okviru poglavlja 2.3. Zbog izuzetne vaˇznosti ove konstrukcije, u okviru prvog zadatka ponovo navodimo rezultate iz tog poglavlja, a za dokaz upućujemo ˇcitaoca na pomenuto mesto u knjizi. 30. Neka su nizovi (xn ), (yn ) i (zn ) odred¯eni na sledeći naˇcin: ) ( 1 n , xn = 1 + n

( ) 1 n+1 yn = 1 + , n

zn =

Dokazati: a) Niz (xn ) je strogo rastući i ograniˇcen odozgo; b) Niz (yn ) je strogo opadajući i ograniˇcen odozdo;

1 1 1 + + ... + . 0! 1! n!

1.3. Broj e i neki znaˇcajni nizovi

461

c) Vaˇzi lim xn = lim yn

n→∞

n→∞

(1.14)

i ovu graniˇcnu vrednost obeleˇzavamo sa e; d) Za svako n > 1 vaˇzi: xn < zn < e < yn ,

(1.15)

lim zn = e;

(1.16)

kao i n→∞

e) Za svako n ∈ N postoji θn ∈ (0, 1) tako da vaˇzi e = zn +

θn ; n · n!

(1.17)

f) Broj e je iracionalan broj. Reˇsenje. Delovi zadatka pod a), b) i c) detaljno su reˇseni u prvom delu knjige, u okviru Teoreme 2.68 i Primera 2.69. d) Nejednakosti xn < e < yn i xn < zn dokazane su u okviru Primera 2.69 i Teoreme 2.68, redom. Dokaˇzimo da je zn < e. Koristeći binomnu formulu, nakon sred¯ivanja izraza, kao ˇsto je to uˇcinjeno u dokazu Teoreme 2.68, dobijamo: ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 2 1 + + 1− + 1− 1− + ... + xn = 0! 1! 2! n 3! n n ( )( ) ( ) 1 1 2 n−1 + 1− 1− ··· 1 − . (1.18) n! n n n Ako je m fiksirani prirodan broj, za svaki prirodan broj n > m onda vaˇzi:

xn >

( ) 1 1 1 1 + + 1− + ... + 0! 1! 2! n ( )( ) ( ) 1 2 m−1 1 1− 1− ··· 1 − . + m! n n n

(1.19)

jer izraz sa desne strane ove nejednakosti predstavlja samo deo izraza sa desne strane jednakosti (1.18), taˇcnije uzimamo samo prvih m + 1 sabiraka od ukupno n + 1 sabiraka koji u zbiru daju xn . Posmatrajmo nizove: ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 2 ( + )n , ( 1− )n , ( 1− 1− )n , ..., 0! 1! 2! n 3! n n ( )( ) ( ) 1 1 2 m−1 ( 1− 1− ··· 1 − )n , (1.20) m! n n n

462

Glava 1. Nizovi

definisane za n = m + 1, m + 2, m + 3, ... . Obeleˇzimo sa (an ) niz koji dobijemo ako saberemo ovih m nizova. Tada je an upravo izraz sa desne strane nejednakosti (1.19), odnosno vaˇzi xn > an , za svako n > m. Po jednom od tvrd¯enja iz poglavlja 2.1, odatle sledi da je lim xn ≥ lim an . n→∞

n→∞

Graniˇcna vrednost niza (xn ) je e, a graniˇcna vrednost niza (an ) je suma graniˇcnih vrednosti nizova iz (1.20). Te graniˇcne vrednosti su, redom, jednake: 1 1 1 1 1 + , , , ..., , 0! 1! 2! 3! m! pa je zato graniˇcna vrednost niza (an ) upravo zm . Ovim smo dokazali da je e ≥ zm , za svaki unapred izabran prirodan broj m. Da u ovoj nejednakosti vaˇzi stroga nejednakost, sledi iz oˇcigledne stroge monotonosti niza (zn ). Zaista, kako je niz (zn ) strogo monoton, kada bi za neko k vaˇzilo e = zk , onda bi zk+1 bilo istovremeno i strogo veće od e (jer je e = zk ), ali i ne veće od e, jer je zk+1 ≤ e, a to je nemoguće. Dokazali smo da je xn < zn < e. Po teoremi o dva policajca, odavde sledi i lim zn = e.

n→∞

e) Neka je m proizvoljan prirodan broj i dokaˇzimo da je e ≤ zm + 1/(m · m!). Za svaki prirodan broj n > m vaˇzi: zn − zm = = ≤

=

<

<

1 1 1 + + ... + (m + 1)! (m + 2)! n! ( ) 1 1 1 1 1+ + + ... + (m + 1)! (m + 2) (m + 2)(m + 3) (m + 2) · ... · n ( )1 ( )2 )n−m ) ( ( 1 1 1 1 1+ + + ... + (m + 1)! m+2 m+2 m+2 ( )n−m+1 1 1− 1 m+2 · 1 (m + 1)! 1− m+2 1 1 · 1 (m + 1)! 1− m+2 1 , (1.21) m · m!

pri ˇcemu se poslednja navedena nejednakost dokazuje pravolinijski, jer je ekvivalentna sa m(m + 2) < (m + 1)2 , ˇsto jeste taˇcno. Ovim smo pokazali da je za svaki prirodan broj n > m taˇcno da je zn manje od (konstante) zm + 1/(m · m!). Poˇsto niz (zm+1 , zm+2 , ...) takod¯e konvergira ka e, kao i niz (zn ), zakljuˇcujemo da


463

je e ≤ zm + 1/(m · m!). Broj m je bio proizvoljan prirodan broj, pa zbog toga, za svaki prirodan broj n vaˇzi nejednakost e ≤ zn +

1 . n · n!

Da bi pokazali da u ovoj nejednakosti vaˇzi stroga nejednakost, dokaˇzimo da niz (zn + 1/(n · n!)) strogo opada. Primetimo da je: 1 1 ) − (zn + ) (n + 1) · (n + 1)! n · n! 1 1 = (zn+1 − zn ) + − (n + 1) · (n + 1)! n · n! 1 1 1 = + − (n + 1)! (n + 1) · (n + 1)! n · n! n(n + 1) + n − (n + 1)2 = < 0, n · (n + 1) · (n + 1)2 (zn+1 +

te kao ˇsto smo naveli, niz (zn + 1/(n · n!)) jeste strogo opadajući. Odatle sledi da za svako n ∈ N vaˇzi e < zn + 1/(n · n!). Odavde direktno sledi i traˇzeno tvrd¯enje. Naime, kako je: 1 zn < e < z n + n · n! sledi da je e − zn 0< < 1. 1 n·n!

Ako obeleˇzimo sa θn :

e − zn 1 n·n!

= θn ∈ (0, 1)

imamo da vaˇzi e = zn + θn /(n · n!). f) Pretpostavimo da je e racionalan broj. Tada je e = p/q, za neke uzajamno proste p i q i p, q ∈ N, jer je e > 0. Po dokazanom tvrd¯enju je e = zq + θq /(q · q!), gde je θq ∈ (0, 1). Zbog toga je e=

θq p 1 1 1 = + + ... + + . q 0! 1! q! q · q!

Nakon mnoˇzenja sa q! dobijamo: ( p · (q − 1)! − q!

1 1 1 + + ... + 0! 1! q!

) =

θq . q

Sa leve strane jednakosti nalazi se ceo broj, a sa desne strane je broj iz intervala (0, 1), ˇsto nije moguće. Zbog toga e nije racionalan broj, pa je e iracionalan. Komentar. Ovaj zadatak je viˇse teorijskog nego problemskog karaktera. Med¯utim, njegovo reˇsenje sadrˇzi mnoge zanimljive korake na koje treba skrenuti paˇznju.

464

Glava 1. Nizovi

Pod¯imo od uobiˇcajene greˇske koja se pravi u vezi sa graniˇcnom vrednoˇsću niza (xn ). Ona izgleda otprilike ovako: ”Poˇsto 1/n → 0, onda 1 + 1/n → 1, pa sledi da je xn zapravo jednako xn = 1n . Zbog toga je graniˇcna vrednost niza (xn ) jednaka 1”. Ovakvo razmiˇsljanje je potpuno pogreˇsno, a pojasnimo i zaˇsto. U izrazu koji odred¯uje opˇsti ˇclan nekog niza, ne moˇzemo zameniti samo neke delove izraza graniˇcnom vrednoˇsću, a ostale delove ostaviti netaknutim. Ako zamiˇsljamo da n postaje beskonaˇcno veliko, to moramo uraditi za svako pojavljivanje slova n u izrazu istovremeno, a ne samo na onim mestima na kojima nama odgovara. Primera radi, ako je niz (cn ) definisan sa: 1 √ cn = · n2 + 1, n graniˇcna vrednost ovog niza jednaka je 1. Ako bismo uradili ovako neˇsto: ”Poˇsto 1/n → 0, sledi: √ lim cn = lim 0 · n2 + 1 = 0”, n→∞

n→∞

dobili bismo besmislicu. Isto tako je besmisleno pomisliti da je niz (xn ) ”isto ˇsto i” niz (1n ), koji trivijalno konvergira ka 1. Dakle, moramo da povećavamo n i u osnovi: 1 + n1 , ali i u izloˇziocu. U tom sluˇcaju dobijamo da je graniˇcna vrednost niza (xn ) ”otprilike” 1∞ . Odavde niˇsta ne zakljuˇcujemo, jer kao ˇsto znamo: ”Jedan ˇ ova fraza zapravo znaˇci, pojasnićemo u na beskonaˇcno je neodred¯en izraz”. Sta narednom zadatku. Vrlo lepu ideju moˇzemo videti kod nejednakosti (1.19) i (1.21). Iz jednakosti (1.18), za n > 1 direktno sledi da je xn < zn , ali iz ove nejednakosti ne moˇzemo zakljuˇciti da je zn < e za svako n. Sa druge strane, ako fiksiramo izvestan broj sabiraka u izrazu iz jednakosti (1.18), dobijamo nejednakost (1.19) u kojoj moˇzemo preći na graniˇcnu vrednost, jer je broj sabiraka sa desne strane fiksiran. Ideju iz nejednakosti (1.21) moˇzemo primeniti na bilo koji niz kod koga moˇzemo na sliˇcan naˇcin proceniti razliku dva ˇclana. Kao veˇzbu preporuˇcujemo ˇcitaocu sledeći problem: Dokazati da za svako n postoji θn ∈ (0, 1), tako da je: 1 1 1 θn π2 = , + + ... + + 12 22 n2 n 6 pritom smatrati poznatim da niz sa opˇstim ˇclanom 1/12 + 1/22 + ... + 1/n2 teˇzi ka π 2 /6. Nekoliko puta u ovom reˇsenju, imali smo sluˇcaj da su ˇclanovi jednog niza strogo manji od odgovarajućih ˇclanova drugog niza, a na osnovu toga, mi zakljuˇcujemo o poretku graniˇcnih vrednosti tih nizova. Vaˇzno je obratiti paˇznju da, iako ˇclanovi jednog niza mogu biti strogo veći od ˇclanova drugog niza, graniˇcne vrednosti ta dva niza mogu biti jednake. O ovome je bilo viˇse reˇci u poglavlju 2.1. Pored ˇcinjenice koju smo dokazali, da je broj e iracionalan, broj e je takod¯e i transcedentan realan broj. To znaˇci da ne postoji polinom sa racionalnim koeficijentima, ˇcija jedna nula je broj e. Dokaz te ˇcinjenice zainteresovani ˇcitalac moˇze pronaći u [14], a od matematiˇckog aparata biće mu potrebni elementi diferencijalnog i integralnog raˇcuna, kao i elementarna teorija brojeva.


465

Na kraju, napomenimo i to da je teˇsko preceniti vaˇznost konstante e ne samo u razvoju matematiˇcke teorije, već i u nauci uopˇste. Fantastiˇcno je kako jedan broj koji dobijemo kao graniˇcnu vrednost niza koji ni po ˇcemu ne deluje posebno, ima toliko uticaja na rezultate u skoro svakoj, prirodnoj ili druˇstvenoj, nauci. Kao primer iz naˇse sfere interesovanja, navodimo jedan zanimljiv identitet: eiπ + 1 = 0. Razume se da ova jednakost zahteva nekakvo pojaˇsnjenje (ˇsta uopˇste znaˇci stepenovanje kompleksnim brojem?), ali ipak, kakvo god to pojaˇsnjenje bilo, vrlo je interesantna pojava da ovoliko fundamentalnih matematiˇckih konstanti budu spojene u jedan jednostavan izraz. Naredni zadatak daje odgovor na sledeće pitanje: ako niz (an ) konvergira ka a, a niz (bn ) ka b, da li niz (abnn ) konvergira ka ab ? U zadatku su nabrojani svi mogući sluˇcajevi, ali se svi reˇsavaju analognim postupcima. Pri reˇsavanju ovog zadatka koristićemo osobine funkcija x 7→ ln x i x 7→ ex opisane u 4. i 5. zadatku, kao i neprekidnost ovih funkcija na svojim domenima. Takod¯e, skrećemo paˇznju na oznaku koju do sada nismo koristili (a koja je prirodna): ako su a, b ∈ R i a < b, tada sa [a, b), (a, b] i [a, b] oznaˇcvamo, redom, skupove {a} ∪ (a, b), (a, b) ∪ {b} i {a} ∪ (a, b) ∪ {b}. 31. Neka niz pozitivnih brojeva (an ) konvergira ka a i neka niz realnih brojeva (bn ) konvergira ka b, pri ˇcemu su a, b ∈ R. Dokazati: a) Ako je a ∈ (0, +∞), b ∈ R, tada je: lim abnn = ab ; n→∞

b) Ako je a ∈ (0, 1), b = +∞, tada je lim abnn = 0; n→∞

c) Ako je a ∈ (1, +∞), b = +∞, tada je lim abnn = +∞; n→∞

d) Ako je a ∈ (0, 1), b = −∞, tada je lim abnn = +∞; n→∞

e) Ako je a ∈ (1, +∞), b = −∞, tada je lim abnn = 0; n→∞

f) Ako je a = 0, b ∈ (0, +∞], tada je lim abnn = 0; n→∞

g) Ako je a = 0, b ∈ [−∞, 0), tada je lim abnn = +∞; n→∞

h) Ako je a = +∞, b ∈ (0, +∞], tada je lim abnn = +∞; n→∞

i) Ako je a = +∞, b ∈ [−∞, 0), tada je lim abnn = 0. n→∞

466

Glava 1. Nizovi

Reˇsenje. U svim delovima reˇsenja posmatraćemo niz (bn · ln an ), koji je proizvod niza (bn ) i (ln an ). Opˇsti ˇclan niza (abnn ) dobija se kao: ebn · ln an = eln an = abnn . bn

a) Poˇsto niz (an ) konvergira ka a ∈ (0, +∞), niz (ln an ) konvergira ka ln a. Zato niz (bn · ln an ) konvergira ka b · ln a. Prema tome, niz (ebn · ln an ) konvergira ka eb · ln a = ab . Dakle, niz (abnn ) konvergira ka ab . b) Poˇsto niz (an ) konvergira ka a ∈ (0, 1), niz (ln an ) konvergira ka ln a, pri ˇcemu je ln a < 0. Niz (bn ) konvergira ka +∞, a ln a < 0, pa niz (bn · ln an ) konvergira ka −∞. Kako je e > 1, sledi da niz (ebn · ln an ) konvergira ka 0, tj. niz (abnn ) konvergira ka 0. c) Poˇsto niz (an ) konvergira ka a ∈ (1, +∞), niz (ln an ) konvergira ka ln a, pri ˇcemu je ln a > 0. Niz (bn ) konvergira ka +∞, a ln a > 0, pa niz (bn ·ln an ) konvergira ka +∞. Kako je e > 1, sledi da niz (ebn · ln an ) konvergira ka +∞, tj. niz (abnn ) konvergira ka +∞. d) Poˇsto niz (an ) konvergira ka a ∈ (0, 1), niz (ln an ) konvergira ka ln a, pri ˇcemu je ln a < 0. Niz (bn ) konvergira ka −∞, a ln a < 0, pa niz (bn · ln an ) konvergira ka +∞. Kako je e > 1, sledi da niz (ebn · ln an ) konvergira ka +∞, tj. niz (abnn ) konvergira ka +∞. e) Poˇsto niz (an ) konvergira ka a ∈ (1, +∞), niz (ln an ) konvergira ka ln a, pri ˇcemu je ln a > 0. Niz (bn ) konvergira ka −∞, a ln a > 0, pa niz (bn · ln an ) konvergira ka −∞. Kako je e > 1, sledi da niz (ebn · ln an ) konvergira ka 0, tj. niz (abnn ) konvergira ka 0. f) Ako an → 0, onda ln an → −∞. Niz (bn ) konvergira ka pozitivnom realnom broju, ili ka +∞. U oba sluˇcaja, niz (bn · ln an ) konvergira ka −∞. Poˇsto je e > 1, imamo da niz (ebn · ln an ) konvergira ka 0, tj. niz (abnn ) konvergira ka 0. g) Analogno kao u delu pod b), poˇsto niz (bn ) konvergira ka negativnom realnom broju, ili −∞, sledi da niz (bn · ln an ) konvergira ka +∞. Zbog toga, niz (ebn · ln an ) konvergira ka +∞, tj. niz (abnn ) konvergira ka +∞. h) Ako an → +∞, onda ln an → +∞. Niz (bn ) konvergira ka pozitivnom realnom broju, ili ka +∞. U oba sluˇcaja, niz (bn · ln an ) konvergira ka +∞. Poˇsto je e > 1, imamo da niz (ebn · ln an ) konvergira ka +∞, tj. niz (abnn ) konveriga ka +∞. i) Analogno kao u delu pod d), poˇsto niz (bn ) konvergira ka negativnom realnom broju, ili −∞, sledi da niz (bn · ln an ) konvergira ka −∞. Zbog toga, niz (ebn · ln an ) konvergira ka 0, tj. niz (abnn ) konvergira ka 0. Komentar. Najpre komentariˇsemo reˇsenje zadatka. U ovom reˇsenju postoji samo jedan znaˇcajan korak, a to je prelazak sa niza (abnn ) na niz (bn · ln an ) koristeći eksponencijalnu i logaritamsku funkciju. Time prelazimo na proizvod nizova, sa kojim znamo ˇsta da radimo, umesto na poˇcetnu situaciju u kojoj je jedan niz ”stepenovan” drugim nizom. Naravno, nebitno je da to bude baˇs broj e, potpuno isti efekat smo mogli da postignemo recimo pomoću logaritma sa osnovom 2 i funkcijom x 7→ 2x .


467

Za ostatak reˇsenja samo koristimo osobine ovih funkcija. Ova transformacija je vrlo znaˇcajna, na nju nailazimo i u drugim sliˇcnim situacijama, recimo pri traˇzenju graniˇcne vrednosti, ili izvoda funkcije oblika f (x)g(x) , itd. Moˇzemo primetiti da se i u nekim drugim sluˇcajevima, a ne samo u onom pod a), kao graniˇcna vrednost dobija upravo ab . Recimo, ako je a = 0, a b pozitivan realan broj (ˇsto je obuhvaćeno delom pod f) ), tada takod¯e abnn → ab , jer je 0b = 0. Ostale sluˇcajeve moˇzemo takod¯e zapisati u obliku ab , ali samo simboliˇcno. Tako, recimo, dobijamo: a+∞ = +∞, za a ∈ (1, +∞), dok je a+∞ = 0, za a ∈ (0, 1); takod¯e, moˇzemo simboliˇcno zapisati i 0+∞ = 0, dok 0−∞ = +∞, kao i +∞−∞ = 0, itd. Obratimo sada paˇznju na sluˇcajeve koji nisu obuhvaćeni u tvrd¯enjima ovog zadatka. To su sluˇcajevi kada je par (a, b) jednak nekom od sledećih parova: (0, 0),

(1, +∞),

(1, −∞),

(+∞, 0),

ili, simboliˇcno zapisano, kada je ab jednako: 00 ,

1∞ ,

(+∞)0 .

U prvom delu knjige, u poglavlju 2.1, govorili smo o neodred¯enostima razliˇcitih oblika: ∞ − ∞, 0 · ∞, ∞/∞, 0/0, a ovom prilikom, proˇsirujemo tu listu. Na primer, ako niz pozitivnih brojeva (an ) konvergira ka 1, a niz (bn ) konvergira ka +∞ ili ka −∞, tada za limes lim abnn kaˇzemo da predstavlja neodred¯enost oblika n→∞

1∞ , dok za izraz abnn kazhemo da je neodred¯en izraz oblika 1∞ , kada n → +∞. Analogno, imamo i neodred¯enosti oblika 00 i (+∞)0 . Ponovimo joˇs jednom, u svetlu novih neodred¯enosti, zbog ˇcega koristimo sintagmu, recimo, neodred¯enost oblika 1∞ . Naravno, iz istih razloga koristimo ovakvu sintagmu i za 00 i (+∞)0 . Ako niz (an ) konvergira ka 1, a niz (bn ) konvergira ka +∞ (ili ka −∞), u opˇstem sluˇcaju, ne moˇzemo niˇsta reći o konvergenciji niza (abnn ). Naglaˇsavamo, u opˇstem sluˇcaju. To ne znaˇci da taj niz nema graniˇcnu vrednost. To znaˇci da egzistenciju limesa niza (abnn ) i konkretnu vrednost tog limesa ne moˇzemo utvrditi jedino na osonvu ˇcinjenice da niz (an ) konvergira ka 1, a niz (bn ) konvergira ka +∞, kao ˇsto bi mogli u sluˇcaju da, primera radi, niz (an ) konvergira ka 2, a niz (bn ) konvergira ka 3 (u tom sluˇcaju, niˇsta dalje ne moramo da znamo o nizovima (an ) i (bn ) da bi zakljuˇcili da niz (abnn ) konvergira ka 23 ). Zbog toga kaˇzemo da je limes lim abnn neodred¯enost n→∞

oblika 1∞ , jer moramo uzeti u razmatranje i ostale informacije o nizovima (an ) i (bn ), pored njihovih graniˇcnih vrednosti, ispitali karakter konvergencije niza ( da)bi n (abnn ). Recimo, limesi nizova (1n ) i ( 1 + n1 ) predstavljaju neodred¯enosti oblika 1∞ , ali paˇzljivijim razmatranjem ovih nizova, dolazimo do odgovora na pitanje da li oni konvergiraju i ka ˇcemu: prvi niz je zapravo konstantan niz (1)n i on, bez ikakve dileme, konvergira ka 1; o drugom nizu je već bilo reˇci i kao ˇsto smo videli i on je konvergentan, a njegova graniˇcna vrednost je broj iz intervala (2, 3). Na kraju navodimo da smo u tekstu zadatka pretpostavili da su ˇclanovi niza (an ) pozitivni i zato je a ∈ [0, +∞]. U sluˇcaju da ˇclanovi niza (an ) budu i negativni, niz (bn ) ne moˇze biti sastavljen od proizvoljnih realnih brojeva, već to moraju biti celi

468

Glava 1. Nizovi

ili neki racionalni brojevi. Ovakve situacije ćemo razreˇsavati na licu mesta, a one će se, po pravilu, svoditi na neke od ovih ovde opisanih. U poglavlju 3.1, u Primeru 3.18 dokazano je, a sada ćemo to koristiti, da za proizvoljan niz (an ) koji konvergira bilo ka +∞ ili −∞, vaˇzi: ) ( 1 an = e. lim 1 + n→∞ an Podrazumevamo da je niz (an ) takav da je izraz (1 + 1/an )an definisan za svako n. ˇ i da nije, pod uslovom da an → ±∞, ovaj izraz je definisan za svako dovoljno Cak veliko n, pa u tom sluˇcaju prvih nekoliko ˇclanova za koje ovaj izraz ne moˇze da se definiˇse zanemarujemo i posmatramo samo od onog indeksa kada ovaj izraz ima smisla. 32. Uz detaljno obrazloˇzenje svakog koraka, odrediti, ako postoji, graniˇcnu vrednost niza (xn ) odredjenog sa: ( ) n + 5 5n a) xn = ; n − 1, 5 (

) 2 n + 5 5n b) xn = ; n − 1, 5 ) ( 1 n c) xn = 1 − ; n ( d) xn = ( e) xn =

n3 + 3 n3 + n 2n + 3 n+1

) n24 +4

n +n

; ) 2n2 +3 n+1

.

Reˇsenje. a) Opˇsti ˇclan niza (xn ) moˇzemo zapisati kao: ( xn =  1 +

1 n−1,5 6,5

6,5 ·5n ) n−1,5  n−1,5 6,5  .

Neka su nizovi (an ) i (bn ) odred¯eni sa: ( an =

1+

1 n−1,5 6,5

) n−1,5 6,5

i

bn =

6, 5 · 5n. n − 1, 5


469

U tom sluˇcaju, niz (xn ) je zapravo niz (abnn ). Niz ((n − 1, 5)/6, 5) konvergira ka +∞. Zaista, poˇsto niz (n) konvergira ka +∞, sledi da i niz (n/6, 5) konvergira ka +∞, pa i niz (n/6, 5 − 1, 5/6, 5) konvergira ka +∞, kao razlika niza koji teˇzi ka +∞ i konstantnog niza. Zbog toga niz (an ) konvergira ka e. Opˇsti ˇclan niza (bn ) moˇzemo zapisati kao: 32, 5 bn = . 1 − 1,5 n Niz (1 − 1, 5/n) konvergira ka 1 − 1, 5 · 0 = 1, jer niz (1)n kovnergira ka 1, a niz (1/n) konvergira ka 0. Zbog toga niz (bn ), kao koliˇcnik konstantnog niza (32, 5)n i niza koji konvergira ka 1, konvergira ka 32, 5. Najzad, na osnovu 31. zadatka, zakljuˇcujemo da niz (xn ), budući jednak nizu (abnn ) konvergira ka e32,5 . b) Kao u delu pod a), posmatramo nizove (an ) i (bn ) koji su u ovom sluˇcaju definisani sa: ( an =

1+

1 n−1,5 6,5

) n−1,5 6,5

i

bn =

6, 5 · 5n2 . n − 1, 5

Niz (an ) konvergira ka e, kao ˇsto smo dokazali u delu pod a), a dokaˇzimo da niz (bn ) konvergira ka +∞. Niz (bn ) je proizvod niza (32, 5n/(n − 1, 5)) i niza (n). Za prvi niz, kao u delu pod a), dokazujemo da kovnergira ka 32, 5, a drugi niz konvergira ka +∞. Zbog toga, njihov proizvod konvergira ka +∞. Dakle niz (bn ) konvergira ka +∞, pa na osnovu 31. zadatka, sledi da niz (xn ) konvergira ka +∞. c) Opˇsti ˇclan niza (xn ) predstavimo kao: [( ) ]−1 1 −n 1+ xn = . −n Poˇsto niz (−n) konvergira ka −∞, sledi da niz ((1 + 1/(−n))−n ) konvergira ka e, a niz (xn ) ˇciji su ˇclanovi jednaki reciproˇcnim vrednostima ovog niza, konvergira ka 1/e. d) Za n ̸= 3 vaˇzi: n3 + 3 n3 + 3 − (n3 + n) + (n3 + n) 3−n 1 = =1+ 3 = 1 + n3 +n , n3 + n n3 + n n +n − n−3 pa opˇsti ˇclan niza (xn ), za n > 3, moˇzemo zapisati kao: n − 3 n4 + 4   − · 3 n3 + n n2 + n  − n + n  n−3       1 1 +   .   3  n + n   −   n−3

470

Glava 1. Nizovi

Neka su nizovi (an ) i (bn ), indeksirani od n = 4 i definisani sa: ( an =

1+

)− n3 +n n−3

1 −

bn = −

i

n3 +n n−3

n − 3 n4 + 4 · . n3 + n n2 + n

Tada je niz (x4 , x5 , x6 , ...) jednak nizu (abnn ), a razume se da se karakter konvergencije ovog niza poklapa sa karakterom konvergencije niza (xn ), pa ovu razliku nećemo ni naglaˇsavati u daljem tekstu. Niz (an ) konvergira ka e. Zaista, niz ((n3 + n)/(n − 3)), jednak je nizu ((n2 + 1)/(1 − 3/n)), koji je proizvod niza (n2 + 1) i niza 1/(1 − 3/n). Poˇsto je n2 + 1 > n i n → +∞, sledi da i n2 + 1 → +∞. Sa druge strane 1/n → 0, pa i 3/n → 0 i zato 1 − 3/n → 1, pa i 1/(1 − 3/n) → 1. Dakle, niz ((n3 + n)/(n − 3)) konvergira ka +∞, pa niz (−(n3 + n)/(n − 3)) konvergira ka −∞. Zbog toga niz (an ) kovnergira ka e. Niz (bn ) konvergira ka −1. Zaista, opˇsti ˇclan niza (bn ) moˇzemo zapisati i kao: ( )( ) 3 4 1− 1+ 4 n n )( ). −( 1 1 1+ 2 1+ 3 n n Nizovi (1−3/n), (1+4/n4 ), (1+1/n2 ) i (1+1/n3 ) svi konvergiraju ka 1 jer su svi suma konstantnog niza (1)n i jednog nula-niza. Niz (bn ) dobijamo kao koliˇcnik dva niza koja su proizvodi od po dva od navedena ˇcetiri niza, pomnoˇzen sa −1. Zbog toga, niz (bn ) konvergira ka −1. Najzad, koristeći 31. zadatak, sledi da niz (xn ) konvergira ka e−1 . e) Neka su nizovi (an ) i (bn ) definisani sa: an =

2n + 3 n+1

i

bn =

2n2 + 3 . n+1

Dokaˇzimo da niz (an ) konvergira ka 2, a niz (bn ) konvergira ka +∞. Odatle će, na osnovu 31. zadatka, slediti da niz (xn ) konvergira ka +∞. Opˇsti ˇclan niza (an ) moˇzemo zapisati i kao: an =

2+ 1+

3 n 1 n

.

Dakle, niz (an ) je koliˇcnik jednog niza koji konvergira ka 2 i niza koji konvergira ka 1. Zbog toga niz (an ) konvergira ka 2. Sa druge strane, opˇsti ˇclan niza (bn ) moˇzemo zapisati kao: 2n + n3 bn = . 1 + n1 Dakle, niz (bn ) je proizvod niza (2n + 3/n) i niza (1/(1 + 1/n)). Prvi niz konvergira ka +∞, jer je 2n + 3/n > n, a n → +∞. Drugi niz konvergira ka 1, jer 1 + 1/n → 1,


471

pa i 1/(1 + 1/n) → 1. Zato niz (bn ) konvergira ka +∞. Dakle, niz (xn ) konvergira ka +∞. Komentar. Iz ovog zadatka stiˇcemo utisak kako bi traˇzili graniˇcnu vrednost bilo kog niza oblika: ( ) S(n) P (n) T (n) , Q(n) pri ˇcemu su P, Q, S i T polinomi i P i Q su istog stepena. Ako P i Q nemaju isti vodeći koeficijent, njihov koliˇcnik (P (n)/Q(n)) konvergira realnom broju razliˇcitom od 1, kao ˇsto je bio sluˇcaj u zadatku e). Tada, vodeći se rezultatom iz 31. zadatka, jednostavno dolazimo do zakljuˇcka kolika je traˇzena graniˇcna vrednost. Ukoliko P i Q imaju isti vodeći koeficijent, tada (P (n)/Q(n)) konvergira jedinici i u tom sluˇcaju, zapisujemo koliˇcnik P (n)/Q(n) kao 1+

1 Q(n) R(n)

,

a izloˇzilac S(n)/T (n), zapisujemo kao ( ) Q(n) R(n) S(n) · · . R(n) Q(n) T (n) Dalje je postupak jasan. Razume se da situacija ne bi bila naroˇcito drugaˇcija ako Q, S i T nisu polinomske, već sadrˇze i necelobrojne stepene, poput √ funkcije P, √ ˇ n 2 ili recimo 3 n + 1. Staviˇ se, funkcije P i Q mogu biti i stepene, logaritamske, trigonometrijske, ideja ostaje ista, dok god je graniˇcna vrednost niza (P (n)/Q(n)) jednaka 1. Svi primeri u ovom zadatku sem onog pod e), bili su oblika 1∞ . Uvek treba proveriti da li je zaista neophodno da vrˇsimo nekakve transformacije, kao ˇsto je bilo pod a), b), c) i d), ili je moˇzda graniˇcna vrednost koja se traˇzi zapravo vrlo oˇcigledna i direktno sledi iz 31. zadatka, kao ˇsto je bilo u primeru pod e). U narednom zadatku videćemo nekoliko primera koji se rade na sliˇcan naˇcin, ali nisu u pitanju polinomske funkcije. Takod¯e, nećemo tako detaljno objaˇsnjavati svaki korak kao u ovom primeru, jer će akcenat biti na drugim stvarima. 33. Odrediti, ako postoji, graniˇcnu vrednost niza (xn ) odred¯enog sa: ( a) xn = ( b) xn =

1 + 3n 3n

)2n ;

n2 + arctg n n2 + 1

)n2 +sin n

c) xn = (logn (2n))log2 n ;

;

472

Glava 1. Nizovi

( ) −1 (n + 1)π cos d) xn = 1 + ctg 2n

(n+1)π 2n

;

pri ˇcemu se podrazumeva da je niz (xn ) definisan poˇcevˇsi od onog indeksa od kog dati izraz ima smisla. U svim sluˇcajevima, navesti barem jedan takav indeks. Reˇsenje. a) Za svaki prirodan broj n, opˇsti ˇclan niza (xn ) moˇzemo zapisati kao: n]

[( xn =

) 1 3 1+ n 3

2n 3n .

Neka su nizovi (an ) i (bn ) definisani sa: ) n ( 1 3 an = 1 + n 3

i

bn =

2n . 3n

Poˇsto 3n → +∞, niz (an ) teˇzi ka e. Sa druge strane, niz (bn ) jednak je ((2/3)n ), pa kako je 2/3 < 1, sledi da niz (bn ) teˇzi ka 0. Dakle, po 31. zadatku, niz (xn ) teˇzi ka e0 = 1. b) Funkcija x 7→ arctg x je strogo rastuća i arctg(π/4) = 1, pa je za svaki prirodan broj n > π/4, dakle za svaki prirodan broj n, taˇcno arctg n > 1. Zato, za svako n ∈ N, moˇzemo zapisati xn kao:  arctg n − 1 · (n2 + sin n)  2+1 n n2 + 1     arctg n − 1      1    xn =   1 + n2 + 1      arctg n − 1 Neka su nizovi (an ) i (bn ) definisani sa:   an =  1 +

  1  n2 + 1  arctg n − 1

n2 + 1 arctg n − 1 i

bn =

arctg n − 1 · (n2 + sin n). n2 + 1

Poˇsto (arctg n) teˇzi ka π/2, niz (arctg n − 1) teˇzi ka π/2 − 1, a niz 1/(arctg n − 1) teˇzi ka 1/(π/2 − 1). Poˇsto niz n2 + 1 → +∞, sledi da niz ((n2 + 1)/(arctg n − 1)) teˇzi ka +∞, pa niz (an ) teˇzi ka e. Niz (bn ) moˇzemo da posmatramo kao proizvod dva niza: (arctg n − 1) i ((n2 + sin n)/(n2 + 1)). Prvi konvergira ka π/2 − 1, a drugi niz konvergira ka 1, ˇsto bi se dokazalo analogno sa reˇsenjem 9. zadatka. Zbog toga niz (bn ) konvergira ka π/2 − 1. Dakle, niz (xn ) konvergira ka eπ/2−1 .


473

c) Izraz kojim je odred¯en xn definisan je za svako n ≥ 2, jer je za n ≥ 2 broj logn (2n) pozitivan. Za n ≥ 2 vaˇzi: logn (2n) = logn 2 + logn n = 1 +

1 , log2 n

pa imamo da je xn = (1 +

1 log2 n ) . log2 n

Kako niz (log2 n) teˇzi ka +∞, sledi da niz (xn ) teˇzi ka e. d) Za svako n > 1 vaˇzi 1 n+1 < < 1, 2 2n pa je (n + 1)π π ∈ ( , π). 2n 2 Funkcija x 7→ ctg x definisana je na ovom intervalu i na njemu je strogo opadajuća, a funkcija x 7→ cos x je razliˇcita od nule na ovom intervalu. Ostalo je joˇs da ispitamo pozitivnost izraza (n + 1)π , (1.22) 1 + ctg 2n da bi utvrdili da ga je moguće stepenovati. Budući da je (n + 1)π 1 1 = π+ π, 2n 2 2n i da je funkcija x 7→ ctg x opadajuća na navedenom intervalu, imamo da je, za n > 2: −1 = ctg

(n + 1)π (2 + 1)π < ctg < 0, 2·2 2n

pa je za n > 2 vrednost izraza (1.22) pozitivna, dok je za n = 2 vrednost ovog izraza jednaka 0. Dakle, izraz kojim je definisan xn ima smisla za svako n > 1. Kako su funkcije x 7→ tg x, x 7→ ctg x, x 7→ sin x i x 7→ cos x definisane i razliˇcite od nule na otvorenom intervalu (π/2, π), opˇsti ˇclan niza (xn ) moˇzemo zapisati ovako: 1   (n+1)π (n + 1)π sin 2n  tg  2n    1    . xn = 1 +   (n + 1)π     tg 2n Niz ((n + 1)/(2n)) teˇzi ka 1/2, pa zato ((n + 1)π/(2n)) teˇzi ka π/2. Zbog toga niz (tg((n + 1)π/(2n))) teˇzi ka +∞, dok niz (sin((n + 1)π/(2n))) teˇzi ka 1. Analogno kao u primerima do sada, zakljuˇcujemo da niz (xn ) konvergira ka e1 = e.

474

Glava 1. Nizovi

Komentar. Kao ˇsto vidimo, za razliku od prethodnog zadatka, ovde ne radimo sa polinomskim funkcijama. Ipak, postupak ostaje isti i priliˇcno pravolinijski. Ono ˇsto je bilo vaˇzno u primerima u okviru ovog zadatka, jeste analizirati date izraze ˇ i osigurati se da transformacije koje vrˇsimo zaista imaju smisla. Citalac koji nije ubed¯en u vaˇznost ovakve, ponekad zamorne, analize, neka obrati posebnu paˇznju na zadatak 42. U narednim zadacima, sem graniˇcnim vrednostima, bavićemo se procenama i ˇ upored¯ivanjima raznih veliˇcina. Cesto ćemo koristiti nejednakosti: ( ) ( ) 1 n 1 n+1 1+ e, pa je zbog toga razlika e−(1+1/n)n manja od razlike (1 + 1/n)n+1 − (1 + 1/n)n . Kako je ( ) ) ) ( ) ( ( 1 n+1 1 n 1 n 1 1+ − 1+ = 1+ · 1+ −1 n n n n ( )n 1 1 = 1+ · n n 1 3 < e· < , n n sledi i tvrd¯enje iz zadatka. Komentar. Ovaj zadatak daje nam jednu procenu razlike izmed¯u broja e i broja (1+1/n)n . Drugim reˇcima, govori nam za koliko smo ”omaˇsili” ako broj e izraˇcunamo kao (1 + 1/n)n . Dokaz tvrd¯enja je jednostavan, budući da koristimo jedino nejednakost (1.23) i nikakve druge (izvedene) procene. ˇ je veće: 35. Sta nn+1

ili

(n + 1)n ?

Reˇsenje. Za n = 1 i n = 2 veće je (n + 1)n nego nn+1 ˇsto utvrd¯ujemo direktnom proverom. Za sve ostale prirodne brojeve, veće je nn+1 nego (n + 1)n . Zaista, za svako n ≥ 3 vaˇzi: ( ) 1 n n≥3>e> 1+ , n


475

odakle, mnoˇzenjem sa nn , dobijamo nn+1 > (n + 1)n . Komentar. Kao ˇsto vidimio, broj e moˇze biti od pomoći i u nalaˇzenju odgovora na ovakva interesantna pitanja, koja nemaju mnogo veze sa konvergentnim nizovima. ˇ Cesto zaboravaljmo da je izraz (1 + 1/n)n zapravo jednak sa: (n + 1)n , nn koji izgleda malo ”prirodnije”, tj. predstavljen je kao koliˇcnik dva prirodna broja. Takod¯e, nejednakosti iz (1.23) moˇzemo zapisati kao (n + 1)n < e · nn i e · nn+1 < (n+1)n+1 , koje viˇse asociraju na to da se broj e zapravo javlja u upored¯ivanju nekih prirodnih brojeva. Ovaj zadatak bi trebalo da bude mali podsetnik na tu ˇcinjenicu. 36. Dokazati da za svaki prirodan broj n vaˇze nejednakosti: ( n )n ( n )n < n! < e · . e 2 Reˇsenje. Obe nejednakosti dokazaćemo na dva naˇcina. Dokazujemo prvo levu nejednakost. Prvi naˇcin: Dokazaćemo datu nejednakost matematiˇckom indukcijom po n. Za n = 1 nejednakost je oˇcigledna. Dokaˇzimo sada da iz pretpostavke da nejednakost vaˇzi za n sledi da ona vaˇzi i za n + 1. To će kompletirati naˇs dokaz matematiˇckom indukcijom. Imamo da je: ( ) ) ( n + 1 n+1 1 ( n )n n+1 n · = · · (n + 1) e e e n ( )n ( ) 1 1 n n · 1+ · (n + 1) = · e n e )n ( < 1 · n! · (n + 1) (e > 1 + n1 i induktivna pretpostavka) = (n + 1)! ˇcime smo kompletirali dokaz nejednakosti. Drugi naˇcin: Poˇsto je e > (1 + 1/n)n za svako n ∈ N, imamo: ( ) 1 1 21 e > 1+ = 1 1 1 ( )2 1 32 e > 1+ = 2 2 2 )3 ( 43 1 = 3 e > 1+ 3 3 .. . ( ) 1 n (n + 1)n = . e > 1+ n nn

476

Glava 1. Nizovi

Ako pomnoˇzimo ovih n nejednakosti, dobijamo en >

(n + 1)n . n!

Iz poslednje nejednakosti sledi: n! >

(n + 1)n ( n )n > . en e

Dokazujemo sada desnu nejednakost. Prvi naˇcin: Dokazaćemo datu nejednakost matematiˇckom indukcjom po n. Za n = 1 nejednakost vaˇzi jer je e > 2. Dokaˇzimo sada da ako data nejednakost vaˇzi za n, to implicira da ona vaˇzi i za n + 1. Imamo da je: ( e·

n+1 2

)n+1

( n )n (n + 1)n · (n + 1) 1 · · 2 nn 2 )n ( n )n ( 1 1 = e· · 1+ · · (n + 1). 2 n 2 = e·

Iz induktivne hipoteze sledi da je e · (n/2)n > n!, a iz monotonosti niza ((1 + 1/n)n ) (30. zadatak) sledi da je (1 + 1/n)n ≥ (1 + 1/1)1 = 2. Zbog toga sledi: ( e·

n+1 2

)n+1

) ( n )n ( 1 n 1 = e· · 1+ · · (n + 1) 2 n 2 > n! · 1 · (n + 1) = (n + 1)!

ˇcime smo kompletirali dokaz nejednakosti matematiˇckom indukcijom. Drugi naˇcin: Poˇsto je e > (1 + 1/n)n , sledi: e·

( n )n 2

( ) ( ) 1 n ( n )n n+1 n > 1+ = · . n 2 2

Sa druge strane, ako primenimo nejednakost izmed¯u aritmetiˇcke i geometrijske sredine na brojeve 1, 2, ..., n, dobijamo: ) ( 1 + 2 + ... + n n ≥ 1 · 2 · ... · n = n!. (1.24) n Poˇsto je 1 + 2 + ... + n = n(n + 1)/2, sledi da je 1 + 2 + ... + n n+1 = , n 2 prema tome iz (1.24) sledi:

(

n+1 2

)n ≥ n!.

1.3. Broj e i neki znaˇcajni nizovi Dakle, vaˇzi e·

( n )n 2

477 ( >

n+1 2

)n ≥ n!,

ˇsto je i trebalo dokazati. Komentar. Prvo dajemo komentar o tvrd¯enju iz zadatka. Oˇcito je: n! = 1 · 2 · 3 · ... · n < n · n · n · ... · n = nn , kada je n > 1. Pitanje je, da li moˇzemo da pronad¯emo konstantu c, tako da n! ”ˇsto bolje” predstavimo kao: n n n n · · · ... · , c c c c za dovoljno velike brojeve n. Ovaj zadatak daje nekakav odgovor na to pitanje. Mnogo konkretniji odgovor na to pitanje daje sledeća, tzv. Stirlingova formula, koja kaˇze da je: n! ( n )n = 1. lim n→∞ √ 2πn · e Poˇsto je: n! n! n! ( n )n = √ = , ( √ √ √ n )n+1/2 √ e 1 2πn · n 2πe · 2π · n · n · n · √ e e e e zakljuˇc√ujemo da se n! ponaˇsa kao (n/e)n+1/2 , do na multiplikativnu konstantu koja iznosi 2πe. Ovo je joˇs jedan fantastiˇcan rezultat koji povezuje brojeve e i π. Dokaz ovog tvrd¯enja nije jednostavan, a moˇze se naći u [11]. Obratimo paˇznju sada na reˇsenje naˇseg problema. Dokazi indukcijom za obe nejednakosti su relativno pravolinijski. Bilo je dovoljno veˇstaˇcki stvoriti izraz iz induktivne hipoteze i onda proceniti ”korekciju”: ( ) ( ) ( n )n n + 1 n+1 1 n+1 n = · · · (n + 1) e e n | e{z } | {z } izraz iz induktivne hipoteze korekcija ( e·

n+1 2

)n+1 =

( n )n (n + 1)n · (n + 1) 1 e· · . · nn{z 2} | {z2 } | izraz iz induktivne hipoteze korekcija

Pitanje je zaˇsto uopˇste probati da se ove nejednakosti dokaˇzu indukcijom, kada uopˇste nije oˇcigledno (pre nego da bilo ˇsta zapiˇsemo) da ćemo u tome i uspeti. Odgovor na to pitanje glasi: zato ˇsto je uobiˇcajeno da za tvrd¯enje koje treba da vaˇzi za svaki prirodan broj pokuˇsamo dokaz matematiˇckom indukcijom, ˇcak iako nam uspeh nije oˇcigledan. Interesantni i manje oˇcigledni su oni dokazi koji nisu preko matematiˇcke indukcije. Kod leve nejednakosti smo na taj naˇcin dokazali i

478

Glava 1. Nizovi

jaˇcu nejednakost, a to je n! > ((n + 1)/e)n . U vezi sa drugim dokazom desne nejednakosti, navedimo da je u nalaˇzenju neke finije gornje granice za n! od oˇcigledne: nn , prirodno iskoristiti nejednakost izmed¯u aritmetiˇcke i geometrijske sredine za brojeve 1, 2, ..., n. Nakon te nejednakosti, sve ˇsto je preostalo je da primenimo već mnogo puta pominjanu nejednakost: (n + 1)n < e · nn . 37. Dokazati da za sve prirodne brojeve n vaˇzi nejednakost: 1 1 1 < ln(1 + ) < , n+1 n n

(1.25)

zatim pokazati da je niz (xn ) odred¯en sa: xn =

1 1 1 + + ... + − ln n, 1 2 n

konvergentan i pronaći graniˇcnu vrednost niza (yn ) odred¯enog sa: yn =

1 1 1 + + ... + . n+1 n+2 n+n

Reˇsenje. Kako za svaki prirodan broj n vaˇzi: ) ) ( ( 1 n 1 n+1 1+
1 n+1

( ) 1 1 < 1+ < en . n

Budući da je funkcija x 7→ ln x rastuća, sledi 1 1 1 < ln(1 + ) < . n+1 n n Dokazaćemo da je niz (xn ) opadajući i ograniˇcen odozdo, odakle će slediti da on konvergira. Da je niz (xn ) opadajući, sledi iz: xn+1 − xn =

1 1 1 − (ln(n + 1) − ln n) = − ln(1 + ) < 0. n+1 n+1 n

Da je niz (xn ) ograniˇcen odozdo nulom, sledi iz dokazane nejednakosti na sledeći naˇcin: 1 1 1 + + ... + 1 2 n

1 1 1 > ln(1 + ) + ln(1 + ) + ... + ln(1 + ) 1 2 n 2 3 n+1 = ln( · · ... · ) 1 2 n = ln(n + 1) > ln n,


479

pa je zbog toga: xn =

1 1 1 + + ... + − ln n > 0. 1 2 n

Prema tome, niz (xn ) je konvergentan. Za opˇsti ˇclan niza (yn ) vaˇzi: yn = x2n − xn + ln(2n) − ln n = x2n − xn + ln 2. Poˇsto niz (xn ) konvergira, onda i niz (x2n ), kao podniz niza (xn ) konvergira ka istoj graniˇcnoj vrednosti, pa je niz (x2n − xn ) zapravo nula-niz. Dakle, niz (yn ) kao suma nula-niza i konstante ln 2, konvergira ka ln 2. Komentar. Nejednakost (1.25) je samo preformulacija nejednakosti (1.23) i zato je njen dokaz oˇcigledan. Konvergencija niza (xn ) je dobro poznata teorijska ˇcinjenica. To nije ni malo ˇcudno, jer ovo tvrd¯enje govori o izuzetno bitnom zakljuˇcku: suma reciproˇcnih vredˇ nosti prvih n brojeva jednaka je sa ln n, do na konstantu. Cesto smo govorili da se 3 neki izraz ”ponaˇsa” kao neki drugi izraz, primera radi, n + n + 1 ponaˇsa se kao n3 , za velike brojeve n. Pod tim smo podrazumevali da koliˇcnik ove dve veliˇcine: (n3 + n + 1)/n3 konvergira ka jedinici, ali ne i da njihova razlika konvergira konstanti, ˇsto bi bilo mnogo jaˇce tvrd¯enje. U tom smislu je tvrd¯enje u vezi sa nizom (xn ) izuzetno vaˇzno i jako. Graniˇcna vrednost niza (xn ) naziva se Ojlerova konstanta, obeleˇzava se najˇceˇsće sa c ili γ, a iznosi, pribliˇzno 0, 577. Interesantno je da, u trenutku pisanja ovog udˇzbenika, joˇs uvek nije poznato da li je Ojlerova konstanta racionalan, ili iracionalan broj. Odgovor na to pitanje nije poznat ni za mnogo ”jednostavnije” brojeve. Recimo, za brojeve e + π i 2e , nije poznato (joˇs uvek) da li su racionalni, ili iracionalni. Raspolaˇzući tvrd¯enjem za niz (xn ), graniˇcnu vrednost niza (yn ) nalazimo vrlo jednostavno. Napomenimo da smo konvergenciju niza (yn ) dokazali u 16. zadatku, ali tada nismo bili u mogućnosti da pronad¯emo graniˇcnu vrednost ovog niza. 38. Ispitati konvergenciju niza (xn ) odred¯enog sa: ( )( )( ) ( ) 1 1 1 1 xn = 1 + 1+ 2 1 + 3 ··· 1 + n . 2 2 2 2 Reˇsenje. Niz (xn ) je rastući, jer je xn+1

( = xn · 1 +

1 2n+1

) > xn .

Koristeći nejednakost (1.23), dobijamo da za svaki prirodan broj k vaˇzi: ) ( 1 1 < ek , 1+ k

480

Glava 1. Nizovi

pa koristeći tu nejednakost, dobijamo: ( )( )( ) ( ) 1 1 1 1 1+ 2 1 + 3 ··· 1 + n xn = 1+ 2 2 2 2 2

3

n

< e1/2 · e1/2 · e1/2 · ... · e1/2 = e 2 ·(1− 2n )/(1− 2 ) 1

1

1

< e2 . Prema tome, niz (xn ) je i ograniˇcen odozgo. Budući ograniˇcen odozgo i rastući, niz (xn ) jeste konvergentan. Komentar. Niz (xn ) po obliku liˇci na primere koje smo reˇsavali u prethodnom poglavlju. Monotonost ovog niza je oˇcigledna, ali nije tako jednostavno ograniˇciti ovaj niz, ukoliko nam nisu poznate procene kojima smo se bavili u okviru ovog poglavlja. Kao ˇsto vidimo, koristeći nejednakost (1.23), ograniˇcavanje ovog niza postaje jednostavan zadatak. Paˇzljviji ˇcitalac će sigurno primetiti da smo na ovaj naˇcin mogli dokazati konvergenciju bilo kog niza (yn ) oblika: ( )( ) ( ) 1 1 1 yn = 1 + 1+ ··· 1 + , an a2 an pri ˇcemu su brojevi a1 , a2 , ..., an , ... prirodni i takvi da niz (zn ) odred¯en sa: zn =

1 1 1 + + ... + a1 a2 an

konvergira. Primera radi, jedan takav niz dobijamo za an = n2 , pa je zato i niz ( )( ) ( ) 1 1 1 ( 1+ 2 1 + 2 ··· 1 + 2 ) 1 2 n konvergentan (a njegova graniˇcna vrednost je, oˇcigledno?!, (eπ + e−π )/(2π)).

U narednom zadatku uopˇstićemo nejednakost (1.23), odnosno (1.25), na racionalne brojeve n, a zatim ćemo i primeniti tu novu nejednakost. 39. Dokazati da za svaki racionalan broj r > 0 vaˇzi: ) ( ) ( 1 r+1 1 r
(1.26)

Reˇsenje. Neka je r = m/n, gde su m i n prirodni brojevi. Poˇsto za svaki prirodan broj k vaˇzi: 1 k+1 1 , ek > 1 + = k k


481

sledi naredni niz nejednakosti: 1

1

e r = en· m

1

1

1

≥ e m + m+1 +...+ m+n−1 1

1

1

= e m · e m+1 · ... · e m+n−1 m+1 m+2 m+n > · · ... · m m+1 m+n−1 m+n 1 = =1+ . m r Dakle, vaˇzi

) ( 1 r . e> 1+ r

Nejednakost e<

( ) 1 r+1 1+ , r

dokazujemo analogno. Naime, za svaki prirodan broj k vaˇzi: 1

e k+1 < 1 +

1 k+1 = . k k

Zbog toga je: 1

1

e r+1 = en· m+n

1

1

1

≤ e m+1 + m+2 +...+ m+n 1

1

1

= e m+1 · e m+2 · ... · e m+n m+1 m+2 m+n < · · ... · m m+1 m+n−1 m+n 1 = =1+ . m r Prema tome, vaˇzi i nejednakost: 1 e < (1 + )r+1 , r za svaki racionalan broj r > 0. Komentar. Dokazivanjem nejednakosti (1.26), pokazali smo da, za svaki racionalan broj r > 0 vaˇzi i 1 1 1 < ln(1 + ) < . r+1 r r Poˇsto je svaki pozitivan realan broj graniˇcna vrednost niza pozitivnih racionalnih brojeva, koristeći neprekidnost funkcije (1 + 1/x)x , iz dokazanih nejednakosti moˇzemo zakljuˇciti da za svaki realan broj x > 0 vaˇzi: ( ) ( ) 1 x 1 x+1 1+ ≤e≤ 1+ , x x

482

Glava 1. Nizovi

kao i:

1 1 1 ≤ ln(1 + ) ≤ . x+1 x x Jasno je zbog ˇcega ove nejednakosti nisu stroge. Prelaskom na graniˇcnu vrednost u nekoj nejednakosti izmed¯u ˇclanova dva niza, bila ona ˇcak i stroga, ne moˇzemo zakljuˇciti strogu nejednakost izmed¯u graniˇcnih vrednosti, kao ˇsto je već bilo reˇci. U nejednakostima za proizvoljan realan broj x > 0 zaista vaˇze stroge nejednakosti, ali aparat kojim trenutno raspolaˇzemo nije pogodan za dokazivanje te tvrdnje (ne tvrdimo da je i neupotrebljiv). Analizom monotonosti funkcija preko izvoda, dokazaćemo ovu strogu nejednakost u jednom potezu. Obratimo sada paˇznju na sam dokaz. Ideja dokaza, koja je, moˇzda, ostala skrivena zbog naˇcina njegovog zapisa, je sledeća. Recimo, da za racionalan broj r = m/n ˇzelimo da dokaˇzemo (1 + 1/r)r < e. To je ekvivalentno sa m + n < en/m · m. Mi znamo da za svaki prirodan broj k vaˇzi k + 1 < e1/k · k, tj. umemo da se ”pomerimo” sa jednog prirodnog broja na njegovog sledbenika. Zato, pomerajući se za po jedan korak, dobijamo: en/m · m = e(n−1)/m · e1/m · m > e(n−1)/m · (m + 1) > > e(n−2)/m · e1/(m+1) · (m + 1) > e(n−2)/m · (m + 2) > > e(n−3)/m · e1/(m+2) · (m + 2) > e(n−3)/m · (m + 3) > ... Dakle, da bi ”preˇsli put od m do m + n” nama su potrebni stepeni broja e: e1/m , e1/(m+1) , e1/(m+2) , ..., e1/(m+n−1) , a mi na raspolaganju imamo i viˇse od toga - imamo n stepena e1/m . Analogni naˇcin razmiˇsljanja vodi nas i do dokaza nejednakosti e < (1 + 1/r)r+1 . 40. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost niza (xn ) odred¯enog sa: ( )( ) ( ) 1 2 n xn = 1 + 2 1 + 2 ··· 1 + 2 . n n n Reˇsenje. Iz nejednakosti (1.26), za svaki racionalan broj r > 0 sledi: ( ) 1 1 1 e r+1 < 1 + < er , r pa za svako n ∈ N i svako k ∈ {1, 2, ..., n}, stavljajući da je r = n2 /k, dobijamo: ) ( k k k e n2 +k < 1 + 2 < e n2 . n

ˇ 1.3. Delimiˇcne granice niza i Stolcova teorema

483

Poˇsto je k/(n2 + k) ≥ k/(n2 + n), imamo da vaˇzi i: ( ) k k k 2 +n n e < 1 + 2 < e n2 . n Ako primenimo ove nejednakosti na svaki ˇcinilac u izrazu za xn , dobijamo: e(1+2+...+n)/(n+n

2)

2

< xn < e(1+2+...+n)/n .

Niz ˇciji je opˇsti ˇclan dat sa ((1 + 2 + ... + n)/(n2 + n)) je zapravo konstantnan niz (1/2)n , a niz ˇciji je opˇsti ˇclan dat sa ((1 + 2 + ... + n)/n2 ) je niz ((n + 1)/(2n)), koji takod¯e konvergira ka 1/2. Zbog toga nizovi ˇciji su opˇsti ˇclanovi dati na levoj i desnoj strani poslednje zapisane nejednakosti konvergiraju ka e1/2 . Po teoremi o dva policajca, sledi da niz (xn ) takod¯e konvergira ka e1/2 . Komentar. Za razliku od niza (xn ) datog u zadatku 38, monotonost ovog niza (xn ), ako je uopˇste i monoton, ni malo nije oˇcigledna. U 38. zadatku, naredni ˇclan niza dobijao se od prethodnog mnoˇzenjem jednim novim brojem većim od 1. U ovom zadatku nije takav sluˇcaj. Pri prelasku na ˇclan xn+1 prvih n ˇcinilaca su manji nego ˇcinioci kod ˇclana xn , ali zato imamo jedan novi koji je veći od 1 i koji moˇzda nadoknadi tu razliku. Med¯utim, koristeći navedene procene u vezi sa brojem e, vrlo jednostavno pro√ cenjujemo da ovaj niz nema kud, nego da konvergira ka e. Joˇs jednom skrećemo paˇznju ˇcitaocu na tipiˇcnu greˇsku do koje moˇze doći pri reˇsavanju ovog problema, a koja je nalik na greˇsku iz zadatka 12. Da je niz (xn ) bio odred¯en sa: ( ) )( ) ( 1 2 100 xn = 1 + 2 1 + 2 ··· 1 + 2 , n n n njegova graniˇcna vrednost bi oˇcigledno bila jednaka 1, jer u tom sluˇcaju niz (xn ) je proizvod 100 nizova sa graniˇcnim vrednostima jednakim 1. U naˇsem zadatku, nije ovakav sluˇcaj, jer se broj ˇcinioca menja sa indeksom ˇclana niza (xn ).

1.4

ˇ Delimiˇ cne granice niza i Stolcova teorema

Nizovi koji imaju graniˇcnu vrednost, bilo ona konaˇcna ili beskonaˇcna, ponaˇsaju se relativno pravilno. Malo manje pravilno, ali ipak donekle pravilno, ponaˇsaju se nizovi koji mogu da se razbiju na konaˇcan broj podnizova od kojih svaki ima graniˇcnu vrednost (pojam razbijanje niza precizno je opisan u prvom delu knjige, u poglavlju 2.6). Naravno postoje i nizovi koje ne moˇzemo svrstati ni u jednu od ove dve grupe - to su oni nizovi koji imaju beskonaˇcno mnogo delimiˇcnih granica. U prvih nekoliko primera bavićemo se upravo razbijanjem niza na njegove ”pravilne” podnizove, sa ciljem prouˇcavanja poˇcetnog niza. ˇ Pored toga, u ovom poglavlju ilustrujemo i primenu Stolcove teoreme u nalaˇzenju ˇ graniˇcnih vrednosti nekih nizova. Stolcova teorema za nizove predstavlja ono ˇsto je

484

Glava 1. Nizovi

Lopitalova teorema za funkcije i zato je ona izuzetno bitna. Sasvim prirodna pitanja kao ˇsto su: ako neki niz konvergira, da li niz sastavljen od sredina (aritmetiˇckih, geometrijskih i drugih) njegovih ˇclanova takod¯e konvergira, dobijaju odgovor pomoću ˇ ove teoreme. Sem direktne primene Stolcove teoreme, koristićemo i tvrd¯enja o sredinama koja su navedena u prvom delu knjige. 41. Odrediti, ako postoji, najveći i najmanji ˇclan niza (xn ), zatim inf{xn : n ∈ N}, sup{xn : n ∈ N}, kao i sve delimiˇcne granice, limes inferior i limes superior tog niza, ako je niz odred¯en sa: 3 ); n n nπ b) xn = · sin2 ; n+1 4 a) xn = (−1)n−1 (2 +

n

c) xn = n − n1/2 . Reˇsenje. a) Niz (xn ) razbijamo na dva niza (x2n ) i (x2n−1 ). Imamo da je x2n = (−1)(2 +

3 ) 2n

i

x2n−1 = 2 +

3 . 2n − 1

Nizovi (x2n ) i (x2n−1 ) su konvergentni, prvi od njih teˇzi ka −2, a drugi ka 2 (zato ˇsto (3/(2n)) i (3/(2n − 1)) teˇze nuli, kao podnizovi niza (3/n) koji teˇzi nuli). Zbog toga niz (xn ) ima dve delimiˇcne granice, to su −2 i 2, pa je limes inferior niza (xn ) jednak −2, a limes superior niza (xn ) je jednak 2. Niz (x2n ) strogo rastuće teˇzi ka −2, zato je njegov minimalni element jednak x2 = −2 − 3/2 = −3, 5, a najveći element ovog niza ne postoji. Imamo i da je inf{x2n : n ∈ N} = x2 = −3, 5 i sup{x2n : n ∈ N} = lim x2n = −2, jer je ovo rastući niz. Niz (x2n−1 ) strogo n→∞ opadajuće teˇzi ka 2. Njegov najveći element je x1 = 5, a najmanji element ovog niza ne postoji. Imamo i inf{x2n−1 : n ∈ N} = lim x2n−1 = 2 i sup{x2n−1 : n ∈ n→∞

N} = x1 = 5. Objedinjujući ove zakljuˇcke, dobijamo da je najmanji element niza (xn ) jednak x2 = −3, 5, a najvec1i element ovog niza je x1 = 5. Ovo su upravo i infimum i supremum skupa vrednosti ovih nizova. b) Kako je sin2 (nπ/4) = (1 − cos((nπ)/2)/2, vrednost izraza sin2 (nπ/4) zavisi od ostatka koji daje n pri deljenju sa 4 i to na sledeći naˇcin:   1/2, n = 4k + 1     1, n = 4k + 2 nπ sin2 =  4 1/2, n = 4k + 3    0, n = 4k. Niz (xn ) razbijamo na ˇcetiri niza (x4k+1 ), (x4k+2 ), (x4k+3 ) i (x4k ), gde u prva tri niza, k prolazi skupom N0 , a u ˇcetvrtom nizu, k prolazi skupom N. Sada imamo x4k+1 =

4k + 1 1 · , (4k + 1) + 1 2

x4k+2 =

4k + 2 , (4k + 2) + 1

ˇ 1.4. Delimiˇcne granice niza i Stolcova teorema x4k+3 =

1 4k + 3 · , (4k + 3) + 1 2

485 i x4k = 0.

Kako 4k + 1 → 1, (4k + 1) + 1

4k + 2 →1 (4k + 2) + 1

i

4k + 3 → 1, (4k + 3) + 1

imamo da su sva ˇcetiri niza konvergentna i to 1 x4k+1 → , 2

x4k+2 → 1,

x4k+3 →

1 2

i

x4k → 0.

Dakle, delimiˇcne granice niza (xn ) su 0, 1/2 i 1, limes inferior je 0, a limes superior je 1. Niz (n/(n + 1)) strogo rastuće teˇzi ka 1, zato nizovi (x4k+1 ), (x4k+2 ) i (x4k+3 ) strogo rastuće teˇze ka svojim graniˇcnim vrednostima i zbog toga nemaju najveći element. Najmanji elementi ovih nizova su redom x1 , x2 i x3 . Takod¯e inf{x4k+1 : k ∈ N0 } = x1 , inf{x4k+2 : k ∈ N0 } = x2 i inf{x4k+3 : k ∈ N0 } = x3 , dok je sup{x4k+1 : k ∈ N0 } = lim x4k+1 = 21 , zatim sup{x4k+2 : k ∈ N0 } = n→∞

lim x4k+2 = 1 i sup{x4k+3 : k ∈ N0 } = 21 . Niz (x4k ) je konstantan, njegov najmanji n→∞ i najveći element, infimum i supremum skupa njegovih vrednosti su svi jednaki sa 0. Objedinjujući ove zakljuˇcke dobijamo da je najmanja vrednost niza (xn ) jednaka 0, (0 = x4 = x8 = ...), najveća vrednost ovog niza ne postoji, inf{xn : n ∈ N} = 0, a sup{xn : n ∈ N} je najveći od supremuma nizova koji smo dobili razbijanjem ovog niza, tj. sup{xn : n ∈ N} = 1. c) Dokaˇzimo da niz (xn ) konvergira ka +∞. Poˇsto je 2n > n (ˇsto se rutinski dokazuje matematiˇckom indukcijom), to je i 1/2n < 1/n, pa je n

1 < n1/2 < n1/n . √ n Kao ˇsto znamo, niz ( n n) konvergira ka 1, pa i niz (n1/2 ), po teoremi o dva policajca, takod¯e konvergira ka 1. Zbog toga niz (xn ), kao suma niza (n) i niza koji konvergira ka 1, konvergira ka +∞. Dakle, niz (xn ) ima samo jednu delimiˇcnu granicu, to je +∞ i ovo je ujedno i limes superior i limes inferior ovog niza. Takod¯e, kako xn → +∞, niz (xn ) nema najveći ˇclan i sup{xn : n ∈ N} = +∞. Poˇsto je x1 = 0 i n xn > 0, za svako n > 1, jer je u tom sluˇcaju: n = n1 > n1/2 , sledi da je najmanji ˇclan ovog niza upravo x1 . Takod¯e, sledi i inf{xn : n ∈ N} = x1 = 0. Komentar. U opˇstem sluˇcaju, nije jednostavno odrediti sve ove stavke za dati niz. Ipak, primeri u ovom zadatku bili su dovoljno jednostavni, te smo lako mogli da odgovorimo na sve zahteve iz teksta zadatka. Sve ˇsto treba uraditi je razbiti dati niz na pogodan naˇcin i primeniti Tvrd¯enje 2.90 iz prvog dela knjige. ”Pogodan naˇcin” za razbijanje niza se sam nameće iz naˇcina definicije niza (xn ). Jedino je, moˇzda, primer pod c) bio manje oˇcigledan, ali nakon kraćeg razmiˇsljanja, ako ne i momentalno, uoˇcavamo da ovaj niz konvergira ka +∞ i da je za njega takod¯e jednostavno ispuniti zahtev iz zadatka, bez ikakvog razbijanja.

486

Glava 1. Nizovi

42. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost niza (xn ), odred¯enog sa: ( )n2 n+1 xn = . n + cos nπ 2 Reˇsenje. Podniz (x4k ) niza (xn ) jednak je konstantnom nizu (1)n , jer je za n = 4k, cos(nπ/2) = cos(2π) = 1, pa je xn = 1. Dokaˇzimo da podniz (x1 , x2 , x3 , x5 , x6 , x7 , x9 , ...),

(1.27)

tj. onaj podniz koji dobijamo kada iz niza (xn ) odstranimo sve ˇclanove ˇciji je indeks deljiv sa 4, konvergira ka +∞. Odatle ćemo zakljuˇciti da niz (xn ) nema graniˇcnu vrednost. Oznaˇcimo sa S skup svih prirodnih brojeva deljivih sa 4. Tada podniz iz (1.27) moˇzemo zapisati i kao (xn )n∈N\S . Kada je n ∈ N \ S, tada je cos(nπ/2) ̸= 1, pa je za takvo n: 1 − cos 2 2 nπ  nπ · n n + cos n + cos 2  2  1 − cos nπ 2          nπ



    1  xn =  1 + n + cos nπ 2   1 − cos nπ 2

(1.28)

Niz (n + cos(nπ/2))n∈N\S konvergira ka +∞, kao suma niza (n)n∈N\S koji konvergira ka +∞ i ograniˇcenog niza (cos(nπ/2))n∈N\S . Za n ∈ N \ S vaˇzi cos(nπ/2) ∈ {0, −1}, pa je niz (1/(1−cos(nπ/2)))n∈N\S ograniˇcen, i zato niz ((n+cos(nπ/2))/(1− cos(nπ/2)))n∈N\S konvergira ka +∞. Dakle, niz: nπ

  1 ( 1 + n + cos nπ 2 1 − cos nπ 2

 n + cos 2 1 − cos nπ 2   )n∈N\S 

konvergira ka e. Niz (n2 /(n + cos(nπ/2)))n∈N\S konvergira ka +∞. Zaista, ovaj niz je proizvod niza (n)n∈N\S i niza ((1+cos(nπ/2)/n)−1 )n∈N\S od kojih prvi konvergira ˇ ka +∞, a drugi ka 1. Clanovi niza (1 − cos(nπ/2))n∈N\S jednaki su ili 1 ili 2, zato su ˇclanovi niza koji se dobija kao proizvod niza (1 − cos(nπ/2))n∈N\S i (n2 /(n + cos(nπ/2)))n∈N\S veći ili jednaki od ˇclanova niza (n2 /(n + cos(nπ/2)))n∈N\S . Kako poslednji naveden niz konvergira ka +∞, sledi da i niz: (

n2 nπ )) nπ · (1 − cos n + cos 2 2 n∈N\S

konvergira ka +∞. Koristeći ˇcinjenicu iz 31. zadatka, zakljuˇcujemo da niz (xn )n∈N\S konvergira ka +∞.


487

Prema tome, niz (xn ) nema graniˇcnu vrednost. Komentar. Ovaj zadatak smo najavili i u prethodnom poglavlju. Glavni razlog za to je jednakost (1.28). Ako nismo dovoljno paˇzljivi, moˇzemo pomisliti da ta jednakost vaˇzi za sve prirodne brojeve n i doći do nekih besmislenih zakljuˇcaka. Iako ovaj zadatak, po svojoj formi, liˇci na zadatke koje smo reˇsavali u prethodnom poglavlju, njegovo reˇsenje odudara od reˇsenja koje smo imali ranije. Ovaj zadatak mogao je da bude dat i u prethodnom poglavlju, jer ˇcinjenica koju smo iskoristili da bi zakljuˇcili da niz (xn ) nije konvergentan opisana je i ranije, bez pominjanja delimiˇcnih granica niza. Jednostavno, ako niz ima dva podniza sa razliˇcitim graniˇcnim vrednostima, onda on nije konvergentan. Ipak, zbog ideje o razbijanju niza na dva podniza, ovaj zadatak smo naveli u ovom poglavlju. Trigonometrijske funkcije, budući periodiˇcne, pogodne su za postizanje ovakvog efekta. Zato predlaˇzemo ˇcitaocu da se oproba u smiˇsljanju drugog zadatka koji bi po ideji za reˇsavanje liˇcio na ovaj zadatak, a da pritom upotrebi neku drugu konstrukciju. 43. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost niza (xn ) odred¯enog sa xn =

√ n n!.

Reˇsenje. Neka je k proizvoljan prirodan broj. Za svaki prirodan broj n koji je veći od k, vaˇzi: n! = 1 · 2 · ... · k · (k + 1) · ... · n > k · ... · k} = k n−k+1 . | · k {z n−k+1

Zbog toga je

√ n−k+1 n n! > k n ,

(1.29) √ za svaki prirodan broj n > k. Posmatrajmo nizove ( n n!) i (k (n−k+1)/n )n indeksirane poˇcevˇsi od k + 1. Iz (1.29) zakljuˇcujemo da je: lim

n→∞

√ n−k+1 n n! ≥ lim k n n→∞

kao i

lim n→∞

√ n−k+1 n n! ≥ lim k n . n→∞

Poˇsto niz ((n − k + 1)/n) konvergira ka 1, koristeći neprekidnost eksponencijalne funkcije, zakljuˇcujemo da niz (k (n−k+1)/n ) ima graniˇcnu vrednost i ona iznosi k. Zbog toga je: n−k+1 n−k+1 n−k+1 lim k n = lim k n = lim k n = k. n→∞

n→∞

n→∞

√ Prema tome, za niz ( n n!), indeksiran od k + 1, vaˇzi: √ √ n n lim n! ≥ k i lim n! ≥ k. n→∞

n→∞

(1.30)

√ Limes superior i limes inferior niza ( n√n!) indeksiranog od 1 i od k + 1 se poklapaju, pa nejednakosti (1.30) vaˇze i za niz ( n n!) indeksiran od 1.

488

Glava 1. Nizovi

Poˇsto je k bio proizvoljno izabran prirodan broj, iz (1.30) sledi da su limes superior i limes inferior niza (xn ) jednaki +∞. Kako se poklapaju, sledi da je i graniˇcna vrednost niza (xn ) jednaka +∞. Komentar. Ovaj zadatak predstavlja lepu ilustraciju ˇcinjenice da, iako neki niz moˇzda nema graniˇcnu vrednost, on uvek ima barem jednu delimiˇcnu granicu, pa samim tim, uvek ima limes superior i limer inferior. Takod¯e, ako do sada već nije bila oˇcigledna vaˇznost reˇci: ”Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost...” ovde će se ona istaći. √ Zamislimo na trenutak da je zadatak glasio ovako: ”Poznato je da niz ( n n!) ima graniˇcnu vrednost. Odrediti je.” . Do nejednakosti (1.29) reˇsenje zadatka bi bilo √ isto. Onda, poˇsto nam je poznato da niz ( n n!) ima graniˇcnu vrednost, a takod¯e i niz (k (n−k+1)/n ) ima graniˇcnu vrednost, u nejednakosti (1.29) odmah moˇzemo da pred¯emo na graniˇcne vrednosti i dobijamo: lim

n→∞

√ n n! ≥ k.

√ Zbog proizvoljnosti broja k, sledi da n n! → +∞. Dakle, reˇsenje zadatka bi bilo znaˇcajno kra´ ce. Ipak, u naˇsem zadatku, kao ˇsto √ n je tekst zadatka naglasio, nije poznato da niz ( n!) uopˇste ima graniˇcnu vrednost i besmisleno bi bilo postupati kao ˇsto smo opisali u prethodnim redovima. Na sreću, bez obzira da li postoji graniˇcna vrednost, ili ne, u nejednakosti (1.29) moˇzemo da pred¯emo na nejednakost izmed¯u limesa superiora i inferiora, koji postoje za svaki niz realnih brojeva. ˇ Citalac sa boljim pamćenjem, primetiće da smo zadatak mogli reˇsiti √ u jednom potezu,√primenom nejednakosti iz 36. zadatka: Poˇsto n/e → +∞, a n n! > n/e, sledi i n n! → +∞. Takod¯e u jednom potezu ovaj zadatak moˇzemo reˇsiti i primenom Tvrd¯enja 2.115, kada izaberemo da niz (an ) bude niz (n). ˇ U narednim zadacima primenjujemo Stolcovu teoremu i izvedena tvrd¯enja iz ove teoreme.

44. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost niza (an ) odred¯enog sa: an =

1k + 2k + ... + nk , nk+1

pri ˇcemu je k prirodan broj. Reˇsenje. Neka su nizovi (xn ) i (yn ) odred¯eni sa: xn = 1k + 2k + ... + nk , yn = nk+1 .


489

Niz (yn ) je strogo rastući i teˇzi ka +∞. Pored toga, vaˇzi i: xn+1 − xn yn+1 − yn

= = =

(n + 1)k (n + 1)k+1 − nk+1 ( ) ( ) ( k ) nk + k1 nk−1 + k2 nk−2 + ... + k−1 n+1 (k+1) (k+1) (k+1) k k−1 + ... + 1 n + 2 n k n+1 ( ) ( ) ( k ) n + 1) 1 + n1k ( k1 nk−1 + k2 nk−2 + ... + k−1 . (k+1) (k+1) (k+1) 1 + nk ( 2 nk−1 + ... + k n + 1) 1

Izrazi u zagradi u brojiocu i imeniocu su polinomi po n stepena k − 1. Prema tome, niz ((xn+1 − xn )/(yn+1 − yn )) je koliˇcnik dva niza koji konvergiraju ka 1 i k + 1, ˇ pa zato ovaj niz konvergira ka 1/(k + 1). Po Stolcovoj teoremi, sledi da i niz (an ), budući jednak nizu (xn /yn ), konvergira i to ka 1/(k + 1). ˇ Komentar. Reˇsavanje ovog zadatka primenom Stolcove teoreme je manje-viˇse pravolinijsko. Jedini korak koji moˇze delovati problematiˇcno je onaj u kom primenjujemo binomnu formulu. Ipak, to je viˇse psiholoˇski efekat nego realan problem, koji se javlja jer radimo ”sa slovima a ne sa brojkama”. Primera radi, da je broj k bio neki konkretan broj: 3, 7, 100, bilo bi mnogo oˇciglednije da u tom koraku treba primeniti binomnu formulu. Zanimljivo je prokomentarisati tvrd¯enje koje ovaj zadatak daje. Joˇs od ranije su nam poznate, viˇse ili manje, razne formule za sumiranje: 1 + 2 + ... + n, ili recimo 12 + 22 + ... + n2 i sliˇcno. Ako ih paˇzljivo prouˇcimo, uoˇcićemo da su te formule uvek neki polinom po n i to stepena za jedan viˇse nego ˇsto je stepen brojeva koje sabiramo. Ovo tvrd¯enje je povezano sa tim zapaˇzanjem. Ono kaˇze da se suma k-tih stepena prvih n brojeva ponaˇsa kao nk+1 . Ipak, to nam ne daje nikakvu informaciju o tome kako naći formulu za sumu k-tih stepena prvih n brojeva, ako takva formula uopˇste postoji. U potrazi za odgovorom na pitanje o postojanju takve formule, savetujemo ˇcitaocu da se zainteresuje za Bernulijeve brojeve i Bernulijevu formulu. Na kraju, pomenimo i to da se tvrd¯enje iz zadatka moˇze uopˇstiti i na realne brojeve k, ali je to prikladnije uˇciniti nakon steˇcenog znanja o graniˇcnim vrednostima funkcija, naroˇcito o poznatoj graniˇcnoj vrednosti: (1 + x)a − 1 = a. x→0 x lim

45. Niz (xn ) odred¯en je na sledeći naˇcin: x0 > 0 i za svako n ∈ N0 vaˇzi: xn+1 = xn + Odrediti, ukoliko postoji: x3n . n→∞ n lim

1 . 3x3n

490

Glava 1. Nizovi

Reˇsenje. Ukoliko postoji graniˇcna vrednost: x3n+1 − x3n = lim (x3n+1 − x3n ), n→∞ (n + 1) − n n→∞ lim

ˇ onda će, po Stolcovoj teoremi, postojati i traˇzena graniˇcna vrednost i one će biti jednake. Iz naˇcina na koji je niz zadat, sledi: x3n+1 − x3n = (xn +

1 1 1 1 3 ) − x3n = + + . 3 5 3xn xn 3 · xn 27 · x27 n

Dokaˇzimo da niz (1/xn ) konvergira ka nuli, odakle će slediti i da niz (

1 1 1 + + ) 5 xn 3 · xn 27 · x27 n

konvergira ka nuli, pa će i traˇzena graniˇcna vrednost biti jednaka 0, kao ˇsto smo već objasnili. Niz (xn ) je oˇcigledno niz sa pozitivnim ˇclanovima koji je strogo rastući. Pretpostavimo da niz (xn ) ima graniˇcnu vrednost x ∈ R. Poˇsto je x0 > 0 i niz (xn ) je rastući, vaˇzi x ̸= 0. Zato niz (1/xn ) konvergira ka 1/x, dok niz (1/(3x3n )) konvergira ka (1/(3x3 )). Prema tome, niz (xn + 1/(3x3n )) konvergira ka x + 1/(3x3 ). Ovaj niz jednak je nizu (x1 , x2 , x3 , ...) koji takod¯e konvergira ka x. Zato za realan broj x mora da vaˇzi: 1 x = x + 3, 3x a ovakva jednakost ne vaˇzi ni za jedan realan broj x. Dakle, niz (xn ) nema realnu graniˇcnu vrednost, a kako je rastući, sledi xn → +∞. Odavde sledi da 1/xn → 0, pa kao ˇsto smo već naveli, odatle sledi da x3n = 0. n→∞ n lim

ˇ Komentar. Ovaj zadatak je lep primer kako Stolcova teorema za nizove podseća ˇ na Lopitalovu teoremu za funkcije. Umesto da traˇzimo limes niza (an /n), iz Stolcove teoreme sledi da je dovoljno pronaći limes niza (an+1 −an ) (uporediti ovo sa nalaˇzenjem limesa funkcije: a(x)/x preko Lopitalove teoreme). Tako smo i postupali u zadatku, a kada pred¯emo na traˇzenje limesa niza (x3n+1 − x3n ) sve ˇsto treba da uradimo do kraja reˇsenja je da budemo paˇzljivi i rutinski iskoristimo rekurentnu vezu kojom je niz definisan. Zanimljiv je naˇcin na koji smo dokazali da niz (xn ) konvergira ka +∞. Takav pristup iskoristili smo i kod 18. zadatka, u delu pod b). 46. Niz (xn ) odred¯en je na sledeći naˇcin: x0 = 1/2 i xn+1 = xn − x2n , za svako n ∈ N0 . Odrediti, ukoliko postoji, lim (n · xn ). n→∞


491

Reˇsenje. U delu pod a), u 18. zadatku, imali smo isti ovakav niz i pritom dokazali da on konvergira ka 0, da su svi ˇclanovi ovog niza pozitivni, kao i to da je on strogo opadajući. Zbog toga taj deo reˇsenja nećemo pisati i ovde, već upućujemo ˇcitaoca na navedeni zadatak. Iz dokazanog dela sledi da je niz (1/xn ) strogo rastući niz pozitivnih brojeva koji konvergira ka +∞. Niz (n · xn ) zapravo je jednak nizu (n/(1/xn )). Primetimo da je: n+1−n 1 1 = xn+1 − xn

1 1 xn −x2n

−

1 xn

= 1 − xn → 1,

ˇ pa po Stolcovoj teoremi sledi da i niz (n/(1/xn )), tj. niz (n · xn ) konvergira ka 1. Komentar. Ovaj zadatak se ne razlikuje naroˇcito od prethodnog zadatka. Transformacija koju smo izvrˇsili u reˇsenju, kada umesto nxn posmatramo n/(1/xn ) upravo je analogna transformaciji koju vrˇsimo kada primenjujemo Lopitalovu teoremu na sluˇcaj f (x) · g(x) kada jedna od funkcija teˇzi ka nuli, a druga ka beskonaˇcnosti. Nakon toga, koristeći rekurentnu vezu, zadatak postaje vrlo jednostavan. ˇ U narednim zadacima, korstićemo Stolcovu teoremu, direktno, ili indirektno preko njenih bitnih posledica. 47. Odrediti, ukoliko postoje, graniˇcne vrednosti niza (xn ) i (yn ) odred¯enih sa: √ √ √ √ √ √ √ 1 + 2 + 3 3 + ... + n n 1 + 2 + 3 + ... + n √ xn = , yn = . n n n √ Reˇsenje. Neka je niz (an ) odred¯en sa an = n n. Kao ˇsto znamo, graniˇcna vrednost niza (an ) jednaka je 1. Niz (xn ) je upravo jednak: a1 + a2 + ... + an ( ), n pa prema Tvrd¯enju 2.108, sledi da graniˇcna vrednost niza (xn ) postoji i takod¯e je jednaka 1. √ √ √ √ Posmatrajmo sada niz (yn ). Neka je bn = 1 + 2 + ... + n i cn = n n. Niz (cn ) je strogo rastući i konvergira ka +∞. Takod¯e, vaˇzi i: √ bn+1 − bn n+1 √ = √ cn+1 − cn (n + 1) n + 1 − n n √ √ √ n+1 (n + 1) n + 1 + n n √ √ = √ · √ (n + 1) n + 1 − n n (n + 1) n + 1 + n n √ √ √ n + 1((n + 1) n + 1 + n n) = (n + 1)3 − n3 √ √ √ n + 1((n + 1) n + 1 + n n) = 3n2 + 3n + 1 √ √ ( ) 1 + n1 (1 + n1 ) 1 + n1 + 1 2 → . = 3 1 3 3 + n + n2

492

Glava 1. Nizovi

ˇ Poˇsto je (yn ) = (bn /cn ), prema Stolcovoj teoremi sledi da niz (yn ) konvergira ka 2/3. Komentar. Odred¯ivanje graniˇcne vrednosti niza (xn ) bila je direktna primena Tvrd¯enja 2.108 iz prvog dela knjige, pa kao takva, ne zasluˇzuje poseban komentar. Prokomentarisaćemo niz (yn ). Paˇzljiviji ˇcitalac priemtiće da se niz (yn ) dobija od niza iz 44. zadatka, za k = 1/2. Ipak, u reˇsenju tog zadatka bilo je vaˇzno da ˇ je k prirodan broj, jer u tom sluˇcaju, kod primene Stolcove teoreme, u brojiocu i imeniocu niza javljaju se polinomi po n (tj. moˇzemo da iskoristimo binomnu formulu). Kao ˇsto moˇzemo da vidimo u ovom primeru, postoji taj dodatni korak ”racionalizacije” izraza, koji je moˇzda manje oˇcigledan od primene binomne formule ˇ u 44. zadatku, ali je ipak rutinski. Citalac moˇze razmisliti koje joˇs brojeve k, a da nisu prirodni, moˇze ubaciti u 44. zadatak, a da se reˇsenje problema ne razlikuje previˇse od ovog. U vezi sa nizom (yn ) ˇzelimo da skrenemo paˇznju na joˇs jednu stvar, zbog koje smo i stavili u isti zadatak niz (xn ) i (yn ). Naime, opˇsti ˇclan niza (yn ) moˇze se zapisati kao: √ √ √ 1 2 n + + ... + n n n . (1.31) yn = n Pritom, moˇzda nam se uˇcini da se graniˇcna vrednost niza (yn ) moˇze odrediti analogno sa nizom (xn ), tako ˇsto zapravo uoˇcimo da je niz (yn ) sastavljen od aritmetiˇckih sredina ˇclanova nekog niza. Broj yn , za svako n, zaista jeste aritmetiˇcka sredina nekih brojeva. Ipak, budemo li malo paˇzljiviji, uoˇcićemo da ne moˇzemo smisleno izabrati neki niz, tako da niz (yn ) bude sastavljen od aritmetiˇckih sredina njegovih ˇclanova. U brojiocu izraza iz (1.31), svi sabirci zavise od n (sem poslednjeg koji je jednak 1) i pri prelasku sa n na n + 1 ne dodaje se samo jedan novi sabirak, kao ˇsto je to bio sluˇcaj sa nizom (xn ), već se i ostali sabirci menjaju. 48. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost niza (xn ) odred¯enog sa: √ n xn =

n! . n

Reˇsenje. Neka je niz (an ) odred¯en sa an = xnn = n!/nn . Tada je: an+1 = an

(n+1)! (n+1)·(n+1)n n! nn

=(

1 1 ) → . 1 n e 1+ n

Kako postoji graniˇcna vrednost niza (an+1 /an ), onda po Tvrd¯enju 2.118, postoji i √ √ graniˇcna vrednost niza ( n an ) i jednake su. Poˇsto je xn = n an , zakljuˇcujemo da niz (xn ) konvergira ka 1/e.


493

Komentar. Pitanje ˇcemu teˇzi niz iz zadatka je, naravno, u direktnoj vezi sa procenama o kojima smo priˇcali u komentaru 36. zadatka. Iz nejednakosti koja je bila tema tog zadatka, sledi: √ √ n n 1 n! e < < , e n 2 tako da nismo u mogućnosti da primenimo teoremu o dva policajca. Ipak, iz Stirlingove formule koju smo naveli u sklopu komentara, direktno sledi da je graniˇcna vrednost ovog niza jednaka 1/e. Prema tome, za ˇcitaoca koji je upoznat sa malo dubljim rezultatima matematiˇcke analize, ovaj zadatak ne sadrˇzi problemske momente. Kao ˇsto vidimo, zadatak moˇzemo da reˇsimo i koristeći elementarnije ˇcinjenice, ˇ kao ˇsto je poznata posledica Stolcove teoreme. ”Dosetka” da iskoristimo baˇs ovo tvrd¯enje viˇse je stvar rutine nego kreativnosti. Svi razlozi za motivaciju da iskoristimo ovo tvrd¯enje vide se direktno iz reˇsenja: nizovi u ˇcijim opˇstim ˇclanovima se javljaju izrazi poput n! i nn mogu biti pogodni za ispitivanje odnosa dva uzastopna ˇclana, a to nam moˇze posluˇziti, o ˇcemu govori i tvrd¯enje, da ispitamo karakter konvergencije posmatranog niza.

494

Glava 1. Nizovi

Glava 2

Funkcije 2.1

Graniˇ cne vrednosti i neprekidnost funkcije

U prvom delu knjige reˇsen je veliki broj primera u vezi sa graniˇcnom vrednoˇsću funkcije. Ti primeri, izmed¯u ostalog, bave se sledećim problemima: dokazivanje, po Koˇsijevoj i Hajneovoj definiciji, da je dati broj, ili neka beskonaˇcnost, graniˇcna vrednost date funkcije u datoj taˇcki; dokazivanje da data funkcija nema graniˇcnu vrednost u posmatranoj taˇcki i to preko Hajneove definicije graniˇcne vrednosti, kao i preko upored¯ivanja jednostranih graniˇcnih vrednosti u toj taˇcki; isticanje razlike graniˇcnih vrednosti u zavisnosti od toga po kom skupu traˇzimo graniˇcnu vrednost, itd. Savetujemo ˇcitaocu da dobro prouˇci te primere. Ovde nećemo reˇsavati zadatke koji jedino za cilj imaju da prikaˇzu ono ˇsto je već prikazano u tim primerima. Takod¯e, imamo u vidu da mnoge graniˇcne vrednosti, bez većih problema, nalazimo koristeći Lopitalove teoreme i Tejlorov razvoj funkcija. Zato je donekle neprirodno smiˇsljati druge naˇcine za nalaˇzenje tih graniˇcnih vrednosti. S tim na umu, trudimo se da svako takvo ”neprirodno” nalaˇzenje graniˇcne vrednosti neke funkcije, uvek sa sobom nosi joˇs neku poruku, koja se moˇze naći u komentaru nakon reˇsenja zadatka. Sa druge strane, reˇsavaćemo i probleme na koje nije moguće primeniti Lopitalove teoreme, ili iskoristiti Tejlorov razvoj funkcija, pa njihova reˇsenja neće delovati neprirodno. Jedino ćemo u prvom zadatku ovog poglavlja naglaˇsavati koriˇsćenje osnovnih teorema o osobinama graniˇcnih vrednosti funkcija, poput onih o graniˇcnoj vrednosti zbira, razlike, proizvoda i koliˇcnika dve funkcije. U ostalim zadacima, te teoreme koristimo prećutno, jer bi stalno naglaˇsavanje njihovog koriˇsćenja odvraćalo naˇsu paˇznju od bitnijih stvari. Nećemo navoditi analogna tvrd¯enja za graniˇcne verdnosti funkcija sa onim iskazanim u 2. 6. i 31. zadatku za graniˇcne vrednosti nizova. Smatramo da ˇcitalac moˇze i sam iskazati i dokazati ova tvrd¯enja, a mi ćemo ih koristiti kao poznata (jedan deo tvrd¯enja poput onog iz 31. zadatka, ali za graniˇcne vrednosti funkcija, dokazan je u okviru Primera 3.141 u prvom delu knjige). Kao i kod odred¯ivanja graniˇcnih vrednosti nizova, tako i ovde, smatramo poznatom ˇcinjenicu da su sve elementarne funkcije neprekidne na svom domenu, pa kada god nam zatreba, koristimo Tvrd¯enje 3.110. 495

496

Glava 2. Funkcije

49. Data je funkcija f : (0, +∞) → R, definisana sa: √ x2 + 3 x4 + 1 + sin x √ f (x) = . x x + 1 + x3 + 5 Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost:

lim f (x).

x→+∞

Reˇsenje. Funkcija f je, zapravo, jednaka (brojilac i imenilac smo podelili sa x3 ): √ 1 1 1 sin x + 3 23 + 27 + 3 x x x x √ f (x) = . 1 1 5 1+ √ 1+ + 3 x x x x Funkcija f je koliˇcnik dve funkcije g i h definisane sa: √ √ 1 1 1 5 1 sin x 1 3 g(x) = + 1 + + 3. + + 3 i h(x) = 1 + √ x x23 x27 x x x x x Funkcija g teˇzi ka nuli kada x → +∞. Zaista, funkcija g je zbir tri funkcije: x 7→ 1/x, √ 3 x 7→ 1/x23 + 1/x27 i x 7→ sin x/x3 . Znamo da 1/x → 0, x → +∞, a zbog toga i 1/x23 → 0 i 1/x27 → 0, kada x → +∞, kao ˇsto je dokazano u Posledici 3.50. Prema teoremi o zbiru graniˇcnih vrednosti, sledi i da 1/x23 + 1/x27 → 0, x → +∞, a zbog √ √ neprekidnosti funkcije x 7→ 3 x u nuli, sledi i da 3 1/x23 + 1/x27 → 0, x → +∞. Napokon, funkcija x 7→ sin x/x3 je proizvod funkcija x 7→ sin x i x 7→ 1/x3 , od kojih je prva ograniˇcena, a druga teˇzi nuli, kada x → +∞. Zbog toga i sin x/x3 → 0, x → +∞. Funkcija g je zbir tri funkcije koje teˇze nuli kada x → +∞, pa i sama teˇzi nuli. √ konstantne funkcije x 7→ 1, funkcije x 7→ 1/(x x)· √ Funkcija h je zbir tri funkcije: 3 1 + 1/x i funkcije √ x 7→ 5/x . Konstantna funkcija teˇzi ka 1, kada x → +∞. √ Zatim, funkcija 1 + 1/x teˇzi ka 1, jer 1 + 1/x → 1, x → +∞, a funkcija x 7→ x √ √ x → +∞, x → +∞, je neprekidna u jedinici. Poˇsto 1/(x x) → 0, x → +∞, jer x √ √ sledi da, po teoremi o proizvodu graniˇcnih vrednosti, 1/(x x) · 1 + 1/x → 0, x → +∞. Na kraju, imamo i da 5/x3 = 5 · 1/x3 → 0, x → +∞, pa funkcija h, kao zbir tri funkcije od kojih jedna teˇzi jedinici, a ostale dve teˇze nuli, teˇzi jedinici. Po teoremi o koliˇcniku graniˇcnih vrednosti, sledi da funkcija f teˇzi ka 0/1 = 0, kada x → +∞. Komentar. Kao ˇsto vidimo, ako ˇzelimo da napiˇsemo detaljno reˇsenje ˇcak i ovako jednostavnog zadatka, oˇcekuje nas zamoran posao. Zbog toga ćemo u ostalim zadacima mnoga tvrd¯enja koristiti prećutno. Ovaj primer, zajedno sa mnogim primerima kod konvergentnih √ nizova, daju jasnu sliku o tome da zakljuˇcci koje donosimo (primera radi: 1 + 1/x → 1) nisu plod intuicije, već se uvek mogu precizno dokazati koristeći tvrd¯enja navedena u prvom delu knjige. Nadamo se da je ovo reˇsenje dovoljno da bi se stekao utisak o tome kako treba odrediti graniˇcnu vrednost mnogih funkcija nalik na funkciju f , kada promenljiva

2.1. Graniˇcne vrednosti i neprekidnost funkcije

497

konvergira nekoj od beskonaˇcnosti. Kada kaˇzemo, nalik na funkciju f , pod tim smatramo racionalne funkcije, ali i funkcije koje u brojiocu i imeniocu imaju i stepene funkcije (kao ˇsto je koren nekog reda), pa i neku ograniˇcenu funkciju. Dovoljno je proceniti koji je najveći sabirak iz brojioca i imenioca, odnosno, u kom sabirku se javlja najveći stepen promenljive. Zatim i iz brojioca i iz imenioca izvlaˇcimo taj stepen promenljive, a graniˇcne vrednosti preostalih izraza nalazimo jednostavno. Postupak je potpuno analogan onom za odred¯ivanje graniˇcne vrednosti niza ˇciji opˇsti ˇclan ima ovakav oblik, a koji je opisan u 7. zadatku. U prvom delu knjige, detaljno je obrazloˇzeno i ilustrovano primerima, kako graniˇcna vrednost funkcije u nekoj taˇcki zavisi od toga na kom skupu posmatramo tu funkciju. Ako ne naglasimo suprotno, u problemima koji glase: ”Odrediti graniˇcnu vrednost lim f (x)”, gde je f neka data funkcija, podrazumevaćemo da se za domen x→x0

funkcije f uzima skup Df . 50. Odrediti, ukoliko postoje, naredne graniˇcne vrednosti: x4 − 1 a) lim 3 ; x→1 x − 1 b) lim

x→π

√

c) lim |x(x + 3)|;

1 ; | sin x|

|x − 2|(x2 + 1) ; x−1

x→−4

e)

sgn (x2 − 1) ; x→1 ln(x + 1)

√ x2 + 1 f) lim . x→−∞ x + 1

d) lim

lim

x→+∞

Reˇsenje. a) Funkcija: x 7→

x4 − 1 (x − 1)(x3 + x2 + x + 1) = x3 − 1 (x − 1)(x2 + x + 1)

nije definisana za x = 1, ali se u nekoj okolini taˇcke x = 1 (primera radi, u intervalu (1/2, 3/2)) poklapa sa funkcijom: x 7→

x3 + x2 + x + 1 . x2 + x + 1

Poˇsto graniˇcna vrednost funkcije u taˇcki ne zavisi od vrednosti (ili uopˇste definisanosti) funkcije u toj taˇcki, već od vrednosti funkcije u (nekoj) okolini te taˇcke, sledi: x4 − 1 x3 + x2 + x + 1 lim 3 = lim . x→1 x − 1 x→1 x2 + x + 1 Limes na desnoj strani jednakosti nalazimo koristeći osnovne osobine limesa: ( lim x)3 + ( lim x)2 + lim x + lim 1 x3 + x2 + x + 1 4 x→1 x→1 x→1 lim = x→1 = . 2 2 x→1 x +x+1 ( lim x) + lim x + lim 1 3 x→1

x→1

x→1

498

Glava 2. Funkcije

Dakle:

x4 − 1 4 = . x→1 x3 − 1 3 lim

b) Potraˇzimo levu i desnu graniˇcnu vrednost funkcije 1/| sin x| u π. U nekoj levoj okolini taˇcke π, recimo u (0, π) funkcija x 7→ sin x je pozitivna, pa se u ovoj okolini funkcija x 7→ sin x i x 7→ | sin x| poklapaju. Zato će se poklapati i leve graniˇcne vrednosti ovih funkcija u taˇcki π. Imamo: 1 1 = lim . x→π−0 | sin x| x→π−0 sin x lim

Poˇsto je funkcija x 7→ sin x neprekidna u π, vaˇzi sin x → sin π = 0, x → π, pa i: lim sin x = 0.

x→π−0

Sem toga, za svako x ∈ (0, π) vaˇzi sin x > 0 i zato je: lim

x→π−0

Dakle: lim

x→π−0

1 = +∞. sin x

1 = +∞. | sin x|

Analogno nalazimo i desnu graniˇcnu vrednost: na desnoj okolini (π, 2π), funkcija x 7→ sin x je negativna, pa je na ovoj okolini | sin x| = − sin x. Poˇsto − sin x → 0, x → π, i − sin x > 0 za svako x ∈ (π, 2π), nalazimo da je: 1 1 = lim = +∞. x→π+0 − sin x x→π+0 | sin x| lim

Leva i desna graniˇcna vrednost u π funkcije x 7→ 1/| sin x| se poklapaju, te sledi da je 1 lim = +∞. x→π | sin x| c) Ovu graniˇcnu vrednost nalazimo na dva naˇcina: Prvi naˇcin: Funkcija x 7→ x(x + 3) je pozitivna na intervalima (−∞, −3) i (0, +∞), a negativna na intervalu (−3, 0). Zato postoji okolina taˇcke −4, recimo (−5, −3) na kojoj vaˇzi |x(x + 3)| = x(x + 3). Zbog jednakosti ove dve funkcije na nekoj okolini taˇcke −4 sledi i jednakost njihovih graniˇcnih vrednosti u taˇcki −4. Dakle: lim |x(x + 3)| = lim x(x + 3) = ( lim x)2 + 3 lim x = 4.

x→−4

x→−4

x→−4

x→−4

Drugi naˇcin: Funkcija x 7→ |x(x+3)| je elementarna funkcija i samim tim neprekidna na svom domenu. Poˇsto je taˇcka −4 u domenu ove funkcije, sledi: lim |x(x + 3)| = |(−4) · (−4 + 3)| = 4.

x→−4


499

d) Potraˇzimo levu i desnu graniˇcnu vrednost ove funkcije u taˇcki 1. U nekoj levoj okolini taˇcke 1, recimo (0, 1) funkcija x 7→ x2 − 1 je negativna i na toj okolini vaˇzi sgn (x2 − 1) = −1. Zato se leva graniˇcna vrednost funkcija x 7→ sgn (x2 − 1) u taˇcki 1 poklapa sa levom graniˇcnom vrednoˇsću konstantne funkcije x 7→ −1 u taˇcki 1, tj: lim sgn (x2 − 1) = lim −1 = −1. x→1−0

x→1−0

Poˇsto x + 1 → 2, x → 1, sledi i da je leva graniˇcna vrednost funkcije x 7→ x + 1 u taˇcki 1 jednaka 2. Funkcija x 7→ ln x je neprekidna u 2 pa je: lim ln(1 + x) = ln 2.

x→1−0

Dakle: sgn (x2 − 1) lim = x→1−0 ln(x + 1)

lim sgn (x2 − 1)

x→1−0

lim ln(x + 1)

=

x→1−0

−1 . ln 2

Analogno nalazimo i desnu graniˇcnu vrednost u taˇcki 1: u okolini (1, 2) funkcija x 7→ sgn (x2 − 1) jednaka je konstantnoj funkciji x 7→ 1, jer je na tom skupu x2 − 1 > 0. Zato je lim sgn (x2 − 1) = 1. x→1+0

Pored toga, kao i ranije vaˇzi: lim ln(x + 1) = lim ln(x + 1) = ln 2.

x→1+0

Zato je:

x→1

sgn (x2 − 1) 1 = . x→1+0 ln(x + 1) ln 2 lim

Poˇsto se leva i desna graniˇcna vrednost ove funkcije u taˇcki 1 razlikuju, sledi da ova funkcija nema graniˇcnu vrednost u taˇcki 1. e) Na skupu (2, +∞) koji predstavlja okolinu taˇcke +∞, funkcija: √ |x − 2|(x2 + 1) x 7→ x−1 poklapa se sa funkcijom:

√ x 7→

(x − 2)(x2 + 1) . x−1

Zbog toga je: √ lim

x→+∞

|x − 2|(x2 + 1) = lim x→+∞ x−1

√

(x − 2)(x2 + 1) . x−1

Za x ∈ (2, +∞) vaˇzi x ̸= 0, pa je na ovom skupu: √ √ (1 − x2 )(x2 + 1) (x − 2)(x2 + 1) = . x−1 1 − x1

500

Glava 2. Funkcije

Poˇsto je: lim (1 −

x→+∞

2 ) = 1, x

lim (1 −

kao i

x→+∞

1 ) = 1, x

dok je lim (x2 + 1) = +∞,

x→+∞

sledi da je: (1 − x2 )(x2 + 1) lim = +∞, pa i x→+∞ 1 − x1

√ lim

x→+∞

(1 − x2 )(x2 + 1) = +∞. 1 − x1

Prema tome: √ lim

x→+∞

|x − 2|(x2 + 1) x−1

√ = =

f) Za x ̸= 0 vaˇzi:

√

lim

x→+∞

lim

x→+∞

x2 + 1 = x+1

√

(x − 2)(x2 + 1) x−1 (1 − x2 )(x2 + 1) = +∞. 1 − x1

√ |x| 1 + x+1

1 x2

.

Na intervalu (−∞, 0), koji predstavlja okolinu taˇcke −∞, vaˇzi |x| = −x, pa je na ovom intervalu: √ √ √ 1 x 1 + 1 + x12 2 x +1 x2 =− =− . x+1 x+1 1 + x1 Poˇsto 1/x → 0 i 1/x2 → 0, x → −∞, sledi da je: √ √ 1 + x12 2 x +1 lim = lim − = −1. x→−∞ x + 1 x→−∞ 1 + x1

Komentar. Glavna stvar na koju smo ˇzeleli da skrenemo paˇznju ovim zadatkom i koja je prisutna u svim primerima iz ovog zadatka je sledeća: kada odred¯ujemo graniˇcnu vrednost funkcije f u taˇcki x0 (obiˇcnu, levu, ili desnu), jedino je bitno kako je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini taˇcke x0 (obiˇcnoj, levoj, ili desnoj). Vrednosti funkcije f na ostatku domena ne igraju bilo kakvu ulogu u odred¯ivanju graniˇcne vrednosti ove funkcije u x0 . Okolinu taˇcke x0 na koju ćemo da usmerimo paˇznju sami biramo, već po osobinama funkcije koju posmatramo. Primera radi, u delu pod a), bilo je nevaˇzno koju probodenu okolinu jedinice posmatramo, jer će se na svakoj probodenoj okolini jedinice funkcije x 7→

x4 − 1 x3 − 1

i

x 7→

x3 + x2 + x + 1 , x2 + x + 1


501

poklapati. U delu pod c), u prvom reˇsenju, bilo je vaˇzno da ne izaberemo ”preveliku” okolinu taˇcke −4. Recimo, na okolini (−6, −2) ove taˇcke ne vaˇzi jednakost |x(x + 3)| = x(x + 3). Zbog toga ne moˇzemo ovu okolinu iskoristiti kao argument za to da umesto posmatranja graniˇcne vrednosti funkcija x 7→ |x(x + 3)|, posmatramo graniˇcnu vrednost funkcije x 7→ x(x + 3). Sliˇcna situacije je bila i u delu pod b): na levoj okolini (−π, π) taˇcke π ne vaˇzi: sin x = | sin x|, ali zato vaˇzi na okolini (0, π). To nam je dovoljno da umesto leve graniˇcne vrednosti u π funkcije x 7→ 1/| sin x|, odredimo levu graniˇcnu vrednost u π funkcije x 7→ 1/ sin x, jer se ove funkcije na levoj okolini taˇcke π poklapaju. U delu zadatka pod d), sluˇcaj je kombinovan: na proizvoljnoj desnoj okolini jedinice vaˇziće: sgn (x2 − 1) = 1, ali pri biranju leve okoline jedinice ne bi smeli, ˇcak i da moˇzemo, premaˇsiti taˇcku -1 (kaˇzemo, ”ˇcak i da moˇzemo”, jer imenilac ln(x + 1) nije definisan za x ≤ −1). Recimo, na skupu (−2, 1) ne vaˇzi sgn (x2 − 1) = −1 . U delu zadatka pod b) i delu zadatka pod d), ˇcitalac moˇze postaviti pitanje, kako se odluˇciti za potragom za jednostranim graniˇcnim vrednostima, kada o tome nema reˇci u samoj postavci zadatka. Odgovor je vrlo jednostavan: osobine funkcija ˇcije graniˇcne vrednosti odred¯ujemo jasno ukazuju na to da se funkcija ponaˇsa razliˇcito sa raznih strana taˇcke u kojoj odred¯ujemo graniˇcnu vrednost. Recimo, u delu zadatka pod c), funkcija x 7→ x(x + 3) ne menja znak u taˇcki x = −4. Drugim reˇcima, postoji okolina taˇcke −4 u kojoj je ova funkcija istog znaka i zato su zagrade koje oznaˇcavaju apsolutnu vrednost beznaˇcajne u odred¯ivanju graniˇcne vrednosti. Sa druge strane, u delovima pod b) i d), jasno je da se funkcije ponaˇsaju drugaˇcije sa raznih strana taˇcke u kojoj odred¯ujemo graniˇcnu vrednost. Na kraju, ˇzelimo da skrenemo paˇznju na joˇs jedan detalj. Kao ˇsto smo i videli u ovim primerima, kada traˇzimo jednostranu graniˇcnu vrednost funkcije u nekoj taˇcki, desi se da poistovetimo poˇcetnu funkciju sa nekom pogodnijom funkcijom u izvesnoj okolini te taˇcke. Ta pogodnija funkcija ponekad moˇze da se definiˇse i na ˇsirem skupu nego ˇsto je posmatrana okolina. Primera radi, funkciju: f : x 7→

sgn (x2 − 1) , ln(x + 1)

na okolini (0, 1), poistovećujemo sa funkcijom g : x 7→

−1 . ln(x + 1)

Zato su leve graniˇcne vrednosti funkcija f i g u 1 jednake. Ipak, funkcija g moˇze da se definiˇse za sve brojeve x > −1 i ona je neprekidna u jedinici. Zbog toga je njega leva graniˇcna vrednost u jedinici zapravo jednaka njenoj obiˇcnoj graniˇcnoj vrednosti ˇ u jedinici, odnosno njenoj vrednosti u jedinici. Cesto se deˇsava da, pri prelasku sa date funkcije na neku pogodniju, ta pogodnija zapravo ima obiˇcnu graniˇcnu vrednost u posmatranoj taˇcki, pa sa ciljem da nad¯emo levu, ili desnu, mi zapravo pronad¯emo ˇ obiˇcnu graniˇcnu vrednost te funkcije. Citaocu preporuˇcujemo da sam istraˇzi u kojim koracima u okviru ovog zadatka se deˇsavala upravo opisana situacija, a deˇsavaće se i u zadacima koji slede.

502

Glava 2. Funkcije

Da bismo mogli efikasno i elegantno da odredimo graniˇcne vrednost nekih funkcija, neizbeˇzno je koristiti teoreme o graniˇcnoj vrednosti sloˇzene funkcije (odnosno, teoreme o smeni promenljive pri izraˇcunavanju graniˇcnih vrednosti). Pritom, najˇceˇsće koristimo Teoremu 3.82, kao i Teoremu 3.86, kada je potrebno da odredimo jednostrane graniˇcne vrednosti neke kompozicije funkcija. Kao i do sada, u poˇcetnim zadacima ćemo objaˇsnjavati ˇcitav postupak sa viˇse detalja. U kasnijim zadacima, ˇcija će svrha biti da ilustruju neke druge osobine funkcija, bez ikakvih komentara ćemo upotrebljavati teoreme o limesu sloˇzene funkcije. Med¯utim, ˇcitaocu savetujemo da se ne obazire na to ˇsto mi preskaˇcemo detalje, već da sam za sebe uvek detaljno obrazloˇzi svaki korak u reˇsenju. 51. Odrediti, ukoliko postoje, naredne graniˇcne vrednosti: a) b)

sin4 x − 1 ; x→π/2 sin3 x − 1 lim

1

lim 2 x−2 .

x→2−0

Reˇsenje. a) Neka je g(x) =

x4 − 1 x3 − 1

i

U tom sluˇcaju je: g(f (x)) =

f (x) = sin x.

sin4 x − 1 . sin3 x − 1

Vaˇzi: lim f (x) = lim sin x = 1, x→π/2

x→π/2

dok smo u 50. zadatku, u delu a), dokazali da je: x4 − 1 4 = . x→1 x3 − 1 3

lim g(x) = lim

x→1

◦

◦

Pored toga, postoji probodena okolina U (π/2), takva da je za svako x ∈ U (π/2) ispunjeno sin x ̸= 1. Jedna takva okolina je, recimo, (π/4, 3π/4) \ {π/2}. Prema Teoremi 3.82 o izvodu sloˇzene funkcije, sledi: sin4 x − 1 4 = lim g(f (x)) = lim g(x) = . 3 x→1 3 x→π/2 sin x − 1 x→π/2 lim

b) Neka je: g(x) = 2x

i

f (x) =

Tada je: 1

2 x−2 = g(f (x)).

1 . x−2


503

Poˇsto x − 2 → 0, x → 2 − 0, a pored toga je x − 2 < 0 za x iz bilo koje leve okoline taˇcke 2, sledi da je: 1 lim f (x) = lim = −∞. x→2−0 x→2−0 x − 2 Takod¯e, iz osobina eksponencijalne funkcije, znamo da je: lim g(x) = lim 2x = 0.

x→−∞

x→−∞

Za x iz bilo koje leve okoline (2 − δ, 2) taˇcke 2 trivijalno vaˇzi f (x) ̸= −∞, te moˇzemo primeniti Teoremu 3.86 o limesu sloˇzene funkcije i dobijamo: 1

lim 2 x−2 = lim g(f (x)) = lim g(x) = 0.

x→2−0

x→2−0

x→−∞

Komentar. Deo pod a) smo mogli da reˇsimo i direktno, bez primene teoreme o limesu sloˇzene funkcije, nalik na deo pod a) u 50. zadatku. Te detalje ostavljamo ˇcitaocu. Naˇsa ˇzelja je bila da ilustrujemo kako se moˇze primeniti ova teorema, pa zbog toga, postoji mogućnost da ovo reˇsenje izgleda neprirodno. Primeri u prvom delu knjige pokazuju da je uvek potrebno ispitati ispunjenost uslova koji garantuju da moˇzemo primeniti ovu teoremu, pre nego ˇsto je i primenimo. Deo zadatka pod b) predstavlja jedan od primera kada malo jednostavnije ispitujemo uslove ove teoreme. Naime, pretpostavimo da ˇzelimo odrediti graniˇcnu vrednost: lim g(f (x)), x→x0

a pritom funkcija f teˇzi ka A = ±∞ kada x → x0 , a funkcija g teˇzi ka B kada x → A. U tom sluˇcaju, nema potrebe da ispitujemo da li postoji probodena okolina taˇcke x0 iz koje se ni jedan element ne slika u A funkcijom f : poˇsto je A jednako nekoj od beskonaˇcnosti, ni jedan element se ne moˇze preslikati u beskonaˇcno realnom funkcijom. Pre nego ˇsto nastavimo sa nalaˇzenjem raznih graniˇcnih vrednosti, navodimo listu poznatih (i vaˇznih) graniˇcnih vrednosti koje su odred¯ene u prvom delu knjige: ( ) ln(1 + x) 1 x • lim = 1; • lim 1+ = e; x→0 x→±∞ x x 1

ax − 1 = ln a, a > 0; x→0 x

• lim (1 + x) x = e;

• lim

sin x = 1; x→0 x

• lim

x→0

• lim

(1 + x)a − 1 = a, a ∈ R. x→0 x

Joˇs jednom savetujemo ˇcitaocu da prouˇci primere reˇsene u poglavljima 3.4 i 3.10, jer da nisu reˇseni tom prilikom, mnogi od tih primera bi se naˇsli u ovom delu knjige kao zadaci. 52. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti:

504

Glava 2. Funkcije ln(x − 2) c) lim √ ; x→3 x−2−1 √ ( 2)x − 1 d) lim ; x→0 sin x2

sin(sin x) ; x→0 x ( 2 )x x +x+1 b) lim ; x→+∞ x2 − x − 1 a) lim

Reˇsenje. a) Funkciju ˇciju graniˇcnu vrednost traˇzimo u nekoj probodenoj okolini nule, recimo (−π/2, π/2) \ {0}, moˇzemo zapisati i ovako: sin(sin x) sin(sin x) sin x = · . x sin x x Poznato nam je da je: sin x = 1, x→0 x lim

a dokaˇzimo i da je: sin(sin x) = 1. x→0 sin x lim

Ako je g(x) =

sin x x

i

f (x) = sin x,

tada je g(f (x)) =

sin(sin x) . sin x

Znamo da je: lim f (x) = lim sin x = 0

x→0

x→0

i

sin x = 1. x→0 x

lim g(x) = lim

x→0

◦

Pored toga, za svako x ∈ U (0) = (−π/2, π/2) \ {0} vaˇzi f (x) = sin x ̸= 0. Dakle, po teoremi o limesu sloˇzene funkcije sledi: lim

x→0

sin(sin x) = lim g(f (x)) = lim g(x) = 1. x→0 x→0 sin x

Prema tome: sin(sin x) sin x sin(sin x) = lim · = 1 · 1 = 1. x→0 x→0 x sin x x lim

b) Za svako dovoljno veliko x (objasnićemo ubrzo ˇsta taˇcno pod tim mislimo) vaˇzi:   2x + 2 ·x 2 2  x − x − 1 x − x − 1   2x + 2  ( 2 )x     x +x+1 1 1 +   =   2   2 x −x−1 x − x − 1     2x + 2

(2.1)


505

Dovoljno veliko x za koje vaˇzi ova jednakost je svako x za koje je 2x + 2 ̸= 0, zatim x2 − x − 1 ̸= 0 i (x2 + x + 1)/(x2 − x − 1) > 0 (da bi oba izraza uopˇste imala smisla, jer negativan broj ne moˇzemo stepenovati proizvoljnim realnim brojem). Poˇsto jednaˇcina x2 + x + 1 = 0 nema realnih reˇsenja, sledi x2 + x + 1 > 0 za svako x ∈ R, pa će (x2 +x+1)/(x2 −x−1) > 0 ako i samo ako x2 −x−1 > 0. Prema tome, jednakost (2.1) vaˇzi u okolini (M, +∞) taˇcke +∞, gde smo za M izabrali najveći od sledećih brojeva: −1, x1 , x2 , gde su x1 i x2 reˇsenja jednaˇcine x2 − x − 1 = 0. Dakle, dovoljno veliko x je svako ono x veće od M . Neka je: 2 x − x − 1 2x + 2   1  u(x) =  1 + x2 − x − 1 



i

v(x) =

2x + 2 · x. −x−1

x2

2x + 2 Tada je:

(

x2 + x + 1 x2 − x − 1

)x

= u(x)v(x) .

Dokaˇzimo da vaˇzi: lim u(x) = e

i

x→+∞

lim v(x) = 2,

x→+∞

odatle će da sledi da je: ( lim

x→+∞

Oznaˇcimo sa: ( ) 1 x g(x) = 1 + x

x2 + x + 1 x2 − x − 1

i

)x

f (x) =

= lim u(x)v(x) = e2 . x→+∞

x2 − x − 1 , 2x + 2

pa je

u(x) = g(f (x)).

Tada vaˇzi: lim g(x) = e

x→+∞

i

x−1− x→+∞ 2 + x2

lim f (x) = lim

x→+∞

1 x

= +∞.

Poslednja jednakost vaˇzi na osnovu toga ˇsto: x − 1 − 1/x → +∞, x → +∞, dok 1/(2 + 2/x) → 1/2, x → +∞. Poˇsto je f (x) ̸= +∞ za svako ono x za koje je f uopˇste definisano, moˇzemo primeniti teoremu o limesu sloˇzene funkcije: lim u(x) = lim g(f (x)) = lim g(x) = e.

x→+∞

x→+∞

x→+∞

Funkciju v(x), u nekoj okolini taˇcke +∞ (bilo kojoj koja ne sadrˇzi nulu), moˇzemo zapisati i kao: 2 + x2 v(x) = . 1 − x1 − x12

506

Glava 2. Funkcije

Zbog toga je: 2 + 2 · lim lim v(x) =

x→+∞

1 x→+∞ x

1 − lim

1 x→+∞ x

= 2.

− ( lim

1 2 ) x→+∞ x

Najzad, dobijamo: ( lim u(x) = e,

x→+∞

lim v(x) = 2,

pa je

x→+∞

lim

x→+∞

x2 + x + 1 x2 − x − 1

)x = e2 .

c) Funkciju ˇciju graniˇcnu vrednost nalazimo moˇzemo zapisati i ovako: ln(1 + (x − 3)) ln(x − 2) x−3 √ = ·√ , x − 3 x−2−1 1 + (x − 3) − 1 pa je zato: ln(x − 2) ln(1 + (x − 3)) x−3 lim √ = lim ( ·√ ). x→3 x−3 x − 2 − 1 x→3 1 + (x − 3) − 1 Dokaˇzimo da je: ln(1 + (x − 3)) =1 x→3 x−3 lim

lim √

i

x→3

x−3 1 + (x − 3) − 1

= 2.

Neka je g(x) =

ln(1 + x) x

Tada je g(f (x)) =

f (x) = x − 3.

i

ln(1 + (x − 3)) . x−3

Imamo da je: lim g(x) = lim

x→0

x→0

ln(1 + x) =1 x

i

lim f (x) = lim (x − 3) = 0.

x→3

x→3

◦

Sem toga, za x iz bilo koje probodene okoline U (3) vaˇzi f (x) = x−3 ̸= 0. Iz teoreme o limesu sloˇzene funkcije sledi: ln(1 + (x − 3)) = lim g(f (x)) = lim g(x) = 1. x→3 x→3 x→0 x−3 lim

Neka je sada:

Tada je

√ 1+x−1 h(x) = . x √ 1 + (x − 3) − 1 h(f (x)) = . x−3


507

Poznato je da je (1 + x)1/2 − 1 1 = , x→0 x→0 x 2 pa iz istog razloga kao i za funkciju g, moˇzemo primeniti teoremu o limesu sloˇzene funkcije i dobijamo: √ 1 + (x − 3) − 1 1 lim = lim h(f (x)) = lim h(x) = . x→3 x→3 x→0 x−3 2 lim h(x) = lim

Zbog toga je: lim √

x→3

x−3 1 + (x − 3) − 1

√

= lim

x→3

Najzad:

1 1 + (x − 3) − 1 x−3

= 2.

ln(x − 2) lim √ = 1 · 2 = 2. x→3 x−2−1

d) Funkciju ˇciju graniˇcnu vrednost traˇzimo moˇzemo zapisati i ovako: √ x x ( 2)x − 1 22 − 1 2 = · x. x sin x2 sin 2 2 Neka je:

2x − 1 , x Poznate su graniˇcne vrednosti: g(x) =

h(x) =

2x − 1 = ln 2, x→0 x

lim g(x) = lim

x→0

sin x x

kao i

i

f (x) =

x . 2

sin x = 1. x→0 x

lim h(x) = lim

x→0

Sem toga:

x = 0. x→0 x→0 2 Za svako x iz proizvoljne probodene okoline nule vaˇzi f (x) ̸= 0, pa moˇzemo primeniti teoremu o limesu sloˇzene funkcije i dobijamo: lim f (x) = lim

x

lim

22 − 1

x→0

lim

x→0

Prema tome:

x 2

= lim g(f (x)) = lim g(x) = ln 2, x→0

sin x2 x 2

x→0

= lim h(f (x)) = lim h(x) = 1. x→0

x→0

√ x ( 2)x − 1 22 − 1 1 1 lim = lim · = ln 2. x = ln 2 · x x sin x→0 x→0 sin 2 1 lim x 2 2 x→0

2

508

Glava 2. Funkcije

Komentar. Svaki od primera iz ovog zadatka se na, manje ili viˇse, oˇcigledan naˇcin svodi na neku (ili neke) poznatu graniˇcnu vrednost. Potom, sve ˇsto treba uraditi je upotrebiti teoremu o limesu sloˇzene funkcije, ˇciji se potrebni uslovi jednostavno ispituju, kao ˇsto smo videli. Treba obratiti paˇznju da, pri raznim transformacijama funkcije, nove funkcije zaista i imaju smisla u nekoj okolini taˇcke u kojoj traˇzimo graniˇcnu vrednost. Ta razlika izmed¯u skupa na kom je definisana stara funkcija i ona koja je dobijena od nje raznim transformacijama najuoˇcljivija je u primeru pod a). Funkcija x 7→

sin(sin x) , x

moˇze da se definiˇse za svako x ̸= 0, dok funkcija: x 7→

sin(sin x) sin x · , sin x x

sem za x = 0, nema smisla ni za x = kπ, za bilo koje k ∈ Z. Ipak, poˇsto odred¯ujemo graniˇcnu vrednost u nuli, dovoljno je da se ove dve funkcije poklapaju u nekoj probodenoj okolini nule, a to jeste ispunjeno. U zadacima koji slede bavićemo se odred¯ivanjem asimptota funkcije. Na ovaj problem vratićemo se i kasnije sa novim primerima, kada budemo raspolagali joˇs nekim alatima za odred¯ivanje graniˇcnih vrednosti funkcija.

53. Odrediti Df , a zatim odrediti, ukoliko postoje, asimptote funkcije f , koja je definisana sa: a) f (x) = 2x + 1 +

1 ; (x − 3)2

b) f (x) = arctg x +

2x + 3 . 3x2 + 2x

Reˇsenje. a) Skup Df je skup R \ {3}. Odredimo prvo kose asimptote. Dokaˇzimo da je prava y = 2x + 1 asimptota funkcije f kada x → ±∞. Kako je: f (x) − (2x + 1) =

1 , (x − 3)2

sledi da je 1 = 0, x→±∞ (x − 3)2

lim (f (x) − (2x + 1)) = lim

x→±∞

jer, bilo da x teˇzi ka +∞, ili ka −∞, vaˇzi (x − 3)2 → +∞, pa je 1/(x − 3)2 → 0, x → ±∞. Prema tome, ova prava zaista jeste asimptota funkcije f u +∞ i u −∞.


509

Dokaˇzimo sada da f u taˇcki x = 3 ima vertikalnu asimptotu. Vaˇzi (x − 3)2 → 0, x → 3, kao i (x − 3)2 > 0 za x ̸= 3. Zbog toga je: 1/(x − 3)2 → +∞, x → 3. Naravno, vaˇzi i 2x + 1 → 7, x → 3, pa je: lim f (x) = +∞.

x→3

Dakle, prava x = 3 jeste vertikalna asimptota funkcije f . b) Da bi dobili skup Df , iz skupa R treba izbaciti sve one x za koje je 3x2 +2x = 0, tj. Df = R \ {−2/3, 0}. Pored toga, za x ∈ Df vaˇzi: 2 3 2x + 3 x + x2 = , 3x2 + 2x 3 + x2

pa je: 2 3 2x + 3 x + x2 = lim = 0. x→±∞ 3x2 + 2x x→±∞ 3 + 2 x

lim

Zato je: π π 2x + 3 = +0= , 2 x→+∞ 3x + 2x 2 2

lim f (x) = lim arctg x + lim

x→+∞

x→+∞

2x + 3 π π =− +0=− , 3x2 + 2x 2 2 Zakljuˇcujemo da funkcija f ima horizontalne asimptote: y = π/2 kada x → +∞ i y = −π/2 kada x → −∞. Vertikalne asimptote traˇzimo u taˇcki x = 0 i x = −2/3. U nekoj levoj okolini nule, recimo u (−1/3, 0), vaˇzi 3x2 + 2x = x(3x + 2) < 0, jer je u toj okolini x < 0 i 3x + 2 > 0. Sem toga, vaˇzi i: lim f (x) = lim arctg x + lim

x→−∞

x→−∞

lim (3x2 + 2x) = 0,

x→0

pa i

x→−∞

lim (3x2 + 2x) = 0,

x→−0

kao i

lim (2x + 3) = 3.

x→−0

Zato je: 2x + 3 = −∞, x→−0 3x2 + 2x a kako arctg x → 0, x → 0, sledi: lim

lim f (x) = −∞.

x→−0

Analogno nalazimo desnu graniˇcnu vrednost u nuli: u okolini (0, 1) vaˇzi 3x2 +2x > 0, a vaˇzi i 3x2 + 2x → 0, x → 0, pa je: lim

x→+0

1 = +∞. 3x2 + 2x

Zato je: lim f (x) = lim arctg x +

x→+0

x→+0

2x + 3 = +∞. 3x2 + 2x

510

Glava 2. Funkcije

Prema tome, prava x = 0 jeste vertikalna asimptota ove funkcije. Ponaˇsanje funkcije f (x) u okolini taˇcke −2/3 ispitujemo na sliˇcan naˇcin. U nekoj (zapravo svakoj) levoj okolini te taˇcke vaˇzi: 3x2 + 2x = x(3x + 2) > 0, jer su i x < 0 i 3x + 2 < 0, za x < −2/3. Sem toga, vaˇzi i: lim (3x2 + 2x) = 0,

kao i

x→− 23 −0

4 lim (2x + 3) = − + 3 > 0. 2 3 x→− 3 −0

Zbog toga je lim

x→− 23 −0

2x + 3 = +∞, 3x2 + 2x

a poˇsto arctg x → arctg(−2/3), x → −2/3 − 0, sledi: lim

x→− 23 −0

f (x) = +∞.

Analogno postupamo i za desnu graniˇcnu vrednost: za x iz okoline (−2/3, 0) vaˇzi x < 0 i 3x + 2 > 0, pa je 3x2 + 2x < 0. Poˇsto je 2x + 3 → 3 − 4/3 > 0, x → −2/3 + 0 i arctg x → arctg(−2/3), x → −2/3 + 0, sledi: lim x→−2/3+0

f (x) = −∞.

Sledi da je i prava x = −2/3 vertikalna asimptota funkcije f . Komentar. Pri odred¯ivanju kosih asimptota funkcija u ovom zadatku, nije bilo potrebe da koristimo teoremu (REFERENCA). Sve ˇsto nam je bilo potrebno je definicija asimptota, jer je za funkcije u ovom zadatku oˇcigledno koja je to linearna (ili konstantna) funkcija takva da se od posmatrane funkcije razlikuje za beskonaˇcno malu funkciju, kada x teˇzi nekoj beskonaˇcnosti. Razume se, isti rezultat bi dobili i da smo iskoristili teoremu (REFERENCA), ˇsto svakako savetujemo ˇcitaocu da uˇcini, veˇzbe radi. U reˇsenju ovog zadatka, a i zadataka koji slede, ˇcesto će biti sluˇcaj da istovremeno nalazimo graniˇcne vrednosti kada x teˇzi ka +∞ i kada x teˇzi ka −∞, pa zato piˇsemo: lim ...

x→±∞

Naravno, kose asimptote u +∞ i −∞ mogu i da se razlikuju, kao ˇsto je bio sluˇcaj u delu pod b). U onim situacijama kada znamo da ćemo dobiti isti rezultat, bez obzira da li x teˇzi ka +∞, ili ka −∞, koristimo ovakav zapis. Pri samom procesu reˇsavanja ovakvih problema, ukoliko nije oˇcigledno od samog poˇcetka kako će kraj reˇsenja izgledati, najbolje je posebno odrediti asimptotu u +∞, a posebno u −∞ i tek nakon utvrd¯ivanja da se ta dva postupka ne razlikuju, odluˇciti se za ovakvu notaciju. Ispitivanje da li u rubnim taˇckama domena postoje vertikalne asimptote funkcije je teklo rutinski, bez iznenad¯ujućih trenutaka. Interesantno je samo naglasiti razliku izmed¯u ponaˇsanja funkcija pod a) i b) u okolini vertikalnih asimptota: funkcija u


511

delu pod a) sa obe strane vertikalne asimptote teˇzi ka +∞, a funkcija u delu pod b), u okolini obe svoje vertikalne asimptote, sa jedne strane teˇzi jednoj, a sa druge strane suprotnoj beskonaˇcnosti. 54. Odrediti Df , a zatim odrediti, ukoliko postoje, asimptote funkcije f , koja je definisana sa: a) f (x) = x(1 + sin x1 ); b) f (x) = x2 + 1; √ |x − 2|(x2 + 1) c) f (x) = . x−1 Reˇsenje. a) Skup Df jednak je R\{0} iz oˇciglednih razloga. Da bi pronaˇsli eventualne asimptote funkcije f izraˇcunajmo graniˇcne vrednosti: lim

x→±∞

Nalazimo: lim

x→+∞

f (x) . x

f (x) 1 = lim (1 + sin ) = 1 + sin 0 = 1, x→+∞ x x

pri ˇcemu smo iskoristili da je funkcija x 7→ sin x neprekidna u nuli, pa je: lim sin

x→+∞

1 1 = sin( lim ) = sin 0. x→+∞ x x

Iz istih razloga je i: f (x) = 1. x→−∞ x lim

Potraˇzimo sada graniˇcne vrednosti: lim (f (x) − 1 · x).

x→±∞

Dobijamo: lim (f (x) − x) = lim x sin

x→+∞

x→+∞

sin x1 1 = lim = 1, x x→+∞ x1

pri ˇcemu smo iskoristili teoremu o limesu sloˇzene funkcije: 1/x → 0, x → +∞ i sin x/x → 1, x → 0, a pritom 1/x ̸= 0 za svako x. Takod¯e dobijamo i: lim (f (x) − x) = lim x sin

x→−∞

x→−∞

sin x1 1 = lim = 1, x x→−∞ x1

jer 1/x → 0, x → −∞. Sledi da je prava x + 1 kosa asimptota funkcije f kada x → ±∞.

512

Glava 2. Funkcije

Vertikalnu asimptotu funkcije f traˇzimo u taˇcki x = 0. Kako je funkcija x 7→ sin(1/x) ograniˇcena u proizvoljnoj okolini nule, sledi da je: lim x sin

x→0

1 = 0, x

jer je ova funkcija proizvod beskonaˇcno male funkcije x 7→ x i ograniˇcene funkcije x 7→ sin(1/x). Zbog toga je: 1 1 lim f (x) = lim (x + x sin ) = lim x + lim x sin = 0 + 0 = 0. x→0 x→0 x→0 x→0 x x Dakle, funkcija f nema vertikalnih asimptota. b) Poˇsto je Df = R, funkcija f nema vertikalnih asimptota. Takod¯e, kako je: 1 f (x) = lim x + = +∞, x→+∞ x→+∞ x x lim

kao i lim

x→−∞

f (x) 1 = lim x + = −∞, x→−∞ x x

sledi da funkcija f nema ni kosih asimptota. c) Skup Df ˇcine svi oni x za koje je: |x − 2|(x2 + 1) ≥ 0. x−1

(2.2)

Poˇsto je brojilac ovog razlomka nenegativan za svako x ∈ R, nejednakost (2.2) će vaˇziti ako i samo ako je x > 1. Dakle: Df = (1, +∞). Kosu asimptotu funkcije f traˇzimo samo u okolini taˇcke +∞, a vertikalnu asimptotu ove funkcije traˇzimo u taˇcki 1 i to ispitujući desnu graniˇcnu vrednost ove funkcije u 1. Potraˇzimo graniˇcnu vrednost funkcije f (x)/x kada x → +∞. U okolini (2, +∞) taˇcke +∞, funkcija x 7→ |x − 2| se poklapa sa funkcijom x 7→ x − 2, pa je zato: √ f (x) lim = lim x→+∞ x x→+∞

|x−2|(x2 +1) x−1

x

√ = lim

x→+∞

(x − 2)(x2 + 1) . x2 (x − 1)

Za x ̸= 0 vaˇzi jednakost: (1 − x2 )(1 + x12 ) (x − 2)(x2 + 1) = , x2 (x − 1) 1 · (1 − x1 ) pa je: √ f (x) = lim lim x→+∞ x→+∞ x

(1 − x2 )(1 +

1 ) x2

1 · (1 − x1 )

√ =

lim

x→+∞

(1 − x2 )(1 +

1 ) x2

1 · (1 − x1 )

= 1,


513

√ x neprekidna u jedinici. Nad¯imo sada graniˇcnu vrednost: √ |x − 2|(x2 + 1) lim (f (x) − 1 · x) = lim − x. x→+∞ x→+∞ x−1

jer je funkcija x 7→

Za funkciju x 7→ |x − 2| vaˇzi ista primedba kao i ranije, tako da je zapravo: √ lim (f (x) − x) = lim (

x→+∞

x→+∞

(x − 2)(x2 + 1) − x). x−1

Da bi naˇsli ovu graniˇcnu vrednost, izraz ćemo transformisati na sledeći naˇcin: √ √ √ (x−2)(x2 +1) 2 2 +x (x − 2)(x + 1) (x − 2)(x + 1) x−1 −x = ( − x) · √ x−1 x−1 (x−2)(x2 +1) +x x−1 =

=

Zato je:

(x − 2)(x2 + 1) − x2 x − 1 √ (x − 2)(x2 + 1) +x x−1 (x − 2)(x2 + 1) − x2 (x − 1) √ (x − 1)(x − 2)(x2 + 1) + x(x − 1)

=

x2 (−1 + x1 − x22 ) √ x2 ( (1 − x1 )(1 − x1 )(1 + x12 ) + 1 − x1 )

=

√

−1 +

1 x

−

2 x2

(1 − x1 )(1 − x1 )(1 +

1 ) x2

+1−

. 1 x

−1 + 0 + 0 1 lim (f (x) − x) = √ =− . x→+∞ 2 1·1·1+1−0

Dakle, kosa asimptota funkcije f kada x → +∞ je prava y = x − 1/2. Proverimo da li funkcija f ima vertikalnu asimptotu u taˇcki 1. U nekoj desnoj okolini taˇcke 1, recimo u (1, 2), jeste x − 2 < 0, pa je |x − 2| = 2 − x. Zato je: √ lim f (x) = lim

x→1+0

x→1+0

√ (2 − x)(x2 + 1) 1 ). = lim ( (2 − x)(x2 + 1) · √ x→1+0 x−1 x−1

Poˇsto lim (2 − x)(x2 + 1) = 2,

x→1

sledi i

Vaˇzi i: lim

x→1+0

lim

√

x→1+0

√ x − 1 = 0,

(2 − x)(x2 + 1) =

√ 2 > 0.

514 kao i

Glava 2. Funkcije √

x − 1 > 0 u desnoj okolini taˇcke 1, pa je zato: 1 lim √ = +∞. x→1+0 x−1

Dakle: lim f (x) = +∞,

x→1+0

pa funkcija f ima vertikalnu asimptotu u taˇcki 1. Komentar. Kod ovog zadatka smo iskoristili teoremu (REFERENCA), mada je za deo pod a) i deo pod b) ponovo bila dovoljna samo definicija. U delu pod a) je jednostavno uoˇciti da će asimptota biti prava y = x + 1 i u +∞ i u −∞. U delu pod b) se jednostavno pokazuje da ne postoji linearna funkcija takva da njenim oduzimanjem od x2 + 1 dobijamo beskonaˇcno malu funkciju kada x teˇzi nekoj od beskonaˇcnosti. Za funkciju u delu pod c) nije tako oˇcigledno koja će prava biti asimptota funkcije, pa je tu zgodno bilo iskoristiti teoremu (REFERENCA). Naglasimo da ćemo, koristeći Tejlorov razvoj funkcije, pokazati alternativni naˇcin za nalaˇzenje asimptota ovakvih funkcija (koren nekog reda iz racionalne funkcije), koji će biti i brˇzi i informativniji: istovremeno sa nalaˇzenjem asimptote, znaćemo i da li je grafik funkcije iznad ili ispod asimptote. Kao ˇsto vidimo iz primera pod b), kvadratna funkcija (ne samo ova, već i bilo koja druga), nema kosih asimptota. To je i oˇcekivano, jer se kvadratna funkcija i linearna funkcija ne ponaˇsaju isto kada x teˇzi ka ±∞. Analogno bi vaˇzilo kada bi, √ umesto kvadratne, imali recimo korenu funkciju: x 7→ x. U primeru pod c) skup na kome je definisana funkcija ne sadrˇzi okolinu taˇcke −∞. Zato kosu asimptotu funkcije traˇzimo samo kada x teˇzi ka +∞. Takod¯e, pri ispitivanju postojanja vertikalne asimptote, traˇzimo samo desnu graniˇcnu vrednost u 1, jer u levoj okolini jedinice, funkcija ni nije definisana. Odred¯ivanje kosih asimptota racionalne funkcije je problem koji se reˇsava po algoritmu. Taj algoritam prikazaćemo kroz naredni zadatak. Za racionalne funkcije je specifiˇcno i to ˇsto smo uvek u mogućnosti da odredimo da li će grafik te funkcije biti iznad ili ispod asimptote. 55. Date su funkcije a, b, c i d na sledeći naˇcin: a(x) =

c(x) =

2x2 + 1 x+1 , b(x) = x2 + 1 3x2 + x + 1

x4 + x3 − x2 + 1 x5 − x + 5 , d(x) = . −x3 − 2x + 1 2x3 − 1

Dokazati da skupovi Da , Db , Dc , Dd sadrˇze okoline taˇcke −∞ i +∞, a zatim odrediti, ukoliko postoje, kose asimptote ovih funkcija. U sluˇcaju da asimptote postoje, odrediti da li je grafik funkcije iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini taˇcaka ±∞.


515

Reˇsenje. Racionalna funkcija: P (x) , Q(x)

f (x) =

nije definisana samo u onim realnim brojevima koji su nule polinoma Q(x). Zbog toga za svaku racionalnu funkciju f postoji neki realan broj M tako da je (−∞, −M ) ⊂ Df , kao i (M, +∞) ⊂ Df . Drugim reˇcima, za svaku racionalnu funkciju postoji, kako okolina taˇcke −∞, tako i okolina taˇcke +∞, u kojoj je ona definisana, pa skupovi Da , Db , Dc i Dd sadrˇze okolinu taˇcke −∞ i okolinu taˇcke +∞. Odredimo sada kose asimptote ovih funkcija, ako postoje. Za x ∈ Da \ {0} vaˇzi: a(x) =

1 x

+

1+

1 x2 1 x2

,

pa je zbog toga: lim a(x) = 0.

x→±∞

Prema tome, prava y = 0, tj. x-osa, je horizontalna asimptota funkcije a kada x → ±∞. Ako podelimo polinom iz brojioca funkcije b polinomom iz imenioca, dobijamo: 2x2 + 1 = (3x2 + x + 1) ·

2 2 1 + (− x + ). 3 3 3

Zbog toga je: b(x) =

− 2 x + 13 2 + 23 . 3 3x + x + 1

Za x ∈ Db \ {0} vaˇzi: − 23 · x1 + 13 · x12 − 32 x + 13 = , 3x2 + x + 1 3 + x1 + x12 pa zbog toga: − 23 · x1 + 13 · x12 − 23 x + 13 = lim = 0. x→±∞ 3x2 + x + 1 x→±∞ 3 + x1 + x12 lim

Prema tome:

− 32 x + 13 2 = 0, lim (b(x) − ) = lim x→±∞ 3x2 + x + 1 x→±∞ 3 pa je prava y = 2/3 asimptota funkcije b kada x → +∞ i kada x → −∞. Da bi odredili kose asimptote funkcije c, podelimo polinom iz brojioca polinomom iz imenioca. Dobijamo: x4 + x3 − x2 + 1 = (−x3 − 2x + 1) · (−x − 1) + (−3x2 − x + 2). Zbog toga je: c(x) = −x − 1 +

−3x2 − x + 2 . −x3 − 2x + 1

516

Glava 2. Funkcije

Poˇsto je: c(x) − (−x − 1) =

− x3 − x12 + x23 −3x2 − x + 2 = , −x3 − 2x + 1 −1 − x22 + x13

pri ˇcemu poslednja jednakost vaˇzi za x ∈ Dc \ {0}, sledi: lim (c(x) − (−x − 1)) = lim

x→±∞

− x3 −

x→±∞

−1 −

1 x2 2 x2

+ +

2 x3 1 x3

= 0.

Dakle, prava y = −x − 1 je asimptota funkcije c kada x → +∞ i kad x → −∞. Dokazaćemo da funkcija d nema asimptote ni za x → +∞ ni za x → −∞. Za x ∈ Dd \ {0} vaˇzi: x − x13 + x54 d(x) x5 − x + 5 = = . x 2x4 − 1 2 − x14 Kako x − 1/x3 + 5/x4 → ±∞, x → ±∞, dok 2 − 1/x4 → 2, x → ±∞, sledi da: x − x13 + d(x) = lim x→±∞ x x→±∞ 2 − x14 lim

5 x4

= ±∞.

Zbog toga funkcija d nema kosih asimptota. Odredimo sada tip med¯usobnog poloˇzaja grafika ovih funkcija i njihovih asimptota. Ako je y = kx + n asimptota funkcije f kada x → +∞, grafik funkcije f je iznad (ispod) asimptote y = kx + n u nekoj okolini taˇcke +∞ ako i samo ako postoji okolina (M, +∞) taˇcke +∞, tako da je za svako x ∈ (M, +∞) ispunjeno: f (x) − (kx + n) > 0

(f (x) − (kx + n) < 0).

Analogno rasud¯ivanje vaˇzi i za asimptotu funkcije f kada x → −∞. Posmatrajmo prvo funkciju a. Njena asimptota kada x → ±∞ je x-osa, pa da bi odredili da li je grafik funkcije a iznad ili ispod asimptote, zapravo treba da odredimo znak funkcije a u nekoj okolini taˇcke +∞ i −∞. Poˇsto lim x + 1 = +∞,

x→+∞

a takod¯e i

lim x2 + 1 = +∞,

x→+∞

postoji okolina taˇcke +∞ u kojoj je x + 1 > 0 i x2 + 1 > 0. Na toj okolini je a(x) > 0, prema tome, grafik funkcije a je iznad asimptote u okolini taˇcke +∞. Sa druge strane imamo: lim x + 1 = −∞,

x→−∞

dok je

lim x2 + 1 = +∞.

x→−∞

Sledi da postoji okolina taˇcke −∞ na kojoj je x + 1 < 0 i x2 + 1 > 0. U toj okolini je a(x) < 0, pa je ovde grafik funkcije a ispod asimptote. Za funkciju b je asimptota prava y = 2/3, kada x → ±∞. Vaˇzi: b(x) −

− 2 x + 31 2 = 23 . 3 3x + x + 1


517

Ispitajmo prvo ˇsta se deˇsava u okolini taˇcke +∞. Imamo: 2 1 lim (− x + ) = −∞, x→+∞ 3 3

lim (3x2 + x + 1) = +∞.

kao i

x→+∞

Dakle, postoji okolina taˇcke +∞ na kojoj je b(x) −

2 <0 3

i zato je u ovoj okolini grafik funkcije b ispod svoje asimptote. Sa druge strane, u okolini taˇcke −∞ imamo sledeću situaciju: 2 1 lim (− x + ) = +∞, 3 3

x→−∞

a takod¯e i lim (3x2 + x + 1) = +∞. x→−∞

Sledi da je u nekoj okolini taˇcke −∞ razlika b(x) − 2/3 pozitivna, pa je u toj okolini grafik funkcije b iznad svoje asimptote. Asimptota funkcije c je prava y = −x − 1 i vaˇzi: c(x) − (−x − 1) =

−3x2 − x + 2 . −x3 − 2x + 1

Poptuno analogno kao u sluˇcaju funkcija a i b, zakljuˇcujemo da je u okolini taˇcke +∞ grafik funkcije c iznad asimptote, a da je u okolini taˇcke −∞ grafik funkcije c ispod asimptote. Komentar. Kao ˇsto vidimo, svaka racionalna funkcija je definisana u nekoj okolini taˇcke −∞ i u nekoj okolini taˇcke +∞, pa zato za svaku racionalnu funkciju ima smisla potraˇziti asimptote. Ukoliko nakon ovih primera ipak nije najjasnije kako to treba uraditi u opˇstem sluˇcaju, dajemo ovde saˇzetak postupka. Neka je data racionalna funkcija f (x) =

P (x) . Q(x)

Ukoliko je stepen polinoma Q(x) veći od stepena polinoma P (x), tada je x−osa asimptota funkcije f i u +∞ i u −∞, jer tada f (x) → 0, x → ±∞. Ukoliko su stepeni polinoma P (x) i Q(x) jednaki, tada je prava y = a/b asimptota funkcije f u +∞ i u −∞, pri ˇcemu je a vodeći koeficijent polinoma P (x), a b vodeći koeficijent polinoma Q(x), jer tada f (x) → a/b, x → ±∞. Ukoliko je stepen polinoma P (x) za jedan veći od stepena polinoma Q(x), tada je prava y = ax + b asimptota funkcije f u +∞ i u −∞, pri ˇcemu je ax + b koliˇcnik koji dobijamo deljenjem polinoma P (x) polinomom Q(x). Ukoliko je stepen polinoma P (x) barem za dva veći od stepena polinoma Q(x), funkcija f nema kosih asimptota. Pri odred¯ivanju da li je grafik funkcije f ispod ili iznad asimptote, uvek radimo istu stvar: ispitujemo znak izraza R(x) , Q(x)

518

Glava 2. Funkcije

gde je R(x) ostatak koji se dobije pri deljenju polinoma P (x) polinomom Q(x). Primetimo da je, u sluˇcaju da je stepen polinoma P (x) manji od stepena polinoma Q(x), zapravo: R(x) = P (x). Znak ispitujemo nalaˇzenjem graniˇcnih vrednosti funkcija R i Q kada x teˇzi ka +∞, odnosno −∞, kao ˇsto je to prikazano ovim reˇsenjem. Primetimo da, u sluˇcaju da asimptota uopˇste postoji i da je R(x) ≡ 0, tada se funkcija poklapa sa svojom asimptotom, u nekim okolinama taˇcaka ±∞. To se deˇsava ako je f konstantna funkcija, linearna funkcija, ali i funkcija, npr. oblika: x 7→ (x2 + x)/x (ovo nije linearna funkcija x 7→ x + 1, jer nije definisana u nuli). U narednim zadacima posvećujemo paˇznju pojmu neprekidnosti funkcije, u taˇcki kao i na segmentu. 56. Funkcija f : R \ {−1} → R definisana je na sledeći naˇcin:  ln(x2 + 2x + 1)    , x < 0, x ̸= −1   3x f (x) = a, x=0  2   3x + 2x   , x>0 2x2 + 3x Da li je za neku vrednost realnog broja a, funkcija f neprekidna na celom svom domenu? Reˇsenje. Pokaˇzimo prvo da je funkcija f , bez obzira na vrednost broja a, neprekidna na skupu (−∞, 0) \ {−1}, kao i na skupu (0, +∞). Za x ∈ (−∞, 0) \ {−1} vaˇzi: f (x) =

ln((x + 1)2 ) 2 ln |x + 1| ln(x2 + 2x + 1) = = · , 3x 3x 3 x

ˇsto oˇcigledno jeste neprekidna funkcija na (−∞, 0) \ {−1}, jer je ovo elementarna funkcija koja je definisana u svakoj taˇcki posmatranog skupa. Na skupu (0, +∞) vaˇzi: 3x2 + 2x 3x + 2 f (x) = 2 = , 2x + 3x 2x + 3 a ovo je takod¯e elementarna funkcija, pa je neprekidna na skupu (0, +∞), jer −2/3 ̸∈ (0, +∞). Prema tome, jedino je diskutabilno da li je funkcija f neprekidna u nuli. Proverimo da li funkcija f ima graniˇcnu vrednost u nuli, tako ˇsto ćemo odrediti njenu levu i desnu graniˇcnu vrednost u nuli. U levoj okolini nule (−1, 0) je x + 1 > 0, pa je |x + 1| = x + 1 i zato je tu funkcija f jednaka: 2 ln(x + 1) f (x) = · . 3 x Poˇsto ln(x + 1)/x → 1, x → 0, sledi: 2 2 ln(x + 1) = . x→−0 3 x 3

lim f (x) = lim

x→−0


519

U proizvoljnoj desnoj okolini nule funkcija f jednaka je sa funkcijom x 7→ (3x + 2)/(2x + 3). Zato je: 3 · ( lim x) + 2 3x + 2 2 x→+0 = . = x→+0 2x + 3 2 · ( lim x) + 3 3

lim f (x) = lim

x→+0

x→+0

Budući da se leva i desna graniˇcna vrednost u nuli poklapaju, sledi: 2 lim f (x) = . x→0 3 Poˇsto funkcija f ima graniˇcnu vrednost: 2/3 u taˇcki x = 0, sledi da je f neprekidna u nuli ako i samo ako je f (0) = 2/3. Dakle, za realan broj a = 2/3 funkcija f je neprekidna na celom svom domenu. Komentar. Svi koraci u reˇsenju ovog zadatka su, ili rutinski, ili već detaljno obrazloˇzeni u prethodnim reˇsenjima i komentarima, pa ne zasluˇzuju neki poseban komentar u ovom trenutku. Jedino ˇsto bi naglasili je da ne treba zaboraviti na ispitivanje neprekidnosti funkcije f i uostalim taˇckama sem nule. Da je u nekoj drugoj taˇcki funkcija f imala prekid, ni jedna vrednost broja a ne bi uspela da uˇcini funkciju f neprekidnom na ˇcitavom domenu. 57. Odrediti skup Df i u kojim taˇckama ovog skupa je funkcija: f (x) = esin x−[sin x] neprekidna. Za taˇcke prekida ove funkcije, odrediti kog su reda. Reˇsenje. Skup Df je jednak skupu R. Ispitajmo bliˇze funkciju sin x − [sin x] na skupu [0, 2π), a onda ćemo, na osnovu periodiˇcnosti funkcije x 7→ sin x, zakljuˇciti kako se ova funkcija ponaˇsa na R. Na skupu [0, π/2) ∪ (π/2, π] vaˇzi sin x ∈ [0, 1), pa je [sin x] = 0. Dakle, za x ∈ [0, π/2) ∪ (π/2, π] je sin x − [sin x] = sin x. Za x = π/2 je sin x = 1, pa je [sin x] = sin x = 1 i zato je, za x = π/2: sin x − [sin x] = 0. Na skupu (π, 3π/2) ∪ (3π/2, 2π) je sin x ∈ (−1, 0), pa je tu [sin x] = −1. Zato je na ovom skupu: sin x − [sin x] = sin x + 1. Za x = 3π/2 je sin x = −1, pa je [sin x] = −1. Dakle, za x = 3π/2 je takod¯e sin x − [sin x] = sin x + 1. Prema tome, moˇzemo zakljuˇciti da je za svako x ∈ (π, 2π) ispunjeno: sin x − [sin x] = sin x + 1. Objedinimo ove zakljuˇcke:   sin x, x ∈ [0, π2 )    0, x = π2 sin x − [sin x] =  sin x, x ∈ ( π2 , π]    sin x + 1, x ∈ (π, 2π)

520

Glava 2. Funkcije

Prema tome, na osnovu periodiˇcnosti   sin x,    0, sin x − [sin x] = sin x,    sin x + 1,

funkcije sinus, imamo da vaˇzi: x ∈ [2kπ, 2kπ + π2 ), k ∈ Z x = 2kπ + π2 , k ∈ Z x ∈ (2kπ + π2 , 2kπ + π], k ∈ Z x ∈ (2kπ + π, 2(k + 1)π), k ∈ Z

Najzad, zakljuˇcujemo da je:

f (x) = esin x−[sin x]

  esin x ,    1, =  esin x ,    esin x+1 ,

x ∈ [2kπ, 2kπ + π2 ), k ∈ Z x = 2kπ + π2 , k ∈ Z x ∈ (2kπ + π2 , 2kπ + π], k ∈ Z x ∈ (2kπ + π, 2(k + 1)π), k ∈ Z

Prema tome, na intervalima (2kπ, 2kπ + π/2), za svako k ∈ Z, funkcija f se poklapa sa elementarnom funkcijom x 7→ esin x i zato je na ovim intervalima funkcija f neprekidna. Takod¯e, na intervalima (2kπ + π/2, 2kπ + π), za svako k ∈ Z, funkcija f se poklapa sa funkcijom x 7→ esin x , pa je i na ovim intervalima neprekidna. Isto vaˇzi i za sve intervale oblika (2kπ + π, 2(k + 1)π), za svako k ∈ Z. Na ovim intervalima, funkcija f se poklapa sa x 7→ esin x+1 , pa je i ovde funkcija f neprekidna. Jedine taˇcke realne prave u kojima nismo ispitali neprekidnost funkcije f su taˇcke 2kπ, 2kπ + π/2 i 2kπ + π, za svako k ∈ Z. Neka je k proizvoljan ceo broj i posmatrajmo taˇcku 2kπ. Na skupu [2kπ, 2kπ + π/2) funkcija f se poklapa sa funkcijom x 7→ esin x , koja je neprekidna u 2kπ, pa je neprekidna u toj taˇcki i sa desne strane. Zbog toga je i f neprekidna sa desne strane u 2kπ i njena vrednost u toj taˇcki je jednaka njenoj desnoj graniˇcnoj vrednosti u toj taˇcki. Pronad¯imo levu graniˇcnu vrednost funkcije f u ovoj taˇcki. U levoj okolini (2k − π, 2k) funkcija f se poklapa sa funkcijom x 7→ esin x+1 , pa je zato: lim

x→2kπ−0

f (x) =

lim

x→2kπ−0

lim (sin x+1)

esin x+1 = lim esin x+1 = ex→2kπ x→2kπ

= e.

Poˇsto se leva graniˇcna vrednost i sama vrednost funkcije f (odnosno, desna graniˇcna verdnost) u taˇcki 2kπ razlikuju, sledi da funkcija f nije neprekidna u ovoj taˇcki. Ceo broj k je bio proizvoljan, pa u svim ovakvim taˇckama, funkcija f nije neprekidna. Posmatrajmo sada taˇcke 2kπ+π/2. Neka je k proizvoljan ceo broj. U probodenoj okolini (2kπ, 2kπ + π) \ {2kπ + π/2} funkcija f se poklapa sa funkcijom esin x . Zato je: lim

lim

f (x) = π

x→2kπ+ 2

lim

π

esin x = ex→2kπ+ 2 π

sin x

= e.

x→2kπ+ 2

Poˇsto je f (2kπ+π/2) = 1 ̸= e, sledi da se vrednost funkcije f u ovoj taˇcki ne poklapa sa graniˇcnom vrednoˇsću funkcije f u ovoj taˇcki i zato f nije neprekidna u toj taˇcki. Broj k je bio proizvoljan, pa isti zakjluˇcak vaˇzi za sve taˇcke 2kπ + π/2, k ∈ Z.


521

Ostale su samo joˇs taˇcke 2kπ + π. Neka je k proizvoljan ceo broj. Na skupu (2kπ +π/2, 2kπ +π] funkcija f poklapa sa funkcijom x 7→ esin x+1 , koja je neprekidna u 2kπ+π, pa je neprekidna i sa leve strane u ovoj taˇcki. Zbog toga je f neprekidna sa leve strane u taˇcki 2kπ + π i njena vrednost se poklapa sa njenom levom graniˇcnom vrednoˇsću u toj taˇcki: f (2kπ + π) = esin(2kπ+π) = 1. Nad¯imo desnu graniˇcnu vrednost funkcije f u taˇcki 2kπ + π. Na desnoj okolini (2kπ + π, 2(k + 1)π), funkcija f se poklapa sa funkcijom x 7→ esin x+1 , koja je neprekidna u 2kπ + π, pa je zato: lim

f (x) =

x→(2kπ+π)+0

esin x+1 =

lim x→(2kπ+π)+0

lim

lim

x→2kπ+π

esin x+1 = ex→2kπ+π

(sin x+1)

= e.

Dakle, funkcija f nije neprekidna u 2kπ + π, ni za jedno k ∈ Z, jer se leva i desna graniˇcna vrednost u tim taˇckama za funkciju f razlikuju. Sve taˇcke prekida funkcije f su prekidi prve vrste, jer u svim taˇckama prekida postoje jednostrane graniˇcne vrednosti. Moˇzemo zakljuˇciti takod¯e, da su taˇcke 2kπ + π/2 otklonjivi prekidi, jer u njima postoji graniˇcna vrednost funkcije f , ali se ne poklapa sa vrednoˇsću funkcije u toj taˇcki. U taˇckama 2kπ i 2kπ + π prekidi nisu otklonjiviji; u taˇckama 2kπ funkcija f je neprekidna sa desne strane, a u taˇckama 2kπ + π je neprekidna sa leve strane. Komentar. Od samog poˇcetka je jasno da je problem u eksponentu: sin x − [sin x] i da je zadatak reˇsen ako ispravno izvrˇsimo analizu ponaˇsanja ovog eksponenta. Pritom, jedini uslov koji treba da ispunimo je da budemo paˇzljivi. U ovom reˇsenju nema nikakvih trikova niti zanimljivih ideja, već (malo duˇza, ali) jednostavna analiza sluˇcajeva. Poznavajući funkciju x 7→ sin x, jasno nam je da će funkcija x 7→ [sin x] ”mahom” biti jednaka, ili 0, ili −1, sem u ”retkim” situacijama, kada moˇze biti jednaka 1. Samo treba paˇzljivo ispitati te prelomne trenutke. Interesantno je istaći da ova funkcija ima beskonaˇcno mnogo taˇcaka prekida (da budemo precizni: prebrojivo mnogo) i svi prekidi su prekidi prve vrste, a neki od njih su i otklonjivi. 58. Dokazati da jednaˇcina: e−x − sin x = x2 −

√ x

ima reˇsenja u skupu R. Reˇsenje. Neka je

f (x) = e−x − sin x − x2 +

√ x.

Tada je f (0) = 1 > 0, dok je f (4) = e−4 − sin 4 − 16 + 2 = e−4 − sin 4 − 14 < 0, jer je 14 > 1 + 1 > e−4 + (− sin 4). Funkcija f je neprekidna na segmentu [0, 4], kao elementarna funkcija, a u krajevima segmenta uzima vrednosti razliˇcitog znaka. Iz Posledice 3.114 Bolcano - Koˇsijeve teoreme za funkcije neprekidne na segmentu, sledi da postoji neko x0 ∈ [0, 4] tako da je f (x0 ) = 0, tj: √ e−x0 − sin x0 = x20 − x0 ,

522

Glava 2. Funkcije

te ova jednaˇcina sigurno ima reˇsenje u skupu R. Komentar. U ovom zadatku prikazan je jedan zanimljiv primer kako, poznavajući svojstva neprekidnih funkcija, moˇzemo dokazati da jedna trascedentna jednaˇcina zapravo ima realnih reˇsenja, iako egzaktno reˇsenje nije moguće (barem tako deluje) odrediti. Uspeli smo ˇcak i da lokalizujemo jedno reˇsenje ove jednaˇcine, ali ne previˇse precizno. Ideja o tome da neprekidna funkcija na segmentu uzima sve vrednosti koje se nalaze izmed¯u one dve vrednosti na krajevima segmenta je vrlo korisna, pa samim tim i vrlo bitna i sreće se u raznim oblastima matematike, a njene posledice mogu biti vrlo zanimljive. Naravno, loˇsa strana ove ideje je ˇsto govori samo o egzistenciji reˇsenja, a ne previˇse i o tome kakvo je reˇsenje neke jednaˇcine, ili koliko zapravo razliˇcitih reˇsenja ima posmatrana jednaˇcina. U vezi sa ovakvim problemima: dokazivanje postojanja reˇsenja neke jednaˇcine, sve ˇsto treba uraditi je konstruisati neku funkciju i povezati postojanje reˇsenja posmatrane jednaˇcine sa postojanjem nula te funkcije. Ne mora ta funkcija uvek biti konstruisana tako ˇsto sve izraze sa jedne strane jednakosti prebacimo na drugu stranu. Recimo, ako ˇzelimo da pokaˇzemo da jednaˇcina: 9x = 10 sin x, ima realnih reˇsenja, jednostavnije je posmatrati funkciju: f (x) =

sin x 9 − . x 10

ˇ Citaocu ostavljamo da dovrˇsi ovaj zadatak. Ne postoji algoritam koji će nam odgovoriti na pitanje kako odabrati dve vrednosti promenljive koje će svedoˇciti o tome da funkcija dostiˇze ˇzeljenu vrednost. To će zavisiti od konkretnog primera i osobina funkcija kojima se bavimo. Za primer iz zadatka, najpre smo izabrali nulu, jer se u nuli jednostavno raˇcunaju vrednosti ovih funkcija. Poˇsto je u nuli vrednost pozitivna, da bi dokazali da reˇsenje postoji, potreban nam je broj u kom je vrednost ove funkcije negativna. Posmatranjem funkcije f uoˇcavamo da je sabirak x2 većeg reda veliˇcine od svih ostalih sabiraka, za pozitivne brojeve x. Dakle, samo treba odabrati √ neki ”malo veći” realan broj, a mi smo se odluˇcili za broj 4, jer je u tom sluˇcaju 4 ceo broj, pa je raˇcunica jednostavnija. Isto tako, mogli smo se odluˇciti i za broj 9, ali i za broj 3, uz malo viˇse komentara. U opˇstem sluˇcaju, nije neophodno pronaći realne brojeve u kojima će vrednosti funkcije biti razliˇcitog znaka. Dovoljno je samo dokazati da postoje. Primera radi, za zadatak koji smo ostavili ˇcitaocu u prethodnim redovima, dovoljno je dokazati da postoji realan broj x u kome je f (x) > 0, jer nije jednostavno baˇs pronaći takav broj. Sa druge strane, vrlo je jednostavno naći realan broj x za koji je f (x) < 0.

2.2

Izvod funkcije i primene

Formalno nalaˇzenje izvoda neke funkcije je posao koji, u najvećem broju sluˇcajeva, ne zahteva razmiˇsljanje. O tome svedoˇce i programi na raˇcunaru koji mogu da,

2.2. Izvod funkcije i primene

523

formalno, pronad¯u izvod gotovo svih funkcija koje nam padaju na pamet. Komplikovaniji problem je odrediti u kojim taˇckama je data funkcija diferencijabilna. U poˇcetnim zadacima ovog poglavlja, upravo će ovom problemu biti posvećena paˇznja. U opˇstem sluˇcaju, pogreˇsno je procenjivati gde je funkcija diferencijabilna, tako ˇsto formalno pronad¯emo izvod i onda analiziramo gde je dobijeni izraz definisan. Takav redosled koraka vrlo ˇcesto dovodi do ispravnog zakljuˇcka, ali je potpuno neopravdan. Jednostavan kontraprimer je funkcija x 7→ |x|. Izraz za izvod ove funkcije moˇze se zapisati ovako: sgn (x). Funkcija x 7→ sgn (x) definisana je za svaki realan broj x, pa i za x = 0, ali znamo da funkcija x 7→ |x| nema izvod u x = 0. Prema tome, u narednim zadacima, najpre komentariˇsemo u kojim taˇckama sigurno postoji izvod funkcije: to radimo koristeći tablicu izvoda, teoreme o zbiru, razlici, proizvodu i koliˇcniku diferencijabilnih funkcija i teoremu o kompoziciji diferencijabilnih funkcija. Potom nalazimo izvod u taˇckama u kojima znamo da postoji. Na kraju, ispitujemo postojanje izvoda u onim taˇckama koje nismo ”pokrili” navedenim teoremama. Takve taˇcke nam preostaju jer navedene teoreme daju samo dovoljne uslove za postojanje izvoda u nekim taˇckama, pa na osnovu njih ne moˇzemo zakljuˇciti da izvod u nekoj taˇcki ne postoji. 59. Odrediti Df i u kojim taˇckama iz skupa Df funkcija f ima izvod, a zatim odrediti i izvod u tim taˇckama, ako je: a) f (x) = x1/5 + ln x · sin2 x; b) f (x) =

arcsin x ; 2x + 1 x

c) f (x) = 2tg x + e . Reˇsenje. a) Poˇsto je ln x definisan samo za x > 0, a funkcije x 7→ x1/5 i x 7→ sin2 x za sve realne brojeve x, zakljuˇcujemo da je Df = (0, +∞). Funkcije x 7→ x1/5 , x 7→ ln x i x 7→ sin x diferencijabilne su za svako x > 0. Iz teoreme o proizvodu diferencijabilnih funkcija, sledi i da je funkcija sin2 x diferencijabilna, kao i funkcija ln x · sin2 x za svako x > 0. Najzad, iz teoreme o zbiru diferencijabilnih funkcija, sledi da je funkcija f (x), kao zbir funkcija x1/5 i ln x · sin2 x diferencijabilna za svako x > 0. Za svako x > 0, izvod funkcije f nalazimo koristeći pravila izvod¯enja zbira i proizvoda funkcija: f ′ (x) = (x1/5 )′ + (ln x)′ · sin2 x + ln x · (sin x · sin x)′ 1 −4/5 1 ·x + · sin2 x + ln x · ((sin x)′ · sin x + sin x · (sin x)′ ) = 5 x 1 −4/5 1 = ·x + · sin2 x + ln x · 2 · sin x · cos x. 5 x b) Izraz arcsin x ima smisla za svako x ∈ [−1, 1], dok izraz 1/(2x + 1) ima smisla za svako x ∈ R \ {−1/2}. Prema tome, skup Df je jednak [−1, 1] \ {−1/2}. U svim unutraˇsnjim taˇckama domena, tj. u svim taˇckama skupa (−1, −1/2) ∪ (−1/2, 1) funkcija f ima izvod. Zaista, funkcija x 7→ arcsin x ima izvod u svim taˇckama

524

Glava 2. Funkcije

(−1, 1), pa i u svim taˇckama skupa (−1, −1/2)∪(−1/2, 1); funkcija 2x+1 je razliˇcita od nule na skupu (−1, −1/2) ∪ (−1/2, 1), a takod¯e ima izvod u svim taˇcakam ovog skupa (jer konstantna funkcija i funkcija x 7→ x imaju izvod na ovom skupu), pa prema teoremi o izvodu koliˇcnika funkcije, funkcija f ima izvod u svim taˇckama skupa (−1, −1/2) ∪ (−1/2, 1). Za x ∈ (−1, −1/2) ∪ (−1/2, 1), izvod funkcije f iznosi: f ′ (x) = = =

(arcsin x)′ · (2x + 1) − arcsin x · (2x + 1)′ (2x + 1)2 √2x+1 − 2 · arcsin x 1−x2 (2x + 1)2 √ 2x + 1 − 2 · 1 − x2 · arcsin x √ . 1 − x2 · (2x + 1)2

c) Funkcija y 7→ 2y definisana je za svako y, pa će skup Df zapravo biti jednak najvećem skupu na kom je definisana funkcija tg x + ex , tj. najvećem skupu na kom je definisana funkcija tg x, budući da je ex definisana za svako x. Prema tome, Df = R \ {π/2 + kπ : k ∈ Z}. Dokaˇzimo da funkcija f ima izvod u svakoj taˇcki iz Df . Ako je g(x) = 2x i h(x) = tg x + ex , tada je f (x) = g(h(x)). U svakoj taˇcki iz Df , funkcija h ima izvod. Zaista, funkcija x 7→ tg x ima izvod u svakoj taˇcki svog domena, kao i funkcija x 7→ ex , pa zbir ove dve funkcije ima izvod u svakoj taˇcki iz Df . Funkcija g ima izvod za svaki realan broj x. Dakle, za svako x0 ∈ Df , funkcija h ima izvod u x0 , a funkcija g ima izvod u h(x0 ), pa prema teoremi o izvodu kompozicije funkcija, funkcija f ima izvod u x0 . Izvod nalazimo koriˇsćenjem poznatog pravila za nalaˇzenje izvoda kompozicije funkcija: f ′ (x) = 2tg x+e · ln 2 · (tg x + ex )′ 1 x = 2tg x+e · ln 2 · ( 2 + ex ). cos x x

Komentar. Primeri iz ovog zadatka se analiziraju vrlo jednostavno i sve tri funkcije diferencijabilne su u svim (unutraˇsnjim) taˇckama svog domena. Naslućujemo kako bi tekla analiza i sa malo komplikovanijim primerima funkcija, ali isto tako, pravilno naslućujemo i da bi ta analiza bila vrlo zamorna. Zbog toga u zadacima u kojima se izvod funkcije koristi viˇse kao alat i nije kljuˇcna stavka problematike zadatka, ne zalazimo toliko duboko u detalje i ne navodimo argumente poput: po teoremi o izvodu zbira funkcije, i sl. već ih podrazumevamo. Ipak, kada god u domenu funkcije postoje taˇcke za koje ne moˇzemo odmah proceniti postojanje izvoda u njima, tada ćemo detaljno prokomentarisati zbog ˇcega u drugim taˇckama postoji izvod, a za te taˇcke nismo sigurni. U vezi sa samim postupkom u reˇsenju, moˇzemo istaći da, u smo delu zadatka pod a), funkciju x 7→ sin2 x posmatrali kao proizvod funkcija, a isto tako, mogli smo da je posmatramo i kao kompoziciju kvadratne funkcije i funkcije sinus. Ishod bi, razume se, bio isti.


525

60. Funkcija f : R → R definisana je sa: a) f (x) = |x2 − 5x + 6|; b) f (x) = [x] · sin x; { x2 · sin x1 , x ̸= 0 c) f (x) = . 0, x=0 Odrediti u kojim taˇckama domena funkcija f ima izvod i u tim taˇckama odrediti izvod funkcije. Reˇsenje. a) Funkcija f je kompozicija funkcija g(x) = |x| i h(x) = x2 − 5x + 6. Funkcija h ima izvod u svakom x ∈ R. Funkcija g ima izvod za svako x ̸= 0. Prema tome, moˇzemo zakljuˇciti, koristeći teoremu o izvodu kompozicije funkcija, da za one x0 ∈ R za koje h(x0 ) ̸= 0, funkcija f (x) = g(h(x)) ima izvod. Poˇsto je h(x) = (x−2)(x−3), sledi da je h(x) = 0 ako i samo ako x ∈ {2, 3}, pa zakljuˇcujemo da u taˇckama skupa R \ {2, 3} funkcija f sigurno ima izvod i on iznosi: f ′ (x) = sgn (x2 − 5x + 6) · (2x − 5). Pokazaćemo, po definiciji, da u taˇckama skupa {2, 3} funkcija f nema izvod. To ćemo uraditi tako ˇsto ćemo u tim taˇckama naći levi i desni izvod i zakljuˇciti da se oni razlikuju. Posmatrajmo prvo taˇcku x = 2. Tada imamo: f (2 + ∆x) − f (2) ∆x→+0 ∆x |((2 + ∆x) − 2)((2 + ∆x) − 3)| = lim ∆x→+0 ∆x |∆x(2 + ∆x − 3)| = lim ∆x→+0 ∆x ∆x(3 − 2 − ∆x) = lim = 1, ∆x→+0 ∆x

f+′ (2) =

lim

dok je: f (2 + ∆x) − f (2) ∆x→−0 ∆x |((2 + ∆x) − 2)((2 + ∆x) − 3)| = lim ∆x→−0 ∆x |∆x(2 + ∆x − 3)| = lim ∆x→−0 ∆x (−∆x)(3 − 2 − ∆x) = −1. = lim ∆x→−0 ∆x

f−′ (2) =

lim

Prema tome, izvod u taˇcki x = 2 ne postoji, jer je f+′ (2) ̸= f−′ (2). Potpuno analogno dokazujemo da ne postoji izvod ni u taˇcki x = 3.

526

Glava 2. Funkcije

b) Dokaˇzimo da ova funkcija ima izvod u svakoj taˇcki skupa R \ Z, a da u celobrojnim taˇckama nema izvod. Ukoliko je z ceo broj, ako je x ∈ (z, z + 1), tada je f (x) = z · sin x. Drugim reˇcima, na intervalu (z, z + 1) funkcija f poklapa se sa funkcijom x 7→ z · sin x, koja je diferencijabilna i ˇciji izvod iznosi: z · cos x. Zbog toga je i f diferencijabilna na intervalu (z, z + 1) i u taˇcki x iz ovog intervala njen izvod iznosi z · cos x. Dokaˇzimo sada da funkcija f u celobrojnim taˇckama nema izvod. Dokazaćemo zapravo da funkcija f nije neprekidna u celobrojnim taˇckama z ̸= 0, pa dakle nije ni diferencijabilna, dok u z = 0 jeste neprekidna, ali tu takod¯e nije diferencijabilna. Ako je z ∈ Z, tada je: f (z + 0) = lim [x] · sin x = lim z · sin x = z · sin z, x→z+0

x→z+0

dok je: f (z − 0) = lim [x] · sin x = lim (z − 1) · sin x = (z − 1) · sin z. x→z−0

x→z−0

Ukoliko je z ̸= 0 tada je sin z ̸= 0, pa je f (z + 0) ̸= f (z − 0), tj. funkcija f nije neprekidna u z. Tim pre, funkcija f nema izvod u z. Ostao je samo joˇs sluˇcaj z = 0. Potraˇzimo levi i desni izvod u nuli: f (∆x) − f (0) f+′ (0) = lim ∆x→+0 ∆x 0 · sin ∆x − 0 = 0, = lim ∆x→+0 ∆x dok je: f (∆x) − f (0) f−′ (0) = lim ∆x→−0 ∆x (−1) · sin ∆x − 0 = −1. = lim ∆x→−0 ∆x Dakle, funkcija f nema izvod u nuli. Ovim smo kompletirali dokaz tvrdnje sa poˇcetka reˇsenja. c) Dokaˇzimo da funkcija f ima izvod u svakoj taˇcki x ∈ R. Na intervalima (−∞, 0) i (0, +∞) funkcija f se poklapa sa funkcijom x2 · sin(1/x). Ova funkcija ima izvod u svakoj taˇcki ovih intervala. Zaista, ona je proizvod dve funkcije x2 i sin(1/x), koje imaju izvod: za x 7→ x2 nam je poznato da ima izvod za svako x, a funkcija x 7→ sin(1/x) ima izvod u svakoj taˇcki x ̸= 0, kao kompozicija funkcija x 7→ sin x i x 7→ 1/x. Za x ̸= 0 taj izvod iznosi: 1 1 −1 1 1 f ′ (x) = 2x · sin + x2 · cos · 2 = 2x · sin − cos . x x x x x Dokaˇzimo, po definiciji, da f ima izvod i u x = 0. Zaista: f (∆x) − f (0) ∆x→0 ∆x lim

1 (∆x)2 sin ∆x ∆x→0 ∆x 1 = lim ∆x · sin ∆x→0 ∆x = 0,

=

lim


527

pri ˇcemu poslednja jednakost vaˇzi na osnovu toga ˇsto je lim∆x→0 ∆x = 0, dok je funkcija sin(1/∆x) ograniˇcena na svom domenu, pa i u (proizvoljnoj) okolini nule. Dakle, f ′ (0) = 0. Komentar. U ovom zadatku dolazi do izraˇzaja kako teoreme o izvodu zbira, razlike, proizvoda, koliˇcnika i kompozicije funkcija daju samo dovoljne uslove za postojanje izvoda, ali ne govore o tome kada izvod ne postoji. Primera radi, poznato nam je da funkcija x 7→ |x| nema izvod u nuli, ali to ne znaˇci i da bilo koja funkcija oblika x 7→ |g(x)| nema izvod u onoj taˇcki u kojoj je funkcija g jednaka nuli. Primera radi, funkcija |(x − 1)3 | ima izvod u x = 1 (dokazati!). Zbog toga, ne treba biti previˇse siguran u (ne)postojanje izvoda u onim taˇckama koje ne moˇzemo da obuhvatimo navedenim teoremama. Ono ˇsto takod¯e dolazi do izraˇzaja u ovom zadatku je i to da na izvod funkcije u nekoj taˇcki utiˇce jedino to kako je funkcija definisana u nekoj okolini te taˇcke, a ne i na ˇcitavom domenu. Primera radi, u delu zadatka pod b), kada gledamo funkciju f na intervalu (z, z + 1), gde je z ∈ Z, nije bitno kako će izgledati ostatak funkcije, van ovog intervala. Jedino je bitno da se f na ovom intervalu poklapa sa funkcijom x 7→ z ·sin x, pa će postojanje izvoda u nekoj taˇcki tog intervala, kao i sam izvod, biti isti onakvi kao kod funkcije x 7→ z · sin x, koja je zapravo funkcija sinus pomnoˇzena konstantom. Sliˇcna situacija je i u delu zadatka pod c), kada gledamo funkciju f posebno na intervalu (−∞, 0) i na intervalu (0, +∞), gde se ona poklapa sa funkcijom koja je definisana jednim izrazom za ˇcitav taj interval. U sva tri primera, neke taˇcke iz domena funkcije ostale su da se ispitaju zasebno. U delovima pod a) i b) u tim taˇckama funkcija nije imala izvod, kao ˇsto smo dokazali, dok u delu pod c), postoji izvod i u toj taˇcki. Ispitivanje egzistencije izvoda u tim taˇckama vrˇsili smo po definiciji (kao u delu pod c)), ili pak, traˇzeći levi i desni izvod u posmatranoj taˇcki i upored¯ujući ih (kao u delu pod a) i b)). Takvi metodi nisu naroˇcito pogodni ako su u pitanju funkcije sa malo sloˇzenijim analitiˇckim izrazima, kao ˇsto će biti sluˇcaj u narednom zadatku. U tom sluˇcaju moˇzemo primeniti jednu posledicu Lagranˇzove teoreme o srednjoj vrednosti, kao ˇsto ćemo uskoro videti. Napomenimo i to da analitiˇcki izrazi kojima su odred¯eni izvodi u primeru pod a) i primeru pod b) imaju smisla za sve realne brojeve x. Zaista, u primeru pod a), za one x za koje postoji izvod, on je jednak: sgn (x2 − 5x + 6) · (2x − 5), a ovaj izraz ima smisla za svaki realan broj x. Takod¯e, u delu pod b), izvod funkcije, tamo gde postoji, jednak je: [x] · cos x, ˇsto bi ponovo imalo smisla za bilo koji realan broj x. Takod¯e je zanimljivo i zapaˇzanje da u primeru pod c), ne postoji limx→0 f ′ (x), ali ipak postoji f ′ (0). Na ovo ćemo obratiti paˇznju i u narednom zadatku. U narednom zadatku prikazujemo kako se jednostavno moˇze ispitati egzistencija izvoda u nekoj taˇcki intervala, kada nam je poznat izvod funkcije u ostalim

528

Glava 2. Funkcije

taˇckama intervala. U delu pod a) zadatka koji sledi, egzistenciju izvoda u ”problematiˇcnoj” taˇcki ispitujemo na dva naˇcina, preko definicije i preko Tvrd¯neja 4.61 i 4.62, pored¯enja radi. U delovima pod b) i c) bi već, donekle, zamorno bilo koristiti definiciju, pa se u tim sluˇcajevima opredeljujemo samo za navedene posledice.

61. Odrediti Df i u kojim taˇckama iz skupa Df funkcija f ima izvod, a zatim odrediti i izvod u tim taˇckama, ako je: a) f (x) = ln(x2 − |x| + 2); b) f (x) = arcsin

2x ; 1 + x2

c) f (x) = 2 arccos x − arcsin(2x

√

1 − x2 ).

Reˇsenje. a) Kako je x2 − |x| + 2 = (|x| − 1/2)2 + 7/4 > 0, za svako x ∈ R, sledi da je Df = R. Na skupu (0, +∞) funkcija f se poklapa sa funkcijom: ln(x2 − x + 2), koja, po teoremi o izvodu kompozicije funkcija, ima izvod za svako x iz ovog intervala. Dakle, za x > 0, funkcija f je diferencijabilna u x, a njen izvod je: f ′ (x) =

2x − 1 . x2 − x + 2

Na intervalu (−∞, 0) funkcija f se poklapa sa funkcijom ln(x2 + x + 2), pa i na ovom intervalu funkcija f ima izvod i on iznosi: f ′ (x) =

2x + 1 . −x+2

x2

Prema tome, na skupu R \ {0} funkcija f ima izvod i on se moˇze zapisati jednim izrazom kao: 2x − sgn (x) f ′ (x) = 2 . x − |x| + 2 Ostaje joˇs da ispitamo da li funkcija f ima izvod u x = 0. To ćemo uraditi na dva razliˇcita naˇcina. Prvi naˇcin: Dokazaćemo da ne postoji lim

∆x→0

f (0 + ∆x) − f (0) , ∆x

tako ˇsto ćemo po definiciji pronaći levi i desni izvod u nuli funkcije f i videti da se


529

oni razlikuju. Vaˇzi: f+′ (0) =

f (∆x) − f (0) ∆x→+0 ∆x lim

ln((∆x)2 − |∆x| + 2) − ln 2 ∆x→+0 ∆x 2 ln((∆x) − ∆x + 2) − ln 2 = lim ∆x→+0 ∆x =

lim

2

− ∆x ln( (∆x) 2 2 + 1) = lim ∆x→+0 ∆x 2

=

lim

ln( (∆x) − 2

∆x 2 + (∆x)2 − ∆x 2 2

∆x→+0

1)

·

(∆x)2 2

− ∆x

∆x 2

1 = − , 2 pri ˇcemu smo iskoristili teoremu o limesu sloˇzene funkcije: znamo da je ln(1 + x) → 1, x kao i da

(∆x)2 ∆x − → 0, 2 2

x → 0,

∆x → 0,

pa je zato i: 2

ln( (∆x) − 2

∆x 2 + (∆x)2 − ∆x 2 2

1)

→ 1,

∆x → 0,

dok je, rutinski: (∆x)2 2

− ∆x

∆x 2

1 →− , 2

∆x → 0.

Potpuno analogno nalazimo i levi izvod u nuli: f+′ (0) =

f (∆x) − f (0) ∆x→−0 ∆x lim

ln((∆x)2 − |∆x| + 2) − ln 2 ∆x→−0 ∆x 2 ln((∆x) + ∆x + 2) − ln 2 = lim ∆x→−0 ∆x =

lim

2

ln( (∆x) + ∆x 2 2 + 1) = lim ∆x→−0 ∆x 2

= =

lim

∆x→−0

ln( (∆x) + 2

∆x 2 + (∆x)2 + ∆x 2 2

1)

·

(∆x)2 2

+ ∆x

1 . 2

Poˇsto levi i desni izvod u nuli nisu jednaki, funkcija f nema izvod u nuli.

∆x 2

530

Glava 2. Funkcije

Drugi naˇcin: Ponovo ćemo pronaći levi i desni izvod u nuli i videti da se oni razlikuju, ali ovoga puta, ne po definiciji, već koristeći Tvrd¯enja 4.61 i 4.62, imajući u vidu da je funkcija f neprekidna u nuli. Imamo: lim f ′ (x) = lim

x→+0

x→+0

= lim

x→+0

2x + sgn (x) = x2 − |x| + 2

2x − 1 1 =− . x2 − x + 2 2

Poˇsto ovaj limes postoji, sledi: 1 f+′ (0) = lim f ′ (x) = − . x→+0 2 Analogno je i: f−′ (0) = lim f ′ (x) = lim

2x + 1 1 = . +x+2 2

x→−0 x2

x→−0

Prema tome, izvod u x = 0 funkcije f ne postoji. b) Za svaki realan broj x, broj 2x/(1 + x2 ) nalazi se u segmentu [−1, 1]. Zaista, iz nejednakosti izmed¯u aritmetiˇcke i geometrijske sredine primenjene na brojeve 1 i x2 dobijamo: √ 1 + x2 ≥ 2 1 · x2 = 2|x|, pa je zbog toga: 2|x| ≤ 1, 1 + x2

odnosno

2|x| =1 1 + x2

⇔

2x ∈ [−1, 1]. 1 + x2

Pritom, vaˇzi 1 = x2

⇔

x = ±1.

Kako je za svaki realan broj x, vrednost izraza 2x/(1 + x2 ) iz domena funkcije x 7→ arcsin x, sledi da je Df = R. Funkcija x 7→ 2x/(1 + x2 ) ima izvod za svaki realan broj x, kao racionalna funkcija u kojoj je u imeniocu polinom bez realnih nula. Funkcija x 7→ arcsin x ima izvod u svakoj taˇcki intervala (−1, 1), tj. u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki svog domena. Ako je x0 proizvoljan realan broj razliˇcit od ±1, tada je 2x0 /(1+x20 ) broj iz intervala (−1, 1), pa po teoremi o izvodu kompozicije funkcija, zakljuˇcujemo da funkcija f ima izvod u x0 . Za svako x ̸= ±1, izvod funkcije f nalazimo koriˇsćenjem poznatih pravila diferenciranja: )′ ( 1 1 2x 2(1 + x2 ) − 2x · 2x ′ √ f (x) = √ = = · · ( )2 ( )2 1 + x2 (1 + x2 )2 2x 1−x2 1 − 1+x2 1+x2 =

1 + x2 2(1 − x2 ) 2sgn (1 − x2 ) · = . |1 − x2 | (1 + x2 )2 1 + x2


531

Treba joˇs proveriti da li funkcija f ima izvod u −1 i u 1, a naravno, imamo u vidu da je funkcija f neprekidna u −1 i 1, kao elementarna funkcija. U tu svrhu, nad¯imo levi i desni izvod u −1. Poˇsto je: lim

x→−1−0

2sgn (1 − x2 ) x→−1−0 1 + x2 2 · (−1) = lim = −1, x→−1−0 1 + x2

f ′ (x) =

lim

sledi da je levi izvod u −1: f−′ (−1) =

lim

x→−1−0

f ′ (x) = −1.

Analogno nalazimo i desni izvod u −1: lim

x→−1+0

2sgn (1 − x2 ) x→−1+0 1 + x2 2·1 = lim = 1. x→−1+0 1 + x2

f ′ (x) =

lim

Poˇsto se desni i levi izvod u −1 razlikuju, funkcija f nema izvod u −1. Na potpuno analogan naˇcin zakljuˇcujemo da funkcija f√nema izvod ni u 1. c) Izraz na koji deluje arcsin ima u sebi 1 − x2 , tako da je Df podskup √ segmenta [−1, 1]. Za svako x ∈ [−1, 1], definisana je funkcija arccos x, ali i arcsin(2x 1 − x2 ). Zaista, za x ∈ [−1, 1], ako primenimo nejednakost izmed¯u aritmetiˇcke i geometrijske sredine na (nenegativne) brojeve x2 i 1 − x2 , dobijamo: 1 = (1 − x2 ) + x2 ≥ 2

√

√ x2 (1 − x2 ) = 2|x| 1 − x2 .

(2.3)

√ √ √ Poˇsto je 2|x| 1 − x2 ≤ 1 sledi da je 2x 1 − x2 ∈ [−1, 1], pa arcsin(2x 1 − x2 ) ima smisla. Dakle, Df = [−1, 1] i u daljem toku reˇsenja, uvek ćemo podrazumevati da je x ∈ [−1, 1]. Egzistenciju izvoda ispitujemo samo u unutraˇsnjim taˇckama domena funkcije f , tj. na intervalu (−1, 1), jer se jedino u unutraˇsnjim taˇckama domena izvod i definiˇse. Funkcija √ x 7→ arccos x ima izvod za √ svako x ∈ (−1, 1). Razmotrimo funkciju x 7→ arcsin(2x 1 − x2 ). Funkcija x 7→ 1 − x2 ima izvod za svako x ∈ (−1, 1) (po 2 teoremi o izvodu kompozicije √ funkcija, jer je za x ∈ (−1, 1) taˇcno: 1 − x > 0), pa 2 samim tim i funkcija x 7→ 2x 1 − x . Funkcija x 7→ arcsin x ima izvod u svakoj taˇcki √ intervala (−1, 1). Prema tome, za svako x ∈ (−1, 1), takvo da je 2x 1 − x20 ∈ 0 0 √ (−1, 1), funkcija x 7→ arcsin(2x 1 − x2 ) ima izvod √ u x0 . Treba odrediti takve brojeve x0 . Za svako√x ∈ (−1, 1), znamo da je 2x 1 − x2 ∈ [−1, 1]. Iz nejednakosti (2.3) sledi da će 2x 1 −√x2 = ±1 ako i samo ako je 1 − x2 √= x2 ,√odnosno, ako i samo ako √ je x = ±1/ 2. Dakle, za x ∈ (−1, 1) \ {−1/ 2, 1/ 2}, vrednost izraza 2x 1 − x2 jeste iz intervala √ (−1, 1), pa po teoremi o izvodu kompozicije funkcija, funkcija x 7→ arcsin(2x 1 − x2 ) ima izvod na ovom skupu. Dakle, za

532

Glava 2. Funkcije

√ √ svako x ∈ (−1, 1) \ {−1/ 2, 1/ 2}, funkcija f sigurno ima izvod i on iznosi: √ −1 1 f ′ (x) = 2 · √ −√ · (2x 1 − x2 )′ √ 1 − x2 1 − (2x 1 − x2 )2 2(1 − 2x2 ) −2 1 √ · √ −√ 1 − x2 1 − x2 (1 − 2x2 )2 ( ) 2 1 − 2x2 = −√ 1+ |1 − 2x2 | 1 − x2 2 = −√ · (1 + sgn (1 − 2x2 )). 2 1−x √ Potraˇzimo sada levi i desni izvod u taˇ c ki 1/ 2, a analogni postupak treba sprovesti √ i kod taˇcke −1/ 2. Najpre, u ovim tachkama funkcija f jeste neprekidna, jer√su ovo tachke iz domena elementarne funkcije f . U (nekoj) desnoj okolini taˇcke 1/ 2 je 2x2 > 1, pa je sgn (1 − 2x2 ) = −1 u toj okolini. Zbog toga je: =

lim

x→ √1 +0 2

f ′ (x) =

lim

x→ √1 +0 2

2 −√ · (1 + sgn (1 − 2x2 )) 1 − x2

2 −√ · 0 = 0. 1 − x2 x→ √1 +0 2 √ √ Dakle, f+′ (1/ 2) = 0. U (nekoj) levoj okolini taˇcke 1/ 2 je 2x2 < 1, pa je sgn (1 − 2x2 ) = 1 i zato je: lim

x→ √1 −0 2

=

lim

f ′ (x) =

lim

x→ √1 −0 2

2 −√ · (1 + sgn (1 − 2x2 )) 1 − x2

2 −√ ·2 1 − x2 x→ √1 −0 2 √ = −4 2. √ √ √ √ Sledi f−′ (1/ 2) = −4 2 ̸= f+′ (1/ 2), tj.√ u taˇcki 1/ 2 ne postoji izvod funkcije f . Funkcija f takod¯e nema izvod ni u −1/ 2, ˇsto se dokazuje potpuno analogno. =

lim

Komentar. Ovim zadatkom smo, izmed¯u ostalog, hteli da ukaˇzemo na tri razliˇcite stvari. Prva od njih je paˇzljivo i strpljivo odred¯ivanje skupa Df . U ovom zadatku, nije tako trivijalno uoˇciti ˇsta je skup Df , mada nije ni naroˇcito teˇsko. Klasiˇcne konstrukcije na koje obraćamo paˇznju kada odred¯ujemo Df su imenioci razlomka, potkorene veliˇcine, logaritmandi i osnove logaritma, itd. U ovom zadatku je situacija za nijansu sloˇzenija. Ipak, dovoljno je da samo budemo paˇzljivi i da ne oˇcekujemo da se problem reˇsi sam od sebe, već i da mi u tome uˇcestvujemo. Koriˇsćenje nejednakosti izmed¯u aritmetiˇcke i geometrijske sredine u primerima pod b) i c) je samo elegantan naˇcin za razreˇsenje problema, a nikako i jedini naˇcin. Dovoljno je postaviti nejednaˇcinu: √ 2x −1 ≤ ≤ 1, odnosno − 1 ≤ 2x 1 − x2 ≤ 1, 1 + x2


533

i reˇsiti je standardnim metodama. Druga stvar koju smo ˇzeleli da istaknemo je paˇzljivo procenjivanje gde postoji izvod date funkcije. Ponavljamo: formalno nalaˇzenje izvoda i analiziranje gde je dobijeni izraz definisan ni na koji naˇcin ne svedoˇci o (ne)postojanju izvoda funkcije u nekim taˇckama. Ako već nismo na neki naˇcin dokazali da izvod postoji, ˇsta uopˇste predstavlja taj izraz koji smo formalno pronaˇsli? Kada dokazujemo da izvod funkcije postoji u nekoj taˇcki, jedini potencijalno problematiˇcan momenat nastupa kada ˇzelimo da iskoristimo teoremu o izvodu kompozicije funkcija. Tada moramo paˇzljivo proveriti da li vrednost jedne funkcije (one ”unutraˇsnje”) pripada skupu u kom druga funkcija (ona ”spoljaˇsnja”) ima izvod. Kao ˇsto smo videli u delovima pod b) i c): funkcija x → arcsin x nema izvod u −1 i 1 jer su to rubne taˇcke njenog domena. Zbog toga, kod funkcije x 7→ arcsin(2x/(1+x2 )) nismo sigurni da li postoji izvod u onim x za koje je 2x/(1+x2 ) = ±1, tj. za x = ±1. Obratimo paˇznju na to da taˇcke ±1 nisu viˇse rubne taˇcke domena funkcije x 7→ arcsin(2x/(1+x2 )), jer√je domen ove funkcije√ˇcitav skup R. Sliˇcna situacija je i sa funkcijom x 7→ arcsin(2x 1 − x2 ). Taˇcke ±1/ 2 su √unutraˇsnje taˇcke domena ove funkcije, ali su to takve taˇcke koje funkcija x 7→ 2x 1 − x2 slika u one brojeve za koje funkcija x 7→ arcsin x nema izvod. Zbog toga su te taˇcke problematiˇcne i treba ih ispitati zasebno. Treća i poslednja stvar na koju skrećemo paˇznju je naˇcin ispitivanja postojanja izvoda u problematiˇcnim taˇckama. U delu pod a) prikazali smo kako se to moˇze uraditi na dva naˇcina: prvi naˇcin je nalaˇzenje levog i desnog izvoda po definiciji i upored¯ivanje rezultata. Drugi naˇcin, koji ćemo i koristiti ˇceˇsće, podrazumeva nalaˇzenje limesa već odred¯enih vrednosti izvoda. U tom sluˇcaju ne treba zaboraviti da najpre ispitamo neprekidnost funkcije u posmatranoj taˇcki. Preporuˇcujemo ˇcitaocu da, veˇzbe radi, na ovaj naˇcin reˇsi i sve primere iz zadatka 60. Kod takvog naˇcina ispitivanja egzistencije izvoda, naroˇcito treba obratiti paˇznju na sledeću stvar: ukoliko limes funkcije f ′ u taˇcki x0 ne postoji, to ne implicira da izvod funkcije f ne postoji u x0 . Da bi se u to uverili dovoljno je pogledati deo pod c) u 60. zadatku i izvod funkcije f u nuli. Tvrd¯enja 4.61 i 4.62 opisuju samo jedan smer zakljuˇcivanja: ako limes sa leve, odnosno, desne strane funkcije f ′ u taˇcki x0 postoji, onda u x0 postoji levi, odnosno desni izvod funkcije f i jednak je tom limesu. Nema govora o tome ˇsta se deˇsava ako posmatrani limes ne postoji. U narednom zadatku ilustrujemo jednu zanimljivu primenu Lajbnicove teoreme o n-tom izvodu proizvoda funkcija. 62. Dokazati da funkcija 1 , 1 + x2 ima n-ti izvod u svakoj taˇcki x ∈ R za svako n ∈ N, a zatim odrediti f (n) (0). f (x) =

Reˇsenje. Dokazaćemo indukcijom po n da za svako x ∈ R postoji f (n) (x). Preciznije, dokazaćemo da za svako n postoji n-ti izvod funkcije f na celom R i da je oblika: f (n) (x) =

Pn (x) , (1 + x2 )2n

534

Glava 2. Funkcije

gde je Pn (x) neki polinom po x. Za n = 1, postojanje izvoda u svakoj taˇcki x ∈ R sledi na osnovu teoreme o izvodu koliˇcnika funkcija, budući da je 1 + x2 ̸= 0, za svako x ∈ R. On iznosi: −2x f ′ (x) = , (1 + x2 )2 ˇsto odgovara naˇsoj pretpostavci. Dokaˇzimo da iz pretpostavke da tvrd¯enje vaˇzi za n, sledi da ono vaˇzi i za n + 1. Ako tvrd¯enje vaˇzi za n, tada je funkcija f (n) koliˇcnik dve funkcije x 7→ Pn (x), koja ima izvod u svakoj taˇcki x ∈ R (kao i svaki polinom) n i funkcije x 7→ (1 + x2 )2 , koja takod¯e ima izvod u svakoj taˇcki x ∈ R i pored toga je razliˇcita od nule u svakoj taˇcki x ∈ R. Dakle, u svakoj taˇcki x ∈ R funkcija f (n) ima prvi izvod, odnosno, funkcija f ima izvod reda n + 1. On je jednak: ( )′ Pn (x) f (n+1) (x) = (f (n) (x))′ = = (1 + x2 )2n P ′ (x) · (1 + x2 )2 − Pn (x) · ((1 + x2 )2 )′ Pn+1 (x) = n = . n+1 2 2 (1 + x ) (1 + x2 )2n+1 n

n

Time smo dokazali da, za svako n ∈ N, postoji izvod reda n funkcije f . Neka je n ∈ N proizvoljan prirodan broj i pronad¯imo f (n) (0). Za n = 1 odgovor nalazimo direktno: f ′ (0) = 0. Neka je n ≥ 2. Imamo da je (1 + x2 ) · f (x) = 1. Funkcija x 7→ 1 + x2 ima izvod reda n za svako x ∈ R, kao i funkcija f , ˇsto smo upravo dokazali. Zbog toga, prema Lajbnicovoj teoremi, funkcija (1 + x2 ) · f (x) ima izvod reda n za svako x ∈ R i vaˇzi ((1 + x2 ) · f (x))(n) = 0. Imajući u vidu da je svaki izvod poˇcevˇsi od trećeg, funkcije x 7→ 1 + x2 jednak nuli, po Lajbnicovoj teoremi dobijamo: 0 = ((1 + x2 ) · f (x))(n) = f

(n)

( ) ( ) n (n−1) n (n−2) 2 ′ (x) · (1 + x ) + f (x) · (1 + x ) + f (x) · (1 + x2 )′′ , 1 2 2

odnosno: f (n) (x) · (1 + x2 ) + n · f (n−1) (x) · 2x +

n(n − 1) (n−2) f (x) · 2 = 0. 2

Dakle, za x = 0, dobijamo da vaˇzi: f (n) (0) + n(n − 1)f (n−2) (0) = 0,

tj. f (n) (0) = −n(n − 1)f (n−2) (0).

Poˇsto ova jednakost vaˇzi za svaki prirodan broj n, smanjujući stalno red izvoda za po 2, dobijamo: f (n) (0) = −n(n − 1)f (n−2) (0) = −n(n − 1) · (−(n − 2)(n − 3)f (n−4) (0)) = ... U zavisnosti od parnosti broja n, na kraju dobijamo f (1) (0) ili f (0) (0), tj. f ′ (0) = 0 ili f (0) = 1. Prema tome, ako je n paran broj, n = 2m, tada je: f (2m) (0) = (−2m(2m − 1))(−(2m − 2)(2m − 3)) · · · (−2 · 1) · f (0) =


535 n

= (−1)m · (2m)! = (−1) 2 · n!, a ako je n = 2m + 1, tada je: f (2m+1) (0) = 0, jer će se u ovom izrazu javiti f ′ (0) = 0. Komentar. Naˇcin na koji smo dokazali da funkcija x 7→ 1/(1 + x2 ) ima izvode reda n ∈ N u svakom realnom broju x je vrlo prirodan: pri uzastopnom nalaˇzenju izvoda funkcije 1/(1 + x2 ) ne nailazimo ni na kakvu prepreku; zaˇsto ne nailazimo na prepreku, zato ˇsto svaki izvod ove funkcije ima oblik racionalne funkcije, koja u imeniocu ima polinom bez realnih nula. Ovo je upravo ono ˇsto piˇse u reˇsenju, samo na preciznom matematiˇckom jeziku, pa je zato neophodno koriˇsćenje indukcije. Primetimo da nije dovoljno da dokazujemo tvrd¯enje koje glasi: funkcija f ima n-ti izvod u svim realnim brojevima. Kada bi probali da dokaˇzemo tvrd¯enje koje tako glasi, induktivna hipoteza bi tvrdila samo da funkcija f ima n-ti izvod, ali ne bi znali niˇsta o njegovom obliku. Zbog toga tvrd¯enje koje dokazujemo dodatno obogatimo i pretpostavkom o obliku izvoda. Dakle, dokazujemo tvrd¯enje: funkcija f ima n-ti izvod i on izgleda ovako... . Potpuno analogno bi mogli da pokaˇzemo da proizvoljna racionalna funkcija x 7→ P (x)/Q(x) ima izvode proizvoljnog reda u svakoj taˇcki x0 koja nije nula polinoma Q. Predlaˇzemo ˇcitaocu da se u tome okuˇsa. Drugi deo zadatka reˇsili smo zanimljivim trikom, tako ˇsto smo posmatrali funkciju (1 + x2 ) · f (x). Primetimo da smo uradili samo ono ˇsto se od nas traˇzilo, a ne viˇse od toga: pronaˇsli smo f (n) (0), ali nismo naˇsli kako izgleda f (n) (x) za svaki realan broj x. Napomenimo da je zadatak moguće reˇsiti i bez ovog elegantnog trika, uoˇcavanjem neke pravilnosti u izvodima funkcije f , naravno, sve vreme ne gubeći iz vida da nas interesuje jedino vrednost izvoda u nuli, ne i u ostalim realnim brojevima. U narednim zadacima osvrćemo se na fundamentalne teoreme o srednjoj vrednosti funkcije i to na Rolovu i Lagranˇzovu teoremu. Takod¯e, reˇsavamo i nekoliko problema u kojima je potrebno analizirati monotonost nekih funkcija, ˇsto ˇcinimo preko prvog izvoda tih funkcija. Tvrd¯enje koje povezuje monotonost funkcije sa njenim prvim izvodom je posledica upravo Lagranˇzove teoreme. Zadaci iz ovog dela mogu da budu vrlo zanimljivi, a njihova reˇsenja neoˇcekivana u ˇsta će se, moˇzda, neki ˇcitaoci uskoro uveriti. 63. Neka je funkcija f diferencijabilna na intervalu (a, b). Ako su x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ̸= x2 , nule funkcije f , dokazati da se u intervalu (x1 , x2 ) nalazi barem jedna nula funkcije f ′ . Reˇsenje. Posmatrajmo funkciju f na segmentu [x1 , x2 ] koji je podskup intervala (a, b). Poˇsto je f diferencijabilna na (a, b), ona je i neprekidna na ovom intervalu, pa je zato neprekidna i na segmentu [x1 , x2 ]. Takod¯e, poˇsto f ima izvod u svim taˇckama intervala (a, b) ona ima izvod i u svim taˇckana intervala (x1 , x2 ). Prema tome, za funkciju f posmatranu na segmentu [x1 , x2 ] ispunjeni su uslovi Rolove teoreme:

536

Glava 2. Funkcije

f je neprekidna na [x1 , x2 ], diferencijabilna na (x1 , x2 ) i vaˇzi f (x1 ) = f (x2 ), jer je zapravo f (x1 ) = f (x2 ) = 0. Iz Rolove teoreme sledi da je za neku taˇcku x0 ∈ (x1 , x2 ) ispunjeno f ′ (x0 ) = 0, odnosno, funkcija f ′ ima nulu koja se nalazi izmed¯u x1 i x2 , ˇsto je i trebalo dokazati. Komentar. Tvrd¯enje iz ovog zadatka, direktna je posledica Rolove teoreme i koristićemo ga u narednim zadacima. Moguće je da neobiˇcno deluje onaj korak kada umesto na ˇcitavom intervalu, funkciju f posmatramo samo na segmentu [x1 , x2 ]. Ipak, to je sasvim prirodan postupak i ˇcesto smo u analizi sretali taj princip ”zaneˇ marivanja viˇska”. Staviˇ se, u samoj formulaciji zadatka smo zanimarili viˇsak: nigde nije reˇceno da je domen funkcije f interval (a, b), već samo da je f diferencijabilna na (a, b). Ona moˇze biti definisana i u joˇs nekim taˇckama van ovog intervala. Ipak, to ni na koji naˇcin ne utiˇce na ono ˇsto se deˇsava unutar ovog intervala. Primetimo joˇs i da je tvrd¯enje taˇcno ako u formulaciji zadatka interval (a, b) zamenimo segmentom [a, b], naravno, uz pretpostavku da je f neprekidna na segmentu [a, b] i diferencijabilna na intervalu (a, b). Pritom, neka od nula funkcije moˇze biti i neka (ili obe) od krajnjih taˇcaka ovog segmenta. Takod¯e, tvrd¯enje vaˇzi i ako se neki od brojeva a i b, ili oba, zamene nekom od odgovarajućih beskonaˇcnosti. 64. Neka je f : R → [0, 1] funkcija koja ima izvod u svakom x ∈ R i pritom vaˇzi f ′ (x) ̸= 1. Dokazati: a) Jednaˇcina f (x) = x ima barem jedno reˇsenje u skupu R; b) Jednaˇcina f (x) = x ima taˇcno jedno reˇsenje u skupu R. Reˇsenje. a) Ukoliko je f (0) = 0 ili f (1) = 1, tada je 0, odnosno 1 jedno reˇsenje jednaˇcine f (x) = x. Ako obe jednakosti ne vaˇze, onda vaˇze nejednakosti: f (0) > 0, kao i f (1) < 1. Posmatrajmo zato funkciju g(x) = f (x) − x na segmentu [0, 1]. Ova funkcija je neprekidna na tom segmentu, kao razlika dve neprekidne funkcije (funkcija f ima izvod u svakoj taˇcki iz R, pa je i neprekidna u svakoj taˇcki iz R). Takod¯e, g(0) > 0 i g(1) < 0, pa prema Koˇsijevoj teoremi za neprekidne funkcije na segmentu, postoji neko x0 ∈ [0, 1], takvo da je g(x0 ) = 0. Ovo ne znaˇci niˇsta drugo do: f (x0 ) − x0 = 0, tj. f (x0 ) = x0 , pa i u ovom sluˇcaju posmatrana jednaˇcina ima reˇsenje. Ovim smo kompletirali dokaz. b) Pretpostavimo da posmatrana jednaˇcina ima dva razliˇita reˇsenja x1 i x2 . Posmatrajmo funkciju g definisanu kao u delu pod a), na segmentu [x1 , x2 ]. Iz pretpostavke sledi da je g(x1 ) = g(x2 ), jer su i g(x1 ) i g(x2 ) jednaki nuli. Pored toga, funkcija g(x) je neprekidna na ovom segmentu i ima izvod u svakoj unutraˇsnjoj taˇcki ovog segmenta, kao razlika dve funkcije koje tu imaju izvod. Prema tome, iz Rolove teoreme sledi da je u nekoj unutraˇsnjoj taˇcki x0 ovog segmenta ispunjeno g ′ (x0 ). Ovo nije moguće, jer je g ′ (x0 ) = f ′ (x0 ) − 1, pa bi iz g ′ (x0 ) sledilo f ′ (x0 ) = 1, a u zadatku je navedeno da je f ′ (x) ̸= 1 za svako x. Dobili smo kontradikciju, dakle, posmatrana jednaˇcina ne moˇze imati dva razliˇcita reˇsenja. Poˇsto smo u delu pod a) dokazali da postoji barem jedno reˇsenje, sledi da postoji taˇcno jedno reˇsenje ove jednaˇcine.


537

Komentar. U nekom smislu je suviˇsno deliti ovaj zadatak na deo pod a) i deo pod b), budući da je tvrd¯enje pod b) jaˇce nego ono pod a) i njegovim dokazivanjem automatski dokazujemo i tvrd¯enje pod a). Ipak, namera nam je bila da na istom primeru ilustrujemo paralelno upotrebu ˇcinjenice da je funkcija f neprekidna (u delu pod a) je to sve ˇsto smo upotrebili) i mnogo jaˇcu ˇcinjenicu, da je funkcija f diferencijabilna. Ideju u reˇsenju dela pod a) videli smo već i ranije, kod neprekidnih funkcija, tako da ono u ovom trenutku ne predstavlja novost. Reˇsenje dela pod b) je vrlo direktno, sa motivacijom sliˇcnom kao u delu pod a): da bi ispitali reˇsenja neke jednaˇcine, primera radi f (x) = x, mi konstruiˇsemo funkciju ˇcije su nule reˇsenja posmatrane jednaˇcine, u ovom sluˇcaju: f (x) − x. U tekstu zadatka dat je uslov koji ispunjava izvod funkcije f , koji je kljuˇcan, jer bez njega jednaˇcina f (x) = x moˇze imati beskonaˇcno mnogo reˇsenja (ohrabrujemo ˇcitaoca da konstruiˇse barem jedan takav primer). Povezanost izvoda i nula funkcije upravo daju teoreme o srednjoj vrednosti, a u ovom sluˇcaju je bilo dovoljno iskoristiti Rolovu teoremu. 65. Dokazati da za proizvoljne pozitivne realne brojeve a, b, c koji nisu sva tri istovremeno jednaka jedinici, funkcija f : R → R definisana sa: f (x) = ax + bx + cx − 3 moˇze imati najviˇse dve realne nule. Reˇsenje. Pretpostavimo da funkcija f ima tri med¯usobno razliˇcite nule: α < β < γ. Tada, prema 63. zadatku, poˇsto je f direfencijabilna na R, funkcija f ′ ima barem jednu nulu u intervalu (α, β) i barem jednu nulu u intervalu (β, γ). Dakle, funkcija f ′ (x) = ax ln a + bx ln b + cx ln c ima barem dve razliˇcite nule, α1 i β1 , na R. Poˇsto je i funkcija f ′ diferencijabilna na R, ponovo prema 63. zadatku, sada primenjenog na funkciju f ′ zakljuˇcujemo da funkcija f ′′ ima barem jednu nulu koja se nalazi izmed¯u α1 i β1 . Kako je: f ′′ (x) = ax (ln a)2 + bx (ln b)2 + cx (ln c)2 , imamo da iz f ′′ (x) = 0 za neko x, sledi a = b = c = 1, ˇsto znamo da nije taˇcno, po pretpostavci iz zadatka. Dakle, doˇsli smo do kontradikcije i zbog toga poˇcetna pretpostavka, da f (x) ima tri razliˇcite nule, nije taˇcna. Prema tome, ova funkcija moˇze imati najviˇse dve razliˇcite nule na R. Komentar. U formulaciji ovog zadatka navedeno je da treba dokazati da funkcija f ne moˇze imati viˇse od dve realne nule. Upravo to smo i dokazali. Moˇzda funkcija f ne moˇze da ima ni dve realne nule, moˇzda uvek ima najviˇse jednu, ili moˇzda nikad nema ni jednu nulu. To nas se ne tiˇce. Bilo bi drugaˇcije da u zadatku stoji pitanje: ”Koliko najviˇse realnih nula moˇze imati funkcija f definisana na ovaj naˇcin?”. U tom sluˇcaju, reˇsenje koje smo dali ovde bilo bi, eventualno, samo deo celokupnog

538

Glava 2. Funkcije

reˇsenja, jer nigde nismo dokazali da funkcija f zaista i moˇze da ima dve nule. Kada bi zadatak imao u sebi takvo pitanje, bilo bi neophodno i dokazati da funkcija f zaista moˇze da ima onoliko nula koliki mislimo da je odgovor na to pitanje. Dajemo i par reˇcenica o samom reˇsenju zadatka. Imajući na umu tvrd¯enje iz 63. zadatka, samo od sebe se nameće kako treba, barem probati, da reˇsimo ovaj zadatak. Kritiˇcan trenutak u ovom reˇsenju je prelazak na drugi izvod, odnosno na izvod prvog izvoda, poˇsto sam prvi izvod f ′ nije dovoljno informativan. Brojevi a, b i c mogu biti manji, ili veći od 1, pa zato brojevi ln a, ln b i ln c mogu biti pozitivni ili negativni i ne moˇzemo tako lako proceniti ponaˇsanje funkcije f ′ . Sa druge strane, funkcija f ′′ je strogo pozitivna za svako x ∈ R, imajući u vidu da nisu sva tri broja a, b i c jednaka jedinici, ˇsto nam jasno govori o tome kako se ponaˇsa funkcija f ′ . Treba istaći da se zadatak moˇze reˇsiti i drugaˇcije, bez koriˇsćenja 63. zadatka, a koristeći povezanost izmed¯u monotonosti funkcije i njenog prvog izvoda. Ovakvo reˇsenje je moˇzda i prirodnije, naroˇcito kada nemamo spremno tvrd¯enje iz 63. zadatka. Ukratko komentariˇsemo i to reˇsenje: kako je f ′′ funkcija koja je strogo pozitivna na ˇcitavom skupu R, odatle zakljuˇcujemo da funkcija f ′ strogo raste na ˇcitavom R. Kako je, sem toga, funkcija f ′ i neprekidna na R, sledi da ona najviˇse u jednoj taˇcki na R menja znak. Zato je funkcija f ili strogo rastuća na R, ili strogo opadajuća na R, ili jednim delom raste, a zatim opada, ili jednim delom opada, a zatim raste. U sva ˇcetiri sluˇcaja, funkcija f moˇze imati najviˇse dve realne nule, ˇsto kompletira reˇsenje. Kao ˇsto vidimo, ponekad treba ući i dublje u analizu ponaˇsanja neke funkcije, ne samo do njenog prvog izvoda, da bi dobili ˇzeljenu informaciju, kao ˇsto je, recimo u ovom sluˇcaju, broj nula funkcije. 66. U skupu realnih brojeva reˇsiti jednaˇcinu: 21x + 3x = 17x + 7x . Reˇsenje. Dajemo dva reˇsenja ovog zadatka. Prvi naˇcin: Dva reˇsenja ove jednaˇcine su x = 0 i x = 1. Dokaˇzimo da nema drugih reˇsenja. Neka je x0 proizvoljan realan broj razliˇcit od 1 i 0. Pretpostavimo da je x0 reˇsenje date jednaˇcine, odnosno pretpostavimo da vaˇzi: 21x0 − 17x0 = 7x0 − 3x0 . Posmatrajmo funkciju g(t) = tx0 za t ∈ (0, +∞). Na segmentu [17, 21] ispunjeni su uslovi Lagranˇzove teoreme: funkcija g je neprekidna na ovom segmentu i diferencijabilna na (17, 21). Prema tome, postoji neko t0 iz (17, 21) tako da vaˇzi g(21) − g(17) = (21 − 17) · g ′ (t0 ), odnosno, kako je x0 ̸= 0: 21x0 − 17x0 = 4 · x0 · t0x0 −1 . Potpuno analogno, na segmentu [3, 7] takod¯e su ispunjeni uslovi Lagranˇzove teoreme za funkciju g, pa postoji neko t1 ∈ (3, 7), tako da je: 7x0 − 3x0 = 4 · x0 · t1x0 −1 .


539

Dakle, ako za neko x0 koje nije ni 0 ni 1 vaˇzi 21x0 − 17x0 = 7x0 − 3x0 , onda postoji t0 ∈ (17, 21) i t1 ∈ (3, 7) tako da vaˇzi: 4 · x0 · tx0 0 −1 = 4 · x0 · tx1 0 −1 ,

odnosno, poˇsto je x0 ̸= 0,

t0x0 −1 = t1x0 −1 .

Poˇsto je x0 ̸= 1, imamo da je funkcija t 7→ tx0 −1 strogo monotona (rastuća za x > 1 i opadajuća za x < 1), pa je nemoguće da za t0 i t1 vaˇzi navedena jednakost, jer je t1 < t0 . Dakle, ni za jedno x0 koje nije 0 ili 1, ne moˇze vaˇziti 21x0 + 3x0 = 17x0 + 7x0 , jer iz te pretpostavke dobijamo kontradikciju. Drugi naˇcin: Pretpostavimo da je x0 ̸∈ {0, 1}. Posmatrajmo funkciju f (t) = (t + 4)x0 − tx0 , na skupu (0, +∞) i dokaˇzimo da je ona strogo monotona na ovom intervalu. Poˇsto je x0 ̸= 0, izvod ove funkcije je: f ′ (t) = x0 (t + 4)x0 −1 − x0 tx0 −1 = x0 ((t + 4)x0 −1 − tx0 −1 ). Stepena funkcija t 7→ tx0 −1 je strogo monotona, jer je x0 ̸= 1. Ukoliko je x0 > 1, ona je strogo rastuća, a za x0 < 1 je strogo opadajuća. U oba sluˇcaja, izraz (t + 4)x0 −1 − tx0 −1 je istog znaka za svako t ∈ (0, +∞) (pozitivan je, za x0 > 1, a negativan za x0 < 1). Poˇsto je i x0 ̸= 0, sledi i da je: f ′ (t) = x0 ((t + 4)x0 −1 − tx0 −1 ), istog znaka za svako t ∈ (0, +∞). Prema tome, funkcija f je strogo monotona (rastuća, ili opadajuća, u zavisnosti od znaka funkcije f ′ ) na intervalu (0, +∞). Kada bi vaˇzilo: 21x0 + 3x0 = 17x0 + 7x0 , vaˇzilo bi i: f (17) = f (3), a upravo smo dokazali da je f strogo monotona i ovakva jednakost ne moˇze da vaˇzi. Dakle, ako je x0 ̸∈ {0, 1}, tada x0 svakako nije reˇsenje ove jednaˇcine. Trivijalno proveravamo da x = 0 i x = 1 jesu reˇesnja date jednaˇcine, pa su ovo i jedina reˇsenja ove jednaˇcine. Komentar. Ono ˇsto ˇcini ovaj zadatak zanimljivim je ˇcinjenica da analizom funkcija koje moˇzemo da konstruiˇsemo u vezi sa ovom jednaˇcinom, primera radi f (x) = 21x + 3x − 17x − 7x , nećemo previˇse daleko odmaći (barem ne tako jednostavno kao u prethodnim zadacima). Bitna stvar je da brojevi 21, 3, 17 i 7 nisu izabrani potpuno nasumiˇcno, već da je razlika brojeva 21 i 17 jednaka razlici brojeva 7 i 3. Jednostavna preformulacija date jednaˇcine poput: (17 + 4)x − 17x = (3 + 4)x − 3x , daje nam presudnu ideju o tome kako treba pristupiti ovom problemu. Naime, za oˇcekivati je, u sluˇcaju da je x > 1, da dodatak od +4 veću razliku pravi kada se doda većem broju (zamislimo samo da je x prirodan broj i da iskoristimo binomnu

540

Glava 2. Funkcije

formulu na obe strane). Zato je funkcija koju treba da analiziramo, a ovo je kljuˇcno zapaˇzanje, funkcija (t + 4)x − tx , posmatrana kao funkcija po t, a sa fiksiranim x. Kada ovo shvatimo, problem je reˇsen. Oba prikazana reˇsenja ovog zadatka koriste Lagranˇzovu teoremu o srednjoj vrednosti. Prvo reˇsenje neposredno, a drugo reˇsenje posredno, preko teoreme koja povezuje izvod funkcije i monotonost. Smatramo da je drugo reˇsenje prirodnije od prvog, samo zato jer ˇceˇsće pomoću izvoda ispitujemo monotonost funkcije, nego ˇsto primenjujemo samu Lagranˇzovu teoremu. Sa druge strane, u prvom reˇsenju je direktno prikazano kako dodatak od +4 doprinosi viˇse kada se doda broju 17, nego kada se doda broju 3 (naravno, u sluˇcaju x > 1). Koristeći Lagranˇzovu teoremu, razlike 21x − 17x i 7x − 3x zapisujemo u drugaˇcijem obliku koji nam daje mogućnost direktnog pored¯enja ove dve razlike. Na taj naˇcin, uvid¯amo joˇs jednu znaˇcajnu primenu Lagranˇzove teoreme. ˇ Citaocu ostavljamo kao povod za razmiˇsljanje pitanje, kojim brojevima moˇzemo zameniti brojeve 21, 17, 7 i 3, a da novi problem moˇzemo reˇsiti analogno sa ovim? 67. Dokazati sledeće nejednakosti: a) Za svako x > −1 vaˇzi: ln(1 + x) ≤ x, pri ˇcemu znak jednakosti vaˇzi ako i samo ako je x = 0; b) Za svako x ∈ R vaˇzi: 1 + x ≤ ex , pri ˇcemu znak jednakosti vaˇzi ako i samo ako je x = 0. Reˇsenje. a) Posmatrajmo funkciju f (x) = x − ln(1 + x), definisanu na intervalu (−1, +∞). Funkcija f diferencijabilna je na svom domenu i vaˇzi: f ′ (x) = 1 −

1 x = . 1+x 1+x

Kako je f ′ (x) < 0, za −1 < x < 0, zatim f (x) > 0, za x > 0 i f (x) = 0, za x = 0, zakljuˇcujemo da je funkcija f strogo opadajuća na (−1, 0), strogo rastuća na (0, +∞), kao i to da za x = 0 funkcija f ima globalni minimum. Dakle, za svako x > −1 vaˇzi: f (x) ≥ f (0) = 0, pri ˇcemu je ova nejednakost stroga za svako x ̸= 0. b) Ukoliko je x ≤ −1, leva strana nejednakosti je nepozitivna, pa je nejednakost oˇcigledno taˇcna i stroga: 1+x < ex . Za x > −1, ova nejednakost sledi iz nejednakosti iz dela pod a). Naime, poˇsto za x > −1 vaˇzi ln(1 + x) ≤ x, a funkcija t 7→ et je strogo rastuća, sledi i: 1 + x = eln(1+x) ≤ ex . Takod¯e, jednakost u nejednakosti 1 + x ≤ ex , za x > −1, vaˇzi ako i samo ako vaˇzi jednakost u nejednakosti: ln(1 + x) ≤ x, a po dokazanom sledi da to vaˇzi ako i samo ako je x = 0. Komentar. Nejednakosti koje smo dokazali u ovom zadatku, najavili smo joˇs u 39. zadatku, u kome smo dokazali iste ove nejednakosti, samo za pozitivne racionalne


541

brojeve x. Mada jednostavno, reˇsenje dela pod a) moˇze posluˇziti kao prototip tehnike dokazivanja nejednakosti pomoću analize funkcija preko izvoda. Ideja je da sve izraze prebacimo sa iste strane nejednakosti i da dokazujemo nejednakost oblika f (x) ≤ 0 ili f (x) ≥ 0. Drugim reˇcima, dokazujemo da je neka funkcija stalno istog znaka, a to radimo nalaˇzenjem intervala monotonosti te funkcije i to preko izvoda. Primera radi, na taj naˇcin moˇzemo dokazati nejednakosti koje smo i do sada koristili: x2 + 1 ≥ x ili, 2x > x, za svako x ∈ R. Naglasimo da smo i nejednakost iz dela pod b) mogli dokazati potpuno na ovaj naˇcin, posmatranjem funkcije f (x) = ex − x − 1. Nismo morali da je svodimo na već dokazanu nejednakost iz dela pod a). Ponekad je potrebno ući dublje u analizu funkcije, nego ˇsto je to prvi izvod, da bi odrediti intervale monotonosti funkcije (poput reˇsenja 65. zadatka). Recimo da ˇzelimo da pokaˇzemo nejednakost: √ 9x2 x − , 1+x≤1+ 10 200

10

Ako je f (x) =

za svako

x > −1.

√ x 9x2 1+x−1− + , 10 200

10

tada je: f ′ (x) =

10

√

10

1 (1 +

x)9

−

18x 1 + . 10 200

O znaku funkcije f ′ ne moˇzemo baˇs jednostavno rasud¯ivati: ni za x < 0 ni za x > 0 nismo sigurni da li je f ′ (x) pozitivno ili negativno. No, imamo da je: ( ) 9 1 9 18 ′′ √ √ = 1 − 10 f (x) = − . + 100 100 10 (1 + x)19 200 (1 + x)19 Sada imamo da je f ′′ (x) < 0 kada je x < 0, f ′′ (x) > 0 kada je x > 0 i f ′′ (x) = 0 kada je x = 0. Kako iz ovog zapaˇzanja rekonstruisati poˇcetnu nejednakost, ostavljamo ˇcitaocu za veˇzbu, smatrajući da smo mu pruˇzili dovoljno materijala dosadaˇsnjim reˇsenjima i komentarima. Naravno, ovu tehniku ne treba doˇzivljavati kao univerzalni naˇcin za dokazivanje nejednakosti koje zavise od jednog parametra. Uzmimo za primer 66. zadatak i nejednakosti 21x + 3x ≥ 17x + 7x . Ako je uopˇste moguće ovu nejednakost dokazati analizom funkcije f (x) = 21x + 3x − 17x − 7x , na naˇcin prikazan u okviru ovog zadatka, nije ni malo oˇcigledno kako to uraditi. 68. Neka je funkcija f : R → R definisana sa: f (x) = arctg x +

2x . 1 + x2

Odrediti nule funkcije f , kao i lokalne i globalne ekstremume ove funkcije, ukoliko postoje.

542

Glava 2. Funkcije

Reˇsenje. Poˇsto za x > 0 vaˇzi f (x) > 0, za x < 0 vaˇzi f (x) < 0 i za x = 0 vaˇzi f (x) = 0, funkcija f ima jednu nulu i to x = 0. Funkcija f je diferencijabilna na celom svom domenu, a njen izvod jednak je: f ′ (x) =

1 2 − 2x2 3 − x2 + = . 1 + x2 (1 + x2 )2 (1 + x2 )2

Intervale monotonosti funkcije f dajemo pomoću tablice: √ √ √ √ x (−∞, − 3) (− 3, 3) ( 3, +∞) sgn (f ′ (x)) − + − monotonost ↘ ↗ ↘ √ √ Prema tome, u taˇcki − 3 funkcija f ima lokalni minimum, a u taˇcki 3 funkcija f ima lokalni maksimum. Oni iznose: √ √ √ √ π 2 · (− 3) 3 =− − , f (− 3) = arctg(− 3) + 1+3 3 2 √ √ √ √ 3 2· 3 π f ( 3) = arctg( 3) + = + . 1+3 3 2 Ispitajmo sada globalne ekstremne vrednosti funkcije f . √ Na osnovu datih√ intervala monotonosti, minimum funkcije f na skupu (−∞, 3], √ dostiˇze se u taˇcki − 3. Na intervalu ( 3, +∞) funkcija f je opadajuća, pa je zato: kao i

f (x) inf √ x∈( 3,+∞)

2x π = . 2 x→+∞ 1 + x 2

= lim f (x) = lim arctg x + lim x→+∞

x→+∞

√ √ Poˇsto je f (− 3) manje od svih vrednosti funkcije f na skupu (−∞, 3], a takod¯e √ je manje√od infimuma funkcije f na skupu ( 3, +∞), zakljuˇcujemo da funkcija f u taˇcki − √ 3 ima i globalni minimum. Potpuno analogno dokazujemo da funkcija f u taˇcki 3 √ ima globalni maksimum: na osnovu odred¯enih √ intervala monotonosti, na skupu [− 3, +∞) najve´ c a vrednost funkcije f je f ( 3), dok je supremum funkcije √ funkcije kada x → −∞, a on iznosi −π/2. f na skupu√(−∞, − 3) jednak limesu te √ Poˇsto je f ( 3) > −π/2, sledi da u taˇcki 3 funkcija f ima globalni maksimum. Komentar. Pri odred¯ivanju nula funkcije f , po inerciji pomiˇsljamo da zapravo treba reˇsiti jednaˇcinu: 2x arctg x = − 1 + x2 i onda ostajemo zbunjeni pred ovako neobiˇcnim problemom. Kao ˇsto smo videli, stvar je daleko jednostavnija nego reˇsavanje neke jednaˇcine i ne smemo dozvoliti da nam jednostavne stvari promiˇcu, pretpostavljajući da su komplikovane. Lokalne ekstremne vrednosti funkcije f nalazimo vrlo jednostavno, pomoću pr√ vog izvoda funkcije f . Oˇcigledno su nule prvog izvoda taˇcke ± 3, ali kao ˇsto znamo, to nije dovoljno da bi zakljuˇcili da su ovo i taˇcke lokalnih ekstremuma funkcije f .

2.2. Lopitalove teoreme i Tejlorova formula

543

Tek nakon ˇsto utvrdimo kako f ′ menja znak u tim taˇckama, moˇzemo biti sigurni da ovo jesu taˇcke lokalnih ekstremuma. Pri nalaˇzenju globalnih ekstremnih vrednosti ponovo presudnu ulogu igraju intervali monotonosti. Samo pratimo tok funkcije i uoˇcavamo gde postoji ˇsansa da funkcija dostigne svoju najmanju, odnosno, najveću vrednost. Funkcija f je neparna funkcija, mada to nismo nigde iskoristili u zadatku. Da je bilo potrebe, mogli smo se ograniˇciti samo na [0, +∞) i posmatrati funkciju f na ovom skupu, a onda, na osnovu simetrije, doneti zakljuˇcke koji se od nas traˇze. Ipak, u ovako jednostavnom primeru, ovakav postupak bi samo nepotrebno opterećivao reˇsenje.

2.3

Lopitalove teoreme i Tejlorova formula

U ovom poglavlju predstavljamo dve tehnike za odred¯ivanje graniˇcne vrednosti funkcija koje se baziraju na diferencijabilnosti funkcija. Obe ove tehnike za okosnicu imaju dublju analizu ponaˇsanja jedne funkcije pomoću njenih izvoda (prvog, drugog, itd.). Najpre ćemo reˇsiti nekoliko problema koristeći dobro poznate Lopitalove teoreme. Pri tome skrećemo paˇznju na neke karakteristiˇcne situacije do kojih moˇze doći. U okviru ovog poglavlja, insistiraćemo na proveri potrebnih uslova za upotrebu Lopitalovih teorema, kao ˇsto smo i radili pre upotrebe bilo koje teoreme do sada. Zatim se bavimo Tejlorovim (odnosno Maklorenovim) polinomima funkcija i njihovom upotrebom na nalaˇzenje graniˇcne vrednosti. U poslednjem zadatku uporedo reˇsavamo probleme i jednom i drugom tehnikom. Med¯utim, savetujemo ˇcitaoca da i one zadatke koje reˇsavamo samo jednom od ove dve metode, samostalno pokuˇsa da reˇsi onom metodom koju ne koristimo u dotiˇcnom reˇsenju, radi veˇzbe i pored¯enja. Poglavlje poˇcinjemo jednostavnim primerom. 69. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost: ex − cos x . x→0 sin x lim

Reˇsenje. Neka je f (x) = ex − cos x i g(x) = sin x. Funkcije f i g su neprekidne u nekoj (proizvoljnoj) okolini nule i vaˇzi f (0) = g(0) = 0. Takod¯e, funkcije f i g su diferencijabilne u nekoj (proizvoljnoj) okolini nule, a pored toga vaˇzi i g ′ (x) = cos x ̸= 0 na okolini nule: (−π/2, π/2). Kako je: f ′ (x) ex + sin x e0 + sin 0 = lim = = 1, x→0 g ′ (x) x→0 cos x cos 0 lim

iz Teoreme 4.68, sluˇcaj za dvostranu graniˇcnu vrednost, sledi i da je: ex − cos x f (x) = lim = 1. x→0 x→0 g(x) sin x lim

544

Glava 2. Funkcije

Komentar. Naˇcin na koji se uobiˇcajeno zapisuje primena Lopitalovih teorema je unekoliko neprecizan. Naime, pri koriˇsćenju Lopitalovih teorema, najˇceˇsće koristimo produˇzenu jednakost, neˇsto nalik na: ex − cos x ex + sin x (ex − cos x)′ = lim = lim = 1. x→0 x→0 x→0 sin x (sin x)′ cos x lim

(2.4)

Takav zapis navodi na pomisao da postoji ekvivalencija izmed¯u postojanja (i veliˇcine) graniˇcnih vrednosti: ex − cos x x→0 sin x lim

i

(ex − cos x)′ . x→0 (sin x)′ lim

Dobro nam je poznato da ovo nije taˇcno. Lopitalove teoreme jasno govore da: ako postoji limes koliˇcnika izvoda onda postoji i limes koliˇcnika funkcija i jednaki su. Ne uspostavljaju ekvivalenciju izmed¯u ta dva limesa. Prema tome, tek nakon ˇsto utvrdimo da postoji limes koliˇcnika izvoda, moˇzemo pisati jednakost kao u (2.4), a ne i dok smo u procesu nalaˇzenja tog limesa. Trudićemo se da, u okviru ovog poglavlja, svaku primenu neke od Lopitalovih teorema objasnimo detaljno, ne osvrćući se na uobiˇcajene preˇcice u zapisu. Uostalom, kada se neke preˇcice previˇse ustale, onda izgubimo iz vida suˇstinu tvrd¯enja koja koristimo. Primer iz ovog zadatka bio je jedan od najjednostavnijih za upotrebu Lopitalove teoreme, izuzetno pravolinijski, pa kao takav ne zasluˇzuje poseban komentar. 70. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti: a)

ex − 2x ; x→+∞ x lim

√ cos x · arcsin( sin x) √ b) lim . x→+0 2x − x2 Reˇsenje. a) Neka je f (x) = ex − 2x i g(x) = x. Oˇcigledno je da g(x) → +∞, x → +∞, a dokaˇzimo i da f (x) → +∞, x → +∞. Funkciju f moˇzemo zapisati i ovako: ( e )x f (x) = 2x · ( − 1). 2 Imamo: 2x → +∞, x → +∞, a takod¯e i (e/2)x → +∞, x → +∞, jer je e/2 > 1. Takod¯e je i (e/2)x − 1 → +∞, x → +∞, pa i f (x) → +∞, x → +∞, kao proizvod dve funkcije koje teˇze ka +∞, kada x → +∞. Poˇsto funkcije f i g teˇze ka +∞ kada x → +∞, a takod¯e su i diferencijabilne na nekoj okolini taˇcke +∞, primera radi, na (0, +∞) i pritom je g ′ (x) = 1 ̸= 0 za x ∈ (0, +∞), potraˇzimo graniˇcnu vrednost funkcije f ′ (x)/g ′ (x) kada x → +∞. Dobijamo: ( e )x f ′ (x) ex − 2x · ln 2 x = lim = lim 2 ( − ln 2) = +∞, x→+∞ g ′ (x) x→+∞ x→+∞ 1 2 lim


545

gde poslednja jednakost vaˇzi potpuno analogno sa pred¯aˇsnjim dokazom da ex −2x → +∞, x → +∞. Dakle, iz Lopitalove teoreme 4.73 sledi da vaˇzi: ex − 2x f (x) = lim = +∞. x→+∞ x→+∞ g(x) x lim

b) Odredimo najpre graniˇcnu verdnost: √ arcsin( sin x) √ lim . x→+0 2x − x2 √ √ Neka je f (x) = arcsin( sin x) i g(x) = 2x − x2 . Zbog neprekidnosti sa desne strane u nuli datih funkcija sledi lim f (x) = 0,

x→+0

kao i

lim g(x) = 0.

x→+0

Funkcije f i g su diferencijabilne u nekoj desnoj okolini nule, recimo u (0, 1), ˇsto jasno sledi iz teoreme o izvodu kompozicije funkcija. Pored toga, za x ∈ (0, 1) vaˇzi i: 1 1 · (2 − 2x) ̸= 0. g ′ (x) = · √ 2 2x − x2 Potraˇzimo onda graniˇcnu vrednost: f ′ (x) lim ′ x→+0 g (x)

Funkcija

1 1 · 12 · √sin · cos x x 1 − sin x = lim x→+0 1 √ 1 · (2 − 2x) 2 · 2x − x2 √ cos x · 2x − x2 √ = lim √ x→+0 2(1 − x) 1 − sin x · sin x √ √ cos x · 2 − x x √ = lim · . x→+0 2(1 − x) 1 − sin x sin x √

√ cos x · 2 − x √ x 7→ 2(1 − x) 1 − sin x

(2.5)

√ neprekidna je u nuli i njena vrednost u nuli jednaka je 2/2. Sa druge strane, x/ sin x → 1, x → 0, jer sin x/x → 1, x → 0. Zbog toga je i √ x lim = 1. x→+0 sin x Dakle, vaˇzi: √ √ √ f ′ (x) cos x · 2 − x x 2 √ lim ′ = lim · = . x→+0 g (x) x→+0 2(1 − x) 1 − sin x sin x 2

546

Glava 2. Funkcije

Iz Teoreme 4.68 sledi: √ f (x) f ′ (x) 2 lim = lim ′ = . x→+0 g(x) x→+0 g (x) 2 Funkcija x 7→ cos x je neprekidna u nuli, pa cos x → 1, x → +0 i zato je traˇzena graniˇcna vrednost: √ √ √ f (x) cos x · arcsin( sin x) 2 2 √ = lim cos x · =1· = . lim 2 x→+0 x→+0 g(x) 2 2 2x − x

Komentar. Oba primera u ovom zadatku su, u nekom smislu, karakteristiˇcna i komentariˇsemo svaki zasebno. a) Primer u delu zadatka pod a) bio je specifiˇcan samo iz razloga ˇsto, eventualno, nije bilo oˇcigledno da je dati izraz zaista ”neodred¯en izraz”, u ovom sluˇcaju, oblika ∞/∞. Najpre to treba razreˇsiti, kao zaseban kratak zadatak. Tek onda kada utvrdimo da su ispunjeni svi uslovi za primenu Lopitalove teoreme, pa ˇcak i taj u vezi sa neodred¯enim izrazom, koji je najˇceˇsće oˇcigledno ispunjen, moˇzemo i primeniti ˇzeljenu teoremu. U prvom delu knjige dati su primeri nepravilnog koriˇsćenja Lopitalovih teorema usled neproveravanja potrebnih uslova, pa savetujemo ˇcitaocu da ih ponovo proˇcita. Sam dokaz da ex −2x → +∞, x → +∞ i kasnije ex − 2x · ln 2 → +∞, x → +∞ su, sada već, rutinski izvedeni. b) U ovom primeru smo, pre nego da primenimo Lopitalovu teoremu, najpre izbacili one funkcije iz izraza koje imaju konaˇcnu graniˇcnu vrednost, razliˇcitu od nule. U ovom sluˇcaju, to je bila funkcija x 7→ cos x. Ovo radimo bez bojazni da će nam poremetiti postojanje traˇzene graniˇcne vrednosti. Naime, za ˇcitaoˇcevu lakˇsu veˇzbu moˇze posluˇziti da dokaˇze tvrd¯enje: ako funkcija f ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost razliˇcitu od nule u (konaˇcnoj ili beskonaˇcnoj) taˇcki x0 , tada funkcija f · g ima graniˇcnu vrednost u x0 ako i samo ako g ima graniˇcnu vrednost u x0 . Budući da treba odrediti izvode funkcija iz brojioca i imenioca, a zatim i graniˇcnu vrednost tako dobijenog koliˇcnika, pogoduje nam da date funkcije ˇsto viˇse uprostimo. Naravno, ne smemo izbaciti deo ˇcija je graniˇcna vrednost nula, jer ako se ispostavi da je graniˇcna vrednost ostatka jednaka nekoj od beskonaˇcnosti, nećemo znati kolika je poˇcetna graniˇcna vrednost. Kao ˇsto vidimo, bez obzira na napredni aparat koji omogućuju Lopitalove teoreme, ne treba gubiti iz vida poznate graniˇcne vrednosti funkcija, navedene na 503. strani. Ukoliko propustimo da uoˇcimo deo x/ sin x, moˇze nam delovati da se na koliˇcnik iz (2.5) ponovo treba primeniti Lopitalova teorema, te da ponovo traˇzimo izvode funkcija, ˇsto će biti vrlo zamorno. Zbog toga bi trebalo da uvek budemo spremni za kombinovanje nekih izraza iz brojioca i imenioca, u skladu sa poznatim graniˇcnim vrednostima, koji bi nam olakˇsali da odredimo traˇzenu graniˇcnu vrednost. Svakako da to nije moguće uvek uraditi, ali nas ponekad moˇze poˇstedeti velike raˇcunice i mnogo lakˇse dovesti do reˇsenja.

2.3. Lopitalove teoreme i Tejlorova formula 71. Odrediti da li funkcija

{ f (x) =

547

e−1/x , x ̸= 0 0, x=0 2

ima izvod u x = 0. Reˇsenje. Daćemo dva reˇsenja ovog zadatka. U prvom reˇsenju dokazujemo da izvod postoji po definiciji, a u drugom koristeći Tvrd¯enje 4.63. Prvi naˇcin: Izvod funkcije f u nuli postoji ako postoji graniˇcna vrednost: f (0 + x) − f (0) e−1/x lim = lim . (2.6) x→0 x→0 x x Potraˇzimo levu i desnu graniˇcnu vrednost u nuli, tj. potraˇzimo levi i desni izvod funkcije f u nuli. Dakle, odred¯ujemo 1 2 e−1/x x . = lim 1/x lim 2 x→−0 e x→−0 x 2

2

2

Neka je a(x) = 1/x i b(x) = e1/x . Tada vaˇzi: a(x) → −∞, x → −0 i e1/x → +∞, x → −0, jer 1/x2 → +∞, x → −0. Pored toga, funkcije a i b su diferencijabilne u proizvoljnoj levoj okolini nule i vaˇzi b′ (x) ̸= 0 u proizvoljnoj levoj okolini nule. Pored svega toga, imamo i: a′ (x) lim ′ = lim x→−0 b (x) x→−0

1 x 1 x2 · 1/x2 = 0, = lim −2 x→−0 2 e e1/x2 · 3 x −

2

jer 1/(e1/x ) → 0, x → −0. Dakle, iz Teoreme 4.74, sluˇcaj za levu graniˇcnu vrednost, sledi da postoji i: a(x) = f−′ (0) = 0. lim x→−0 b(x) Potpuno analogno nalazimo i desni izvod u nuli funkcije f , koji je takod¯e jednak nuli. Prema tome, funkcija f ima izvod u nuli i on je jednak 0. Drugi naˇcin: Funkcija f ima izvod u svim realnim brojevima razliˇcitim od nule. Zaista, na intervalu (−∞, 0), kao i na intervalu (0, +∞), funkcija f se poklapa sa 2 funkcijom x 7→ e−1/x , koja ima izvod u svim taˇckama ovih intervala, po teoremi o izvodu kompozicije funkcija. Zbog toga i f ima izvod za x ̸= 0 i on iznosi: 2 . (2.7) x3 Da bi dokazali da f ima izvod u nuli, dovoljno je pokazati da postoji levi i desni limes funkcije f ′ u nuli i da su oni jednaki. Funkcija f je neprekidna u nuli, pa posmatrajmo zato: f ′ (x) = e−1/x · 2

lim f ′ (x) = lim e

x→+0

x→+0

−1/x2

2 2 x3 . · 3 = lim 1/x 2 x→+0 e x

548

Glava 2. Funkcije 2

Neka je a(x) = 2/x3 i b(x) = e1/x . Tada je: lim a(x) = +∞,

kao i

x→+0

lim b(x) = +∞.

x→+0

Pritom, funkcije a i b su diferencijabilne u proizvoljnoj desnoj okolini nule i vaˇzi b′ (x) ̸= 0 za x iz proizvoljne desne okoline nule. Pored svega toga, vaˇzi i: a′ (x) lim ′ = lim x→+0 b (x) x→+0

−6 x4 e1/x2

−2 · 3 x

3· = lim

x→+0

1 x.

e1/x2

(2.8)

Dokaˇzimo da je ovaj limes jednak nuli. Neka je c(x) = 3/x, a kao ˇsto smo već oznaˇcili, 2 imamo b(x) = e1/x . Vaˇzi c(x) → +∞, x → +0, kao i b(x) → +∞, x → +0. Funkcije c i b su diferencijabilne u proizvoljnoj desnoj okolini nule i pritom vaˇzi b′ (x) ̸= 0 za x > 0. Imamo i da je: c′ (x) = lim lim ′ x→+0 x→+0 b (x)

−1 x2 = lim 3 · x = 0, 2 −2 x→+0 2 e1/x e1/x2 · 3 x 3·

kao i u prvom reˇsenju. Dakle, prema Teoremi 4.74, zakljuˇcujemo da je: 1 c′ (x) c(x) = lim ′ = 0. lim 1/xx2 = lim x→+0 b (x) x→+0 e x→+0 b(x) 3·

Poˇsto je limes u (2.8) jednak nuli, ponovo na osnovu Teoreme 4.74, sada primenjene na funkcije a i b, sledi: a(x) a′ (x) = lim ′ = 0. x→+0 b(x) x→+0 b (x)

lim f ′ (x) = lim

x→+0

Dakle, funkcija f ′ ima desni limes u nuli i on je jednak 0. Na potpuno analogan naˇcin dokazujemo da funkcija f ′ ima i levi limes u nuli i da je on, takod¯e, jednak 0, pa funkcija f ima izvod u nuli, koji je jednak 0. Komentar. Prvo reˇsenje koje smo dali je kraće, ali drugo reˇsenje sadrˇzi u sebi dvostruku primenu Lopitalovih teorema, pa smo i njega naveli, kao primer za ovu pojavu. Naglasimo najpre neke zajedniˇcke karakteristike oba ova reˇsenja. I u prvom i u drugom reˇsenju imamo, na prvi pogled, neopravdanu transformaciju izraza koji se javlja u (2.6), odnosno (2.7). Hajde da probamo direktno da odredimo limes koji se javlja u (2.6) (do istog zakljuˇcka dolazimo i ako probamo da odredimo limes izraza (2.7)). Poˇsto se u: e−1/x , x→0 x 2

lim


549

dobija neodred¯en izraz 0/0, a i svi uslovi Lopitalove teoreme su zadovoljeni, ima smisla potraˇziti limes koliˇcnika izvoda. Tako dobijamo: (e−1/x )′ 2e−1/x lim = lim . x→0 x→0 (x)′ x3 2

2

Drugim reˇcima, ponovo dobijamo neodred¯en izraz 0/0. Moˇzemo probati da i na ovaj izraz primenimo Lopitalovu teoremu, ali u tom sluˇcaju, biće neophodno da odredimo limes: 2 2 · 2 · e−1/x . lim x→0 3 · x5 Prema tome, izrazi koje dobijamo ne postaju jednostavniji pri izvod¯enju brojioca i imenioca, pa se dati limes ne moˇze odrediti ovim postupkom. Sa druge strane, ako poˇcetni izraz zapiˇsemo kao ˇsto smo to uˇcinili u reˇsenju: 1 2 e−1/x x , = 1/x x e 2 dovoljno je pronaći prvi izvod brojioca i imenioca i već smo se oslobodili neodred¯enog izraza 0/0, dobivˇsi odred¯en izraz oblika ∞/∞. Druga zajedniˇcka karakteristika oba ova reˇsenja je odred¯ivanje levog i desnog limesa zasebno, kada oˇcigledno(?!) moˇzemo odrediti klasiˇcan limes direktno. Na primer: 1 1 ( )′ x 1 x x lim = lim · 1/x2 = 0. 2 = lim 2 x→0 e1/x x→0 (e1/x )′ x→0 2 e Gde je greˇska u ovom rasud¯ivanju? Greˇska je u tome ˇsto ne postoji limes funkcije 1/x kada x → 0, pa nisu zadovoljeni uslovi Teoreme 4.74 koju bi ovde trebalo primeniti. U drugom reˇsenju imamo analognu situaciju, samo sa funkcijom 1/x3 . Zbog toga je neophodno posebno pronaći levi i desni limes kako bi zaista ispravno primenili poznatu teoremu. Osvrnimo se i na to da u drugom reˇsenju dolazi do dvostruke primene Lopitalove teoreme, zbog toga ˇsto nakon prvog izvod¯enja i dalje ne moˇzemo odrediti traˇzeni limes. Moˇze se desiti da Lopitalovu teoremu treba primeniti i viˇse od dva puta. Već u narednom zadatku, imaćemo jednu takvu situaciju, a u okviru komentara uz taj zadatak obratićemo paˇznju i na ispravan zapis takvih reˇsenja. Napomenimo i to da funkcija f iz ovog zadatka ima izvod proizvoljnog reda u nuli i svi izvodi u nuli su jednaki 0. Predlaˇzemo ˇcitaocu da to dokaˇze. Ako mu je 2 potrebna pomoć, neka prati naredne korake: najpre dokazati da e−1/x /xk → 0, za svako k ∈ N, a zatim indukcijom po n pokazati tvrd¯enje - funkcija f za svako realno x ima izvod n-tog reda, pritom je on u nuli jednak 0, a za svako x ̸= 0 je oblika 2 e−1/x · Pn (1/x), gde je Pn (t) polinomska funkcija. 72. Neka je n proizvoljan prirodan broj. Dokazati da je: ex = +∞. x→+∞ xn lim

550

Glava 2. Funkcije

Reˇsenje. Tvrd¯enje ćemo dokazati matematiˇckom indukcijom po n. Za n = 1, treba pokazati da je ex lim = +∞. x→+∞ x Neka je f (x) = ex i g(x) = x. Vaˇzi f (x) → +∞, x → +∞ i g(x) → +∞, x → +∞. Takod¯e, funkcije f i g su diferencijabilne u proizvoljnoj okolini taˇcke +∞ i pritom je g ′ (x) = 1 ̸= 0. Kako je: ex f ′ (x) = lim = +∞, x→+∞ 1 x→+∞ g ′ (x) lim

iz Teoreme 4.75, sledi i da je: f (x) ex = lim = +∞. x→+∞ x x→+∞ g(x) lim

Dokaˇzimo sada da iz pretpostavke da je tvrd¯enje taˇcno za prirodan broj n, sledi da je ono taˇcno i za broj n + 1. Neka je G(x) = xn+1 i, kao ˇsto smo već oznaˇcili, f (x) = ex . Funkcija G je diferencijabilna u proizvoljnoj okolini taˇcke +∞, a postoji okolina, recimo (0, +∞) u kojoj vaˇzi: G′ (x) ̸= 0. Već smo napomenuli da je funkcija f diferencijabilna svuda na R. Vaˇzi i: ex ex f ′ (x) 1 = lim · = lim . x→+∞ (n + 1)xn x→+∞ G′ (x) x→+∞ n + 1 xn lim

Ako tvrd¯enje vaˇzi za prirodan broj n, onda je: f ′ (x) = +∞. x→+∞ G′ (x) lim

No, onda je, na osnovu Teoreme 4.75 taˇcno i: ex f (x) = +∞, = lim x→+∞ xn+1 x→+∞ G(x) lim

pa tvrd¯enje vaˇzi i za n + 1. Prema tome, matematiˇckom indukcijom smo dokazali da tvrd¯enje iz zadatka vaˇzi za svaki prirodan broj n. Komentar. Uobiˇcajeno je, ali ne baˇs i najkorektnije, reˇsenje ovog problema zapisati na ovaj naˇcin: ”Poˇsto xk → +∞, x → +∞ za svaki prirodan broj k i stepena funkcija je diferencijabilna sa izvodom razliˇcitim od nule u okolini +∞, ako primenimo Lopitalovu teoremu n-puta, dobijemo: ex ex ex ex = lim = lim = ... = lim = +∞.” x→+∞ xn x→+∞ nxn−1 x→+∞ n(n − 1)xn−2 x→+∞ n! lim

Ovaj zapis je nekorektan iz najmanje dva razloga. Prvi razlog je za nas manje bitan, ali ga ipak navodimo. Uvek kada ˇzelimo da neki postupak ”ponovimo nputa”, jedini korektan naˇcin da to zapiˇsemo je preko matematiˇcke indukcije. O


551

ovome je već bilo reˇci joˇs u komentaru pri 2. zadatku. Ipak, nije toliki greh ako se, umesto matematiˇcke indukcije, jednostavno napiˇse ”ponovimo postupak n-puta”, ako dobro razumemo o ˇcemu se zapravo radi u tom reˇsenju. Tu dolazimo i do drugog, za nas bitnijeg razloga, zbog ˇcega je ovakav zapis nekorektan. Ovakav naˇcin priliˇcno maskira kako se zapravo deˇsava da mi zakljuˇcimo da je poˇcetni limes jednak +∞. Imali smo sliˇcan komentar joˇs u 70. zadatku, samo je ovde situacija drastiˇcnija, jer imamo n jednakosti. Zakljuˇcivanje zapravo ide u ovom smeru: poˇsto je ex = +∞, x→+∞ n! lim

iz Teoreme 4.75, sledi i da je ex = +∞, x→+∞ n · (n − 1) · ... · 2 · x lim

pa iz Teoreme 4.75, sledi i: ex = +∞, x→+∞ n · (n − 1) · ... · 3 · x2 lim

itd. sve dok ne dod¯emo do poslednjeg (tj. poˇcetnog) izraza: ex = +∞. x→+∞ xn lim

ˇ i kod naˇseg primera nekorektnog ispisivanja reˇsenja, prokomentarisali smo Cak zadovoljenost potrebnih uslova za primenu Lopitalove teoreme. Najˇceˇsće i ovakvi komentari izostaju, jer su ˇcesto, ali ne uvek, trivijalno zadovoljeni. Baˇs zbog ovoga: ne uvek, u ovom poglavlju insistiramo na navod¯enju tih komentara. Navedimo i da se graniˇcna vrednost iz ovog zadatka, ˇcesto javlja i u svojoj ekvivalentnoj formi: lim e−x · xn = 0. x→+∞

Razume se da poslednju graniˇcnu vrednost (kao i graniˇcnu vrednost iz ovog zadatka) moˇzemo uopˇstiti i na: lim e−x · P (x) = 0, x→+∞

odnosno na,

ex , x→+∞ P (x) lim

pri ˇcemu je P proizvoljna polinomska funkcija.

U narednim zadacima, kroz nalaˇzenje kosih asimptota funkcije i pri uopˇstavanju √ jedne od poznatih graniˇcnih vrednosti za nizove: n n → 1, n → ∞, opisujemo joˇs neke klasiˇcne situacije u kojima se koriste Lopitalove teoreme.

552

Glava 2. Funkcije

73. Odrediti, ukoliko postoje, kose asimptote funkcije: f (x) =

√ 3 −x3 + 2x2 .

Reˇsenje. Potraˇzimo najpre limese lim

x→±∞

f (x) . x

Za svako x ̸= 0 vaˇzi: f (x) = x

√ √ 3 −x3 + 2x2 2 3 = −1 + . x x

Poˇsto 2/x → 0, x → ±∞, sledi da: f (x) = lim lim x→±∞ x→±∞ x

√ 3

−1 +

2 = −1. x

Potraˇzimo sada limese: lim (f (x) − (−1) · x) = lim (

x→±∞

x→±∞

√ 3

−x3 + 2x2 + x).

√ 3 −x3 + 2x2 + x na sledeći naˇcin, za x ̸= 0: (√ ) √ 3 √ −1 + x2 + 1 2 3 3 3 2 −x + 2x + x = x −1 + + 1 = . 1 x x

Da bi naˇsli ove limese, zapiˇsimo izraz

Neka je

√ a(x) =

Pronad¯imo prvo

3

−1 +

2 +1 x

i

b(x) =

1 . x

√ a(x) 3 = lim ( −x3 + 2x2 + x), x→+∞ x→+∞ b(x) lim

a graniˇcnu vrednost ovog koliˇcnika kada x → −∞ nalazimo potpuno analogno. Funkcije a i b su diferencijabilne u okolini (0, +∞) taˇcke +∞ i vaˇzi b′ (x) = ̸ 0 u toj okolini. Pritom, vaˇzi i:

a′ (x) = lim x→+∞ b′ (x) x→+∞ lim

−1 2· 2 1 x ·√ 3 3 (−1 + 2 )2 x −1 x2

1 2 2 ·√ = . x→+∞ 3 3 3 (−1 + x2 )2

= lim

Na osnovu Teoreme 4.73, sledi: lim (

x→+∞

√ 3

−x3 + 2x2 + x) = lim

x→+∞

a(x) 2 = . b(x) 3


553

Potpuno analogno, dokazujemo i da je: lim (

x→−∞

√ 2 3 −x3 + 2x2 + x) = . 3

Poˇsto je f (x) 2 = −1 i n = lim (f (x) − k · x) = , x→±∞ x x→±∞ 3 zakljuˇcujemo da je prava y = kx + n = −x + 2/3 asimptota funkcije f u +∞ i u −∞. k = lim

Komentar. Kod nalaˇzenja asimptote dolazi do klasiˇcne situacije u kojoj upotreba Lopitalovog pravila najˇceˇsće automatski reˇsava problem. To je i jedan od razloga zaˇsto dajemo ovaj primer. Pri odred¯ivanju koeficijenta pravca k asimptote funkcije f , treba odrediti limes koliˇcnika f (x)/x. Taj zadatak moˇze biti jednostavan (kao ˇsto je bio sluˇcaj ovom prilikom) ili zahtevati malo komplikovaniji aparat, kao ˇsto su Lopitalove teoreme. Med¯utim, u toj situaciji upotreba Lopitalovih teorema je ˇ prirodna stvar i mi ne ciljamo na taj problem. Zelimo da skrenemo paˇznju na, ˇcesto, neprijatniji problem nalaˇzenja slobodnog ˇclana n, kao limesa funkcije f (x) − k · x. Pri reˇsavanju tog problema, upotreba Lopitalove teoreme nije tako oˇcigledna, ali ipak treba imati na umu da se i ovaj problem reˇsava jednostavno ovim aparatom. Kako u tom sluˇcaju primenjujemo Lopitalove teoreme: izvlaˇcenjem veliˇcine x ispred zagrade i zapisivanjem: f (x) −k , f (x) − k · x = x 1 x

svodimo problem na nalaˇzenje graniˇcne vrednosti razlomka, koji već moˇzemo da reˇsavamo Lopitalovim teoremama. Ovo je samo specijalan sluˇcaj primene Lopitalovih teorema na nalaˇzenje graniˇcne vrednosti oblika: lim (a(x) − b(x)), x→x0

gde obe funkcije a i b teˇze beskonaˇcnostima istog znaka kada x → x0 . Ukoliko koliˇcnik a(x)/b(x) ne teˇzi ka 1 kada x → x0 , onda izraz moˇzemo zapisati kao: b(x)(

a(x) − 1) b(x)

i na taj naˇcin eventualno reˇsiti problem, bez Lopitalovih teorema. Ako pak ovaj koliˇcnik konvergira ka 1, ono ˇsto treba uraditi u toj situaciji je zapisati datu razliku kao: a(x) b(x) −1 1− b(x) a(x) , ili , 1 1 b(x) a(x) već u zavisnosti od toga koji nam izraz deluje jednostavnije za dalji rad. Sada kada imamo razlomak, moˇzemo i da ”Lopitalimo”.

554

Glava 2. Funkcije

Primetimo na kraju da ovaj metod ne daje odgovor na pitanje da li je grafik funkcije iznad ili ispod kose asimptote. Uskoro ćemo predstaviti metod koji u jednom potezu odred¯uje kosu asimptotu i daje odgovor na ovo pitanje. 74. Odrediti, ukoliko postoji, graniˇcnu vrednost: lim x1/x .

x→+∞

Reˇsenje. Za x > 0 vaˇzi: 1/x

x1/x = eln(x

) = e x1 ·ln x = e lnxx .

U okviru jednog od primera, dokazano je da je: ln x = 0, x pa na osnovu neprekidnosti funkcije x 7→ ex u 0, sledi: lim

x→+∞

lim x1/x = lim e

x→+∞

ln x x

x→+∞

lim

= ex→+∞

ln x x

= e0 = 1.

Komentar. U ovom zadatku takod¯e nailazimo na jednu od klasiˇcnih situacija u kojoj upotreba Lopitalovih teorema nije oˇcigledna, ali je ipak moguća. Naime, ako treba odrediti: lim f (x)g(x) , x→x0

a pritom vaˇzi: ( lim f (x), lim g(x)) ∈ {(0, 0), (1, ±∞), (+∞, 0)} x→x0

x→x0

onda dati izraz treba napisati kao: f (x)g(x) = eg(x)·ln f (x) , i traˇziti graniˇcnu vrednost proizvoda g(x) ln f (x), odnosno koliˇcnika: ln f (x) g(x)

ili

g(x)

, 1 ln f (x)

u zavisnosti od toga ˇsta nam deluje jednostavnije. Upravo smo na ovaj naˇcin pravolinijski odredili graniˇcnu vrednost iz zadatka. Interesantno je primetiti da je ova graniˇcna vrednost funkcije x1/x zapravo √ uopˇstenje graniˇcne vrednosti niza ( n n). Prelazimo sada na deo poglavlja koji se tiˇce Tejlorove formule, odnosno Tejlorovog polinoma. U poˇcetnim zadacima ćemo odrediti Tejlorove (Maklorenove) polinome joˇs nekih funkcija, koje nisu bile predmet izuˇcavanja u odgovarajućem poglavlju u prvom delu knjige. U kasnijim zadacima primenjujemo Tejlorovu formulu sa ostatkom u Peanovom obliku na problem odred¯ivanja raznih graniˇcnih vrednosti.


555

75. Dokazati da funkcija x 7→ tg x ima treći izvod u nuli i odrediti Maklorenov polinom trećeg reda te funkcije. Reˇsenje. Poznato nam je da funkcija x → 7 tg x ima izvod u svim taˇckama svog domena i vaˇzi: 1 ′ (tg x) = =1 cos2 x x=0 Funkcija x 7→ 1/(cos2 x) ima izvod u nuli, jer funkcija x 7→ cos2 x ima izvod u nuli, pa je: 2 sin x 1 ′ = 0. ( 2 ) = cos x cos3 x x=0 Najzad, funkcija x 7→ 2 sin x/ cos3 x takod¯e ima izvod u nuli, pa sledi da poˇcetna funkcija x 7→ tg x ima izvod trećeg reda u nuli. On je jednak: 2(2 − cos(2x)) 2 sin x ′ ) = ( = 2. cos3 x cos4 x x=0 Imajući u vidu i da je tg 0 = 0, sledi da je Maklorenov polinom trećeg reda u nuli funkcije x → 7 tg x: 2 1 x + x3 = x + x3 . 3! 3

Komentar. Odgovoriti na zahtev iz zadatka bio je rutinski posao, koji ne zahteva neko naroˇcito objaˇsnjenje. Zanimljivo je zapitati se da li se moˇze odrediti Maklorenov polinom reda n funkcije x 7→ tg x, za proizvoljno n. Drugim reˇcima, da li postoji formula koja odred¯uje proizvoljan koeficijent ovog polinoma? Odgovor na to pitanje je u vezi sa istim onim Bernulijevim brojevima koje smo pomenuli u komentaru 44. zadatka. 76. Neka je n proizvoljan prirodan broj. Dokazati da funkcije x 7→ arctg x i x 7→ arcctg x imaju n-ti izvod u nuli i odrediti Maklorenov polinom n-tog reda ovih funkcija. Reˇsenje. Posmatrajmo prvo funkciju x 7→ arctg x. Poznato nam je da funkcija arctg x ima izvod za svako realno x i on iznosi: 1 ′ = 1. (arctg x) = 1 + x2 x=0 Da bi dokazali da funkcija x 7→ arctg x ima izvod n-tog reda u nuli, potrebno je dokazati da funkcija x 7→ 1/(1 + x2 ) ima izvod reda n − 1 u nuli. To smo uradili

556

Glava 2. Funkcije

ˇ u 62. zadatku. Staviˇ se, u tom zadatku pronaˇsli Odatle znamo da vaˇzi: 1 (n) (n−1) (arctg x) = ( ) 1 + x2 x=0 x=0 { n−1 (−1) 2 (n − 1)!, = 0, { n−1 (−1) 2 (n − 1)!, = 0,

smo i izvod ove funkcije u nuli.

n − 1 je paran broj n − 1 je neparan broj n je neparan broj n je paran broj

Prema tome, ako je n neparan broj, traˇzeni polinom izgleda ovako: x+

(−1)

3−1 2

n−1

5−1

(3 − 1)! 3 (−1) 2 (5 − 1)! 5 (−1) 2 (n − 1)! n x + x + ... + x = 3! 5! n! n−1

1 1 (−1) 2 n = x − x3 + x5 − ... + x . 3 5 n Ukoliko je n paran broj, poˇsto je n-ti izvod funkcije x 7→ arctg x u nuli jednak 0, traˇzeni polinom će biti stepena n − 1 i biće jednak: (n−1)−1

1 (−1) 2 1 x − x3 + x5 − ... + 3 5 n−1

xn−1 + 0 · xn .

Ove dve formule mogu se objediniti u jednoj formuli: n−1 [∑ 2 ]

k=0

(−1)k 2k+1 x . 2k + 1

Funkcije x 7→ arctg x i x 7→ arcctg x povezane su relacijom: arctg x + arcctg x =

π , 2

tj.

arcctg x =

π − arctg x. 2

Upravo smo, odred¯ivanjem Maklorenovog polinoma reda n funkcije x 7→ arctg x, ustanovili da je:

arctg x =

n−1 [∑ 2 ]

k=0

(−1)k 2k+1 x + o(xn ), 2k + 1

x → 0.

Zato je: n−1 [∑ 2 ] π π (−1)k 2k+1 arcctg x = − arctg x = − x + o(xn ), 2 2 2k + 1

k=0

x → 0.

(2.9)


557

Poˇsto je i funkcija x 7→ arcctg x n-puta diferencijabilna u nuli, na osnovu Tvrd¯enja 4.83, iz (2.9) direktno zakljuˇcujemo da je Maklorenov polinom reda n funkcije x 7→ arcctg x jednak: n−1 [∑ 2 ] π (−1)k 2k+1 − x . 2 (2k + 1)! k=0

Prema tome, Maklorenov polinom reda n funkcije x 7→ arcctg x je: π 1 1 (−1) − x + x3 − x5 + ... + 2 3 5 n i

n+1 2

xn , ako je n neparan broj

n

π 1 1 (−1) 2 n−1 − x + x3 − x5 + ... + x , ako je n paran broj. 2 3 5 n Komentar. Srˇz ovog zadatka je zapravo već reˇsen 62. zadatak, ˇsto postaje jasno ˇcim se podsetimo oblika prvog izvoda funkcije x 7→ arctg x. Naˇs posao ovom prilikom je bio samo da paˇzljivo uklopimo rezultat iz 62. zadatka u novo okruˇzenje Tejlorovog, odnosno, Maklorenovog polinoma. To zahteva izvesnu dozu paˇznje i iskustva, ali sem toga, niˇsta drugo. Funkciju x 7→ arcctg x smo u jednom potezu razreˇsili koristeći poznati identitet i Tvrd¯enje 4.77. Ipak, da nam taj identitet nije pao na pamet, poznato nam je da je (arcctg x)′ = −1/(1 + x2 ) = −(arctg x)′ , pa ponovo sve jednostavno svodimo na 62. zadatak. Ovo je joˇs jedan primer u kom vidimo da se u Maklorenovom polinomu neparne funkcije, kakva je x 7→ arctg x, javljaju samo neparni stepeni promenljive x, tj. koeficijenti uz parne stepene su jednaki nuli. U narednim zadacima prikazaćemo kako se Tejlorova formula sa ostatkom u Peanovom obliku vrlo efikasno koristi za nalaˇzenje graniˇcnih vrednosti. Za to će nam biti neophodno, najpre, da znamo kako glase Tejlorove formule u okolini nule poznatih funkcija. Sem toga, potrebno je i poznavanje asimptotske oznake o i njenih osobina, jer ćemo na ovaj naˇcin oznaˇcavati razliku koja nastane kada funkciju zamenimo njenim Tejlorovim polinomom. Najveći problem sa kojim ćemo se susresti u narednim zadacima biće upravo napisati tu greˇsku na nama upotrebljiv naˇcin. Osobine asimptotske oznake o, kako god izgledale, su veoma intuitivne i nema potrebe pamtiti ih napamet da bi bili uspeˇsni u koriˇsćenju ove tehnike. Mnoge oˇcigledne osobine ove oznake koristimo prećutno. Recimo, nećemo naglaˇsavati zbog ˇcega je: o(f ) + o(f ) = o(f ) ili o(f ) − o(f ) = o(f ); takod¯e, bez zadrˇske koristimo o(cf ) = c · o(f ) = o(f ), ako je c konstanta, odnosno: g · o(f ) = o(g · f ), ako je g neka funkcija; isto vaˇzi i za o(f )o(g) = o(f g). Tvrd¯enje iskazano u Posledici 3.168 takod¯e koristimo bez direktnog pozivanja na njega. Kada koristimo neku osobinu oznake o za koju smatramo da je manje oˇcigledna od ostalih (ponavljamo: sve osobine ove oznake su izuzetno prirodne i u izvesnoj meri oˇcigledne), tu osobinu i navodimo u reˇsenju.

558

Glava 2. Funkcije

77. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti: √ √ √ a) lim ( x2 + 2x + 1 + x2 + 3x + 2 + ... + x2 + 100x + 99 − 99x); x→+∞

1 − cos(1 − cos x) ; x4 √ 2 2x − 1 − x2 + x3 . c) lim x→0 log2 (1 + x2 )

b) lim

x→0

√ Reˇsenje. a) Svaki od korena x2 + nx + n − 1 u okolini taˇcke +∞ moˇzemo zapisati na sledeći naˇcin: √ √ n n−1 x2 + nx + n − 1 = x 1 + + . x x2 Poˇsto: n n−1 + → 0, x → +∞, x x2 sledi da je: √ ( ) n n−1 n n − 1 1/2 1+ + = 1+( + ) x x2 x x2 1 n n−1 n n−1 = 1+ ( + ) + o( + ), x → +∞. 2 2 x x x x2 Poˇsto je 1/x2 = o(1/x), x → +∞, sledi i da je (n − 1)/x2 = o(1/x) = o(n/x), x → +∞, pa je zato: o(n/x+(n−1)/x2 ) = o(n/x+o(n/x)) = o(n/x) = o(1/x), x → +∞. Pored toga, vaˇzi i (1/2) · ((n − 1)/x2 ) = o(1/x) x → +∞. Zato je: ( ) √ n n − 1 1/2 x2 + nx + n − 1 = x 1 + ( + ) x x2 ) ( 1 1 n 1 n−1 = x 1+ · + · + o( ) 2 x 2 x2 x ( ) n 1 1 = x 1 + · + o( ) 2 x x n = x + + o(1), x → +∞ 2 Prema tome, vaˇzi jednakost: √ √ √ x2 + 2x + 1 + x2 + 3x + 2 + ... + x2 + 100x + 99 − 99x ( ) ( ) ( ) 2 3 100 = x + + o(1) + x + + o(1) + ... + x + + o(1) − 99x 2 2 2 2 + 3 + ... + 100 = 99x + + o(1) − 99x 2 5049 + o(1), x → +∞. = 2


559

Dakle, traˇzena graniˇcna vrednost iznosi: √ √ √ 5049 lim ( x2 + 2x + 1 + x2 + 3x + 2 + ... + x2 + 100x + 99 − 99x) = . x→+∞ 2 b) Poznato nam je da je 1 1 − cos x = x2 + o(x2 ), 2 Poˇsto 1 − cos x → 0, x → 0, sledi da je:

x → 0.

1 1 − cos(1 − cos x) = (1 − cos x)2 + o((1 − cos x)2 ). 2 Koristeći osobinu: (g + o(g))n = g n + o(g n ) asimptotske oznake o, dobijamo: 1 1 1 (1 − cos x)2 = ( x2 + o(x2 ))2 = ( x2 + o( x2 ))2 = 2 2 2 1 1 1 (2.10) = x4 + o( x4 ) = x4 + o(x4 ), x → 0. 4 4 4 Koristeći osobinu o(g + o(g)) = o(g) asimptotske oznake o, iz (2.10) dobijamo i: 1 1 1 o((1 − cos x)2 ) = o( x4 + o( x4 )) = o( x4 ) = o(x4 ), 4 4 4 Objedinjujući ove dve jednakosti, dobijamo:

x → 0.

1 1 1 1 − cos(1 − cos x) = ( x4 + o(x4 )) + o(x4 ) = x4 + o(x4 ), 2 4 8 Prema tome, vaˇzi: 1 − cos(1 − cos x) 1 = + o(1), x4 8 pa traˇzena graniˇcna vrednost postoji i iznosi:

x → 0.

x → 0,

1 − cos(1 − cos x) 1 = . 4 x→0 x 8 lim

c) Svaki od izraza koji se javlja u ovom razlomku u okolini nule moˇzemo zapisati na naˇcin kao ˇsto sledi. Poˇsto x2 → 0, x → 0, sledi da je: 2

2x = 1 + ln 2 · x2 + o(x2 ),

x → 0.

Zatim, kako −x2 + x3 → 0, x → 0, sledi: √ ( )1/2 1 1 − x2 + x3 = 1 + (−x2 + x3 ) = 1 + (−x2 + x3 ) + o(−x2 + x3 ) 2 1 2 3 2 = 1 + (−x ) + x + o(−x + o(−x2 )) 2 1 = 1 + (−x2 ) + o(x2 ) + o(−x2 ) 2 1 = 1 − x2 + o(x2 ), x → 0. 2

560

Glava 2. Funkcije

Poˇsto je log2 (1 + x2 ) = ln(1 + x2 )/ ln(2) i poˇsto x2 → 0, x → 0, sledi: log2 (1 + x2 ) = = = Prema tome, vaˇzi: √ 2 2x − 1 − x2 + x3 log2 (1 + x2 )

1 ln(1 + x2 ) ln 2 1 (x2 + o(x2 )) ln 2 1 · x2 + o(x2 ), ln 2

x → 0.

=

1 + ln 2 · x2 + o(x2 ) − (1 − 21 x2 + o(x2 )) 1 2 2 ln 2 · x + o(x )

=

(ln 2 + 12 ) · x2 + o(x2 ) 1 2 2 ln 2 · x + o(x )

=

ln 2 + 1 ln 2

1 2

+ o(1) , + o(1)

x → 0.

Dakle, traˇzena graniˇcna vrednost postoji i jednaka je: √ 2 2x − 1 − x2 + x3 ln 2 lim = (ln 2)2 + . 2 x→0 log2 (1 + x ) 2 Komentar. Ideja koja stoji iza koriˇsćenja Maklorenovih razvoja i ostatka u Peanovom obliku (odnosno, malog o) je vrlo jednostavna: sve funkcije koje se javljaju u izrazu ˇciju graniˇcnu vrednost odred¯ujemo zamenimo odgovarajućim Maklorenovim polinomom i dodamo greˇsku pri takvoj zameni u obliku o(xk ). Nakon toga, baratamo samo polinomima i tim greˇskama, za koje znamo kog su reda veliˇcine, pa je nalaˇzenje graniˇcne vrednosti na kraju trivijalan zadatak. Razume se, ovo vaˇzi za sluˇcaj kada odred¯ujemo graniˇcnu vrednost u nuli. Odred¯ivanje graniˇcnih vrednosti u drugim taˇckama jednostavno se svodi na odred¯ivanje graniˇcne vrednosti u nuli pogodnom smenom (ili prosto transformacijom izraza, kao ˇsto smo to uˇcinili u delu pod a)). Jedini problem koji imamo je: kako zameniti date funkcije polinomima, a da pritom greˇske tih zamena budu oblika o(xk ), kada date funkcije nisu neke od najjednostavnijih: ex , sin x, cos x, (1 + x)a , ln(1 + x)? Tu dolazi do izraˇzaja tehnika koriˇsćenja oznake o. U poˇcetku, koriˇsćenje oznake o moˇze delovati priliˇcno proizvoljno, kao da radimo ˇsta god poˇzelimo i da ”montiramo proces” kako nama odgovara. Uostalom, ova oznaka i jeste vrlo specifiˇcna i ne deˇsava se ˇcesto u matematici da neˇsto deluje toliko ”bez pravila”. Ipak, daleko je od istine da ne postoje pravila kojima se rukovodimo. Sve osobine oznake o koje koristimo pri reˇsavanju ovih zadataka opisane su i dokazane u prvom delu knjige. Zapravo, problem je uvek u sledećem: dobijemo izraz oblika o(f (x)), gde je f (x) neka funkcija koja u sebi ponovo moˇze imati i o, a mi ˇzelimo izraz oblika o(xk ). Da bi procenili kog reda veliˇcine je dobijeno o(f (x)) (tj. za koje k je o(f (x)) = o(xk )), koristimo osobine oznake o iz Tvrd¯enja 3.159.


561

Postavlja se i pitanje kog stepena treba da bude Maklorenov polinom kojim menjamo datu funkciju da bi uspeli u nameri nalaˇzenja graniˇcne vrednosti. U ovom zadatku u svim primerima smo koristili samo Maklorenov polinom prvog stepena (i u sluˇcaju funkcije x 7→ cos x Maklorenov polinom drugog stepena). Ponekad Maklorenov polinom prvog stepena ne opisuje svoju funkciju dovoljno dobro da bi nam pruˇzio informacije koje ˇzelimo. U 78. zadatku ćemo videti kako Maklorenov polinom drugog stepena nosi viˇse informacija o funkciji nego Maklorenov polinom prvog stepena. U to ćemo se, na drugaˇcijem problemu, uveriti i ostalim zadacima koji slede. U narednom zadatku se ponovo vraćamo na problem odred¯ivanja asimptota funkcije. Ovom prilikom koristimo Tejlorovu formulu. 78. Odrediti, ukoliko postoje, kose asimptote funkcije f , a zatim odrediti da li je grafik funkcije f iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke ±∞, ako je: √ 3 f (x) = −x3 + 2x2 . Reˇsenje. Primetimo da je, za x ̸= 0: √ f (x) = −x

3

1−

2 . x

Poˇsto −2/x → 0, x → ±∞, primenom Posledice 3.168, sledi: f (x) = −x(1 − = −x +

2 1/3 1 2 −2 ) = −x(1 + (− )) + o( ) x 3 x x

2 + o(1), 3

x → ±∞.

Prema tome, funkcija f i −x + 2/3 razlikuju se za beskonaˇcno malu funkciju, kada x → ±∞. Odavde sledi da je prava y = −x + 2/3 kosa asimptota funkcije f u +∞ i u −∞. Da bi odredili da li je grafik funkcije iznad ili ispod asimptote, podsetimo se da je: √ 1 1 3 1 + x = 1 + x − x2 + o(x2 ), x → 0. 3 9 Zato je: √ 1 2 1 4 4 2 3 1 − = 1 + · (− ) − · 2 + o( 2 ), x → ±∞. x 3 x 9 x x Sledi: 1 2 1 4 4 · (− ) − · 2 + o( 2 )) 3 x 9 x x 1 2 4 1 = −x + + · + o( ), x → ±∞. 3 9 x x

f (x) = −x(1 +

562

Glava 2. Funkcije

Iz ove jednakosti, zakljuˇcujemo da vaˇzi: 2 4 1 1 4 1 4 1 f (x) − (−x + ) = · + o( ) = · + o( · ), x → ±∞. (2.11) 3 9 x x 9 x 9 x Na osnovu osobine iz Tvrd¯enja 3.159, dela (xi), sledi da postoji okolina taˇcke +∞, odnosno −∞, takva da je: 4 1 4 1 4 1 sgn ( · ) = sgn ( · + o( · )), 9 x 9 x 9 x a iz (2.11) sledi: 4 1 4 1 2 sgn ( · + o( · )) = sgn (f (x) − (−x + )). 9 x 9 x 3 Kako je 1/x pozitivno u (nekoj) okolini taˇcke +∞, a negativno u (nekoj) okolini taˇcke −∞, sledi da takav znak ima i razlika f (x) − (−x + 2/3). Prema tome, u nekoj okolini taˇcke +∞ je grafik funkcije iznad kose asimptote, a u nekoj okolini taˇcke −∞ je grafik funkcije ispod kose asimptote. Komentar. U ovom zadatku smo prikazali kako se Maklorenov razvoj funkcije moˇze iskoristiti za nalaˇzenje asimptota funkcije i za odred¯ivanje tipa med¯usobnog poloˇzaja grafika funkcije i njene asimptote. Primer (REFERENCA) u prvom delu knjige ilustruje istu ovakvu primenu, samo za funkciju drugaˇcijeg oblika. Namerno smo u reˇsenju najpre iskoristili samo Maklorenov razvoj do prvog stepena funkcije √ 3 1 − 2/x, kako bi demonstrirali da je to sasvim dovoljno da bi se asimptote odredile, ali ne i da odredimo da li je funkcija iznad ili ispod asimptote. Za to nam je bio potreban Maklorenov razvoj barem drugog stepena. Kaˇzemo barem drugog, jer da je koeficijent uz x2 u Maklorenovom razvoju posmatrane funkcije bio jednak nuli, onda bi nam bio potreban Maklorenov razvoj do nekog viˇseg stepena, tj. do prvog narednog stepena kome odgovara nenula koeficijent. Razume se da nije bilo potrebe deliti reˇsenje na dva dela, već da je u jednom potezu, koristeći Maklorenov razvoj do drugog stepena, mogao da se da odgovor na oba zahteva iz zadatka. Napomenimo da ovakav naˇcin odred¯ivanja tipa med¯usobnog poloˇzaja grafika funkcije i asimptote govori samo o tome da postoje okoline taˇcka ±∞ u kojima vaˇzi da je grafik iznad, odnosno, ispod asimptote, ali ne daje bliˇze informacije o tim okolinama. Primera radi, da ˇzelimo da skiciramo grafik sa nekom odred¯enom veliˇcinom za jediniˇcnu duˇz, ne bi znali da li će se u okvirima naˇseg crteˇza uopˇste desiti da grafik bude iznad asimptote, iako pouzdano znamo da će (kad - tad) on biti iznad asimptote. Bilo bi fer pomenuti da za ovaj konkretan primer nije teˇsko ni direktno ustanoviti znak razlike izmed¯u √ 2 3 −x3 + 2x2 i −x+ . 3 Med¯utim, postoje primeri za koje nije ni malo jednostavno tako direktno utvrditi da li je grafik iznad ili ispod asimptote, a ovakvom metodom je to pravolinijski zadatak. Jedan takav primer je, recimo, funkcija: √ g(x) = x(x + 2)e1/x .


563

Na ovaj primer vratićemo se u okviru 84 zadatka. 79. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti: ln(1 + x) − sin x ; x→0 x2 √ x ee −1 − 100 1 + 100 sin x b) lim . x→0 tg(x2 ) a) lim

Reˇsenje. a) Iz Maklorenovih razvoja funkcija x 7→ ln(1 + x) i x 7→ sin x dobijamo: 1 ln(1 + x) = x − x2 + o(x2 ), 2 sin x = x + 0 · x2 + o(x2 ),

x → 0, x → 0.

Zato je 1 ln(1 + x) − sin x = − x2 + o(x2 ), 2 dok je:

ln(1 + x) − sin x 1 = − + o(1), 2 x 2

x → 0.

Dakle:

ln(1 + x) − sin x 1 =− . x2 2 b) Poˇsto ex − 1 → 0, x → 0, iz Maklorenovog razvoja funkcije x 7→ ex sledi: lim

x→0

ee

x −1

1 = 1 + (ex − 1) + (ex − 1)2 + o((ex − 1)2 ), 2

x → 0.

Imamo da je: 1 ex − 1 = x + x2 + o(x2 ), 2

x→0

pa je: (ex − 1)2 = x2 + o(x2 ),

x → 0,

te imamo i: o((ex − 1)2 ) = o(x2 + o(x2 )) = o(x2 ), Dakle: ee

x −1

= 1 + x + x2 + o(x2 ),

x → 0.

x → 0.

Dalje, kako 100 sin x → 0, x → 0, iz Maklorenovog razvoja funkcije x 7→ (1 + x)1/100 sledi: √ 1 99 1 + 100 sin x = 1 + · 100 sin x − · (100 sin x)2 + o((100 sin x)2 ) 100 2 · 1002 99 sin2 x + o(sin2 x), x → 0. = 1 + sin x − 2

100

564

Glava 2. Funkcije

Poˇsto je: sin x = x + o(x2 ), x → 0, sledi sin2 x = x2 + o(x3 ), x → 0, pa je o(sin2 x) = o(x2 + o(x3 )) = o(x2 + o(x2 )) = o(x2 ), x → 0. Zbog toga je: √ 99 1 + 100 sin x = 1 + x − x2 + o(x2 ), 2

100

x → 0.

Iz 75. zadatka sledi da je tg x = x + o(x), x → 0, a kako x2 → 0, x → 0, sledi: tg(x2 ) = x2 + o(x2 ), Iz svega navedenog, sledi: √ x ee −1 − 100 1 + 100 sin x = tg(x2 ) = = Dakle, vaˇzi

x −1

lim

x→0

ee

x → 0.

1 + x + x2 + o(x2 ) − (1 + x − x2 + o(x2 ) 101 2 2 2 x + o(x ) x2 + o(x2 ) 101 2 + o(1) , x → 0. 1 + o(1) −

99 2 2 x

+ o(x2 ))

√ 1 + 100 sin x 101 = . tg(x2 ) 2

100

Komentar. Kada bi iskoristili Maklorenove polinome prvog stepena za funkcije x 7→ ln(1 + x) i x 7→ sin x, dobili bi da je: lin(1 + x) − sin x = x + o(x) − (x + o(x)) = o(x), x → 0. Graniˇcnu vrednost koliˇcnika o(x)/x2 kada x → 0 ne moˇzemo odrediti, jer za funkciju o(x) znamo samo da je beskonaˇcno mala viˇseg reda nego x, kada √ x → 0, ali ne moˇzemo je uporediti sa x2 . Primera radi, vaˇzi x x = o(x), x2 = o(x) √ i x3 = o(x), kada x → 0, ali je:x x/x2 = +∞, x → +0, zatim x2 /x2 → 1, x → 0 i x3 /x2 → 0, x → 0. Zbog toga pokuˇsavamo da dublje ud¯emo u ponaˇsanje razlike ln(1 + x) − sin x, pa koristimo Maklorenove polinome drugog stepena. Uostalom, traˇzeći ovu graniˇcnu vrednost, mi zapravo i treba da odredimo kakva je beskonaˇcno mala funkcija ln(1 + x) − sin x u odnosu na beskonaˇcno malu x2 , pa je i prirodno iskoristiti Maklorenove polinome drugog reda. Da ne dod¯e do zabune, zadatak smo mogli da reˇsimo primenom Maklorenovih razvoja i trećeg, ˇcetvrtog, itd. stepena, samo je bilo vaˇzno da procena bude finija od one koju daju polinomi prvog stepena. U opˇstem sluˇcaju moˇzda ne bude oˇcigledno od samog poˇcetka do kog reda treba ići u razvoju funkcije da bi dobili ono ˇsto traˇzimo. Zato nije neobiˇcno probati nekoliko puta i ne dobiti pritom nikakav rezultat, dok ne odredimo kakva nam procena dopuˇsta nalaˇzenje traˇzene graniˇcne vrednosti. Kod primera u delu pod b), sem osnovnih razvoja, bio nam je potreban i razvoj funkcije x 7→ tg x. Ovo smo mogli i da izbegnemo, imajući u vidu da je tg(x2 ) = sin(x2 )/ cos(x2 ), a cos(x2 ) smo mogli da zanemarimo, kao ˇsto smo to uradili u 70. zadatku, u delu pod b). No, takav postupak ipak zahteva nekakvo promiˇsljanje, a mi baˇs ˇzelimo da skrenemo paˇznju na automatizam po kom odred¯ujemo graniˇcne


565

vrednosti koristeći Maklorenove razvoje, bez nekog promiˇsljanja. Zbog toga smo se ovde pozvali na 75. zadatak u kome smo odredili Maklorenov polinom trećeg stepena za x 7→ tg x (iako nam je ovde bio dovoljan Maklorenov polinom prvog stepena, jer se promenljiva javlja sa kvadratom). 80. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti: esin x − sin(ex − 1) − cos2 x ; x→0 x2

a) lim

( b) lim

x→0

arcsin x x

)1/x2 .

Reˇsenje. Svaki od primera reˇsićemo na dva naˇcina: primenom Lopitalovih teorema i primenom Tejlorovih (odnosno Maklorenovih) razvoja funkcija. a) Prvi naˇcin: Funkcije x 7→ esin x − sin(ex − 1) − cos2 x i x 7→ x2 su neprekidne u nuli i njihove vrednosti u nuli su jednake 0. Potraˇzimo zato graniˇcnu vrednost koliˇcnika njihovih izvoda. Imamo: (esin x − sin(ex − 1) − cos2 x)′ esin x cos x − cos(ex − 1)ex + sin(2x) . = (x2 )′ 2x Funkcije odred¯ene izrazima iz brojioca i imenioca ovog razlomka su neprekidne u 0 i njihove vrednosti su jednake nuli. Koliˇcnik njihovih izvoda je: (esin x cos x − cos(ex − 1)ex + sin(2x))′ = (2x)′

=

esin x cos2 x − esin x sin x + sin(ex − 1)(ex )2 − cos(ex − 1)ex + 2 cos 2x . 2

Ponovo, funkcije odred¯ene izrazima iz brojioca i imenioca su neprekidne u nuli; vrednost fukcije iz brojioca u nuli jednaka je 2. Prema tome, na osnovu Teoreme 4.68, sluˇcaj za dvostrane graniˇcne vrednosti, primenjene dvaput, dobijamo: esin x − sin(ex − 1) − cos2 x = x→0 x2 lim

esin x cos x − cos(ex − 1)ex + sin(2x) = x→0 2x

= lim

esin x cos2 x − esin x sin x + sin(ex − 1)(ex )2 − cos(ex − 1)ex + 2 cos 2x = 1. x→0 2

= lim

566

Glava 2. Funkcije

Drugi naˇcin: Znamo da je sin x = x+o(x2 ), x → 0 i ex = 1+x+x2 /2+o(x2 ), x → 0. Zato je: 1 sin2 x + o(sin2 x) 2 1 = 1 + x + o(x2 ) + (x + o(x2 ))2 + o((x + o(x2 ))2 ) 2 1 2 = 1 + x + x + o(x2 ) + o(x2 + o(x2 )) 2 1 = 1 + x + x2 + o(x2 ), x → 0, 2

esin x = 1 + sin x +

kao i: sin(ex − 1) = ex − 1 + o((ex − 1)2 ) 1 1 = x + x2 + o(x2 ) + o((x + x2 + o(x2 ))2 ) 2 2 1 2 = x + x + o(x2 ) + o(x2 + o(x2 )) 2 1 = x + x2 + o(x2 ), x → 0. 2 Pored toga, imamo i da je cos x = 1 − x2 /2 + o(x2 ), x → 0, pa je: 1 cos2 x = (1 − x2 + o(x2 ))2 = 1 − x2 + o(x2 ), 2

x → 0.

Prema tome, vaˇzi: esin x − sin(ex − 1) − cos2 x = x2 + o(x2 ),

x → 0.

Zato je:

esin x − sin(ex − 1) − cos2 x = 1. x→0 x2 b) Prvi naˇcin: Budući da je: lim

(

arcsin x x

)1/x2

= e x2 ·ln 1

arcsin x x

,

potraˇzimo: x ln arcsin x . (2.12) x→0 x2 U Primeru 3.146, u prvom delu knjige, dokazali smo da arcsin x/x → 1, x → 0, pa zato i ln(arcsin x/x) → 0, x → 0. Funkcije odred¯ene izrazima u razlomku iz (2.12) su diferencijabilne u nekoj probodenoj okolini nule i izvod funkcije iz imenioca je razliˇcit od nule. Posmatrajmo onda koliˇcnik izvoda ove dve funkcije: √ x ′ (ln arcsin ) x − 1 − x2 arcsin x x √ = . (2.13) (x2 )′ 2x2 1 − x2 arcsin x

lim


567

Funkcije u brojiocu i imeniocu iz (2.13) su neprekidne u nuli i njihova vrednost u nuli jednaka je 0. Takod¯e, ove funkcije su diferencijabilne u okolini nule, a izvod funkcije iz imenioca je: √ 2x(x 1 − x2 + (2 − 3x2 ) arcsin x) √ a(x) = . 1 − x2 √ √ Primetimo da je√ izraz x 1 − x2 +(2−3x2 ) arcsin x pozitivan za x ∈ (0,√ 2/3)√i negativan za x ∈ (− 2/3, 0). Zbog toga je u probodenoj okolini nule (− 2/3, 2/3) \ {0} vrednost a(x) razliˇcita od nule. Zato ima smisla posmatrati koliˇcnik izvoda funkcija iz brojioca i imenioca iz (2.13). Dobijamo: arcsin x √ (x − 1 − x2 arcsin x)′ x √ = √ . arcsin x (2x2 1 − x2 arcsin x)′ 2 2 1 − x + (4 − 6x2 ) x

(2.14)

Dakle, iz Teoreme 4.70 sledi: arcsin x √ x − 1 − x2 arcsin x 1 x √ = lim √ lim = , arcsin x x→0 x→0 2x2 1 − x2 arcsin x 6 2 1 − x2 + (4 − 6x2 ) x jer je lim

x→0

arcsin x x

= 1. Zatim, na osnovu Teoreme 4.70 zakljuˇcujemo: √ x ln arcsin 1 x − 1 − x2 arcsin x x √ = . lim = lim 2 2 2 x→0 x→0 x 6 2x 1 − x arcsin x

Najzad, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex u 1/6, sledi: ( lim

x→0

arcsin x x

)1/x2 = e1/6 .

Drugi naˇcin: Kao i u prvom naˇcinu, treba odrediti: x ln arcsin x . x→0 x2

lim

Odredimo Maklorenov polinom trećeg stepena funkcije x 7→ arcsin x. Imamo: 1 ′ = 1. (arcsin x) = √ 1 − x2 x=0 Zatim,

1 x ′ √ √ =0 ( ) = 2 2 3 1−x (1 − x ) x=0

568

Glava 2. Funkcije 1 + 2x2 (√ ) = √ = 1. (1 − x2 )3 (1 − x2 )5 x=0

i

x

′

Prema tome, vaˇzi arcsin x = x + x3 /6 + o(x3 ), x → 0. Sada imamo: ln

arcsin x x

1 = ln(1 + x2 + o(x2 )) 6 1 2 1 = x + o(x2 ) + o( x2 + o(x2 )) 6 6 1 2 2 = x + o(x ), x → 0. 6

Zbog toga je: x ln arcsin 1 x = + o(1), 2 x 6

x → 0,

pa vaˇzi: x ln arcsin 1 x = . x→0 x2 6

lim

Najzad, dobijamo:

( lim

x→0

arcsin x x

)1/x2 = e1/6 .

Komentar. Ovaj zadatak reˇsavamo samo sa ciljem upored¯ivanja dve razliˇcite tehnike na istom primeru, mada smo ˇcitaoca nekoliko puta ohrabrivalii da sve zadatke samostalno (proba da) reˇsi i Lopitalovim teoremama. Kao ˇsto vidimo, primena Maklorenovih razvoja (drugi naˇcin u oba primera) je ponovo pravolinijska i relativno elegantna. U primeru pod b) nam je potreban Maklorenov razvoj funkcije x 7→ arcsin x koji nismo do sada odredili, pa ga nalazimo u sklopu ovog reˇsenja. Ovde je opravdano postaviti pitanje, kako unapred znamo da će nam biti dovoljan Maklorenov polinom trećeg stepena pa se zaustavljamo kod trećeg izvoda funkcije x 7→ arcsin x. Moˇzemo dati dva odgovora. Prvi glasi: ”Ne znamo, već probamo i zaustavimo se ˇcim nam uspe.”, a drugi: ”Poˇsto je u imeniocu x2 , iz funkcije ln treba da nam izad¯e polinom sa greˇskom o(x2 ) ili većom, a kako imamo arcsin x/x, treba nam aproksimacija funkcije x 7→ arcsin x takva da pri deljenju sa x daje greˇsku barem o(x2 ). Tako naslućujemo da nam treba barem polinom trećeg stepena.”. U primeru pod a), Lopitalove teoreme primenjujemo bez veće muke. Poslednji izraz za izvod koji smo dobili jeste glomazan, ali se lako i brzo raˇcuna. Sa druge strane, primena Lopitalove teoreme u primeru pod b) je daleko komplikovanija od pravolinijske primene Maklorenovih razvoja. Raˇcunica je izuzetno naporna (mada elementarna) i zbog toga smo preskakali sve korake do poslednjeg. Kod druge primene Lopitalove teoreme nije bilo tako trivijalno (barem ne onako kako smo navikli) dokazati ispunjenost uslova za primenu ove teoreme. Sem toga, da bi poˇstedeli sebe daljih nalaˇzenja izvoda, uoˇcili smo pogodnu transformaciju

2.3. Ispitivanje toka funkcije

569

izraza spajanjem: arcsin x/x, za ˇsta nam je od ranije poznato da teˇzi jedinici kada x → 0. Dakle, u ovom primeru postoji velika razlika u jednostavnosti izmed¯u primena Lopitalovih teorema i Maklorenovih razvoja.

2.4

Ispitivanje toka funkcije

81. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije: f (x) =

x3 − 3x2 + 3x − 1 . x2 + 2x + 1

Reˇsenje. Skup Df : Funkcija f ne moˇze se definisati jedino za one x za koje je x2 + 2x + 1 = 0. Zbog toga je Df = R \ {−1}. Nule funkcije i znak funkcije: Funkcija f za svako x ∈ Df je zapravo jednaka: f (x) =

(x − 1)3 . (x + 1)2

Prema tome: f (x) = 0 ako i samo ako je x = 1; vaˇzi f (x) > 0 ako i samo ako je x > 1 i f (x) < 0 ako i samo ako je x < 1. Karakteristike grafika funkcije: Zbog oblika domena Df , koji ne predstavlja simetriˇcan skup, sledi da funkcija f nije ni parna ni neparna na svom domenu. Takod¯e, funkcija f nije ni periodiˇcna na svom domenu, ˇsto takod¯e sledi iz oblika domena (kada bi funkcija bila periodiˇcna sa periodom T , sledilo bi da mora biti: f (−1 − T ) = f (−1), ali f nije definisana u −1). Ponaˇsanje funkcije na rubu domena: Funkcija f je racionalna funkcija, pri ˇcemu je stepen polinoma u brojiocu za jedan veći od stepena polinoma u imeniocu. Zbog toga funkcija f ima kose asimptote (videti 55. zadatak). Da bismo ih odredili, podelimo polinom iz brojioca polinomom iz imenioca. Dobijamo: x3 − 3x2 + 3x − 1 = (x2 + 2x + 1)(x − 5) + 12x + 4, pa je 12x + 4 . x2 + 2x + 1 Dakle, prava y = x − 5 je kosa asimptota funkcije f u +∞ i u −∞. Razlika: f (x) = x − 5 +

f (x) − (x − 5) =

12x + 4 , + 2x + 1

x2

je pozitivna u okolini taˇcke +∞ (taˇcnije, za x > −4/12), a negativna u okolini taˇcke −∞ (taˇcnije, za x < −4/12). Zbog toga je grafik funkcije f iznad svoje kose asimptote za x > −4/12, a ispod svoje asimptote za x < −4/12. Postojanje vertikalne asimptote ispitujemo u taˇcki x = −11. Poˇsto je lim

x→−1

1 = +∞ (x + 1)2

570

Glava 2. Funkcije

i lim (x3 − 3x2 + 3x − 1) = −8,

x→−1

sledi da je lim f (x) = −∞,

x→−1

pa funkcija f ima vertikalnu asimptotu x = −1. Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: Kao racionalna funkcija, funkcija f ima izvode u svim taˇckama u kojima je definisana. Prvi izvod funkcije f je: f ′ (x) =

(x − 1)2 (x + 5) . (x + 1)3

Na osnovu znaka prvog izvoda, odred¯ujemo i intervale monotonosti funkcije f , koje predstavljamo tabelarno: x sgn (f ′ (x)) monotonost

(−∞, −5) + ↗

(−5, −1) − ↘

(−1, +∞) + ↗

Na osnovu intervala monotonosti zakljuˇcujemo da funkcija f u taˇcki −5 ima lokalni maksimum, koji iznosi f (−5) = −27/2. Za x = −1 funkcija f nije definisana, pa ta taˇcka nije karakteristiˇcna taˇcka za ovu funkciju. Budući da f (x) → −∞, x → −∞ i f (x) → +∞, x → +∞, sledi da funkcija f nema globalne ekstremume. Konveksnost i prevojne taˇcke: Funkcija f ima i drugi izvod u svim taˇckama u kojima je definisana i on iznosi: f ′′ (x) =

24(x − 1) . (x + 1)4

Dakle, za x < 1 je f ′′ (x) < 0 pa je u na ovom skupu funkcija f konkavna. Za x > 1 je f ′′ (x) > 0 pa je na ovom skupu f konveksna. U taˇcki x = 1 funkcija f ima prevoj. Ostale specifiˇcnosti grafika: Grafik funkcije preseca x-osu pod uglom koji nalazimo iz izvoda funkcije f u njenoj nuli. Poˇsto je f ′ (1) = 0, sledi da je x-osa ujedno i tangenta grafika funkcije u taˇcki (1, 0), koja je i prevojna taˇcka funkcije f . Grafik funkcije f preseca y-osu u taˇcki sa ordinatom: f (0) = −1, pod uglom koji odred¯ujemo iz izvoda funkcije f za x = 0: f ′ (0) = 5. Skica grafika funkcije: Na slici je predstavljena skica grafika funkcije f .


571

Komentar. 82. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije: √ 3 f (x) = −x3 + 2x2 . Skup Df : Poˇsto se treći koren definiˇse za sve realne brojeve, sledi Df = R. Nule funkcije i znak funkcije: Poˇsto je: √ f (x) = 3 −x2 (x − 2),

sledi da su nule funkcije f taˇcke x = 0 i x = 2. Funkcija menja znak jedino u taˇcki x = 2 i vaˇzi: f (x) > 0 za x < 2 i f (x) < 0 za x > 2. Karakteristike grafika funkcije: Funkcija f nije ni parna ni neparna, jer je f (2) = 0 ̸= f (−2). Takod¯e, funkcija koja ima dve nule ne moˇze biti periodiˇcna, jer ako periodiˇcna funkcija ima barem jednu nulu, ona sigurno ima beskonaˇcno mnogo nula. Ponaˇsanje funkcije na rubu domena: Poˇsto je Df = R, funkcija f nema vertikalnih asimptota. Kose asimptote ove funkcije naˇsli smo (i) u 78. zadatku. Dokazali smo da je prava y = −x + 2/3 kosa asimptota ove funkcije u +∞ i u −∞, kao i to da je grafik funkcije iznad asimptote u okolini taˇcke +∞, a ispod asimptote u okolini taˇcke −∞. Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: Na osnovu teoreme o izvodu kompozicije funkcija zakljuˇcujemo da je funkcija f sigurno diferencijabilna za svako x ∈ R za koje je −x3 + 2x2 ̸= 0. Tj. za x ∈ R \ {0, 2}, funkcija f ima izvod i on iznosi: −x(3x − 4) f ′ (x) = √ . 3 3 (−x3 + 2x2 )2

572

Glava 2. Funkcije

Da bi ispitali postojanje izvoda u taˇckama x = 0 i x = 2 (u kojima je funkcija f neprekidna), potraˇzimo levi i desni izvod u tim taˇckama. U nekoj probodenoj okolini nule, recimo u (−1, 1) \ {0}, funkcija f ′ poklapa se sa funkcijom: −3x + 5 1 √ x 7→ √ · . 3 x 3 3 (−x + 2)2 Imamo da je: lim

x→−0

i

−3x + 5 −3 · 0 + 5 −3x + 5 √ = lim √ = √ >0 3 3 2 2 x→+0 3 (−x + 2) 3 (−x + 2) 3 3 (−0 + 2)2 1 lim √ = −∞, 3 x

dok je

x→−0

Zbog toga je:

1 lim √ = +∞. 3 x

x→+0

lim f ′ (x) = lim

−3x + 5 1 √ ·√ = −∞, 3 3 2 x 3 (−x + 2)

lim f ′ (x) = lim

−3x + 5 1 √ ·√ = +∞. 3 3 2 x 3 (−x + 2)

x→−0

x→−0

kao i x→+0

x→+0

Dakle, vaˇzi f−′ (0) = −∞ i f+′ (0) = +∞, a funkcija f u nuli nema izvod. Za taˇcku x = 2 postupamo analogno. Naime, postoji probodena okolina taˇcke 2, recimo (1, 3) \ {2}, u kojoj se funkcija f ′ poklapa sa funkcijom: x 7→ Poˇsto je lim

x→2−0

1 −3x + 5 √ ·√ . 3 3 3 x (−x + 2)2

−3x + 5 −3x + 5 −3 · 2 + 5 √ √ √ = lim = < 0, x→2+0 3 3 x 33x 332

dok je: lim √ 3

x→2−0

sledi da je

1 (−x +

2)2

1 = lim √ = +∞, x→2+0 3 (−x + 2)2

lim f ′ (x) = lim f ′ (x) = −∞.

x→2−0

x→2+0

Znaˇci, u taˇcki x = 2 ne postoji konaˇcan izvod, ali zato postoji beskonaˇcan f ′ (2) = −∞. Intervale monotonosti funkcije f nalazimo na osnovu znaka funkcija f ′ . Pri konstruisanju sledeće tablice, imamo u vidu da funkcija f ′ nije definisana za x = 2. x sgn (f ′ (x)) monotonost

(−∞, 0) − ↘

(0, 4/3) + ↗

(4/3, 2) − ↘

(2, +∞) − ↘


573

Na osnovu Teoreme 4.99 zakljuˇcujemo da na ˇcitavom intervalu (4/3, +∞), funkcija f strogo opada. Iz intervala monotonosti zakljuˇcujemo da funkcija f u x = 0 ima lokalni minimum, koji iznosi: f (0) = 0. U taˇcki x = 4/3, f ima lokalni maksimum, koji je jednak: √ 3 4 32 4 f( ) = ∈ (1, ). 3 3 3 Globalnih√ekstremne vrednosti funkcija f nema, jer −x3 + 2x→ ± ∞, x → ∓∞, pa i f (x) = 3 −x3 + 2x2 → ±∞, x → ∓∞. Konveksnost i prevojne taˇcke: Funkcija f ima drugi izvod u svim taˇckama u kojima je prvi izvod definisan. Durgi izvod funkcije f iznosi: −8x2 . f ′′ (x) = √ 9 3 −x10 (x − 2)5 Kao ˇsto vidimo, vaˇzi: f ′′ (x) < 0 za x < 2 i f ′′ (x) > 0 za x > 0. Dakle, funkcija x je konkavna za x < 2 i konveksna za x > 2, a u taˇcki x = 2 ima prevoj. Skica grafika funkcije: Na slici je predstavljena skica grafika funkcije f :

Komentar. 83. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije: f (x) = arcsin

2x . x2 + 1

574

Glava 2. Funkcije

Reˇsenje. Skup Df : U zadatku 61, deo pod b), dokazali smo da je Df = R. Nule funkcije i znak funkcije: Za x > 0 je f (x) > 0, za x < 0 je f (x) < 0 i f (x) = 0 ako i samo ako je x = 0. Karakteristike grafika funkcije: Poˇsto je funkcija x 7→ arcsin x neparna, sledi i da je: f (−x) = arcsin

2(−x) 2x 2x = arcsin(− 2 ) = − arcsin 2 = −f (x), 2 (−x) + 1 x +1 x +1

pa je i funkcija f neparna. Budući da ima samo jednu nulu, funkcija f ne moˇze biti periodiˇcna. Ponaˇsanje funkcije na rubu domena: Poˇsto je Df = R, ispitujemo postojanje kosih asimptota. Poˇsto je: 2x lim = 0, x→±∞ 1 + x2 sledi i da je: 2x lim f (x) = lim arcsin = 0, x→±∞ x→±∞ 1 + x2 pa je x-osa horizontalna asimptota funkcije f u +∞ i −∞. Poˇsto je f (x) > 0 za x > 0 i f (x) < 0 za x < 0, sledi da je na (0, +∞) grafik funkcije f iznad, a na (−∞, 0) ispod asimptote. Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: U 61. zadatku ispitivali smo diferencijabilnost ove funkcije. Tom prilikom smo dokazali da je f diferencijabilna na Df \ {−1, 1}, a da je njen izvod (u taˇckama u kojima postoji) jednak:  2  −2/(x + 1), x < −1 2 2sgn (1 − x ) f ′ (x) = = 2/(x2 + 1), −1 < x < 1  x2 + 1  2 −2/(x + 1), 1 < x Takod¯e, u okviru pomenutog zadatka, dokazali smo i da u taˇckama ±1 funkcija f ima jednostrane izvode i to: f−′ (−1) = −1 f−′ (1) = 1

f+′ (−1) = 1 f+′ (1) = −1.

Intervale monotonosti dajemo u narednoj tablici: x sgn (f ′ (x)) monotonost

(−∞, −1) − ↘

(−1, 1) + ↗

(1, +∞) − ↘

Kao ˇsto vidimo, taˇcka x = −1 predstavlja lokalni minimum funkcije f , a taˇcka x = 1 predstavlja lokalni maksimum funkcije f . Oni iznose: f (−1) = arcsin(−1) = −

π = −f (1). 2


575

Dokaˇzimo da se u ovim taˇckama postiˇzu i, redom, globalni minimum i globalni maksimum. Na skupu (−∞, 1] funkcija f dostiˇze najmanju vrednost u taˇcki −1. Da bi dokazali da se u ovoj taˇcki dostiˇze i globalni minimum, treba dokazati i da je: f (−1) < inf ∈ (1, +∞)f (x).

(2.15)

x

Poˇsto je na (1, +∞) funkcija f opadajuća, sledi: inf ∈ (1, +∞) = lim = 0, x

x→+∞

a kako je f (−1) < 0, vaˇzi nejednakost iz (2.15). Analogno pokazujemo i da se u x = 1 postiˇze globalni maksimum, ˇsto moˇzemo dokazati i na osnovu neparnosti funkcije f . Naime, poˇsto se u −1 postiˇze globalni minimum, za svako y ∈ R vaˇzi f (−1) ≤ f (−y) pa odatle sledi f (1) ≥ f (y). Dakle, u x = 1 funkcija f ima globalni maksimum. Konveksnost i prevojne taˇcke: Funkcija f ima drugi izvod u svim taˇckama u kojima ima i prvi izvod. Drugi izvod funkcije f jednak je:  2 2  x < −1 4x/(x + 1) , ′′ 2 2 f (x) = −4x/(x + 1) , −1 < x < 1   4x/(x2 + 1)2 , 1
Prema tome, znak drugog izvoda i intervale konveksnosti odred¯ujemo u tablici:

x f ′′ (x) sgn (f ′′ (x)) konveksnost

(−∞, −1) 4x (x2 + 1)2 − ⌢

(−1, 0) −4x (x2 + 1)2 + ⌣

(0, 1) −4x (x2 + 1)2 − ⌢

(1, +∞) 4x (x2 + 1)2 + ⌣

U taˇckama −1, 0 i 1 funkcija f menja tip konveksnosti, pa su ovo prevojne taˇcke funkcije f . Ostale specifiˇcnosti grafika: Grafik funkcije prolazi kroz koordinatni poˇcetak, ˇsto je ujedno i prevojna taˇcka grafika, i tu je f ′ (0) = 2. Za x = −1 i x = 1, postoje levi i desni izvod i oni su već ranije bili istaknuti. Skica grafika funkcije: Na slici je predstavljena skica grafika funkcije f :

576

Glava 2. Funkcije

Komentar. 84. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije: √ f (x) = x(x + 2)e1/x .

Reˇsenje. Skup Df : Skup Df ˇcine svi oni realni brojevi x koji su razliˇciti od nule i za koje vaˇzi x(x + 2) ≥ 0. Zbog toga je: Df = (−∞, −2] ∪ (0, +∞) = R \ (−2, 0]. Nule funkcije i znak funkcije: Na celom svom domenu, funkcija f je nenegativna. Vaˇzi f (x) = 0 ⇔ x(x + 2) = 0 ⇔ x ∈ {−2, 0}, ali kako 0 ̸∈ Df , sledi da je f (x) = 0 ⇔ x = −2. Karakteristike grafika funkcije: Zbog oblika domena zakljuˇcujemo da funkcija f nije ni parna ni neparna, a ni periodiˇcna. Ponaˇsanje funkcije na rubu domena: U okolini (0, +∞) taˇcke +∞, funkcija f jednaka je: 2 f (x) = x(1 + )1/2 e1/x . x Poˇsto 1/x → 0, x → +∞ i 2/x → 0, x → +∞, sledi: (1 +

2 1/2 1 2 1 4 1 ) = 1 + · − · 2 + o( 2 ) x 2 x 8 x x 1 1 1 = 1 + − 2 + o( 2 ), x → +∞, x 2x x

i e1/x = 1 +

1 1 1 + 2 + o( 2 ), x 2x x

x → +∞.


577

Dakle, za x ∈ (0, +∞) vaˇzi: 2 1/2 1/x ) e x 1 1 1 1 1 1 = x(1 + − 2 + o( 2 ))(1 + + 2 + o( 2 )) x 2x x x 2x x 1 2 1 = x(1 + + 2 + o( 2 ) x x x 1 1 = x + 2 + + o( ), x → +∞ x x

f (x) = x(1 +

Sledi da je prava y = x + 2 asimptota funkcije f u +∞, a takod¯e imamo i: sgn (f (x) − (x + 2)) = sgn (1/x + o(1/x)) = sgn 1/x, pa je grafik funkcije f iznad svoje asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. Da bi pronaˇsli asimptotu u −∞ postupamo analogno. U okolini (−∞, −2) funkcija f jednaka je: 2 f (x) = −x(1 + )1/2 e1/x . x Takod¯e, vaˇzi i 1/x → 0, x → −∞ i 2/x → 0, x → −∞, pa na sliˇcan naˇcin zakljuˇcujemo da vaˇzi: 2 1/2 1/x ) e x 1 1 1 1 1 1 = −x(1 + − 2 + o( 2 ))(1 + + 2 + o( 2 )) x 2x x x 2x x 2 1 1 = −x(1 + + 2 + o( 2 ) x x x 1 1 = −x − 2 − + o( ), x → −∞. x x

f (x) = −x(1 +

Zakljuˇcujemo da je prava y = −x − 2 asimptota funkcije f u −∞, kao i da je: sgn (f (x) − (−x − 2)) = sgn (−1/x + o(1/x)) = sgn (−1/x) = 1, za x < 0, pa je grafik funkcije takod¯e iznad asimptote i u okolini taˇcke −∞. Funkcija je definisana u rubnoj taˇcki −2 svog domena i tu ima nulu. Ispitajmo kako se funkcija ponaˇsa u blizini taˇcke x = 0. Da bi odredili: √ lim f (x) = lim x(x + 2)e1/x , x→+0

x→+0

odredimo najpre: lim

√

x→+0

xe1/x .

Ovaj izraz moˇzemo zapisati kao: e1/x , 1 √ x

578

Glava 2. Funkcije

pa pri nalaˇzenju pomenutog limesa moˇzemo iskoristiti Lopitalovu teoremu (REFERENCA), jer su zadovoljeni svi potrebni uslovi. Dobijamo: √ 1/x e1/x (e1/x )′ xe = lim = lim = 1 ′ x→+0 x→+0 1 x→+0 √ √ ( ) x x lim

−1 1/x x2 = lim 2 e√ = +∞. = lim 1 1 x→+0 x→+0 x − ·√ 3 2 x e1/x ·

Prema tome, vaˇzi i: lim f (x) = lim

x→+0

x→+0

√ √ x + 2 · xe1/x = +∞.

Dakle, prava x = 0, odnosno y-osa je vertikalna asimptota funkcije f . Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: Funkcija f ima izvod u svim unutraˇsnjim taˇckama svog domena i on je jednak: e1/x (x2 − 2) f ′ (x) = √ . x x(x + 2) U taˇcki −2 moˇzemo odrediti levi izvod. Naime, kako je: lim

x→−2−0

f ′ (x) =

e1/x (x2 − 2) 1 ·√ = −∞, x→−2−0 x x(x + 2) lim

sledi da je f−′ (−2) = −∞. Imajući u vidu domen funkcije f , intervale monotonosti dajemo u narednoj tablici: √ √ x (−∞, −2) (0, 2) ( 2, +∞) sgn (f ′ (x)) − − + monotonost ↘ ↘ ↗ √ U taˇcki x = 2 funkcija f ima lokalni minimum i on iznosi: √ √ f (2) = 2 2e1/2 = 2 2e ∈ (4, 6), dok u taˇcki x = −2 funkcija f ima globalni minimum, jer je f (−2) = 0 i f (x) > 0 za x ∈ Df \ {−2}. Globalni maksimum funkcije f ne postoji, jer je: lim f (x) = +∞.

x→+∞

Konveksnost i prevojne taˇcke: Drugi izvod funkcije f postoji u svim onim taˇckama u kojima postoji prvi izvod funkcije f . Imamo: √ √ 2x2 + 8x + 4 ′′ 1/x 1/x (x + 2 + 2)(x + 2 − 2) √ √ f (x) = e · = 2e · . x3 (x + 2) x(x + 2) x3 (x + 2) x(x + 2)


579

Znak drugog izvoda i intervale konveksnosti dajemo u tablici: √ √ x (−∞, −2 − 2) (−2 − 2, −2) (0, +∞) sgn (f ′′ (x)) + − + konveksnost ⌣ ⌢ ⌣ √ Taˇcka x = −2 − 2 je prevojna taˇcka funkcije f . Skica grafika funkcije: Na slici je predstavljena skica grafika funkcije f :

Komentar.

580

Glava 2. Funkcije

Glava 3

Razni zadaci 3.1

Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi na nalaˇ zenje graniˇ cnih vrednosti i asimptota funkcija

85. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti: √ 7 3x − ex 1+x−1 √ lim ; j) , α ̸= 0; a) lim α x→0 3 1 + 3x3 − 1 x→0 (1 + x) − 1 ch 2x − 1 ; x→0 x2

b) lim

c) lim

e

x→0

d) lim

x→0

e

sin x

−e ; x

√ 1+x

x

cos x − 1 − k) lim x→0 x6

−e

x2 2

;

ln cos ax , a, b ∈ R, b ̸= 0; x→0 ln cos bx √ 1 + x sin x − 1 ; f) lim x→0 ex 2 − 1

e) lim

1+x 1−x g) lim ; x→0 arctg(1 + x) − arctg(1 − x)

√ 1 − x3 − 1 l) lim ; x→0 1 − ch x

ln

ex − cos x ; x→0 sin x √ 1 + x − ch x √ i) lim ; x→0 1 + x2 − cos x

m) lim

x − sh x ; ex − 1

n) lim

x − sin x ; arctg3 x

x→0

h) lim

x→0

581

;

582

Glava 3. Razni zadaci ln(1 + x) − x ; x→0 tg2 x √ cos x − 1 − x2 lim ; x→0 sin x − x √ 3 1 − x2 − x ctg x lim ; x→0 x sin x arcsin 2x − 2 arcsin x lim ; x→0 x3 arctg x − arcsin x lim ; x→0 tg x − sin x

tg x − x ; x→0 x − sin x

o) lim

w) lim

p)

x) lim

q) r) s)

tg x − sin x ; x→0 x3

y) lim

x→0

ln(cos x) ; tg x2

√ arctg(ex − 1) − 2 1 + x + 2 z) lim ; x→0 1 − cos x cos(sin x) − cos x ; x→0 ln(1 + x4 )

ˇz ) lim

2x − ln(1 + x) t) lim √ x→0 1 − x2 − cos x

√ 3 sin(sin x) − x 1 − x2 2 2 ; ln(1 + x + x ) + ln(1 − x − x ) ˇc ) lim x→0 x5 u) lim ; x→0 x sin x esin x − ex x ctg x − 1 ´ c ) lim ; v) lim ; x→0 sin x − x x→0 x2 Reˇsenje. a) Vaˇzi formula: √ 7 1+x−1 (1 + x)α − 1

= =

(1 + x)1/7 − 1 (1 + x)α − 1 1 x + o(x) 1 + 17 x + o(x) − 1 = 7 , x → 0. 1 + αx + o(x) − 1 αx + o(x)

Koristeći osobinu asimpotske oznake o da je 3.159 (v)), dobijamo da je

1 7x

+ o(x) = αx + o(x) Prema tome,

1 x+o(x) 7

x αx+o(x) x

= lim

x→0

o(x) x = o( ) = o(1), x → 0 (Tvrd¯enje x x

1 7

+ o(1) , x → 0. α + o(1)

√ 1 7 1 1+x−1 7 + o(1) = lim = . lim α x→0 α + o(1) x→0 (1 + x) − 1 7 2

2 2 2 b) Kako je ch 2x = 1+ (2x) 2 +o((2x) ), x → 0 (Posledica 4.88), i o(4x ) = o(x ), x →

3.1. Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi

583

0 (Tvrd¯enje 3.159 (i)), to je =

c) Na osnovu (3.118) sledi e

sin x x

−e

x

= =

e

x+o(x2 ) x

(2x)2 2

+ o(x2 ) − 1 x→0 x2 2x2 + o(x2 ) = lim = lim (2 + o(1)) = 2. x→0 x→0 x2

ch 2x − 1 lim x→0 x2

−1

=

lim

1+

1

e1+o(x) − e eo(x) − 1 1 + o(x) + o(o(x)) − 1 =e· =e· x x x

x o(x) + o(o(x)) , x → 0. x

Kako je na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (vii), o(o(x)) = o(x), x → 0, to na osnovu osobine (vi) istog tvrd¯enja vaˇzi o(x) + o(o(x)) = o(x) + o(x) = o(x), x → 0, i prema tome, e

sin x x

−e

x Odavde sledi da je lim

e

sin x x

−e

x

x→0

=

o(x) = o(1), x → 0. x

= 0.

d) Vaˇzi sledeća formula2 : e

√

1+x

−e

x

1

1

e1+ 2 x+o(x) − e e 2 x+o(x) − 1 = =e· = x x 1 + 12 x + o(x) + o( 12 x + o(x)) − 1 = e· x 1 1 x + o(x) + o( 2 x + o(x)) = e· 2 , x → 0. x

Kako je na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (viii) o( 12 x + o(x)) = o(x), x → 0, to je 1 1 1 1 x + o(x) + o( x + o(x)) = x + o(x) + o(x) = x + o(x), x → 0. 2 2 2 2 Odavde dobijamo e

√

1+x

x

1 2x

+ o(x) ( x ) 1 = e· + o(1) , x → 0, 2 = e·

e = 1 + o(x) + o(o(x)), x → 0. 1 Na osnovu (3.118) sledi e 2 x+o(x) = 1 + 12 x + o(x) + o( 12 x + o(x)), x → 0.

1 o(x) 2

−e

584

Glava 3. Razni zadaci

i stoga, lim

e

x→0

√ 1+x

−e

x

e = . 2

e) Iz (3.117) sledi ln cos ax ln cos bx

=

ln(1 − ln(1 −

(ax)2 2 (bx)2 2

+ o((ax)2 )) + o((bx)2 ))

=

ln(1 − ln(1 −

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

− a2 + o(1)

=

− a 2x + o(x2 ) + o(− a 2x + o(x2 ))

=

− a 2x + o(x2 )

− b 2x + o(x2 ) + o(− b 2x + o(x2 ))

a2 x 2 2 b2 x2 2

+ o(x2 )) + o(x2 )) 2 2

− a 2x + o(x2 ) + o(x2 )

=

2 2

− b 2x + o(x2 ) + o(x2 )

2

=

2 2

− b 2x + o(x2 )

2

− b2 + o(1)

, x → 0,

2

−a ln cos ax a2 pa je lim = b22 = 2 . x→0 ln cos bx b −2 f) Koristeći Maklorenove formule sin x = x + o(x), x → 0, (1 + t)1/2 = 1 + 21 t + o(t) i et = 1 + t + o(t), t → 0, kao i osobinu asimptotske oznake o da je x · o(x) = o(x2 ), x → 0 (Tvrd¯enje 3.159 (iii)) dobijamo: √ √ 1 + x(x + o(x)) − 1 1 + x sin x − 1 = 2 x 1 + x2 + o(x2 ) − 1 e −1 = = =

(1 + x2 + o(x2 )))1/2 − 1 x2 + o(x2 ) 1 + 21 (x2 + o(x2 )) + o(x2 + o(x2 )) − 1 x2 + o(x2 ) 1 1 2 2 2 2 2 x + 2 o(x ) + o(x + o(x )) , x → 0. x2 + o(x2 )

Kako je 12 o(x2 ) = o(x2 ) (Tvrd¯enje 3.159 (iv)) i o(x2 + o(x2 )) = o(x2 ) kad x → 0 (Tvrd¯enje 3.159 (viii)), to je 1 o(x2 ) + o(x2 + o(x2 )) = o(x2 ) + o(x2 ) = o(x2 ), x → 0, 2 pa je √ 1 + x sin x − 1 ex 2 − 1

= =

1 2 2 2 x + o(x ) x2 + o(x2 ) 1 2

=

1 2 x +o(x2 ) 2 x2

x2 +o(x2 ) x2

+ o(1) , x → 0. 1 + o(1)

√ 1 1 + x sin x − 1 Odavde sledi da je lim = . 2 x x→0 2 e −1


585

1 1 + (1 + x)2 1 ′ za x ̸= −1, pa je f (0) = 2 ), to za nju vaˇzi sledeća Maklorenova formula prvog reda sa ostatkom u Peanovoj formi:

g) Budući da je funkcija f (x) = arctg(1+x) diferencijabilna u 0 (f ′ (x) =

f (x) = f (0) + f ′ (0)x + o(x), x → 0, tj. arctg(1 + x) =

π 1 + x + o(x), x → 0. 4 2

Odavde sledi arctg(1 − x) =

π 1 π 1 + (−x) + o(−x) = − x + o(x), x → 0, 4 2 4 2

i prema tome,

( ) π 1 π 1 arctg(1 + x) − arctg(1 − x) = + x + o(x) − − x + o(x) = x + o(x), x → 0. 4 2 4 2 Stoga je 1+x 1−x arctg(1 + x) − arctg(1 − x) ln

= =

ln(1 + x) − ln(1 − x) x + o(x) − (−x + o(−x))) = x + o(x) x + o(x) 2x + o(x) 2 + o(1) = , x → 0, x + o(x) 1 + o(1)

1+x 2 1−x te je lim = = 2. x→0 arctg(1 + x) − arctg(1 − x) 1 ln

h) Vaˇzi sledeća formula: ex − cos x sin x

2

=

1 + x + o(x) − (1 − x2 + o(x2 )) x + o(x)

=

x + o(x) + x2 + o(x2 ) , x → 0. x + o(x)

2

Budući da je

x2 2

= o(x) i o(x2 ) = o(x), x → 0, to je

x + o(x) +

x2 + o(x2 ) = x + o(x) + o(x) + o(x) = x + o(x), x → 0, 2

i prema tome, dobijamo da je ex − cos x sin x

x+o(x) x x+o(x) x

=

x + o(x) = x + o(x)

=

1 + o(1) , x → 0, 1 + o(1)

586

Glava 3. Razni zadaci ex − cos x = 1. x→0 sin x

odakle sledi da je lim

i) Vaˇzi formula: √ 1 + x − ch x √ 1 + x2 − cos x

=

1 + 21 x + o(x) − (1 + 12 x2 + o(x2 ))) 1 + 12 x2 + o(x2 ) − (1 − 21 x2 + o(x2 ))

=

1 + 21 x + o(x) − 1 − 21 x2 + o(x2 ))) 1 + 12 x2 + o(x2 ) − 1 + 21 x2 + o(x2 )

=

1 2 x + o(x) x2 + o(x2 )

1 x+o(x) 2

=

x x2 +o(x2 )

=

x

1 2

+ o(1) , x → 0. x + o(x)

Budući da je 12 + o(1) ∼ 12 i x + o(x) ∼ x kad x → 0, to na osnovu Tvrd¯enja 3.169 (preciznije, na osnovu varijante ovog tvrd¯enja za sluˇcaj jednostranih graniˇcnih vrednosti) sledi da je √ 1 1 + o(1) 1 + x − ch x = lim 2 = lim 2 = +∞ lim √ x→+0 1 + x2 − cos x x→+0 x + o(x) x→+0 x √ 1 1 + o(1) 1 + x − ch x lim √ = lim 2 = −∞, = lim 2 x→−0 1 + x2 − cos x x→−0 x + o(x) x→−0 x √ 1 + x − ch x i stoga ne postoji lim √ . x→0 1 + x2 − cos x i

j) Iz 3x − ex √ 3 1 + 3x3 − 1

=

1 + x ln 3 + o(x) − (1 + x + o(x)) 1 + 13 (3x3 ) + o(3x3 ) − 1

=

(ln 3 − 1)x + o(x) = x3 + o(x3 )

=

(ln 3 − 1) + o(1) , x → 0, x2 + o(x2 )

(ln 3−1)x+o(x) x x3 +o(x3 ) x

s obzirom da je (ln 3 − 1) + o(1) ∼ ln 3 − 1 i x2 + o(x2 ) ∼ x2 kad x → 0, na osnovu Tvrd¯enja 3.169, dobijamo 3 x − ex ln 3 − 1 (ln 3 − 1) + o(1) lim √ = lim = +∞. = lim 3 2 2 x→0 x→0 x + o(x ) x2 1 + 3x3 − 1 x→0 k) cos x − 1 − lim x→0 x6

x2 2

x2 2

2

+ o(x2 ) − 1 − x2 = lim x→0 x6 2 2 −x + o(x ) −1 + o(1) = lim = lim = −∞. 6 x→0 x→0 x x4 1−


587

l) Vaˇzi formula: √ 1 − x3 − 1 1 − ch x

=

1 − 12 · x3 + o(x3 ) − 1 1 − (1 + 12 · x2 + o(x2 ))

=

− 21 · x3 + o(x3 ) = − 21 · x2 + o(x2 )

=

− 12 · x + o(x) , x → 0, − 12 + o(1)

− 12 ·x3 +o(x3 ) x2 − 12 ·x2 +o(x2 ) x2

Kako je lim (− 12 · x + o(x)) = 0 i lim (− 21 + o(1)) = − 12 , to je na osnovu Tvrd¯enja x→0 x→0 3.48 √ lim (− 21 · x + o(x)) − 12 · x + o(x) 1 − x3 − 1 0 x→0 lim = lim = = 1 = 0. 1 x→0 x→0 − 1 + o(1) 1 − ch x lim (− 2 + o(1)) −2 2 x→0

m) Budući da je x − sh x ex − 1

3

3

3

=

x − (x + x3! + o(x3 )) − x + o(x3 ) = 3! = 1 + x + o(x) − 1 x + o(x)

=

− x3! + o(x2 ) , x → 0, 1 + o(1)

− x3! +o(x3 ) x x+o(x) x

2

2

lim (− x3! + o(x2 )) = 0 i lim (1 + o(1)) = 1, to na osnovu Tvrd¯enja 3.48 imamo da je

x→0

x→0

x − sh x 0 = = 0. x x→0 e − 1 1 lim

n) Kako je na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (x), (x + o(x))3 = x3 + o(x3 ), x → 0, to je x − sin x lim x→0 arctg3 x

3

x − (x − x3! + o(x3 )) = lim x→0 (x + o(x))3 = =

x3 + o(x3 )) lim 6 3 x→0 x + o(x3 )

lim

x→0

1 6

= lim

+ o(1) 1 = . 1 + o(1) 6

x3 +o(x3 )) 6 x3

3 3 x→0 x +o(x ) x3

588


o) ln(1 + x) − x lim x→0 tg2 x

=

x−

lim

x→0

x2 2

+ o(x2 ) − x (x + o(x))2 2

2

− x + o(x2 ) = lim 22 = lim x→0 x + o(x2 ) x→0

− x2 +o(x2 ) x2 x2 +o(x2 ) x2

− 12 + o(1) 1 =− . x→0 1 + o(1) 2

=

lim

p) Na osnovu Posledice 4.88 sledi √ cos x − 1 − x2 lim x→0 sin x − x

=

lim

1−

x2 2

+

x4 4!

+ o(x4 ) − (1 − 21 x2 + x−

x→0

=

lim

1 4 24 x

+ o(x4 ) − 81 x4 3

− x6 + o(x3 )

x→0

1 4 x +o(x4 ) − 12 x3 lim 3 x→0 − x6 +o(x3 ) x3

=

x3 3!

1 2

( 21 −1) 2

(x2 )2 + o(x4 ))

+ o(x3 ) − x

= lim

x→0

1 4 − 12 x + o(x4 ) 3

− x6 + o(x3 )

1 − 12 x + o(x) = 0. x→0 − 1 + o(1) 6

= lim

q) √ 3 1 − x2 − x ctg x lim x→0 x sin x

√ √ 3 x 1 − x2 − x cos sin x 3 1 − x2 − x cos x sin x = lim = lim x→0 x→0 x sin x x sin2 x 3 2 (x − x3! + o(x3 ))(1 − 31 x2 + o(x2 )) − x(1 − x2 + o(x2 )) = lim x→0 x(x + o(x))2 = =

lim

x−

x3 6

x→0

+ o(x3 ) − 31 x3 − x + 21 x3 o(x3 ) = lim x→0 x3 + o(x3 ) x(x2 + o(x2 ))

o(x3 ) x3 lim x3 +o(x 3) x→0 x3

o(1) = 0. x→0 1 + o(1)

= lim

r) arcsin 2x − 2 arcsin x lim x→0 x3

= =

lim

x→0

2x +

(2x)3 6

+ o((2x)3 ) − 2(x + x3

x3 6

x3 + o(x3 ) = lim (1 + o(1)) = 1. x→0 x→0 x3 lim

+ o(x3 ))


589

s) arctg x − arcsin x lim x→0 tg x − sin x

= = =

x3 x3 3 3 3 + o(x ) − (x + 6 + o(x )) lim 3 3 x→0 x + x + o(x3 ) − (x − x + o(x3 )) 3 3! − 12 x3 + o(x3 ) − 12 + o(1) lim = lim 1 x→0 1 x3 + o(x3 ) x→0 2 2 + o(1) 1 −2 1 = −1. 2

x−

t) Iz √

(1) 1 2 1 1 · x + 2 x4 + o(x4 ) − (1 − · x2 + x4 + o(x4 )) = 2 2 2 4! 1 1 1 = − · x4 − · x4 + o(x4 ) = − · x4 + o(x4 ), x → 0, 8 24 6

1 − x2 − cos x = 1 −

sledi 2x − ln(1 + x) √ 1 − x2 − cos x

=

2x − (x + o(x)) x + o(x) = 1 4 1 4 4 − 6 · x + o(x ) − 6 · x + o(x4 )

=

x+o(x) x − 16 ·x4 +o(x4 ) x

=

− 16

1 + o(1) , x → 0. · x3 + o(x3 )

Kako je 1 + o(1) ∼ 1 i − 16 · x3 + o(x3 ) ∼ − 61 · x3 , kad x → 0, to je 2x − ln(1 + x) 1 + o(1) 1 lim √ = lim = lim = +∞ 1 1 3 3 2 x→+0 x→+0 − 6 · x + o(x ) − 6 · x3 1 − x − cos x

x→+0

i

2x − ln(1 + x) 1 + o(1) 1 = lim = lim lim √ = −∞, 1 1 3 3 2 x→−0 1 − x − cos x x→−0 − 6 · x + o(x ) x→−0 − 6 · x3

2x − ln(1 + x) i stoga ne postoji lim √ . x→0 1 − x2 − cos x u) Na osnovu Posledice 4.88 zakljuˇcujemo da je ln(1 + x + x2 ) + ln(1 − x − x2 ) = x sin x ( ) ( ) 2 )2 2 )2 x + x2 − (x+x + o (x + x2 )2 + (−x − x2 ) − (−x−x + o (−x − x2 )2 2 2 x(x + o(x)) ( ) 2 2 2 2 2 (x + x ) + o (x + x ) x + 2x3 + x4 + o(x2 + 2x3 + x4 ) = = , kad x → 0. x2 + o(x2 ) x2 + o(x2 ) Kako je o(x2 + 2x3 + x4 ) = o(x2 ), x → 0, to je x2 + 2x3 + x4 + o(x2 + 2x3 + x4 ) = x2 + 2x3 + x4 + o(x2 ) = x2 + o(x2 ), x → 0,

590


i prema tome, ln(1 + x + x2 ) + ln(1 − x − x2 ) x sin x

x2 +o(x2 ) x2 x2 +o(x2 ) x2

=

x2 + o(x2 ) = x2 + o(x2 ))

=

1 + o(1) , x → 0. 1 + o(1)

ln(1 + x + x2 ) + ln(1 − x − x2 ) = 1. x→0 x sin x

Odavde sledi lim

v) Za x ∈ (− π2 , π2 ) \ {0} vaˇzi jednakost x ctg x − 1 = x2

x tg x

−1

x2

=

x − tg x . x2 tg x

Sada ćemo za funkciju x 7→ tg x u brojiocu upotrebiti Maklorenovu formulu trećeg reda, dok je za tu istu funkciju u imeniocu dovoljno upotrebiti Maklorenovu formulu prvog reda: 3

x − tg x x2 tg x

=

x − (x + x3 + o(x3 )) x2 (x + o(x))

=

− x3 + o(x3 ) − 13 + o(1) = , x → 0. x3 + o(x3 ) 1 + o(1)

3

Stoga je lim

x→0

x ctg x − 1 1 x − tg x =− . = lim 2 x→0 x tg x x2 3

w) Ako bismo iskoristili Maklorenove formule prvog reda za funkcije x 7→ tg x i x 7→ sin x dobili bismo lim

x→0

x + o(x) − x o(x) tg x − x = lim = lim , x − sin x x→0 x − (x + o(x)) x→0 o(x)

ˇsto je neodred¯eni izraz oblika

0 . Stoga ćemo koristiti sledeće formule 0

x3 + o(x3 ), x → 0, 3 x3 sin x = x − + o(x3 ), x → 0. 3! tg x = x +

Otuda tg x − x x→0 x − sin x lim

= =

x3 3 + 3 x→0 x + 6 1 3 1 = 2. 6

lim

o(x3 ) o(x3 )

1 3 x→0 1 6

= lim

+ o(1) + o(1)


591

x) tg x − sin x x→0 x3 lim

= =

lim

x→0

lim

x3 2

x→0

3

x3 3

+ o(x3 ) − (x − x3! + o(x3 )) x3 ( ) 3 + o(x ) 1 1 = lim + o(1) = . 3 x→0 2 x 2

x+

y) ln(cos x) lim x→0 tg x2

2

ln(1 − x2 + o(x2 )) = lim x→0 x2 + o(x2 ) 2

2

2

− x + o(x2 ) + o(− x2 + o(x2 )) − x2 + o(x2 ) + o(x2 ) = lim 2 = lim x→0 x→0 x2 + o(x2 ) x2 + o(x2 ) 2

− x2 + o(x2 ) − 12 + o(1) = lim x→0 x2 + o(x2 ) x→0 1 + o(1) 1 = − . 2 =

lim

z) Vaˇzi formula: √ 1 arctg (ex − 1) − 2 1 + x + 2 = arctg (1 + x + · x2 + o(x2 ) − 1) − 2 (1) 1 −2(1 + x + 2 x2 + o(x2 )) + 2 2 2 1 1 1 = arctg (x + · x2 + o(x2 )) − 2(1 + x − x2 + o(x2 )) + 2 2 2 8 1 2 1 2 2 = arctg (x + · x + o(x )) − x + x + o(x2 ), x → 0. 2 4 Koristeći formulu arctg t = t + o(t2 ), t → 0, dobijamo 1 1 2 · x + o(x2 )) − x + x2 + o(x2 ) = 2 4 1 2 1 1 = x + · x + o(x2 ) + o((x + · x2 )2 ) − x + x2 + o(x2 ) 2 2 4 3 2 3 2 2 2 2 = · x + o(x ) + o(x ) = · x + o(x ), x → 0, 4 4 arctg (x +

Odavde sledi da je √ arctg (ex − 1) − 2 1 + x + 2 1 − cos x

=

· x2 + o(x2 ) = 1 − (1 − 21 x2 + o(x2 ))

=

3 4 1 2

3 4

+ o(1) , x → 0, + o(1)

3 2 2 4 · x + o(x ) 1 2 2 2 x + o(x )

592


√ arctg (ex − 1) − 2 1 + x + 2 pa je lim = x→0 1 − cos x

3 4 1 2

3 = . 8

ˇz ) Imamo da je x3 cos(sin x) − cos x = cos(x − + o(x3 )) − cos x = 3! (( ( )2 ( )4 )4 ) 3 3 1 x3 1 x x = 1− x− + o(x3 ) + x− + o(x3 ) + o x− + o(x3 ) − 2 3! 4! 3! 3! ( ) 1 1 − 1 − x2 + x4 + o(x4 ) = 2 4! (( ( ) ( )2 )2 ) 1 1 4 1 1 4 1 4 2 4 2 4 2 4 = 1− x − x + o(x ) + x − x + o(x ) + o x − x + o(x ) 2 3 4! 3 3 1 1 −1 + x2 − x4 + o(x4 ) = 2 4! 1 2 1 4 1 1 1 = 1 − x + x + o(x4 ) + x4 − 1 + x2 − x4 + o(x4 ) 2 6 4! 2 4! 1 4 4 x + o(x ), x → 0. = 6 Mogli smo rasud¯ivati i na sledeći naˇcin:

=

=

= =

1 1 cos(sin x) − cos x = 1 − sin2 x + sin4 x + o(sin4 x) − cos x = 2 4! ( )2 ( ) x3 1 1 3 x− + o(x ) + (x + o(x))4 + o (x + o(x))4 − 1− 2 3! 4! ( ) 1 1 − 1 − x2 + x4 + o(x4 ) = 2 4! ( ) ) ( ) 1 1 4 1 ( 4 2 4 1− x − x + o(x ) + x + o(x4 ) + o x4 + o(x4 ) 2 3 4! 1 1 −1 + x2 − x4 + o(x4 ) = 2 4! 1 2 1 4 1 1 1 1 − x + x + o(x4 ) + x4 − 1 + x2 − x4 + o(x4 ) 2 6 4! 2 4! 1 4 x + o(x4 ), x → 0. 6

Odavde sledi: 1 4 1 4 cos(sin x) − cos x 1 6 x + o(x ) 6 + o(1) = lim = lim = . 4 4 4 x→0 x→0 x + o(x ) x→0 1 + o(1) ln(1 + x ) 6

lim

3

3

Da smo koristili Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju x 7→ sin x i Maklorenovu formulu


593

ˇc) Imamo da je 1 1 sin(sin x) = sin x − sin3 x + sin5 x + o(sin5 x) 3! 5! ( ) ( )3 1 3 1 5 1 1 3 1 5 3 = x − x + x + o(x ) − x − x + o(x ) + (x + o(x))5 + 3! 5! 3! 3! 5! +o((x + o(x))5 ) 1 1 5 1 1 1 1 5 = x − x3 + x + o(x5 ) − x3 + 3 · · x5 + x 6 120 6 6 6 120 1 1 = x − x3 + x5 + o(x5 ), x → 0, 3 10 drugog reda za funkciju x 7→ cos x, dobili bismo:

= = =

cos(sin x) − cos x = cos(x + o(x)) − cos x = ( ) ( ) 1 1 1 − (x + o(x))2 + o (x + o(x))2 − 1 − x2 + o(x2 ) 2 2 ( 2 1( 2 1 2 2 ) 2 ) 1− x + o(x ) + o x + o(x ) − 1 + x + o(x2 ) = 2 2 1 1 1 − x2 + o(x2 ) − 1 + x2 + o(x2 ) = o(x2 ), x → 0, 2 2

o(x2 ) o(1) cos(sin x) − cos x = lim 4 = lim 2 bio nedred¯enost oblika 00 . 4 x→0 x + o(x4 ) x→0 x + o(x2 ) x→0 ln(1 + x ) Ako bismo koristili Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju x 7→ sin x i Maklorenovu formulu ˇcetvrtog reda za funkciju x 7→ cos x, dobili bismo opet: pa bi lim

cos(sin x) − cos x = cos(x + o(x)) − cos x = ( ) ( ) 1 1 1 1 1 − (x + o(x))2 + (x + o(x))4 + o (x + o(x))4 − 1 − x2 + x4 + o(x4 ) = 2 4! 2 4!

=

) ) ( ) 1( 2 1 ( 4 1 1 x + o(x2 ) + x + o(x4 ) + o x4 + o(x4 ) − 1 + x2 − x4 + o(x4 ) = 2 4! 2 4! 1 1 1 − x2 + o(x2 ) − 1 + x2 = o(x2 ), x → 0. 2 2

1−

= =

Ako koristimo Maklorenovu formulu trećeg reda za funkciju x 7→ sin x i Maklorenovu formulu drugog reda za funkciju x 7→ cos x, dobijamo opet:

=

= =

x3 cos(sin x) − cos x = cos(x − + o(x3 )) − cos x = 3! ( ( )2 ( )2 ) ( ) 1 x3 x3 1 3 3 1− x− + o(x ) + +o x− + o(x ) − 1 − x2 + o(x2 ) = 2 3! 3! 2 ( ) ( 1 1 x2 − x4 + o(x4 ) + o x2 − 2 3 1 1 1 − x2 + x4 + o(x4 ) + o(x2 ) − 1 + 2 6

1−

) 1 4 1 x + o(x4 ) − 1 + x2 + o(x2 ) = 3 2 1 2 x + o(x2 ) = o(x2 ), x → 0. 2

594


i x

√ 3

1−

x2

( (1) ) 1 2 4 4 3 = x(1 − x ) = x 1 − x + x + o(x ) 3 2 ( ) 1 1 1 1 = x 1 − x2 − x4 + o(x4 ) = x − x3 − x5 + o(x5 ), x → 0. 3 9 3 9 2 1/3

Odavde sledi √ sin(sin x) − x 3 1 − x2 lim x→0 x5

(x − 31 x3 +

+ o(x5 )) − (x − 31 x3 − 19 x5 + o(x5 )) x→0 x5 ( ) 19 5 5 19 19 10 x + o(x ) = lim = lim + o(1) = . 5 x→0 x→0 x 10 10 =

lim

1 5 10 x

ć) Budući da je sin2 x sin3 x + + o(sin3 x) 2 3! x3 1 x3 1 = 1 + (x − + o(x3 )) + (x − + o(x3 ))2 + (x + o(x))3 + o((x + o(x))3 ) 3! 2 3! 6 1 1 1 x3 + o(x3 ) + x2 + x3 = 1 + x + x2 + o(x3 ), x → 0, = 1+x− 3! 2 6 2

esin x = 1 + sin x +

to je 1 x2 x3 esin x − ex = (1 + x + x2 + o(x3 )) − (1 + x + + + o(x3 )) 2 2 3! x3 = − + o(x3 ), x → 0. 3! Kako je sin x − x = (x −

x3 3!

esin x − ex x→0 sin x − x lim

3

+ o(x3 )) − x = − x3! + o(x3 ), x → 0, dobijamo da je 3

=

lim

x→0

− x3! + o(x3 ) 3

− x3! + o(x3 ) 3

=

=

− x3! +o(x3 ) x3 lim 3 x→0 − x3! +o(x3 ) x3 1 − + o(1) lim 3! x→0 − 1 + o(1) 3!

=1

86. Odrediti koeficijente ai ∈ R, i = 0, . . . 5, tako da vaˇzi formula tg x = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + o(x5 ), x → 0.


595

Reˇsenje. Koristimo najpre Maklorenovu formulu petog reda za funkciju x 7→ sin x i Maklorenovu formulu ˇcetvrtog reda za funkciju x 7→ cos x: 3

5

x − x3! + x5! + o(x5 ) sin x = 2 4 cos x 1 − x2 + x4! + o(x4 ) ( )( )−1 x3 x5 x2 x4 5 4 = x− + + o(x ) 1− + + o(x ) 3! 5! 2! 4! )( )−1 ( x5 x2 x4 x3 + + o(x5 ) 1− + + o(x4 ) = x− 6 120 2 24

tg x =

Kako je −1

(1 + x)

( ) ( ) ( ) −1 −1 2 −1 k =1+ x+ x + ··· + x + o(xk ), x → 0, 1 2 k

i

( ) −1(−2)(−3) . . . (−k) −1 −1(−1 − 1)(−1 − 2) . . . (−1 − (k − 1)) = = (−1)k = 1 · 2 · 3...k 1 · 2 · 3...k k to je (1 + x)−1 = 1 − x + x2 − · · · + (−1)k xk + o(xk ), x → 0, i prema tome, )−1 ( x2 x4 4 + + o(x ) = 1− 2 24 ( 2 ) ( 2 )2 x x4 x x4 4 4 =1− − + + o(x ) + − + + o(x ) + 2 24 2 24 (( )2 ) x2 x4 4 +o − + + o(x ) = 2 24 (( ( 2 ) ( 2 )2 )2 ) x x4 x x2 4 2 2 − + o(x ) =1− − + + o(x ) + − + o(x ) + o 2 24 2 2 =1+ Odavde sledi

x2 x4 x4 x2 5 − + o(x4 ) + =1+ + x4 + o(x4 ), x → 0. 2 24 4 2 24 4

)( )−1 ( x5 x2 x4 x3 5 4 + + o(x ) 1+ + + o(x ) tg x = x − 6 120 2 24 ( )( ) x3 x5 x2 5 4 5 4 = x− + + o(x ) 1+ + x + o(x ) 6 120 2 24 3 5 3 5 x x x x 5 =x− + + o(x5 ) + − + x5 6 120 2 12 24 2 5 x3 + x + o(x5 ), x → 0. =x+ 3 15

S obzirom da funkcija x 7→ tg x ima izvod ma kog reda u 0, to na osnovu Tvrd¯enja 4.83 sledi da je ovo Maklorenova formula petog reda funkcije x 7→ tg x sa ostatkom u Peanovoj formi. 4

596


1 2 Prema tome, a0 = 0, a1 = 1, a2 = 0, a3 = , a4 = 0, a5 = . 3 15 87. Pokazati da je 1 2 101 7 th x = x − x3 + x5 − x + o(x7 ), x → 0. 3 15 2520

(3.1)

Reˇsenje. Vaˇzi formula: 3

5

7

x + x3! + x5! + x7! + o(x7 ) sh x = 2 4 6 ch x 1 + x2 + x4! + x6! + o(x6 ) )( )−1 ( x2 x4 x6 x3 x5 x7 7 6 + + + o(x ) 1+ + + + o(x ) = x+ 3! 5! 7! 2! 4! 6! ( )( )−1 x3 x5 x7 x2 x4 x6 = x+ + + + o(x7 ) 1+ + + + o(x6 ) , x → 0. 6 120 5040 2 24 720

th x =

Kako je ( )−1 x2 x4 x6 6 1+ + + + o(x ) = 2 24 720 ( 2 ) ( 2 )2 ( 2 )3 x x4 x6 x x4 x 6 4 2 =1− + + + o(x ) + + + o(x ) − + o(x ) 2 24 720 2 24 2 (( ) )3 x2 2 +o + o(x ) = 2 x2 x4 x6 x4 x6 x6 − − + o(x6 ) + + − 2 24 720 4 24 8 x2 5 4 61 6 =1− + x − x + o(x6 ), x → 0, 2 24 720 =1−

to je ( )( )−1 x3 x5 x7 x2 5 61 6 x+ + + + o(x7 ) 1− + x4 − x + o(x6 )) , 6 120 5040 2 24 720 x3 x5 x7 x3 x5 x7 5 5 7 61 7 =x+ + + + o(x7 ) − − − + x5 + x − x 6 120 5040 2 12 240 24 144 720 2 101 7 x3 + x5 − x + o(x7 ), x → 0. =x− 3 15 2520 th x =

88. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti:

3.1. Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi xx − 1 ; x→1 x − 1 ( ( )x ) x f) lim x 1e − x+1 ;

(1 + x)1/x − e a) lim ; x→0 x

e) lim

1 − (cos x)sin x ; x→0 x − th x

b) lim c) lim

x→0

(a +

x)x

−

ax

x2

597

x→+∞

xx −ax ; x→a x−a

, a > 0;

g) lim

ln x − x + 1 ; x→1 x − xx

xx −xa . x→a x−a

d) lim

h) lim

Reˇsenje. a) Imamo da je (1 + x)1/x − e x

1/x

=

eln (1+x) x 1

1

−e

x2 +o(x2 )) 2

e x ln(1+x) − e = x −e

x

e1− 2 +o(x) − e = = x x x x e · e− 2 +o(x) − e e− 2 +o(x) − 1 = =e· x x 1 + (− x2 + o(x)) + o(− x2 + o(x)) − 1 = e· , x → 0. x e x (x−

Kako je na osnovu Tvrd¯enja 3.159 ((i) i (viii)) o(− x2 + o(x)) = o(x), x → 0, to na osnovu osobine (vi) istog tvrd¯enja vaˇzi: −

x x x x + o(x)) + o(− + o(x)) = − + o(x) + o(x) = − + o(x), x → 0. 2 2 2 2

Odavde dobijamo (1 + x)1/x − e x

− x2 + o(x) = e· ( x ) 1 = e · − + o(1) , x → 0, 2

(1 + x)1/x − e e =− . x→0 x 2 b) S obzirom da je (cos x)sin x = esin x ln cos x pa je lim

i sin x ln cos x = (x + o(x)) ln(1 −

x2 + o(x2 )) 2

x2 x2 + o(x2 ) + o(− + o(x2 ))) 2 2 3 x2 x = (x + o(x))(− + o(x2 )) = − + o(x3 ), x → 0, 2 2 = (x + o(x))(−

598


to je x3 x3 + o(x3 ) + o(− + o(x3 )) 2 2 3 x3 x = 1− + o(x3 ) + o(x3 ) = 1 − + o(x3 ), x → 0. 2 2

(cos x)sin x = e−

x3 +o(x3 ) 2

=1−

Prema tome, 1 − (cos x)sin x lim x→0 x − th x

3

1 − (1 − x2 + o(x3 )) = lim = lim x→0 x − (x − 1 · x3 + o(x3 )) x→0 3 =

1 2 x→0 1 3

lim

+ o(1) = + o(1)

1 2 1 3

x3 2 1 3

+ o(x3 ) · x3 + o(x3 )

3 = . 2

c) Iz x

x

x

(a + x)x = eln (a+x) = ex ln(a+x) = ex ln(a(1+ a )) = ex(ln a+ln(1+ a )) x

x

x

x2

2

= ex ln a+x ln(1+ a ) = ex ln a+x( a +o( a )) = ex ln a+ a +o(x ) x2 1 x2 = 1 + (x ln a + + o(x2 )) + (x ln a + + o(x2 ))2 + a 2 a x2 + o(x2 ))2 ) + o((x ln a + a x2 1 = 1 + x ln a + + o(x2 ) + x2 ln2 a a 2 1 1 2 = 1 + x ln a + ( + ln a)x2 + o(x2 ), x → 0, a 2 i ax = 1 + x ln a +

ln2 a 2 x + o(x2 ), x → 0, 2

sledi 1 1 (a + x)x − ax = 1 + x ln a + ( + ln2 a)x2 + o(x2 ) − a 2 ln2 a 2 − (1 + x ln a + x + o(x2 )) 2 1 2 = x + o(x2 ), x → 0, a pa je 1 2 2 (a + x)x − ax 1 1 a x + o(x ) lim = lim = lim ( + o(1)) = . x→0 x→0 x→0 a x2 x2 a

ln x − x + 1 koristimo smenu t = x − 1 (kad x → 1, tada t → 0 x→1 x − xx i za x = ̸ 1 je t ̸= 0). Na osnovu teoreme o limesu sloˇzene funkcije (Teorema 3.82 i

d) Za ispitivanje lim


599

ln(1 + t) − t . Kako je t→0 1 + t − (1 + t)1+t

videti takod¯e Teoremu 3.128) dovoljno je ispitati lim

ln(1 + t) − t ln(1 + t) − t = 1 + t − (1 + t)1+t (1 + t)(1 − (1 + t)t )

i budući da je lim

t→0

1 ln(1 + t) − t . = 1, na osnovu Tvrd¯enja 3.57 dovoljno je ispitati lim t→0 1+t 1 − (1 + t)t

Iz ln(1 + t) − t 1 − (1 + t)t

2

=

2

= = =

2

t − t2 + o(t2 ) − t − t2 + o(t2 ) = t 1 − eln(1+t) 1 − et ln(1+t) 2

− t2 + o(t2 ) − t2 + o(t2 ) = 1 − et(t+o(t)) 1 − et2 +o(t2 ) 2 2 − t2 + o(t2 ) − t2 + o(t2 ) = 1 − (1 + t2 + o(t2 ) + o (t2 + o(t2 ))) −t2 + o(t2 ) − 21 + o(1) , t → 0, −1 + o(1)

ln(1 + t) − t ln(1 + t) − t 1 1 = , pa je lim = . Na osnovu teoreme t t t→0 (1 − (1 + t) t→0 (1 + t)(1 − (1 + t) 2 2 ln x − x + 1 1 o limesu sloˇzene funkcije (Teorema 3.82) sledi da je lim = . x x→1 x−x 2 sledi lim

xx − 1 koristimo smenu x − 1 = t (x → 1 =⇒ t → 0, x ̸= 1 =⇒ x→1 x − 1 1+t (1 + t) −1 t ̸= 0). Nad¯imo lim . Kako je t→0 t

ˇe) Za ispitivanje lim

(1 + t)1+t − 1 t

= = =

e(1+t) ln(1+t) − 1 e(1+t)(t+o(t)) − 1 = t t 2 +o(t2 ) t+o(t) t+o(t)+t e −1 e −1 = t t 1 + t + o(t) + o(t + o(t)) − 1 t + o(t) = = 1 + o(1), t → 0, t t

(1 + t)1+t − 1 = 1, pa je na osnovu teoreme o limesu sloˇzene funkcije t→0 tx x −1 = 1. (Teorema 3.82) lim x→1 x − 1 sledi da je lim

600


f) S obzirom da je ( )x x x ln 1 1 x x 1 −1 1 x = eln( x+1 ) = ex ln x+1 = e 1+ x = ex ln(1+ x ) = e−x ln(1+ x ) x+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = e−x( x − 2 · x2 +o( x2 )) = e−1+ 2 · x +o( x ) = · e 2 · x +o( x ) e 1 1 1 1 1 1 1 · (1 + · + o( ) + o( · + o( ))) = e 2 x x 2 x x 1 1 1 1 = · (1 + · + o( )), x → +∞, e 2 x x sledi da je (

1 − e

(

x x+1

)x )

(

1 1 1 1 1 − · (1 + · + o( )) e e 2 x x ) ( 1 1 1 1 1 − − · + o( ) = x e e 2e x x 1 = − + o(1), x → +∞. 2e ( ( )x ) x 1 Prema tome, lim x 1e − x+1 = − 2e . x

)

= x

x→+∞

xx −ax x→a x−a

g) Za ispitivanje lim

koristimo smenu x − a = t (kad x → a, onda t → 0 i ako

je x ̸= a, tada je t ̸= 0). Nad¯imo (t + a)t+a − at+a . t→0 t lim

Budući da je (t + a)t+a = eln(t+a)

t+a

t

= e(t+a) ln(t+a) = e(t+a) ln(a(1+ a )) t

t

t

= e(t+a)(ln a+ln(1+ a )) = e(t+a)(ln a+ a +o( a )) a

= ea ln a+t+o(t)+t ln a = eln a · e(1+ln a)t+o(t) = aa · e(1+ln a)t+o(t) = aa (1 + (1 + ln a)t + o(t) + o((1 + ln a)t + o(t))) = aa (1 + (1 + ln a)t + o(t)), t → 0, i at+a = aa · at = aa (1 + t ln a + o(t)), t → 0, sledi (t + a)t+a − at+a t

= =

aa (1 + (1 + ln a)t + o(t)) − aa (1 + t ln a + o(t)) t aa (t + o(t)) = aa (1 + o(1)), t → 0. t


601

Prema tome,

(t + a)t+a − at+a = aa . t→0 t Na osnovu teoreme o graniˇcnoj vrednosti sloˇzene funkcije (Teorema 3.82) sledi da je xx − ax lim = aa . x→a x − a lim

xx −xa x→a x−a

h) Za ispitivanje lim

ponovo koristimo smenu x − a = t i ispitujemo najpre (t + a)t+a − (t + a)a . t→0 t lim

Kako je na osnovu prethodnog primera (t + a)t+a = aa (1 + (1 + ln a)t + o(t)), t → 0, i osim toga, t t t t (t + a)a = (a(1 + ))a = aa (1 + )a = aa (1 + a · + o( )) a a a a = aa (1 + t + o(t)), t → 0, to je (t + a)t+a − (t + a)a t

aa (1 + (1 + ln a)t + o(t)) − aa (1 + t + o(t)) aa (t ln a + o(t)) = t t = aa (ln a + o(1)), t → 0, =

(t + a)t+a − (t + a)a = aa ln a. Na osnovu teoreme o graniˇcnoj t→0 t vrednosti sloˇzene funkcije (Teorema 3.82) sledi da je i prema tome, lim

xx − xa = aa ln a. x→a x − a lim

89. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti: ) ) ( ( 1 1 1 1 a) lim − ; d) lim − ; x→0 ln(1 + x) x→0 x tg x arcsin x (

) 1 1 − ; x sin x

(

) 1 1 − ; x2 sin2 x

b) lim

x→0

c) lim

x→0

( e) lim

x→0

) 1 1 − ; arctg x arcsin x

602

Glava 3. Razni zadaci (

) 1 1 − 2 ; x→0 x arctg x x ( ) 2 g) limπ tg x + ; 2x − π x→ 2 f) lim

(

) 2 1 − ; sin2 x 1 − cos x

(

) 1 ln(1 + x) − ; x(1 + x) x2

i) lim

x→0

j) lim

x→0

Reˇsenje. a) Dovod¯enjem na zajedniˇcki imenilac dobijamo 1 1 tg x − ln(1 + x) − = . ln(1 + x) tg x ln(1 + x) tg x Sada ćemo za funkciju x 7→ tg x u brojiocu upotrebiti Maklorenovu formulu tg x = x + o(x2 ), dok ćemo u imeniocu primeniti formulu tg x = x + o(x), x → 0. Za funkciju x 7→ ln(1 + x) u brojiocu koristimo Maklorenovu formulu drugog reda 2 ln(1 + x) = x − x2 + o(x2 ), x → 0, dok u imeniocu primenjujemo Maklorenovu formulu prvog reda ln(1 + x) = x + o(x), x → 0, i dobijamo 2

tg x − ln(1 + x) ln(1 + x) tg x

= =

( Prema tome, lim

x→0

2

x x + o(x2 ) − (x − x2 + o(x2 )) + o(x2 ) = 22 (x + o(x))(x + o(x)) x + o(x2 ) 1 2 + o(1) , x → 0. 1 + o(1)

1 1 − ln(1 + x) tg x

)

1 = . 2

b) Za x ̸= 0 vaˇzi 1 1 sin x − x − = . x sin x x sin x Za funkciju x 7→ sin x u brojiocu koristimo Maklorenovu formuli trećeg reda, dok za tu istu funkciju u imeniocu koristimo Maklorenovu formulu prvog reda i dobijamo: sin x − x x sin x

3

3

=

x − x3! + o(x3 ) − x − x + o(x3 ) = 23! x(x + o(x)) x + o(x2 )

=

− x3! +o(x3 ) x2 x2 +o(x2 ) x2

3

Prema tome,

( lim

x→0

1 1 − x sin x

)

=

− x6 + o(x) . 1 + o(1)

− x6 + o(x) 0 = = 0. x→0 1 + o(1) 1

= lim


603

c) ( lim

x→0

1 1 − 2 x sin2 x

)

(

)2 x3 3) + o(x − 3! x2 (x + o(x))2

x−

x2 sin x − = lim 2 2 = lim x→0 x sin x x→0 x2 − 3!2 x4 + o(x4 ) − x2 − 13 x4 + o(x4 ) = lim = lim x→0 x→0 x4 + o(x4 ) x2 (x2 + o(x2 )) 2

x2

− 1 x4 + o(x4 ) = lim 34 = lim x→0 x + o(x4 ) x→0 =

− 13 x4 +o(x4 ) x4 x4 +o(x4 ) x4

− 13 + o(1) 1 =− . x→0 1 + o(1) 3 lim

d) ( lim

x→0

1 1 − x arcsin x

) =

arcsin x − x x + o(x2 ) − x = lim x→0 x arcsin x x→0 x(x + o(x)) lim

o(x2 ) = lim 2 = lim x→0 x + o(x2 ) x→0 lim o(1)

=

x→0

lim (1 + o(1))

=

x→0

o(x2 ) x2 x2 +o(x2 ) x2

o(1) x→0 1 + o(1)

= lim

0 = 0. 1

Mogli smo raˇcunati i na sledeći naˇcin: ) ( 3 x + x6 + o(x3 ) − x 1 arcsin x − x 1 − = lim = lim lim x→0 x arcsin x x→0 x→0 x arcsin x x(x + o(x)) =

=

x3 lim 62 x→0 x

+ o(x3 ) = lim + o(x2 ) x→0

lim ( x x→0 6

+ o(x))

lim (1 + o(1))

x→0

=

x3 +o(x3 ) 6 x2

x2 +o(x2 ) x2

= lim

x→0

x 6

+ o(x) 1 + o(1)

0 = 0. 1

e) Vaˇzi jednakost

1 1 arcsin x − arctg x − = arctg x arcsin x arctg x arcsin x i ako za funkcije x 7→ arcsin x i x 7→ arctg x u brojiocu iskoristimo formule arcsin x = x+o(x2 ), arctg x = x+o(x2 ), x → 0, a za te funkcije u imeniocu iskoristimo formule arcsin x = x + o(x), arctg x = x + o(x), x → 0, dobićemo 1 1 − arctg x arcsin x

= =

arcsin x − arctg x x + o(x2 ) − (x + o(x2 )) = arctg x arcsin x (x + o(x))(x + o(x)) 2 o(x ) o(1) = . x2 + o(x2 ) 1 + o(1)

604


Prema tome, lim

x→0

1 1 − arctg x arcsin x

) = 0.

f) ( lim

x→0

1 1 − x arctg x x2

) =

x2 − x arctg x x2 − x(x + o(x2 )) = lim x→0 x→0 x2 arctg x x2 (x + o(x)) lim

o(x3 ) = lim 3 = lim x→0 x + o(x3 ) x→0

o(x3 ) x3 x3 +o(x3 ) x3

o(1) = 0. x→0 1 + o(1)

= lim

( g) Za ispitivanje limπ tg x +

) 2 koristimo smenu x − π2 = t (kad x → π2 , onda 2x − π x→ 2 t → 0 i ako je x ̸= π2 , tada je t ̸= 0). Nad¯imo ( ( ) ( ) ) ( ) π 2 cos t 1 1 lim tg +t + π = lim − + = lim − ctg t + t→0 t→0 t→0 2 2( 2 + t) − π t sin t t 2

t + o(t2 ) − t(1 − t2 + o(t2 )) sin t − t cos t = lim = lim t→0 t→0 t sin t t(t + o(t)) 3

t + o(t2 ) − t + t2 + o(t3 )) o(t2 ) = lim = lim t→0 t→0 t2 + o(t2 ) t2 + o(t2 ) 0 o(1) = = 0. = lim t→0 1 + o(1) 1 Na osnovu teoreme o graniˇcnoj vrednosti sloˇzene funkcije (Teorema 3.82) sledi da je ( ) 2 lim tg x + = 0. 2x − π x→ π2 i) Iz 2 1 − 2 sin x 1 − cos x

= = = =

( sledi da je lim

x→0

2(1 − cos x) − sin2 x sin2 x(1 − cos x) x4 x3 4 4! + o(x ))) − (x − 3! + 2 (x + o(x))2 (1 − (1 − x2 + o(x2 ))) 4 4 x2 − x12 + o(x4 ) − (x2 − x3 + o(x4 )) 2 (x2 + o(x2 ))( x2 + o(x2 ))) 1 1 4 4 4 x + o(x ) 4 + o(1) = , x → 0, 4 1 x 4) + o(1) + o(x 2 2

2(1 − (1 −

2 1 − 2 sin x 1 − cos x

) =

x2 2

1 4 1 2

+

1 = . 2

o(x3 ))2


605

j) Kako je 1 ln(1 + x) − x(1 + x) x2

2

x − (1 + x)(x − x2 + o(x2 )) x − (1 + x) ln(1 + x) = x2 (1 + x) x2 + x3

=

x−x+

=

x2 2 x2

2

+ o(x2 ) − x2 − x2 + o(x2 ) = + x3 x2 + x3

2

− x2 +o(x2 ) x2 x2 +x3 x2

= ( to je lim

x→0

ln(1 + x) 1 − x(1 + x) x2

− 12 + o(1) , x → 0, 1+x

=

)

= − 12 .

90. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti: ( a) lim

x→0

( b) lim

x→0

sin x x

)1/x

( ;

f) lim

x→0

ax + bx + cx 3

(

)1/x , a, b, c > 0;

g) lim

x→0

( h) lim

c) lim (1 + x2 )ctg x ;

x→0

x→0

d) lim

(2 π

x→0

e) lim

x→0

(

(

)1 arccos x x ;

e2x

+x

)1

x

i) lim

x→0

( j) lim

;

x→0

1 + tg x 1 + sin x 1 + tg x 1 + sin x arctg x x

)

)

1 sin x2

1 tg3 x

;

;

1 1−cos x

;

sin x arcsin x tg x arctg x

)

)

)

1 ln(1+x2 )

1 sin2 x

;

;

Reˇsenje. a) Kako je (

)1/x

(

sin x x

)1/x

1 ln x =e

(

) sin x x .

ln sin x =e x ( ) 1 sin x nad¯imo najpre lim ln . x→0 x x Iz ( ) ( ) 1 sin x 1 x + o(x2 ) 1 ln = ln = ln (1 + o(x)) x x x x x o(x) + o(o(x)) o(x) + o(x) o(x) = = = x x x = o(1), x → 0,

(3.2)

606


( ) 1 sin x = 0, ˇsto zajedno sa (3.2), na osnovu neprekidnosti ln x→0 x x funkcije x 7→ ex (Tvrd¯enje 3.110), povlaˇci da je ( ) sin x 1/x lim = e0 = 1. 5 x→0 x

sledi da je lim

( b) S obzirom da je 1 ax + bx + cx ln . x→0 x 3 Kako je

ax + bx + cx 3

)1/x

1

= e x ln

ax +bx +cx 3

dovoljno je ispitati

lim

1 ax + bx + cx 1 1 + x ln a + o(x) + 1 + x ln b + o(x) + 1 + x ln c + o(x) ln = ln x 3 x 3 1 1 1 3 + x ln(abc) + o(x) = ln(1 + x ln(abc) + o(x)) = ln x 3 x 3 √ √ √ 1 1 3 3 3 = ln(1 + x ln abc + o(x)) = (x ln abc + o(x) + o(x ln abc + o(x))) x x √ √ 1 3 3 = (x ln abc + o(x)) = ln abc + o(1), x → 0. x √ 1 ax + bx + cx 3 to je lim ln = ln abc. Odavde, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex , x→0 x 3 dobijamo ( lim

x→0

ax + bx + cx 3

)1/x =

1 x

lim e ln x→0 √ 3 ln abc

= e

ax +bx +cx 3

=

√ 3

1 ax + bx + cx ln 3 = ex→0 x lim

abc.

c) Budući da je (1 + x2 )ctg x = eln(1+x dovoljno je naˇci lim ctg x ln(1 + x→0

2 )ctg x

2

= ectg x ln(1+x ) ,

x2 ).

Iz ctg x ln(1 + x2 ) = = 5

ln(1 + x2 ) x2 + o(x2 ) = tg x x + o(x) x2 +o(x2 ) x x+o(x) x

=

x + o(x) 1 + o(1)

Da smo koristili formulu sin x = x + o(x), dobili bismo ( ) x + o(x) 1 1 1 sin x lim ln = lim ln = lim ln(1 + o(1)) x→0 x x→0 x x→0 x x x o(1) + o(o(1)) o(1) = lim = lim , x→0 x→0 x x 0 ˇsto je neodred¯enost oblika . 0

(3.3)


607

sledi lim (x + o(x))

lim ctg x ln(1 + x2 ) =

x→0

x→0

lim (1 + o(1))

x→0

=

0 = 0. 1

Sada na osnovu neprekidnosti funkcije x 7→ ex i (3.3) dobijamo da je lim (1 + x2 )ctg x = e0 = 1.

x→0

d) Kako je (

)1 1 x 2 1 2 2 x arccos x = eln( π arccos x) = e x ln( π arccos x) , π

dovoljno je ispitati 1 lim ln x→0 x

(

) 2 arccos x . π

Iz arcsin x = x + o(x), x → 0, i arcsin x + arccos x = π2 , x ∈ [−1, 1], sledi arccos x = π π 2 − arcsin x = 2 − x + o(x), x → 0. Prema tome, 1 ln x

(

) 2 arccos x = π

1 x→0 x

pa je lim

( ( ) )) 1 ( 1 2 π 2 ln − x + o(x) = ln 1 − x + o(x) x π 2 x π ( ) 1 2 2 = − x + o(x) + o(− x + o(x)) x π π ( ) ( ) 2 1 2 1 − x + o(x) + o(x) = − x + o(x) = x π x π 2 = − + o(1), x → 0, π

ln

(2 π

) arccos x = − π2 . Odavde zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex sledi ( lim

x→0

2 arccos x π

)1

x

= e− π . 2

e) Vaˇzi jednakost: (

Kako je

1 )1 1 2x 2x x e2x + x x = eln(e +x) = e x ln(e +x) .

608


) 1 ( 2x ln e + x = x = = = = = 1 x→0 x

to je lim

) 1 ( 2x ) 1 ( 2x ln e (1 + xe−2x ) = ln e + ln(1 + xe−2x ) x x 1 (2x + ln(1 + x(1 − 2x + o(−2x))) x ) 1( 2x + ln(1 + x − 2x2 + o(x2 )) x ) 1( 2x + x − 2x2 + o(x2 ) + o(x − 2x2 + o(x2 )) x ) 1( 3x − 2x2 + o(x2 ) + o(x) x 1 (3x + o(x)) = 3 + o(1), x → 0, x

( ) ln e2x + x = 3. Zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex dobijamo da je ( )1 1 2x lim 1 ln(e2x +x) = e3 . lim e2x + x x = lim e x ln(e +x) = ex→0 x

x→0

x→0

( f) S obzirom da je

) 1 1+tg x 1 1 + tg x sin x2 = e sin x2 ln 1+sin x , dovoljno je ispitati 1 + sin x

1 1 + tg x ln . Kako je 2 x→0 sin x 1 + sin x lim

1 ln(1 + tg x) = ln(1 + x + x3 + o(x3 )) = 3 1 1 1 1 1 3 3 = x + x + o(x ) − (x + x3 + o(x3 ))2 + (x + x3 + o(x3 ))3 + 3 2 3 3 3 1 3 +o((x + x + o(x3 ))2 ), x → 0, 3 x3 + o(x3 )) = 3! x3 1 x3 1 x3 =x− + o(x3 ) − (x − + o(x3 ))2 + (x − + o(x3 ))3 + 3! 2 3! 3 3! x3 +o((x − + o(x3 ))3 ), x → 0, 3!

ln(1 + sin x) = ln(1 + x −

1 o((x + x3 + o(x3 ))3 ) = o(x3 + x5 + o(x5 )) = o(x3 ), x → 0, 3 i


609

3

o((x − x3! + o(x3 ))3 ) = o(x3 − 12 x5 + o(x5 )) = o(x3 ), x → 0 (Tvrd¯enje 3.159 (xii)), to je ln(1 + tg x) − ln(1 + sin x) = 1 1 1 x3 1 1 = x + x3 + o(x3 ) − x2 + x3 − (x − + o(x3 ) − x2 + x3 ) 3 2 3 3! 2 3 1 3 3 = x + o(x ), x → 0. 2 Odavde sledi

lim

x→0

1 1 + tg x ln 2 sin x 1 + sin x

=

lim

x→0

ln(1 + tg x) − ln(1 + sin x) sin x2

=

1 3 x + o(x3 ) lim 2 2 x→0 x + o(x2 )

=

lim

x→0

= lim

1 3 x +o(x3 ) 2 x2

2 2 x→0 x +o(x ) x2

1 2x

+ o(x) 0 = = 0, 1 + o(1) 1

ˇsto, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex , povlaˇci da je ( lim

x→0

) 1 1+tg x 1 1 + tg x sin x2 lim 1 ln 1+tg x = lim e sin x2 ln 1+sin x = ex→0 sin x2 1+sin x = e0 = 1. x→0 1 + sin x

g) Prema prethodnom ln

1 + tg x 1 = x3 + o(x3 ), x → 0, pa je 1 + sin x 2

1 1 + tg x ln 3 x→0 tg x 1 + sin x lim

= =

lim

x→0

lim

1 3 2x

1 3 3 + o(x3 ) 2 x + o(x ) = lim x→0 x3 + o(x3 )) (x + o(x))3 1 3 x +o(x3 ) 2 x3

3 3 x→0 x +o(x ) x3

= lim

x→0

1 2

+ o(1) 1 = , 1 + o(1) 2

ˇsto, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex , povlaˇci da je ( lim

x→0

) 1 1 √ 1 + tg x tg3 x lim 1 ln 1+tg x ln 1+tg x = lim e tg3 x 1+sin x = ex→0 tg3 x 1+sin x = e1/2 = e. x→0 1 + sin x

h) Vaˇzi jednakost (

arctg x x

)

( 1 1−cos x

ln

=e

arctg x x

)

1 1−cos x

=e

1 1−cos x

ln

arctg x x .

(3.4)

610

Glava 3. Razni zadaci Kako je 1 arctg x ln 1 − cos x x

= = = =

1 x→0 1−cos x funkcije x 7→ ex ,

to je lim

x − 31 x3 + o(x3 ) 1 ln x 1 − (1 − 21 x2 + o(x2 )) 1 1 ln (1 − x2 + o(x2 )) 1 2 2) 3 x + o(x 2 1 1 1 (− x2 + o(x2 ) + o(− x2 + o(x2 ))) 1 2 2 3 3 2 x + o(x ) − 31 + o(1) 1 1 2 2 (− x + o(x )) = , x → 0, 1 2 1 2 3 2 x + o(x ) 2 + o(1)

−1 arctg x 2 = 13 = − . Odavde i iz (3.4), zbog neprekidnosti x 3 2 sledi ) 1 ( arctg x 1−cos x 1 . lim = e−2/3 = √ 3 2 x→0 x e

ln

i) Imamo da je (

sin x arcsin x

)

( 1 ln(1+x2 )

ln

=e

sin x arcsin x

)

(

1 ln(1+x2 )

=e

1 ln(1+x2 )

ln

)

sin x arcsin x .

S obzirom da je ( ) ( ) ( ) 3 2 x − x3! + o(x3 ) 1 − x6 + o(x2 ) sin x ln = ln = ln 3 2 arcsin x x + x6 + o(x3 ) 1 + x6 + o(x2 ) ) ( x2 x2 + o(x2 ))(1 + + o(x2 ))−1 = ln (1 − 6 6 ( ) 2 x x2 x2 2 2 2 = ln (1 − + o(x ))(1 − + o(x ) + o( + o(x )) 6 6 6 ( ) 2 2 x x = ln (1 − + o(x2 ))(1 − + o(x2 )) 6 6 ( ) ( ) x2 x2 x2 2 2 = ln 1 − + o(x ) − = ln 1 − + o(x ) 6 6 3 x2 x2 = − + o(x2 ) + o(− + o(x2 )) 3 3 x2 = − + o(x2 ), x → 0, 3 sledi ( ) ( 2 ) 1 sin x 1 x 2 lim ln = lim 2 − + o(x ) x→0 ln(1 + x2 ) x→0 x + o(x2 ) arcsin x 3 1 − + o(1) 1 = lim 3 =− , x→0 1 + o(1) 3


611

i prema tome, ( lim

x→0

sin x arcsin x

)

( 1 ln(1+x2 )

1 x→0 ln(1+x2 )

lim

=e

ln

sin x arcsin x

)

1 = e−1/3 = √ . 3 e

j) Kako je 3

2

x + x3 + o(x3 ) 1 + x3 + o(x2 ) tg x ln = ln = ln 3 2 arctg x x − x3 + o(x3 ) 1 − x3 + o(x2 ) ( ) x2 x2 2 2 −1 = ln (1 + + o(x ))(1 − + o(x )) 3 3 (( ) ( )) x2 x2 x2 2 2 2 1+ + o(x ) 1+ + o(x ) + o( + o(x )) = ln 3 3 3 )( )) (( 2 2 x x + o(x2 ) 1+ + o(x2 ) = ln 1+ 3 3 ( ) 2x2 2 = ln 1 + + o(x ) 3 2x2 2x2 = + o(x2 ) + o( + o(x2 )) 3 3 2x2 = + o(x2 ), x → 0, 3 to je 1 tg x lim ln x→0 sin2 x arctg x

1 = lim x→0 (x + o(x))2 =

2x2 + o(x2 ) lim 32 x→0 x + o(x2 )

(

2x2 + o(x2 ) 3

= lim

x→0

)

2 3

+ o(1) 2 = . 1 + o(1) 3

Odavde dobijamo ( lim

x→0

tg x arctg x

)

( 1 sin2 x

ln

=

lim e

tg x arctg x

)

1 sin2 x

x→0

= lim e

1 sin2 x

ln

tg x arctg x

x→0

tg x lim 12 ln √ sin x x→0 arctg x = e2/3 = 3 e2 . = e

91. Odrediti, ukoliko postoje, sledeće graniˇcne vrednosti: (√ ) ( ) √ 5 5 − 6x2 − x2 + 7x ; a) lim x − x2 ln(1 + x1 ) ; c) lim x x→+∞ b)

(√ ) √ 6 lim x6 + x5 − 6 x6 − x5 ;

x→+∞

x→+∞

612


d)

lim

x→+∞

1

(x3 − x2 + x2 )e x −

√

) x6 + 1 ;e) f)

lim

x→+∞

lim

x→+∞

( ) 1 x arctg x1 + x2 + x − x2 e x ; (

) √ x2 sin x12 + 3x2 − 1 − x 3 1 + 9x .

Reˇsenje. a)

) ( 1 2 = lim x − x ln(1 + ) x→+∞ x

( ( )) 1 1 1 2 1 lim x−x − + o( 2 ) x→+∞ x 2 x2 x ( ) 1 = lim x − x + + o(1) x→+∞ 2 ) ( 1 1 + o(1) = . = lim x→+∞ 2 2

b) Primetimo najpre da za svako x iz okoline (0, +∞) taˇcke +∞ vaˇzi |x| = x. Stoga je

√ 6

x6 + x5 −

√ 6

√

x6 − x5 = = = = =

Prema tome, lim

x→+∞

√ 6

x6 =

√ 1 1 6 x6 (1 + ) − x6 (1 − ) x x √ √ √ √ 1 1 6 6 6 6 x6 1 + − x6 1 − x x 1 1/6 1 1/6 x(1 + ) − x(1 − ) ( x )x ( ) 11 1 11 1 x 1+ + o( ) − x 1 − + o( ) 6x x 6x x 1 1 1 x + + o(1) − x + + o(1) = + o(1), x → +∞. 6 6 3 6

(√ ) √ 6 x6 + x5 − 6 x6 − x5 = 31 .

3.1. Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi c) Za x > 0 vaˇzi √ 5

x5 − 6x2 −

√

613

√ x2 = x, pa je ( ) √ ( ) 6 7 5 5 2 x 1− 3 − x 1+ x x √ √ √ √ 6 7 5 5 x5 1 − 3 − x2 1 + x x √ √ 6 7 5 x 1− 3 −x 1+ x x ( )1/5 ( ) 6 7 1/2 −x 1+ x 1− 3 x x ( ( )) ( ( )) 1 6 6 1 7 7 x 1− +o −x 1+ · +o 5 x3 x3 2 x x ( ) 1 6 1 7 x− +o − x − + o(1) 2 2 5x x 2 7 − + o(1), x → +∞. 2 √

x2 + 7x = = = = = = =

Prema tome, lim

x→+∞

(√ ) √ 5 x5 − 6x2 − x2 + 7x = − 72 .

d) ) ( ) √ √ √ 1 x6 + 1 = lim (x3 − x2 + x2 )e x − x6 1 + x16 x→+∞ x→+∞ ( ( )1/2 ) 1 = lim (x3 − x2 + x2 )e x − x3 1 + x16 x→+∞ ( 3 ( ) ( )) 2 = lim (x − x + x2 ) 1 + x1 + 12 x12 + 3!1 x13 + o( x13 ) − x3 1 + 12 x16 + o( x16 ) x→+∞ ( ) = lim x3 − x2 + x2 + x2 − x + 12 + 21 x − 12 + 3!1 + o(1) − x3 x→+∞ ( ) = lim 61 + o(1) = 16 . (

lim

1

(x3 − x2 + x2 )e x −

x→+∞

e) Iz 1 1 x arctg + x2 + x − x2 e x = ( x ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 =x + o( ) + x + x − x 1 + + + o( 2 ) x x x 2 x2 x 1 1 = 1 + o(1) + x2 + x − x2 − x − + o(1) = + o(1), x → +∞, 2 2

sledi lim

x→+∞

) ( 1 x arctg x1 + x2 + x − x2 e x = 21 .

614

Glava 3. Razni zadaci f) Iz

√ 1 3 x2 sin 2 + 3x2 − 1 − x 1 + 27x3 = x √ ( ) 1 1 1 3 = x2 + o( 2 ) + 3x2 − 1 − 3x2 1 + 2 x x 27x3 ( )1/3 1 = 1 + o(1) + 3x2 − 1 − 3x2 1 + 27x3 ( ) 1 1 1 2 2 = 1 + o(1) + 3x − 1 − 3x 1 + + o( ) 3 27x3 27x3 1 1 1 = 1 + o(1) + 3x2 − 1 − 3x2 − + o( ) = o(1), x → +∞, 27 x x ( ) √ sledi lim x2 sin x12 + 3x2 − 1 − x 3 1 + 27x3 = 0. x→+∞

92. Odrediti, ukoliko postoje, kose asimptote grafika funkcije f kad x → +∞ (x → −∞), a zatim odrediti da li je grafik funkcije f iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞), ako je: a) f (x) = e1/x − x; √ b) f (x) = 3 (x − 2)2 (x + 1); √ 3 c) f (x) = 3x + 1 + 3x2 − x3 ; √ d) f (x) = x2 − x − 2; √ 2 2 3 (x + 2)(x − 1) e) f (x) = ; 8x − 1 (x2

2)7

+x+ ; (x − 3)13 ( )7 ; g) f (x) = 1−x 1+x √ h) f (x) = (2 − x) 7 1−x 1+x ; f) f (x) =

i) f (x) =

(3x + 2)20 ; (2x2 − x + 3)10 1

j) f (x) = |x + 3|e x−2 ; k) f (x) =

2x2 1 ex ; 2x + 1

Reˇsenje. a) Iz

2x

l) f (x) = xe x2 −1 ; 1

m) f (x) =

e 1−x2 1+x2

; 2x−1

n) f (x) = (3 − e2 x)e 1−x ; o) f (x) =

3x2 −2 √ x2 − 2x + 3 e x2 +1 ;

p) f (x) = e

√1 x−1

√

q) f (x) = 2

·

√

x2 − 1;

√ x2 +1− x2 −1 ;

r) f (x) = x ln

x ; x−1

s) f (x) =

√ x3 ln(1 +

t) f (x) =

√ √ x3 ln x+1 x−1 ;

√1 ); x

u) f (x) = ln(6ex − 13 + 5e−x ); v) f (x) =

x ln x . (ln x + 1)2

3.1. Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi f (x) = e1/x − x = 1 +

615

1 1 1 1 + o( ) − x = −x + 1 + + o( ), x → ±∞, x x x x

sledi da je prava y = −x + 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, a takod¯e i kad x → −∞. Pritom je na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (xi) ( ) ( ) 1 1 1 sgn (f (x) − (−x + 1)) = sgn + o( ) = sgn x x x za x iz neke okoline U taˇcke +∞, a takod¯e i za x iz neke okoline U1 taˇcke −∞. Kako je x1 > 0 za x ∈ (0, +∞), to je f (x) − (−x + 1) > 0 za x ∈ U ∩ (0, +∞), pa je grafik iznad asimptote u okolini U ∩ (0, +∞) taˇcke +∞. Sliˇcno, x1 < 0 za x ∈ (−∞, 0), pa je f (x) − (−x + 1) < 0 za x ∈ U1 ∩ (−∞, 0)’tj. grafik funkcije je ispod asimtote u okolini U1 ∩ (−∞, 0) taˇcke −∞. ILI Na osnovu Tvrd¯enja 3.159 (xi) sledi da postoji realan broj M > 0 tako da je ) ( ) ( 1 1 1 + o( ) = sgn sgn (f (x) − (−x + 1)) = sgn x x x za x ∈ (M, +∞), a takod¯e i za x ∈ (−∞, −M ). Kako je x1 > 0 za x > 0, to je f (x) − (−x + 1) > 0 za x ∈ (M, +∞), pa je grafik funkcije iznad asimptote u okolini (M, +∞) taˇcke +∞. Za x < 0 je x1 < 0, pa je f (x)−(−x+1) < 0 za x ∈ (−∞, −M ), i grafik funkcije je ispod asimptote u okolini (−∞, −M ) taˇcke −∞. b) Iz √ √ 2 1 2 1 3 3 2 f (x) = (x − 2) (x + 1) = x3 (1 − )2 (1 + ) = x(1 − )2/3 (1 + )1/3 x x x x ( (2) (1) )( ) 2 2 4 1 1 1 1 1 3 = x 1− · + 3 · + + o( ) 1 + + o( ) 3 x 2 x2 x2 3 x 2 x2 x2 )( ) ( 1 1 1 1 1 1 4 1 4 1 = x 1 − · − · 2 + o( 2 ) 1 + · − · 2 + o( 2 ) 3 x 9 x x 3 x 9 x x ( ) 4 1 4 1 1 1 1 4 1 1 1 = x 1 − · − · 2 + o( 2 ) + · − · 2 − · 2 3 x 9 x x 3 x 9 x 9 x ( ) 1 1 1 1 1 = x 1 − − 2 + o( 2 ) = x − 1 − + o( ), x → ±∞, x x x x x sledi da je prava y = x − 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, a takod¯e i kad x → −∞. Pritom, s obzirom da je ( ) ( ) 1 1 1 sgn (f (x) − (x − 1)) = sgn − + o( ) = sgn − x x x za x iz neke okoline taˇcke +∞, a takod¯e i za x iz neke okoline taˇcke −∞, zakljuˇcujemo da je grafik ispod asimptote u nekoj okolini +∞, a iznad u nekoj okolini −∞.

616


c) Kako je

f (x) = = = =

√

( ) ( ) 3 3 1/3 3x + 1 + − = 3x + 1 + 1− = 3x + 1 − x 1 − x x ( (1) ) 1 3 3 3 3x + 1 − x 1 − · + 3 ( )2 + o(( )2 ) 3 x 2 x x ) ( 1 1 1 1 1 3x + 1 − x 1 − − 2 + o( 2 ) = 3x + 1 − x + 1 + + o( ) x x x x x 1 1 2x + 2 + + o( ), x → ±∞, x x √ 3

3x2

3

x3

−x3

to je prava y = 2x + 2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, a takod¯e i kad x → −∞. Pritom, grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞, a ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. d) Vaˇzi formula:

f (x) = = = = =

√

√

√ 1 2 1 2 x2 − x − 2 = x2 (1 − − 2 ) = x2 (1 − − 2 )1/2 x x x x )1/2 ( 2 1 |x| 1 − ( + 2 ) x x ( (1) ) 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 |x| 1 − ( + 2 ) + ( + ) + o(( + 2 ) ) 2 x x 2 x x2 x x ( ) 1 1 1 1 1 4 4 1 4 4 |x| 1 − · − 2 − ( 2 + 3 + 4 ) + o( 2 + 3 + 4 ) 2 x x 8 x x x x x x ( ) 1 1 9 1 1 |x| 1 − · − · 2 + o( 2 ) , kad x → ±∞. 2 x 8 x x

Odavde sledi ) ( 1 1 9 1 1 1 1 9 1 f (x) = x 1 − · − · 2 + o( 2 ) = x − − · + o( ), kad x → +∞, 2 x 8 x x 2 8 x x pa je prava y = x − 12 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. Takod¯e vaˇzi: ( ) 1 1 9 1 1 1 9 1 1 f (x) = −x 1 − · − · 2 + o( 2 ) = −x + + · + o( ), kad x → −∞, 2 x 8 x x 2 8 x x i stoga je prava y = −x + 12 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞.


617

e) Iz √

√ x4 (1 + x22 )(1 − x12 ) (x2 + 2)(x2 − 1) 3 f (x) = = 1 8x − 1 8x(1 − 8x ) x 1 1/3 1 −1/3 2 1/3 = (1 + 2 ) (1 − 2 ) (1 − ) 2 x x 8x ( 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 2 −3 1 x ( )2 + o(( )2 )) + = (1 + · 2 + o( 2 ))(1 − · 2 + o( 2 ))(1 + 2 3 x x 3 x x 3 8x 2 8x 8x x 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 = (1 + · 2 + o( 2 ) − · 2 )(1 + + o( 2 )) · + · 2 3 x x 3 x 24 x 288 x2 x x 1 1 1 1 1 1 1 1 = (1 + · 2 + o( 2 ))(1 + · + · 2 + o( 2 )) 2 3 x x 24 x 288 x x x 1 1 1 1 1 1 1 1 = (1 + · 2 + o( 2 ) + + o( 2 )) · + · 2 3 x x 24 x 288 x2 x x 1 1 93 1 1 = (1 + · + · + o( 2 )) 2 24 x 288 x2 x 1 93 1 1 x + · + o( ), kad x → ±∞, = + 2 48 576 x x 3

1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad sledi da je prava y = x2 + 48 x → −∞, i da je grafik funkcije iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). f) Iz

)7 ( ( ) ) ( x14 1 + x1 + x22 (x2 + x + 2)7 1 2 7 3 −13 f (x) = = 1− )13 = x 1 + + 2 ( (x − 3)13 x x x x13 1 − x3 ( ( ) )( ( ) ) 7 14 7 1 2 2 1 2 2 39 −13 9 1 =x 1+ + 2 + ( + ) + o(( + 2 ) ) 1+ + + o( 2 ) x x 2 x x2 x x x 2 x2 x ( )( ) 7 14 21 1 39 819 1 = x 1 + + 2 + 2 + o( 2 ) + 2 + o( 2 ) 1+ x x x x x x x ( )( ) 7 35 1 39 819 1 1+ + 2 + o( 2 ) = x 1 + + 2 + o( 2 ) x x x x x x ( ) 7 35 1 39 273 819 = x 1 + + 2 + o( 2 ) + + 2 + 2 x x x x x x ( ) 46 1127 1 =x 1+ + 2 + o( 2 ) x x x 1127 1 = x + 46 + + o( ), kad x → ±∞, x x sledi da je prava y = x + 46 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i da je grafik funkcije iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞).

618


g) Iz ( f (x) =

1−x 1+x

(

)7 =−

1− 1+

1 x 1 x

)7

( ) ( ) 1 7 1 −7 =− 1− 1+ x x

1 1 1 1 + o( ))(1 − 7 · + o( )) x x x x 1 1 14 1 1 + o( ), x → ±∞, = −(1 − 7 · + o( ) − 7 · ) = −1 + x x x x x sledi da je prava y = −1 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). = −(1 − 7 ·

h) Iz

√ 1 − x1 1−x 1 1 f (x) = (2 − x) = (x − 2) 7 = (x − 2)(1 − )1/7 (1 + )−1/7 1 1+x x x 1+ x (1) ( 1) 1 1 1 −7 1 1 1 1 1 = (x − 2)(1 − · + 7 + o( 2 ))(1 − · + + o( 2 )) 2 2 7 x 2 x x 7 x 2 x x 3 1 4 1 1 1 1 1 1 1 · · + o( 2 ))(1 − · + + o( 2 )) = (x − 2)(1 − · − 7 x 49 x2 x 7 x 49 x2 x 3 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 · · · ) = (x − 2)(1 − · − + o( 2 ) − · + + 7 x 49 x2 x 7 x 49 x2 49 x2 2 1 2 1 1 2 4 1 2 1 1 = (x − 2)(1 − · + · 2 + o( 2 )) = x − 2 − + · + · + o( ) 7 x 49 x x 7 7 x 49 x x 16 30 1 1 = x− + · + o( ), x → ±∞, 7 49 x x sledi da je prava y = x − 16 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad 7 x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). √ 7

i) S obzirom da je 320 x20 (1 + 23 · x1 )20 (3x + 2)20 = (2x2 − x + 3)10 210 x20 (1 − 12 · x1 + 32 · x12 )10 ) ( ) ( )10 ( 2 1 20 1 1 3 1 −10 9 1+ · 1− · + · 2 = 2 3 x 2 x 2 x )( ) ( )10 ( 40 1 1 1 1 3 1 1 1 3 1 9 1+ · + o( ) 1 − 10(− · + · 2 ) + o(− · + · 2 ) = 2 3 x x 2 x 2 x 2 x 2 x ( )10 ( )( ) 9 40 1 1 1 1 = 1+ · + o( ) 1 + 5 · + o( ) 2 3 x x x x ) ( )10 ( ) ( )10 ( 40 1 1 1 9 55 1 1 9 1+ · + o( ) + 5 · = 1+ · + o( ) = 2 3 x x x 2 3 x x ( )10 ( )10 9 9 55 1 1 = + · + o( ), kad x → ±∞, 2 2 3 x x f (x) =


619

( )10 to je prava y = 92 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). j) Kako je 1

1

2 −1

f (x) = |x + 3|e x−2 = xe x(1− x ) = |x + 3|e x ·(1− x ) 1

2

1

2

1

= |x + 3|e x ·(1+ x +o( x )) = |x + 3|e x + x2 +o( x2 ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 = |x + 3|(1 + + 2 + o( 2 ) + ( + 2 + o( 2 ))2 + o(( + 2 + o( 2 ))2 )) x x x 2 x x x x x x 1 2 1 1 1 = |x + 3|(1 + + 2 + o( 2 ) + · 2 ) x x x 2 x 1 5 1 1 = |x + 3|(1 + + · 2 + o( 2 )), kad x → ±∞, x 2 x x 1

2

1

to je 1 5 1 1 + · 2 + o( 2 )) x 2 x x 1 3 15 1 5 1 1 · 2 + o( 2 ) = x + 1 + · + o( ) + 3 + + 2 x x x 2 x x 1 11 1 · + o( ), x → +∞ = x+4+ 2 x x

f (x) = (x + 3)(1 +

i 1 5 1 1 + · + o( 2 )) x 2 x2 x 1 11 1 · + o( ), x → −∞. = −x − 4 − 2 x x

f (x) = −(x + 3)(1 +

Prema tome, prava y = x + 4 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞, dok je prava y = −x − 4 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ grafik funkcije je takod¯e iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. k) Iz f (x) = = = = =

1 2x2 1 2x2 1 −1 1 ex = e x = x(1 + ) ex 1 2x + 1 2x 2x(1 + 2x ) 1 1 1 1 1 1 1 x(1 − + 2 + o( 2 ))(1 + + · 2 + o( 2 )) 2x 4x x x 2 x x 1 1 1 1 1 1 1 x(1 − + + o( 2 ) + − 2 + · 2 ) 2x 4x2 x x 2x 2 x 1 1 1 x(1 + + + o( 2 )) 2x 4x2 x 1 1 1 + o( )), kad x → ±∞, x+ + 2 4x x

620


sledi da je prava y = x + 12 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i da je grafik funkcije iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). l) Kako je

2x x2 (1− 1 )

2x

2

1

−1

2

1

1

2

2

1

x2 f (x) = xe x2 −1 = xe = xe x (1− x2 ) = xe x (1+ x2 +o( x2 )) = xe x + x3 +o( x3 ) 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 = x(1 + + 3 + o( 3 ) + ( + 3 + o( 3 ))2 + o(( + 3 + o( 3 ))2 )) x x x 2 x x x x x x 2 2 1 2 1 2 2 1 = x(1 + + 3 + o( 3 ) + 2 + o( 2 )) = x(1 + + 2 + o( 2 )) x x x x x x x x 2 1 = x + 2 + + o( ), kad x → ±∞, x x

to je prava y = x + 2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞).

m) Iz

1 1−x2

f (x) = = = = =

1 −x2 (1− 12 ) x

1 1 −1 e e 1 1 = 2 = 2 (1 + 2 )−1 e− x2 (1− x2 ) 1 2 1+x x x x (1 + x2 ) 1 1 1 1 1 1 − 12 +o( 12 ) 1 − 2 (1+ 2 +o( 12 )) x x x x (1 − + o( ))e = (1 + o( ))e x x2 x2 x2 x2 x 1 1 1 1 1 1 (1 + o( ))(1 − 2 + o( 2 ) + o(− 2 + o( 2 ))) 2 x x x x x x 1 1 1 1 1 1 1 (1 + o( ))(1 + o( )) = 2 (1 + o( 2 )) = 2 + o( 4 ) x2 x x x x x x 1 1 + o( 2 ), kad x → ±∞, 2 x x

sledi da je prava y = 0 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad asimptote kako u nekoj okolini taˇcke +∞, tako i u nekoj okolini taˇcke −∞.


621

n) S obzirom da je f (x) = (3 − e x)e 2

2x−1 1−x

= (3 − e x)e 2

1) x(2− x 1) −x(1− x

1 −1

= (3 − e2 x)e−(2− x )(1− x ) 1

= (3 − e2 x)e−(2− x )(1+ x + x2 +o( x2 )) = (3 − e2 x)e−2− x − x2 +o( x2 )+ x + x2 1

1

1

1

2

2

1

1

1

= (3 − e2 x)e−2− x − x2 +o( x2 ) = (3 − e2 x)e−2 e− x − x2 +o( x2 ) 1 1 1 1 1 1 1 = (3 − e2 x)e−2 (1 − − 2 + o( 2 ) + (− − 2 + o( 2 ))2 + x x x 2 x x x 1 1 2 1 +o((− − 2 + o( 2 )) )) x x x 1 1 1 1 1 = (3 − e2 x)e−2 (1 − − 2 + o( 2 ) + ) x x x 2 x2 1 1 1 1 = (3 − e2 x)e−2 (1 − − · 2 + o( 2 )) x 2 x x 3e−2 3e−2 1 1 1 1 1 = 3e−2 − − · 2 + o( 2 ) − x + 1 + · + o( ) x 2 x x 2 x x 1 1 1 = −x + 1 + 3e−2 + ( − 3e−2 ) + o( ), kad x → ±∞, 2 x x 1

1

1

1

1

1

e2 − 6 > 0, zakljuˇcujemo da je prava y = −x + 1 + 3e−2 kosa asimptota 2e2 grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). i

1 2

− 3e−2 =

o) Iz

e

3x2 −2 x2 +1

= e

3− 22 x 1+ 12 x

2

1

−1

= e(3− x2 )(1+ x2 )

2

1

1

= e(3− x2 )(1− x2 +o( x2 ))

= e3− x2 +o( x2 )− x2 = e3− x2 +o( x2 ) = e3 · e− x2 +o( x2 ) 5 1 5 1 = e3 (1 − 2 + o( 2 ) + o(− 2 + o( 2 ))) x x x x 5 1 = e3 (1 − 2 + o( 2 )), kad x → ±∞, x x 3

1

2

5

1

5

1

i √

√ x2 − 2x + 3 = = = = =

√ 2 3 2 3 x2 (1 − + 2 ) = |x| 1 − + 2 x x x x 2 3 1/2 |x|(1 − + 2 ) x x (1) 1 2 3 2 3 2 3 |x|(1 + (− + 2 ) + 2 (− + 2 )2 + o((− + 2 )2 )) 2 x x 2 x x x x 1 3 1 3 4 1 |x|(1 − + · 2 − · 2 + o( 2 ))) x 2 x 8 x x 1 1 |x|(1 − + o( 2 ))), kad x → ±∞, x x

622


sledi f (x) =

√

3x2 −2

x2 − 2x + 3e x2 +1 = e3 |x|(1 −

= e3 |x|(1 −

1 1 5 1 + o( 2 ))(1 − 2 + o( 2 )) x x x x

1 5 1 − 2 + o( 2 )), kad x → ±∞, x x x

i prema tome, f (x) = e3 x(1 −

1 5e3 1 1 5 − 2 + o( 2 )) = e3 x − e3 − 2 + o( 2 )), kad x → +∞, x x x x x

i f (x) = −e3 x(1 −

1 5 1 5e3 1 − 2 + o( 2 )) = −e3 x + e3 + 2 + o( 2 )), kad x → −∞. x x x x x

Stoga je prava y = e3 x − e3 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik je ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞, dok je y = −e3 x + e3 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. √ √1 p) Domen funkcije f (x) = e x−1 · x2 − 1 je skup (1, +∞). Stoga ima smisla traˇziti kosu asimptotu kad x → +∞. Kad x → +∞ vaˇzi formula: √ √ √ 1 1 √ √ 1 1 √1 √1 (1− 1 )−1/2 x(1− ) 2 2 2 x x · f (x) = e x−1 · x − 1 = e x (1 − 2 ) = e x x 1− 2 x x 1 1 1 1 1 √1 (1− 1 )−1/2 √1 (1+ 1 · 1 +o( 1 )) x 2 x x (1 − = xe x · + o( 2 )) (1 − 2 ) 2 = xe x x 2 x2 x √1 + 1 · √1 +o( √1 ) 1 1 1 2 x x3 x3 (1 − = xe · + o( 2 )), 2 x2 x a kako je e

√1 + 1 · √1 +o( √1 ) 2 x x3 x3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 + √ + · √ + o( √ ) + ( √ + · √ + o( √ ))2 + 2 x 2 x 2 x3 x3 x3 x3 1 1 1 1 + o(( √ + · √ + o( √ ))2 ) x 2 x3 x3 1 1 1 1 1 1 1 = 1 + √ + · √ + o( √ ) + · + o( ) 3 3 2 x x x 2 x x 1 1 1 1 = 1 + √ + · + o( ), x → +∞, x x 2 x

to je 1 1 1 1 1 1 1 f (x) = x(1 + √ + · + o( ))(1 − · 2 + o( 2 )) x 2 x x x 2 x 1 1 1 1 1 √ 1 = x(1 + √ + · + o( )) = x + + x + o( √ ), x → +∞. x 2 x 2 x x


623

f (x) 1 1 1 1 = lim (1 + · + √ + o( √ )) = 1, ali x→+∞ x x→+∞ 2 x x x3

Odavde sledi da je k = lim

1 √ 1 n = lim (f (x) − kx) = lim (f (x) − x) = lim ( + x + o( √ ) = +∞, x→+∞ x→+∞ x→+∞ 2 x pa grafik funkcije nema kosu asimptotu kad x → +∞. √

2

q) Domen funkcije f (x) = 2 x +1− parna. Kad x → +∞ vaˇzi formula √

x2 + 1 −

√

√

x2 −1

je Df = (−∞, −1] ∪ [1, +∞) i funkcija je

√ x2 − 1 = = = =

√ √ √ 1 1 1 1 x2 (1 + 2 ) − x2 (1 − 2 ) = |x| 1 + 2 − |x| 1 − 2 x x x x 1 1/2 1 1/2 x(1 + 2 ) − x(1 − 2 ) x x 1 1 1 1 1 1 x(1 + · 2 + o( 2 )) − x(1 − · 2 + o( 2 )) 2 x x 2 x x 1 1 1 1 1 1 1 1 x + · + o( ) − x + · + o( ) = + o( ), 2 x x 2 x x x x

i stoga je √

√ x2 +1− x2 −1

1

1

= 2 x +o( x ) 1 1 1 1 = 1 + ln 2( + o( )) + o( + o( )) x x x x ln 2 1 = 1+ + o( ), kad x → +∞. x x

f (x) = 2

Prema tome, prava y = 1 je horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. Kako je funkcija parna, zakljuˇcijemo da je y = 1 horizontalna asimptota grafika funkcije i kad x → −∞ i da je grafik je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. x skup (−∞, 0)∪(1, +∞), x−1 pa ima smisla traˇziti kosu asimptotu kad x → +∞ i kad x → −∞. Kako je

r) Primetimo najpre da je domen funkcije f (x) = x ln

x 1 1 = x ln = x ln(1 − )−1 x−1 x 1 − x1 1 1 1 = x ln(1 + + 2 + o( 2 )), x → ±∞, x x x

f (x) = x ln

1 1 1 1 1 + + o( 2 ) = + o( ), x → ±∞, x x2 x x x i 1 ln(1 + t) = t − t2 + o(t2 ), t → 0, 2

624


to je 1 1 1 f (x) = x ln(1 + + 2 + o( 2 )) x x x ( ) 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 = x + + o( 2 ) − ( + o( )) + o(( + o( )) ) x x2 x 2 x x x x ) ( ) ( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + o( 2 ) − · 2 = x + o( 2 ) = x + + x x2 x 2 x x 2 x2 x 11 1 = 1+ + o( ), x → ±∞. 2x x Odavde sledi da je prava y = 1 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). √ s) Domen funkcije f (x) = x3 ln(1 + √1x ) je interval (0, +∞). Budući da je √ √ 1 1 1 1 1 1 1 x3 ln(1 + √ ) = x3 ( √ − · + · √ + o( √ )) x x 2 x 3 x3 x3 √ 1 1 x + + o(1), x → +∞, = x− 2 3 f (x) 1 1 1 1 1 zakljuˇcujemo da je k = lim = lim (1 − √ + · + o( )) = 1. Odavde x→+∞ x x→+∞ x √2 x 3 x sledi da je n = lim (f (x) − kx) = lim (− 12 x + 31 + o(1)) = −∞, pa ne postoji f (x) =

x→+∞

x→+∞

kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞. √ √ t) Domen funkcije f (x) = x3 ln x+1 x−1 je interval (1, +∞). Kako je √ √ x+1 1√ 3 x + 1 1 √ 3 1 + x1 3 f (x) = x ln = x ln = x ln x−1 2 x−1 2 1 − x1 ( ) 1√ 3 1 1 = x ln(1 + ) − ln(1 − ) 2 x x ( ) √ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 = x − · + o( 2 ) − (− − · 2 + o( 2 )) 2 x 2 x2 x x 2 x x ( ) 1√ 3 2 1 = x + o( 2 ) 2 x x √ 1 = x + o( √ ), x → +∞, x f (x) 1 1 = lim ( √ + o( √ )) = 0 i n = lim (f (x) − kx) = x→+∞ x→+∞ x x3 √ x 1 6 lim f (x) = lim ( x + o( √x )) = +∞ , i stoga ne postoji kosa asimptota grafika

sledi da je k = lim

x→+∞

x→+∞

x→+∞

funkcije kad x → +∞. 6

Iz

lim

√

x→+∞

o( √1x )) = +∞.

x = +∞ i

lim o( √1x ) = 0, na osnovu Tvrd¯enja 3.51, (3.51.5), sledi

x→+∞

√ lim ( x +

x→+∞


625

u) S obzirom da je 1 5 f (x) = ln(6ex − 13 + 5e−x ) = ln(e−x (6e2x − 13ex + 5)) = ln(6e−x (ex − )(ex − )), 2 3 to je funkcija f definisana za one vrednosti promenljive x za koje je (ex − 21 )(ex − 53 ) > 0. Kako poslednja nejednakost vaˇzi ako i samo ako je ex < 12 ili ex > 53 , tj. ako je x < ln 12 = − ln 2 ili x > ln 53 , to je domen funkcije Df = (−∞, − ln 2) ∪ (ln 53 , +∞), pa ima smisla ispitivati postojanje kose asimptote kad x → −∞ i kad x → +∞. Budući da je 13 1 5 1 · x + · 2x )) 6 e 6 e 13 1 5 1 x = ln 6 + ln e + ln(1 − + · ) · 6 ex 6 e2x 13 1 5 1 · x + · 2x ) = ln 6 + x + ln(1 − 6 e 6 e

f (x) = ln(6ex − 13 + 5e−x ) = ln(6ex (1 −

i kako − 13 6 ·

1 ex

+

5 6

·

1 e2x

→ 0 kad x → +∞, to je

f (x) = = ln 6 + x + (−

13 1 5 1 13 1 5 1 · x + · 2x + o(− · x + · 2x )), x → +∞. 6 e 6 e 6 e 6 e

1 5 1 1 13 1 S obzirom da je7 e2x = o( e1x ) kad x → +∞, to je o(− 13 6 · ex + 6 · e2x ) = o(− 6 · ex + o( e1x )) = o( e1x ) kad x → +∞, i stoga

−

13 1 5 1 13 1 5 1 13 · + · + o(− · x + · 2x ) = − 6 ex 6 e2x 6 e 6 e 6 13 = − 6

1 1 1 + o( x ) + o( x ) ex e e 1 1 · x + o( x ), x → +∞. e e ·

Prema tome, 13 1 1 · + o( x ), x → +∞, 6 ex e pa je prava y = x+ln 6 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. Budući da je f (x) = x + ln 6 −

f (x) = ln(6ex − 13 + 5e−x ) = ln(e−x (6e2x − 13ex + 5)) 6 13 13 6 = ln e−x + ln(5(1 + e2x − ex ))) = −x + ln 5 + ln(1 − ex + e2x ) 5 5 5 5 6 2x x i da − 13 → 0 kad x → −∞, to je 5 e + 5e

f (x) = −x + ln 5 − 7

Iz lim

x→+∞

1 e2x 1 ex

1 x x→+∞ e

= lim

13 x 6 2x 13 6 e + e + o(− ex + e2x ), x → −∞. 5 5 5 5

= 0 sledi

1 e2x

= o( e1x ) kad x → +∞.

626


6 2x 13 x x x Kako je8 e2x = o(ex ), x → −∞, to je o(− 13 5 e + 5 e ) = o(− 5 e + o(e )) = o(ex ), x → −∞ i prema tome,

f (x) = −x + ln 5 −

13 x 13 e + o(ex ) + o(ex ) = −x + ln 5 − ex + o(ex ), x → −∞. 5 5

Odavde sledi da je prava y = −x + ln 5 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. x ln x skup Df = (0, 1e ) ∪ ( 1e , +∞), to ćemo (ln x + 1)2 ispitivati postojanje kose asimptote grafika kad x → +∞. Budući da ln1x → 0 kad x → +∞, to je v) Kako je domen funkcije f (x) =

f (x) = = Kako je9 −

x ln2 x

x ln x x ln x x 1 −2 = 2 = (1 + ) (ln x + 1)2 ln x ln x ln x(1 + ln1x )2 x 2 1 x 2x x (1 − + o( )) = − 2 + o( 2 ), x → +∞. ln x ln x ln x ln x ln x ln x = o( lnxx ) kad x → +∞, to je

x x x x x x 2x + o( 2 ) = o( ) + o(o( )) = o( ) + o( ) = o( ), x → +∞. 2 ln x ln x ln x ln x ln x ln x ln x

Prema tome, f (x) = Odavde sledi da je k = lim

x→+∞

x x + o( ), x → +∞. ln x ln x f (x) x

(3.5)

= lim ( ln1x + o( ln1x )) = 0 i kako je na osnovu x→+∞

(3.5) funkcija f asimptotski jednaka funkciji x 7→ lnxx kad x → +∞ (videti Tvrd¯enje 3.165), to je na osnovu Posledice 3.171 i Primera 4.76 n = lim f (x) = lim x→+∞

x→+∞

x = +∞, ln x

i stoga ne postoji kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞. 93. Odrediti, ukoliko postoje, kose asimptote grafika funkcije f kad x → +∞ (x → −∞), a zatim odrediti da li je grafik funkcije f iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞), ako je: 3x − 6 ; 2 + cos x1

1 a) f (x) = (2x + 1) sin ; x

c) f (x) =

π b) f (x) = x cos ; x

d) f (x) = arctg(1 +

e2x lim ex = 0 sledi e2x = o(ex ), x → x = x→−∞ e x→−∞ 2 lim xlnx x = lim ln1x = 0 sledi lnx2 x = o( lnxx ) x→+∞ ln x x→+∞

8

Iz lim

−∞.

9

Iz

kad x → +∞.

1 ); x

3.1. Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi e) f (x) = x(

π 1 − arctg ); 2 x

627

j) f (x) = 2 − x arctg x2 ; k) f (x) = x + 2 arcctg x;

√ 1 − 3x f) f (x) = (x + 1) arctg ; 1+x

l) f (x) = arccos

2x ; 1 + x2

m) f (x) = e− arctg x ; n) f (x) = arctg ln x;

g) f (x) = 2x + arctg x;

3x

o) f (x) = arcsin √ 12x2 h) f (x) = x arctg x;

i) f (x) = x + arctg(x3 − 1);

; √ − 2 3x + 1

p) f (x) = x ln(2 + arctg x1 ); √ q) f (x) = arctg ex − ln

e2x . 1 + e2x

Reˇsenje. a) Iz 1 1 1 1 1 = (2x + 1)( − + o( 3 )) x x 6 x3 x 1 1 1 1 1 1 1 = 2− + o( 2 ) + − + o( 3 ) 2 3 3x x x 6x x 1 1 = 2 + + o( ), x → ±∞, x x sledi da je prava y = 2 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). f (x) = (2x + 1) sin

b) S obzirom da je π 1 π2 π2 π2 1 1 = x(1 − · 2 + o( 2 )) = x − · + o( ), x → ±∞, x 2 x x 2 x x to je prava y = x kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je ispod (iznad) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). f (x) = x cos

c) Iz 3x − 6 3x − 6 3x − 6 = 1 = 1 1 1 1 2 + cos x 2 + 1 − 2 · x2 + o( x2 ) 3(1 − 6 · x12 + o( x12 )) 1 1 1 3x − 6 (1 − · 2 + o( 2 ))−1 = 3 6 x x 1 1 1 1 1 1 = (x − 2)(1 + · 2 + o( 2 ) + o(− · 2 + o( 2 ))) 6 x x 6 x x 1 1 1 1 1 1 = (x − 2)(1 + · 2 + o( 2 )) = x − 2 + · + o( ), x → ±∞ 6 x x 6 x x

f (x) =

628


sledi da je prava y = x − 2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i da je grafik funkcije iznad (ispod ) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). d) Koristeći Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju t 7→ arctg(1 + t), t → 0 (Zadatak 85 (h)), π 1 arctg(1 + t) = + t + o(t), t → 0, 4 2 dobijamo: 1 π 11 1 f (x) = arctg(1 + ) = + + o( ), x → ±∞. x 4 2x x Odavde sledi da je prava y = π4 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). e) Iz π 1 π 1 1 1 1 − arctg ) = x( − ( + + o( 3 ))) 2 x 2 x 6 x3 x 1 1 1 π x−1− + o( 2 ), x → ±∞, 2 2 6x x

f (x) = x( =

sledi da je prava y = π2 x − 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i da je grafik funkcije ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞, a takod¯e je ispod i u nekoj okolini taˇcke −∞. √

f) Domen funkcije f (x) = (x + 1) arctg 1−1+x3x je Df = R \ {−1}. S obzirom da je √ 1 − 3x 1+x

√ − 3 1 √ 1 1 √ 1 −1 1 1 = − ) = ( − 3)(1 − + 2 + o( 2 )) = ( 3)(1 + 1 x x x x x x 1+ x √ √ 1 √ 1 1 1 1 1 1 = − + + o( 3 ) − 3 + 3 · − 3 · 2 + o( 2 ) x x2 x3 x x x x √ √ √ 1 1 1 = − 3 + ( 3 + 1) − ( 3 + 1) 2 + o( 2 ), x → ±∞, x x x 1 x

i kako je funkcija x 7→ arctg x neparna, to je √ √ √ 1 1 1 f (x) = (x + 1) arctg(− 3 + ( 3 + 1) − ( 3 + 1) 2 + o( 2 )) x x x √ √ √ 1 1 1 = −(x + 1) arctg( 3 − ( 3 + 1) + ( 3 + 1) 2 + o( 2 )), x → ±∞. x x x √ Biće nam potreban Maklorenov razvoj drigog reda funkcije g(t) = arctg( 3 + x). √ 1 Kako je g ′ (x) = 1+(√13+x)2 i g ′′ (x) = − (1+(√3+x) 3), to je g ′ (0) = 14 i 2 )2 · 2(x + √ √ g ′′ (0) = − 83 , i osim toga g(0) = arctg 3 = π3 . Vaˇzi formula g(x) = g(0) + g ′ (0)x +

g ′′ (0) 2 x + o(x2 ), x → 0, 2

3.1. Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi tj.

629

√ π 1 3 2 arctg( 3 + x) = + x − x + o(x2 ), x → 0. 3 4 16 √

Stoga je √ √ √ 1 1 1 arctg( 3 − ( 3 + 1) + ( 3 + 1) 2 + o( 2 )) = x x x √ √ 1 π 1 1 1 = + (−( 3 + 1) + ( 3 + 1) 2 + o( 2 )) − 3 4 x x x √ √ √ 3 1 1 1 − (−( 3 + 1) + ( 3 + 1) 2 + o( 2 ))2 + 16 x x x √ √ 1 1 1 +o((−( 3 + 1) + ( 3 + 1) 2 + o( 2 ))2 ) x x x √ 3+1 1 1 1 π 1 = − · − · 2 + o( 2 ), x → ±∞, 3 4 x 8 x x odakle dobijamo

√ π 3+1 1 1 1 1 f (x) = −(x + 1)( − · − · 2 + o( 2 )) 3 √ 4 x √x 8 x π 1 3+1 3+1 1 1 1 π + · + · + o( ) = − x− + 3 3 √ 4 x 8 x x √4 π π 3+1 2 3+3 1 1 = − x− + + · + o( ), x → ±∞. 3 3 4 8 x x √

Prema tome, prava y = − π3 x − π3 + 3+1 je kosa asimptota grafika funkcije kad 4 x → +∞ i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). g) Na osnovu Primera 4.59 (iii) sledi da je π 1 − arctg , x ∈ (0, +∞), 2 x π 1 arctg x = − − arctg , x ∈ (−∞, 0). 2 x

arctg x =

Otuda, f (x) = 2x + arctg x = 2x + = 2x +

1 π 1 1 π − arctg = 2x + − ( + o( )) 2 x 2 x x

π 1 1 − + o( ), x → +∞, 2 x x

π pa je prava y = 2x+ kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije 2 je ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. Iz π 1 π 1 1 f (x) = 2x + arctg x = 2x − − arctg = 2x − − ( + o( )) 2 x 2 x x 1 1 π = 2x − − + o( ), x → −∞, 2 x x

630


sledi da je prava y = 2x − π2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. h) S obzirom da je 1 π 1 1 1 1 π − arctg ) = x( − ( − · 3 + o( 3 ))) 2 x 2 x 3 x x π 1 1 1 x − 1 + · 2 + o( 2 ), x → +∞, 2 3 x x

f (x) = x arctg x = x( =

sledi da je prava y = π2 x − 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. Iz π 1 1 π 1 1 1 − arctg ) = x(− − ( − · 3 + o( 3 ))) 2 x 2 x 3 x x 1 1 π 1 = − x − 1 + · 2 + o( 2 ), x → −∞, 2 3 x x

f (x) = x arctg x = x(−

sledi da je prava y = − π2 x − 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. i) Vaˇzi sledeća formula: 1 π 1 π − arctg 3 = x + − arctg 3 2 x −1 2 x (1 − x13 ) 1 1 1 π 1 1 − arctg( 3 (1 − 3 )−1 ) = x + − arctg( 3 (1 + 3 + o( 3 ))) x x 2 x x x 1 1 1 π 1 1 1 − arctg( 3 + o( 3 ))) = x + − ( 3 + o( 3 ) + o( 3 + o( 3 ))) x x 2 x x x x 1 1 − 3 + o( 3 ), x → +∞. x x

f (x) = x + arctg(x3 − 1) = x + π 2 π = x+ 2 π = x+ 2 = x+

Odavde sledi da je prava y = x + π2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. S obzirom da je π 1 π 1 − arctg 3 = x − − arctg 3 2 x −1 2 x (1 − x13 ) 1 1 π 1 1 1 − arctg( 3 (1 − 3 )−1 ) = x − − arctg( 3 (1 + 3 + o( 3 ))) x x 2 x x x 1 1 π 1 1 1 1 − arctg( 3 + o( 3 ))) = x − − ( 3 + o( 3 ) + o( 3 + o( 3 ))) x x 2 x x x x 1 1 − 3 + o( 3 ), x → −∞, x x

f (x) = x + arctg(x3 − 1) = x − π 2 π = x− 2 π = x− 2 = x−

sledi da je prava y = x − π2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞.


631

ˇj) Iz π 1 π 1 1 − arctg 2 ) = 2 − x( − ( 2 + o( 2 ))) 2 x 2 x x 1 1 π 1 1 π = 2 − x( − 2 + o( 2 ))) = − x + 2 + + o( ), x → ±∞, 2 x x 2 x x

f (x) = 2 − x arctg x2 = 2 − x(

sledi da je prava y = − π2 x + 2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, a takod¯e i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). k) Kako je arctg x + arcctg x = arcctg x =

π , x ∈ R (Primer 4.59 (i)), to je 2

π π π 1 1 − arctg x = − ( − arctg ) = arctg , za x > 0 2 2 2 x x

i

π π 1 1 π − arctg x = − (− − arctg ) = π + arctg , za x < 0. 2 2 2 x x Odavde sledi da je arcctg x =

f (x) = x + 2 arcctg x = x + 2 arctg = x+

1 1 1 = x + 2( + o( )) x x x

2 1 + o( ), x → +∞, x x

pa je prava y = x kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. Takod¯e vaˇzi formula: 1 1 1 f (x) = x + 2 arcctg x = x + 2(π + arctg ) = x + 2(π + + o( )) x x x 2 1 = x + 2π + + o( ), x → −∞, x x odakle sledi da je prava y = x + 2π kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. 2x je skup R (videti Zadatak 83), pa ima smisla 1 + x2 traˇziti kose asimptote kad x → +∞ i kad x → −∞. Vaˇzi formula ( ) 2x 2x 2 1 −1 f (x) = arccos = arccos 2 = arccos (1 + 2 ) 1 + x2 x x x (1 + x12 ) ) ( ) ( 1 1 2 2 1 2 (1 − 2 + o( 2 )) = arccos − + o( 3 ) = arccos x x x x x3 x ( ) 2 1 = arccos + o( ) , x → ±∞. x x l) Domen funkcije f (x) = arccos

632


Koristeći Maklorenovi formulu prvog reda za funkciju t 7→ arccos t: arccos t =

π − t + o(t), t → 0, 2

dobijamo (

) 2 1 π 2 1 2 1 + o( ) = − ( + o( )) + o( + o( )) x x 2 x x x x π 2 1 = − + o( ), x → ±∞, 2 x x π odakle sledi da je prava y = horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞, 2 i kad x → −∞, i grafik funkcije je ispod (iznad) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). f (x) = arccos

m) Kako je f (x) = e− arctg x = e−( 2 −arctg x ) = e− 2 +arctg x = e− 2 earctg x ) ) ( ( 1 1 1 1 1 1 1 − π2 − π2 +o( x1 ) − π2 x = e ·e =e 1 + + o( ) + o( + o( )) = e 1 + + o( ) x x x x x x π π 1 1 = e− 2 + e− 2 · + o( ), x → +∞, x x π

π

1

π

1

1

to je prava y = e− 2 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. Iz π

f (x) = e− arctg x = e−(− 2 −arctg x ) = e 2 +arctg x = e 2 earctg x ( ) ( ) 1 π π π 1 1 1 1 1 1 +o( x1 ) 2 x 2 2 =e 1 + + o( ) + o( + o( )) = e 1 + + o( ) = e ·e x x x x x x π π 1 1 = e 2 + e 2 · + o( ), x → −∞, x x π

1

π

1

π

1

π

sledi da je prava y = e 2 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. n) Domen funkcije f (x) = arctg ln x je interval (0, +∞). Za x ∈ (1, +∞) je ln x > 0, pa je π 1 arctg ln x = − arctg . 2 ln x Stoga je f (x) = arctg ln x = 1 x→+∞ ln x

Budući da je lim

π 1 π 1 1 − arctg = − + o( ), x → +∞. (3.6) 2 ln x 2 ln x ln x

= 0, iz (3.6) sledi da je prava y =

π 2

horizontalna asimptota

grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞.


633

o) Nad¯imo najpre domen funkcije f (x) = arcsin √ 2 3x √ . Kako je 12x2 − 12x −2 3x+1 √ √ 2 3x + 1 = 9x2 + ( 3x − 1)2 > 0 za svako x ∈ R, to je funkcija x 7→ √ 2 3x √ 12x −2 3x+1

definisana za svako x ∈ R. S obzirom da je 3|x| =

√

√ 9x2

≤

9x2

√ + ( 3x − 1)2 =

√

√ 12x2 − 2 3x + 1, za svako x ∈ R,

to je √

12x2

3|x| ≤ 1, za svako x ∈ R. √ − 2 3x + 1

Prema tome, za svako x ∈ R vrednost funkcije x 7→ √

3x √ 12x2 −2 3x+1

se nalazi u

intervalu [−1, 1], tj. domenu funkcije x 7→ arcsin x, ˇsto znaˇci da je za svako x ∈ R definisana kompozicija x 7→ arcsin √ 2 3x √ . Prema tome, domen funkcije f je 12x −2 3x+1

skup R, pa ćemo ispitivati postojanje kose asimptote grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞. Vaˇzi formula f (x) = arcsin √

3x

= arcsin √ √ 12x2 − 2 3x + 1 12x2 (1 −

3x √

3 6

·

1 x

+

1 12

·

1 ) x2

3x √ = arcsin √ √ 1 · x12 ) 2 3|x| (1 − 63 · x1 + 12 √ √ 3 3 1 1 1 −1/2 sgn x(1 − · + · ) ), x → ±∞. = arcsin( 2 6 x 12 x2 Odavde, s obzirom da je x 7→ arcsin x neparna funkcija, sledi f (x) = = = =

√ √ 3 3 1 1 1 −1/2 sgn x · arcsin( (1 − · + · 2) ) √6 x 12 x √ √2 3 3 1 1 1 3 1 1 1 (1 + · − · 2 + o(− · + · 2 ))) sgn x · arcsin( 2 12 x 24 x 6 x 12 x √ √ 1 3 3 1 sgn x · arcsin( (1 + · + o( ))) 2 12 x x √ 3 1 1 1 sgn x · arcsin( + · + o( ))), x → ±∞. (3.7) 2 8 x x √

Nad¯imo sada Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju g(x) = arcsin( √

Najpre g(0) = arcsin

3 2

=

π 3,

a iz

g ′ (x)

g(0) + g ′ (0)x + o(x), x → 0 dobijamo

=

1

√

√

1−(

3 +t)2 2

sledi

g ′ (0)

√ π 3 arcsin( + x) = + 2x + o(x), x → 0. 2 3

3 2

+ x).

= 2, pa iz g(x) =

(3.8)

634


Iz (3.7) i (3.8) sledi π 1 1 1 1 1 1 + 2( · + o( )) + o( · + o( ))) 3 8 x x 8 x x π 1 1 1 = sgn x · ( + · + o( )), x → ±∞. 3 4 x x

f (x) = sgn x · (

Prema tome, f (x) =

1 π 1 1 + · + o( ), x → +∞, 3 4 x x

i

π 1 1 1 − · + o( ), x → −∞, 3 4 x x odakle sledi da je prava y = π3 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞, dok je prava y = − π3 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik funkcije je takod¯e iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞, f (x) = −

p) Za x ̸= 0 je − π2 < arctg x1 , i stoga 0 < 2 − π2 < 2 + arctg x1 . Prema tome, za svako x ̸= 0 vrednost funcije x 7→ 2 + arctg x1 se nalazi u domenu funkcije x 7→ ln x, odakle sledi da je domen funkcije f (x) = x ln(2 + arctg x1 ) skup R \ {0}. Iz f (x)

1 1 1 1 1 = x ln(2 + arctg ) = x ln(2 + − · 3 + o( 3 )) x x 3 )x x ( 1 1 1 1 1 = x ln 2(1 + · − · 3 + o( 3 )) 2 x 6 x x ( ) 1 1 1 1 1 = x ln 2 + ln(1 + · − · 3 + o( 3 )) 2 x 6 x x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = x(ln 2 + · − · 3 + o( 3 ) − ( · − · 3 + o( 3 ))2 + 2 x 6 x x 2 2 x 6 x x 1 2 1 1 1 1 +o(( · − · 3 + o( 3 )) )) x (2 x 6 x ) 1 1 1 1 1 = x ln 2 + · − · 2 + o( 2 ) 2 x 8 x x 1 1 1 1 = x ln 2 + − · + o( ), x → ±∞, 2 8 x x

sledi da je prava y = x ln 2 + 21 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, i kad x → −∞, i grafik funkcije je ispod (iznad) asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞). √ e2x x q) Domen funkcije f (x) = arctg ex − ln 1+e 2x je skup R. Kako je e > 0 za svako x ∈ R, to je π 1 arctg ex = − arctg x 2 e 1 i s obzirom da ex → 0 kad x → +∞, dobijamo arctg ex =

1 1 π 1 1 π − ( x + o( x )) = − x + o( x ), x → +∞. 2 e e 2 e e


635

Vaˇzi formula √ e2x ln = 1 + e2x

1 e2x 1 1 1 1 1 1 ln = ln = ln(1 + 2x )−1 = − ln(1 + 2x ) 1 2x 2 1+e 2 1 + e2x 2 e 2 e 1 1 1 1 1 1 = − ( 2x + o( 2x )) = − · 2x + o( 2x ), x → +∞. 2 e e 2 e e

1 1 = o( x ) kad x → +∞, to je 2x e e √ e2x π 1 1 1 1 1 x f (x) = arctg e − ln = − x + o( x ) + · 2x + o( 2x ) 2x 1+e 2 e e 2 e e π 1 1 1 1 = − + o( x ) + o( x ) + o(o( x )) 2 ex e e e π 1 1 = − + o( x ), x → +∞ 2 ex e

Budući da je

odakle sledi da je prava y = π2 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i da je grafik funkcije ispod asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞. S obzirom da ex → 0 i e2x → 0 kad x → −∞, to je arctg ex = ex + o(ex ), x → −∞ i √ ln

e2x 1 + e2x

= =

e2x 1 1 1 ln = (ln e2x − ln(1 + e2x )) = (2x − ln(1 + e2x )) 2 1 + e2x 2 2 1 1 (2x − (e2x + o(e2x ))) = x − e2x + o(e2x ), x → −∞. 2 2

Kako je e2x = o(ex ) kad x → −∞, to je √

e2x 1 = ex + o(ex ) − x + e2x + o(e2x ) 2x 1+e 2 = −x + ex + o(ex ) + o(ex ) + o(o(ex ))

f (x) = arctg e − ln x

= −x + ex + o(ex ), x → −∞, odakle sledi da je prava y = −x kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i da je grafik funkcije iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke −∞. 94. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije 2x

f (x) = xe x2 −1 . Reˇsenje.

636


95. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f (x) =

x 1

.

1 + ex 1

Reˇsenje. Skup Df : Funkcija x 7→ e x je definisana i pozitivna za svako x ̸= 0, pa je 1

1 + e x > 0 za svako x ̸= 0. Stoga je Df = R \ {0}. Nule funkcije i znak funkcije: Funkcija nema nula, za x > 0 je f (x) > 0, dok za x < 0 vaˇzi da je f (x) < 0. −e Karakteristike grafika funkcije: Domen je simetriˇcan skup, ali f (−1) = 1+e i 1 f (1) = 1+e , pa je f (−1) ̸= −f (1) i f (−1) ̸= f (1), i funkcija nije ni parna ni neparna. Zbog oblika domena funkcija nije ni periodiˇcna. Ponaˇsanje funkcije na rubu domena: Vaˇzi formula x

f (x) =

= x(1 + e x )−1 = x(1 + 1 + 1

1+e

1 x

1 1 1 1 1 1 + · 2 + · 3 + o( 3 ))−1 x 2 x 3! x x

1 1 1 1 1 1 = x(2 + + · 2 + · 3 + o( 3 ))−1 x 2 x 6 x x ( )−1 1 1 1 1 1 1 1 = x 2(1 + · + · 2 + · + o( 3 )) 2 x 4 x 12 x3 x ( ) 1 1 1 1 1 1 1 −1 x 1+ · + · 2 + · + o( 3 ) = , x → ±∞. 2 2 x 4 x 12 x3 x Kako je ( ) 1 1 1 1 1 1 1 −1 1 1 1 1 1 1 1 1+ · + · 2 + · 3 + o( 3 ) · 3 + o( 3 )) + =1−( · + · 2 + 2 x 4 x 12 x x 2 x 4 x 12 x x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 +( · + · 2 + o( 2 ))2 − ( · + o( ))3 + o(( · + o( ))3 ) 2 x 4 x x 2 x x 2 x x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =1− · − · 2 − · 3 + o( 3 ) + · 2 + · 3 − · 3 2 x 4 x 12 x x 4 x 4 x 8 x 1 1 1 1 1 · =1− · + + o( 3 ), x → ±∞, 2 x 24 x3 x dobijamo da je

10

f (x) = =

( ) x 1 1 1 1 1 1− · + · + o( 3 ) 2 2 x 24 x3 x x 1 1 1 1 − + · + o( 2 ), x → ±∞. 2 4 48 x2 x

Odavde sledi da je prava y = x2 − 14 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i da je grafik funkcije iznad asimptote u nekoj okolini taˇcke +∞, a takod¯e je iznad i u nekoj okolini taˇcke −∞. 10

Ako bismo koristili Maklorenove formule drugog reda za funkcije t 7→ et i t 7→ (1 + t)−1 dobili


637

Sada ispitujemo kako se funkcija ponaˇsa u okolini taˇcke x = 0. Kako je lim (1+ x→−0

1

e x ) = 1, to je

x→−0

x→−0

1+e

x→+0

x→+0

x→−0

=

1 x

=

lim (1 + e )

0 = 0. 1

x→−0

1

= 0, pa je

1 + ex x

lim f (x) = lim

x→+0

1 x

1

1

Iz lim (1 + e x ) = +∞ sledi lim x→+0

lim x

x

lim f (x) = lim

1+e

1 x

1

= lim x · lim x→+0

x→+0

1

= 0.

1 + ex

Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: U svakoj taˇcki x ̸= 0 funkcija ima izvod: 1

′

f (x) =

1

1 + e x − e x (− x12 ) · x 1

(1 + e x )2

1

=

1

1 + e x + x1 e x 1

(1 + e x )2

.

Da bismo ispitali znak prvog izvoda, uvedimo pomoćnu funkciju g(t) = 1 + et + tet . Ona ima izvod za svako t ∈ R: g ′ (t) = et + et + tet = et (t + 2). Kako je sgn g ′ (t) = sgn (t + 2), to je g ′ (t) < 0 za t < −2 i g ′ (t) > 0 za t > −2, pa funkcija g u taˇcki t = −2 ima strogi lokalni minimum, koji je i globalni minimum. Prema tome, g(t) > g(−2) = 1 − e−2 > 0 za svako t ̸= −2 i stoga je g(t) > 0 za 1 1 svako t ∈ R. Odavde sledi da je za x ̸= 0, g( x1 ) > 0, tj. 1 + e x + x1 e x > 0. Prema tome, f ′ (x) > 0 za svako x ∈ Df , odakle sledi da funkcija f strogo raste na intervalu (−∞, 0), a takod¯e i na intervalu (0, +∞). Funkcija nema strogi lokalni ekstremum i nema ni globalni minimum, ni globalni maksimum, jer je lim f (x) = −∞ i x→−∞

lim f (x) = +∞.

x→+∞

bismo: f (x)

= = = = =

1 1 1 1 + · 2 + o( 2 ))−1 x 2 x x ( )−1 1 1 1 1 x 1 1 1 1 1 x(2 + + · 2 + o( 2 ))−1 = 1 + · + · 2 + o( 2 ) x 2 x x 2 2 x 4 x x ( ) x 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 − ( · + · 2 + o( 2 )) + ( · + o( )) + o(( · + o( )) ) 2 2 x 4 x x 2 x x 2 x x ( ) x 1 1 1 1 1 1 1 1 − · − · 2 + o( 2 ) + · 2 2 2 x 4 x x 4 x ( ) x 1 1 1 x 1 1 1 − · + o( 2 ) = − + o( ), x → ±∞, 2 2 x x 2 4 x 1

x(1 + e x )−1 = x(1 + 1 +

tako da bismo imali da je prava y = x2 − 41 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, ali ne bismo imali informaciju da li grafik iznad ili ispod asimtote u nekoj okolini taˇcke +∞ (−∞).

638


x sgn (f ′ (x)) monotonost

(−∞, 0) + ↗ 1

f ′ (x)

(0, +∞) + ↗ 1

1

1 + e x + x1 e x

1

1 + e x + x1 e x

f ′ (x)

i lim = lim . 1 1 x→+0 x→+0 (1 + e x )2 (1 + e x )2 Koristimo smenu t = x1 . Kad x → +0, tada t → +∞ i kad x → −0, tada t → +∞. Primenom Lopitalovog pravila (videti Teoremu 4.75 i komentar nakon ove teoreme) dobijamo da je Nad¯imo lim

x→−0

= lim

x→−0

lim tet = lim

t→−∞

t

t→−∞ e−t

=

(∞)

t′

= lim

t→−∞ (e−t )′

∞

1 = 0. t→−∞ −e−t

= lim

Kako je lim et = 0, to je t→−∞

1 + et + tet lim = t→−∞ (1 + et )2

lim (1 + et + tet )

t→−∞

lim (1 + et )2

=

t→−∞

1 = 1. 1

Primenom teoreme o limesu sloˇzene funkcije (Teorema 3.83) dobijamo da je 1 + et + tet = 1. t→−∞ (1 + et )2

lim f ′ (x) = lim

x→−0

Dvostrukom primenom Lopitalovog pravila (Teorema 4.75) dobijamo: 1 + et + tet ( ∞ ) (1 + et + tet )′ et + et + tet = = lim = lim t→+∞ (1 + et )2 t→+∞ ((1 + et )2 )′ t→+∞ 2(1 + et )et ∞ ( ) ′ 2+t ∞ (2 + t) 1 = lim = = lim = lim = 0. t t ′ t→+∞ 2(1 + e ) t→+∞ (2(1 + e )) t→+∞ 2et ∞ lim

Opet na osnovu teoreme o limesu sloˇzene funkcije (Teorema 3.83) zakljuˇcujemo da je 1 + et + tet lim f ′ (x) = lim = 0. t→+∞ (1 + et )2 x→+0 ˇ Cinjenica da je lim f ′ (x) = 1 i lim f ′ (x) = 0 znaˇci da ako bismo dodefinisali x→−0

x→+0

funkciju f do neprekidnosti u taˇcki x = 0, dobili bismo funkciju ˇciji je levi izvod u taˇcki x = 0 jednak 0, drugim reˇcima, leva tangenta grafika te funkcije u taˇcki (0, 0) je prava y = x, dok je desni izvod u taˇcki x = 0 jednak 0, tj. desna tangenta grafika te funkcije u taˇcki (0, 0) je x-osa. Konveksnost i prevojne taˇcke: U svakoj taˇcki x ̸= 0 funkcija ima drugi izvod: 1

′′

f (x) =

1

e x (e x − 1) 1

x3 (1 + e x )3

3.1. Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi 1

639

1 ex − 1 Oˇcigledno je = sgn . Budući da je za x > 0 i x1 > 0, to je e x > e0 = x 1 1 1 1, pa je e x − 1 > 0 i f ′′ (x) > 0. Za x < 0 je x1 < 0 i e x < e0 = 1, tj. e x − 1 < 0, pa je opet f ′′ (x) > 0. To znaˇci da je funkcija konveksna na intervalu (−∞, 0), a takod¯e i na intervalu (0, +∞). Funkcija nema prevojnih taˇcaka.

sgn f ′′ (x)

x sgn (f ′′ (x)) konveksnost

(−∞, 0) + ⌣

(0, +∞) + ⌣

96. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije √ √ 3 3 f (x) = x2 − x2 − 1. Reˇsenje. 97. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f (x) = |x + 2|e− x . 1

Reˇsenje. 98. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f (x) =

1 ln(1 +

1 |x| )

− |x|.

Reˇsenje. 99. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f (x) =

ln |x| − x + 1. x

Reˇsenje. 100. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f (x) = x( Reˇsenje.

1 π − arctg ). 2 x

640


Literatura [1] D. Adnad¯ević i Z. Kadelburg, Matematiˇcka analiza I, Matematˇcki fakultet, Krug, Beograd, 2012. [2] Aigner, M., Ziegler, G. M., Proofs from THE BOOK, fourth edition, Springer - Verlag, 2009. [3] S. Aljanˇcić, Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Grad¯evinska knjiga Beograd, 1979. [4] Apostol, T. M., Modular Functions and Dirichlet Series in Number Theory, second edition, Springer - Verlag, 1990 ´ c, Uvod u matematiˇcku analizu, I deo, Prirodno-matematiˇcki fakultet, [5] D. Ciri´ Niˇs, 2008. [6] Fihtengol~c, G. M., Kurs differencial~nogo i integral~nogo isqisleni, Tom I, Nauka, Moskva, 1966., p. 607 [7] Hardy, G. H., Wright, E. M., An Introduction to the Theory of Numbers, fourth edition, Oxford, at the Clarendon Press, 1960. [8] N. Ivanovski, Matematiˇcka analiza I, Univerzitet Kiril i Metodij, Skoplje, 1981. [9] Kadelburg, Z., Mićić, M., Ognjanović, S., Analiza sa algebrom 3, treće dopunjeno izdanje, ”Krug”, Beograd, 2003. [10] Kadelburg, Z., Mićić, M., Ognjanović, S., Analiza sa algebrom 4, treće dopunjeno izdanje, ”Krug”, Beograd, 2003. [11] Kudrvcev, L. D., Kurs matematiqeskogo analiza, Tom I, Moskva ”Vysxa xkola”, 1981., p. 687 [12] Ljaˇsko, I. I., Boljarˇcuk, A. K., Gaj, J. G. G., Golovaˇc, G. P., Zbirka zadataka iz matematiˇcke analize 1: uvod u analizu, izvod, integral, ”Naˇsa knjiga”, Beograd, 2007. (prevod Dr Stojan N. Radenović) [13] M. Marjanović, Matematiˇcka analiza I, Nauˇcna knjiga, Beograd, 1979. - ukić, D., Uvod u teoriju brojeva, ˇcetvrto dopunjeno [14] Mićić, V., Kadelburg, Z., D izdanje, Druˇstvo matematiˇcara Srbije, Beograd, 2004. 641

642

LITERATURA

[15] Nikol~ski, S. M., Kurs matematiqeskogo analiza, Tom I, Nauka, Moskva, 1975., p. 431 [16] W. Rudin, Real and complex analysis, McGraw-Hill Book company. [17] Xilov, G. R., Matematiqeski analiz. Funkcii odnoga peremennogo, qast 1-2, qast 3, Nauka, Moskva, 1969., 1970., 528+352 s. [18] Zoriq, V. A., Matematiqeski analiz, Tom I, II, Moskva, ”Nauka”, 1984., 640 s.

Matematicka analiza

Recommend Documents