Matematika 1 - Prof. Zoran Mitrovic

MATEMATIKA Zoran Mitrović Banja Luka, 2009

2

Sadrˇ zaj 1 Uvod 1.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Elementi matematiˇcke logike 1.1.2 Elementi teorije skupova . . . 1.1.3 Relacije i funkcije . . . . . . . 1.1.4 Elementarne funkcije . . . . . 1.2 Skupovi N, Z, Q, R i C . . . . . . . . 1.2.1 Skupovi N, Z i Q . . . . . . . 1.2.2 Skup R . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Skup C . . . . . . . . . . . . 1.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

7 7 7 9 11 15 16 16 20 22 25

2 Elementi linearne algebre 2.1 Determinante . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Determinante drugog reda . 2.1.2 Determinante trećeg reda . 2.1.3 Osobine determinanti . . . 2.1.4 Determinante viˇseg reda . . 2.2 Matrice . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Definicija matrice . . . . . . 2.2.2 Operacije sa matricama . . 2.2.3 Inverzna matrica . . . . . . 2.3 Sistemi linearnih jednaˇcina . . . . 2.3.1 Osnovni pojmovi . . . . . . 2.3.2 Gausov metod eliminacije . 2.3.3 Kramerovo pravilo . . . . . 2.4 Vektorska algebra . . . . . . . . . . 2.4.1 Pojam vektora . . . . . . . 2.4.2 Operacije sa vektorima . . . 2.4.3 Skalarni proizvod vektora . 2.4.4 Vektorski proizvod vektora 2.4.5 Mjeˇsoviti proizvod vektora 2.5 Analitiˇcka geometrija u R3 . . . . 2.5.1 Prava . . . . . . . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

29 29 29 31 32 34 36 36 36 39 41 41 43 45 49 49 50 51 52 53 54 54

3

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

ˇ SADRZAJ

4

2.6

2.5.2 Ravan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 Graniˇ cne vrijednosti 3.1 Graniˇcna vrijednost niza . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Neke osobine konvergentnih nizova . . 3.1.3 Monotoni nizovi . . . . . . . . . . . . 3.1.4 Podnizovi . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.5 Koˇsijevi nizovi . . . . . . . . . . . . . 3.2 Graniˇcna vrijednost funkcije . . . . . . . . . . 3.2.1 Taˇcka nagomilavanja . . . . . . . . . . 3.2.2 Graniˇcna vrijednost funkcije . . . . . . 3.2.3 Osobine graniˇcnih vrijednosti funkcija 3.3 Neprekidne funkcije . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Neprekidne funkcije . . . . . . . . . . 3.3.2 Vrste prekida . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Osobine neprekidnih funkcija . . . . . 3.3.4 Uniformna neprekidnost . . . . . . . . 3.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56 58

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

63 63 63 65 71 75 75 76 76 77 79 83 83 85 86 88 89

4 Diferencijalni raˇ cun 4.1 Prvi izvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Definicija prvog izvoda . . . . . . . . . . 4.1.2 Osobine prvog izvoda . . . . . . . . . . 4.1.3 Geometrijska interpretacija prvog izvoda 4.1.4 Diferencijal . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Teoreme o srednjim vrijednostima i primjene . 4.2.1 Teoreme o srednjim vrijednostima . . . 4.2.2 Monotonost funkcije . . . . . . . . . . . 4.2.3 Lopitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . 4.3 Izvodi viˇseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Izvod reda n . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Drugi izvod i konveksnost . . . . . . . . 4.3.3 Tejlorova formula . . . . . . . . . . . . . 4.3.4 Ispitivanje funkcija . . . . . . . . . . . . 4.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

93 93 93 95 98 98 101 101 105 106 108 108 110 112 114 118

5 Integralni raˇ cun 5.1 Odredeni integral . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Definicija odredenog integrala . . 5.1.2 Osobine odredenog integrala . . 5.2 Neodredeni integral . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Definicija neodredenog integrala 5.2.2 Osobine neodredenog integrala . 5.2.3 Integracija nekih klasa funkcija .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

121 121 121 123 126 126 128 130

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

ˇ SADRZAJ 5.3

5.4

5.5

5

Nesvojstveni (nepravi) integrali . . . . . . . 5.3.1 Nesvojstveni integral prve vrste . . . 5.3.2 Nesvojstveni integral druge vrste . . Primjene odredenog integrala u geometriji . 5.4.1 Povrˇsina figure u ravni . . . . . . . . 5.4.2 Duˇzina luka krive . . . . . . . . . . . 5.4.3 Zapremina i povrˇsina obrtnog tijela Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 Redovi 6.1 Numeriˇcki redovi . . . . . . 6.1.1 Osnovni pojmovi . . 6.1.2 Redovi sa pozitivnim 6.1.3 Alternativni redovi . 6.2 Funkcionalni nizovi i redovi 6.2.1 Funkcionalni nizovi . 6.2.2 Funkcionalni redovi 6.2.3 Stepeni redovi . . . 6.3 Zadaci . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . ˇclanovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

140 140 143 145 145 145 146 147

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

151 151 151 155 159 161 161 163 165 169

7 Diferencijalne jednaˇ cine 7.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.2 Egzistencija i jedinstvenost rjeˇsenja . . . . . . . . . 7.2 Neki integrabilni tipovi diferencijalnih jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.1 Jednaˇcina sa razdvojenim promjenljivim . . . . . . 7.2.2 Homogena jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.3 Linearna jednaˇcina prvog reda . . . . . . . . . . . 7.2.4 Bernulijeva jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.5 Rikatijeva jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.6 Jednaˇcine Lagranˇza i Klera . . . . . . . . . . . . . 7.3 Linearne diferencijalne jednaˇcine viˇseg reda . . . . . . . . 7.3.1 Homogena jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.2 Nehomogena jednaˇcina. Metod varijacije konstanti 7.3.3 Homogena jednaˇcina sa konstantnim koeficijentima 7.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

171 . . . . 171 . . . . 171 . . . . 172 . . . . . . . . . . . .

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

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

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

176 176 177 179 180 181 183 185 185 188 191 195

6

ˇ SADRZAJ

Glava 1

Uvod 1.1 1.1.1

Uvod Elementi matematiˇ cke logike

Iskaz je potvrdna reˇcenica koja ima smisla i koja je ili taˇcna ili netaˇcna. Na primjer : • 2 < π je taˇcan iskaz, • 2 + 2 > 4 je netaˇcan iskaz, • x + 5 = 10 nije iskaz jer nije potvrdna reˇcenica. Iskazi se obiˇcno oznaˇcavaju malim slovima p, q, r, . . . , koji se zovu iskazna slova. Dva ili viˇse iskaza se povezuju logiˇ ckim operacijama. Logiˇcke operacije su : konjunkcija, disjunkcija, implikacija, ekvivalencija i negacija. • Konjunkcija dva iskaza p i q se oznaˇcava sa p ∧ q, ˇcita se p i q. To je iskaz koji je taˇcan ako i samo ako su oba iskaza p i q taˇcna. • Disjunkcija dva iskaza p i q se oznaˇcava sa p ∨ q, ˇcita se p ili q. To je iskaz koji je taˇcan ako i samo ako je bar jedan od iskaza p i q taˇcan. • Implikacija dva iskaza p i q se oznaˇcava sa p ⇒ q, ˇcita se p implicira q ili ako p onda je q ili iz p slijedi q. To je iskaz koji je netaˇcan ako i samo ako je iskaz p taˇcan, a iskaz q netaˇcan. • Ekvivalencija dva iskaza p i q se oznaˇcava sa p ⇔ q, ˇcita se p je ekvivalentno sa q . To je iskaz koji je taˇcan ako i samo ako su oba iskaza p i q taˇcna ili oba iskaza p i q netaˇcna. • Negacija iskaza p se oznaˇcava sa ¬p, ˇcita se sa ne p i taˇcan je iskaz ako je iskaz p netaˇcan, a netaˇcan iskaz ako je iskaz p taˇcan. 7

8

GLAVA 1. UVOD

Taˇcan iskaz se oznaˇcava sa >, ˇcita se te, a netaˇcan iskaz sa ⊥, ˇcita se ne te. Napomenimo da se taˇcan iskaz oznaˇcava i sa 1, a netaˇcan iskaz sa 0. Prethodno reˇceno moˇzemo zapisati i u obliku tablica. Te tablice se nazivaju tablice istinitosti. p > > ⊥ ⊥

q > ⊥ > ⊥

p∧q > ⊥ ⊥ ⊥

p∨q > > > ⊥

p⇒q > ⊥ > >

p⇔q > ⊥ ⊥ >

p > ⊥

¬p ⊥ >

Simbole > i ⊥ zovemo logiˇ ckim konstantama. Skup {>, ⊥} sa operacijama ∧, ∨, ⇒, ⇔, ¬ ˇcini iskaznu algebru. Iskazne formule su : 1. iskazna slova i logiˇcke konstante, 2. A ∧ B, A ∨ B, A ⇒ B, A ⇔ B, ¬A, ako su A i B iskazne formule, 3. iskazne formule se dobijaju konaˇcnom primjenom iskaznih formula iz 1. i 2. Tautologija je iskazna formula koja je taˇcna za sve vrijednosti svojih iskaznih slova. Primjeri tautologija: • p ⇒ p, refleksivnost implikacije, • p ∨ ¬p, zakon iskljuˇcenja trećeg, • p ⇔ ¬¬p, princip dvojne negacije, • (p ∧ q) ⇔ (q ∧ p) komutativnost logiˇcke operacije, ∧, • (p ∨ q) ⇔ (q ∨ p) komutativnost logiˇcke operacije, ∨, • ((p ∧ q) ∧ r) ⇔ (p ∧ (q ∧ r)) asocijativnost logiˇcke operacije, ∧, • ((p ∨ q) ∨ r) ⇔ (p ∨ (q ∨ r)) asocijativnost logiˇcke operacije, ∨, • (p ∧ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∨ r) ∧ (p ∨ r)) distributivnost ∨ prema ∧, • (p ∨ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∧ r) ∨ (p ∧ r)) distributivnost ∧ prema ∨, • ¬(p ∧ q) ⇔ (¬p ∨ ¬q), ¬(p ∨ q) ⇔ (¬p ∧ ¬q), De Morganovi zakoni, • (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p), zakon kontrapozicije, • [(p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)] ⇒ (p ⇒ r), zakon silogizma.

1.1. UVOD

9

Primjer 1.1. Iskazna formula (p ⇒ q) ⇔ (¬p ∨ q) je tautologija. Rjeˇsenje. p > > ⊥ ⊥

q > ⊥ > ⊥

p⇒q > ⊥ > >

¬p ∨ q > ⊥ > >

(p ⇒ q) ⇔ (¬p ∨ q) > > > >

Primjer 1.2. Ispitati da li su sljedeće iskazne formule tautologije: 1. (p ∧ (p ⇒ q)) ⇒ q, 2. (p ∨ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∨ r) ⇔ ¬q). Primjer 1.3. Provjerite je li implikacija asocijativna operacija tj. je li za proizvoljne p, q i r (p ⇒ (q ⇒ r)) ⇔ ((p ⇒ q) ⇒ r). Rjeˇsenje. Ne. Uzeti npr. p = ⊥, q = > i r = ⊥. Primjer 1.4. Odredite negacije iskaznih formula 1. p ⇒ p ∧ ¬q, 2. (p ∨ ¬q) ∧ (¬p ⇒ q). Pojednostavite dobijene formule. Rezultat. 1. p ∧ q, 2. ⊥.

1.1.2

Elementi teorije skupova

Skup je osnovni pojam u matematici. Skupovi se oznaˇcavaju velikim slovima A, B, C, . . . , X, Y, Z, . . . Elemente skupa oznaˇcavamo malim slovima, a, b, c, . . . , x, y, z, . . . Ako elemenat x pripada (ne pripada) skupu X, to oznaˇcavamo sa x ∈ X (x ∈ / X). Skup elemenata sa osobinom P se oznaˇcava sa {x : P (x)}.

10

GLAVA 1. UVOD

Kvantifikatori su ∀, ˇcita se za svako i ∃, ˇcita se postoji. Kvantifikatori se koriste radi simboliˇckog zapisa. Skup X je podskup skupa Y i to oznaˇcavamo sa X ⊂ Y ako vrijedi (∀x) x ∈ X ⇒ x ∈ Y. Prazan skup je skup koji nema elemenata i oznaˇcavamo ga sa ∅. Pri radu sa skupovima se koriste sljedeće operacije : • unija skupova X i Y , X ∪ Y = {x : x ∈ X ∨ x ∈ Y }, • presjek skupova X i Y , X ∩ Y = {x : x ∈ X ∧ x ∈ Y }, • razlika skupova X i Y , X \ Y = {x : x ∈ X ∧ x ∈ / Y }, • komplement skupa X , X C = {x : x ∈ / X}. Za operacije sa skupovima vrijede sljedeće osobine : • A ∪ B = B ∪ A, komutativnost operacije unija, • A ∩ B = B ∩ A, komutativnost operacije presjek, • A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C, asocijativnost operacije unija, • A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C, asocijativnost operacije presjek, • A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C), distributivnost unije prema presjeku, • A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), distributivnost presjeka prema uniji, • (A ∪ B)C = AC ∩ B C , (A ∩ B)C = AC ∪ B C , De Morganovi zakoni. Primjer 1.5. Neka su A, B i C dati skupovi. Pojednostavnite izraz [(A \ B)C ∩ (AC ∪ (A ∩ C C )]C . Rezultat. (A ∩ B C ) ∪ C. Primjer 1.6. Odredite skupove A ∪ B, A ∩ B i A \ B ako je AC = {x ∈ R|

x−2 ≥ 0} ∧ A ⊆ R, x+1

B = {x ∈ R| formula ¬[x < 1 ∨ (x ≥ 5 ∨ ¬(x < 6))] je istinita za x}. Rezultat. A ∪ B = [−1, 5), A ∩ B = [1, 2), A \ B = [−1, 1). Primjer 1.7. Dokaˇzite da za sve skupove A, B, C vrijedi ((A \ B) ∪ C) ∩ B = B ∩ C. Primjer 1.8. Primjerom pokaˇzite da inkluzija (A \ B) ∩ C ⊆ A ∩ B ∩ C ne vrijedi za sve skupove A, B, C.

1.1. UVOD

1.1.3

11

Relacije i funkcije

Uredeni par (x, y) se definiˇse sa (x, y) = {{x}, {x, y}}. Iz definicije uredenog para dobijamo (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) ⇔ x1 = x2 ∧ y1 = y2 . Dekartov proizvod skupova X i Y se oznaˇcava sa X × Y i definiˇse sa X × Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y }. Ako je n > 2 uredena n−torka (x1 , x2 , . . . , xn−1 , xn ) se definiˇse sa (x1 , x2 , . . . , xn ) = ((x1 , x2 , . . . , xn−1 ), xn ). Binarna relacija relacija ρ na nepraznom skupu X je podskup skupa X × X. Ako uredeni par (x, y) pripada relaciji ρ to piˇsemo i xρy. Za binarnu relaciju ρ na skupu X kaˇzemo da je : • refleksivna, ako vrijedi (∀x ∈ X) xρx, • simetriˇ cna, ako vrijedi (∀x ∈ X)(∀y ∈ X) xρy ⇒ yρx, • antisimetriˇ cna, ako vrijedi (∀x ∈ X)(∀y ∈ X) xρy ∧ yρx ⇒ x = y, • tranzitivna, ako vrijedi (∀x ∈ X)(∀y ∈ X)(∀z ∈ X) xρy ∧ yρz ⇒ xρz. Binarna relacija je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetriˇcna i tranzitivna. Binarna relacija je relacija poretka ako je refleksivna, antisimetriˇcna i tranzitivna. Primjer 1.9. Relacija = je relacija ekvivalencije, a relacija ≤ je relacija poretka. Neka je ρ relacija ekvivalencije na skupu X i x ∈ X. Skup C(x) = {y : (x, y) ∈ ρ} je klasa ekvivalencije za element x. Moˇze se pokazati da je [ C(x) = X, x∈X

C(x) i C(y) se poklapaju ili su disjunktne. Primjer 1.10. Pokazati da je relacija ρ definisana na skupu Z na sljedeći naˇcin (x, y) ∈ ρ ⇔ (∃k ∈ Z) x − y = 3k

12

GLAVA 1. UVOD

relacija ekvivalencije i odrediti klase ekvivalencije. Relacija ρ je refleksivna jer vrijedi (x, x) ∈ ρ ⇔ x − x = 0 · 3. Dalje, relacija ρ je simetriˇcna. Naime, (x, y) ∈ ρ ⇔ (∃k ∈ Z) x − y = 3k ⇔ (∃k ∈ Z) y − x = 3(−k) ⇔ (y, x) ∈ ρ. Na kraju iz ((x, y) ∈ ρ) ∧ ((y, z) ∈ ρ) ⇒ ((∃k1 ∈ Z) x − y = 3k1 ) ∧ ((∃k2 ∈ Z) y − z = 3k2 ) ⇒ x − z = 3(k1 + k2 )), pa (x, z) ∈ ρ. Dakle, relacija ρ je tranzitivna. Klase ekvivalencije su skupovi C(1) = {3k + 1 : k ∈ Z}, C(2) = {3k + 2 : k ∈ Z}, C(3) = {3k : k ∈ Z}. Daćemo sada definiciju funkcije ili preslikavanja. Vidjećemo da je to specijalan sluˇcaj relacije. Neka su A i B neprazni skupovi. Pridruˇzivanje (korespodencija, pravilo ) f koje svakom elementu x skupa A dodjeljuje taˇcno jedan elemenat f (x) naziva se funkcija ili preslikavanje. Koristeći pojam relacije prethodnu definiciju moˇzemo iskazati i na sljedeći naˇcin : Relacija f ⊂ A × B je funkcija ako vrijede sljedeća dva uslova • (∀x ∈ A)(∃y ∈ B)(x, y) ∈ f, • (∀x ∈ A)(∀y1 ∈ B)(∀y2 ∈ B) (x, y1 ) ∈ f ∧ (x, y2 ) ∈ f ⇒ y1 = y2 . Skup A je domen ili oblast definisanosti, a skup B kodomen funkcije f . Skup vrijednosti funkcije f je f (A) = {f (x) : x ∈ A}. Oˇcigledno vrijedi f (A) ⊂ B. Funkciju f ˇciji je domen skup A, a kodomen skup B zapisujemo i na sljedeći naˇcin f : A → B. ˇ Cinjenicu da je elementu x pridruˇzen element f (x) oznaˇcavamo ovako x 7→ f (x). Dvije funkcije f : A → B, g : C → D, su jednake ako i samo ako vrijedi A = C, B = D i f (x) = g(x) (∀x ∈ A).

1.1. UVOD

13

Primjer √ 1.11. Funkcije f : R → R, g : R → R, date sa f (x) = x, x ∈ R i g(x) = x2 , x ∈ R nisu jednake, jer nemaju iste skupove vrijednosti, f (R) = R, g(R) = {x ∈ R : x ≥ 0}. Grafik funkcije f : A → B je skup G(f ) = {(x, y) : (x, y) ∈ A × B, y = f (x)}. Za funkciju f : A → B kaˇzemo da je injekcija ako vrijedi (∀x1 ∈ A)(∀x2 ∈ A) f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 . Funkcija f : A → B za koju vrijedi (∀y ∈ B)(∃x ∈ A) y = f (x) se zove sirjekcija. Funkcija f : A → B je bijekcija ako je i injekcija i sirjekcija. Neka su date funkcije f : A → B, g : B → C, funkcija g◦f :A→C data sa (g ◦ f )(x) = g(f (x)), za sve x ∈ A, naziva se kompozicija funkcija f i g. √ Primjer 1.12. Neka je f (x) = x + 1, x > 0 i g(x) = x1 , x > 0. Tada je r 1 (f ◦ g)(x) = + 1, x 1 . (g ◦ f )(x) = √ x+1 Iz prethodnog primjera vidimo da u opˇstem sluˇcaju ne vrijedi f ◦ g = g ◦ f. Medjutim, operacija ◦ je asocijativna, to jest ako su date funkcije f : A → B, g : B → C, h : C → D, tada je (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f ). Neka je funkcija f : A → B bijekcija, funkcija f −1 : A → B, za koju vrijedi (∀y ∈ B) f −1 (y) = x ⇔ f (x) = y naziva se inverzna funkcija funkcije f . Za grafik inverzne funkcije f −1 vrijedi G(f −1 ) = {(y, x) : (y, x) ∈ B × A, y = f (x)}. Dakle, grafik funkcije f −1 je inverzan grafiku funkciju f u odnosu na pravu y = x.

14

GLAVA 1. UVOD

Primjer 1.13. Inverzna funkcija funkcije f : R → R date sa f (x) = 2x + 3 je funkcija f −1 : R → R za koju vrijedi x = 2f −1 (x) + 3, to jest f −1 (x) = x−3 2 . Neka je X ⊆ R i Y ⊆ R. Za funkciju f : X → Y kaˇzemo da je parna (neparna) ako vrijedi (∀x ∈ X) f (x) = f (−x) ((∀x ∈ X) f (x) = −f (−x)). Primjer 1.14. Funkcija f (x) = x2 , x ∈ R je parna, a funkcija f (x) = x − x3 , je neparna. Funkcija f : X → Y je ograniˇ cena odozgo (odozdo) ako postoji konstanta M ∈ R (m ∈ R) takva da vrijedi (∀x ∈ X) f (x) ≤ M ((∀x ∈ X) m ≤ f (x)). Funkcija je ograniˇ cena ako je ograniˇcena odozgo i odozdo. Primjer 1.15. Funkcija f (x) = x1 , x > 0 je ograniˇcena odozdo, jer je x1 > 0, za sve x > 0, ali nije ograniˇcena odozgo, jer ne postoji konstanta M > 0 takva da je x1 ≤ M. Funkcija f (x) = x2x+1 , x ∈ R, je ograniˇcena. Naime, vrijedi ¯ ¯ ¯ x ¯ 1 ¯ ¯ ¯ x2 + 1 ¯ ≤ 2 , za sve x ∈ R. Funkcija f : X → Y je periodiˇ cna ako postoji realan broj p 6= 0 takav da vrijedi (∀x ∈ X) x + p ∈ X, f (x + p) = f (x). Broj p se naziva period funkcije f . Najmanji pozitivan period funkcije f se naziva osnovni period funkcije f . Primjer 1.16. Funkcija f (x) = 2 sin(3x − 5), x ∈ R, je periodiˇcna. Osnovni period ove funkcije je 2π 3 . Funkcija F : X → Y je monotono rastu´ ca (neopadaju´ ca, opadaju´ ca, nerastu´ ca) ako za sve x1 , x2 ∈ X vrijedi x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ) (x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ), x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ), x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 )). Za funkciju se kaˇze da je monotona funkcija ako ima jednu od navedenih osobina.

1.1. UVOD

15

Primjer 1.17. Funkcija f (x) = x3 , x ∈ R je monotono rastuća. Naime, neka je x1 < x2 tada je f (x2 ) − f (x1 ) = x22 − x31 = (x2 − x1 )(x22 + x2 x1 + x21 ). Kako je

³ x1 ´2 3x21 > 0, x22 + x2 x1 + x21 = x2 + + 2 4

imamo f (x2 ) − f (x1 ) > 0, to jest f (x1 ) < f (x2 ).

1.1.4

Elementarne funkcije

Osnovne elementarne funkcije su : • stepena funkcija, f (x) = xn , x ∈ R, n ∈ N, • eksponencijalna funkcija, f (x) = ax , x ∈ R, a > 0 a 6= 1, • logaritamska funkcija, f (x) = loga x, x > 0, a > 0, a 6= 1, • trigonometrijske funkcije, f (x) = sin x, x ∈ R, f (x) = cos x, x ∈ R, ½ ¾ (2k + 1)π f (x) = tg x, x ∈ R \ :k∈Z , 2 f (x) = ctg x, x ∈ R \ {kπ : k ∈ Z}, • inverzne trigonometrijske funkcije, f (x) = arcsin x, x ∈ [−1, 1], f (x) = arccos x, x ∈ [−1, 1], f (x) = arctg x, x ∈ R, f (x) = arcctg x, x ∈ R. Elementarne funkcije se dobijaju primjenom konaˇcnog broja algebarskih operacija : sabiranja, oduzimanja, mnoˇzenja i dijeljenja, kao i primjenom konaˇcno mnogo operacija kompozicije, na osnovne elementarne funkcije.

16

GLAVA 1. UVOD

1.2

Skupovi N, Z, Q, R i C

1.2.1

Skupovi N, Z i Q

Skup prirodnih brojeva oznaˇcavamo sa N i vrijedi N = {1, 2, 3, . . .}. Skup prirodnih brojeva ima sljedeće dvije bitne osobine : • ima najmanji elemenat to je broj 1, • ako n ∈ N tada n + 1 ∈ N. U skupu N vaˇzi princip matematiˇ cke indukcije: Neka je X podskup skupa N tako da je • 1 ∈ X, • (∀n ∈ N) n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, tada je X = N. Princip matematiˇcke indukcije koristimo za dokaz raznih tvrdnji P (n) koje se tiˇcu prirodnih brojeva. Obiˇcno se postupa na sljedeći naˇcin : • dokaˇze se P (1), • dokaˇze se niz implikacija (∀n ∈ N) P (n) ⇒ P (n + 1). Primjer 1.18. Dokazati da za sve prirodne brojeve n vrijedi n X k=1

k2 =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

Rjeˇ senje. Oznaˇcimo gornju formulu sa P (n). Formula P (1) je oˇcigledno taˇcna. Naime, 1·2·3 12 = . 6 Ostaje da se dokaˇze (∀n ∈ N)

n X k=1

k2 =

n+1 X (n + 1)(n + 2)(2n + 3) n(n + 1)(2n + 1) ⇒ k2 = . 6 6 k=1

Kako vrijedi (∀n ∈ N)P (n) ⇒

n X

k 2 + (n + 1)2 =

n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 , 6

k 2 + (n + 1)2 =

n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 , 6

k=1

(∀n ∈ N)P (n) ⇒

n X k=1

(∀n ∈ N)P (n) ⇒

n X k=1

k 2 + (n + 1)2 =

(n + 1)(n + 2)(2n + 3) , 6

imamo (∀n ∈ N)P (n) ⇒ P (n + 1).

1.2. SKUPOVI N, Z, Q, R I C

17

Koristeći metod matematiˇcke indukcije se mogu dokazivati i razne nejednakosti. Bernulijeva nejednakost. Za svaki prirodan broj n i svaki realan broj h ≥ −1 vrijedi (1 + h)n ≥ 1 + nh. Za n = 1 imamo 1 + h ≥ 1 + h, ˇsto je oˇcigledno taˇcno. Dokaˇzimo da vrijedi (∀n ∈ N) (1 + h)n ≥ 1 + nh ⇒ (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1)h. Vrijedi (∀n ∈ N) (1 + h)n ≥ 1 + nh ⇒ (1 + h)n+1 ≥ (1 + h)(1 + nh), pa je (∀n ∈ N) (1 + h)n ≥ 1 + nh ⇒ (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1)h + nh2 . Kako je

(∀n ∈ N) 1 + (n + 1)h + nh2 ≥ 1 + (n + 1)h

imamo (∀n ∈ N) (1 + h)n ≥ 1 + nh ⇒ (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1)h. Binomna formula Prije nego ˇsto dokaˇzemo binomnu formulu uveˇsćemo prvo pojam binomnog koeficijenta. µ ¶ n Binomni koeficijent , n ∈ N, k ∈ {0, 1, 2, . . . , n} je definisan sa k µ ¶ n! n = , k k!(n − k)! gdje je 0! = 1, n! = n · (n − 1)!, n ∈ N (simbol n! se ˇcita n faktorijel ). Nije teˇsko pokazati da vrijede sljedeće osobine binomnih koeficijenata: µ 1. µ 2. µ 3.

n k n k n 0

¶

n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) , 1 · 2 · 3 · ··· · k ¶ µ ¶ n = , n−k ¶ µ ¶ n = = 1, n =

18

GLAVA 1. UVOD µ 4.

n k

¶

µ

¶

n k−1

+

µ

n+1 k

=

¶ .

Pokaˇzimo na primjer osobinu 4. Vrijedi, n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 2) k + · = 1 · 2 · 3 · ··· · k 1 · 2 · 3 · ··· · k k µ ¶ n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1 + k) n = , k 1 · 2 · 3 · ··· · k Binomna formula je jednakost ¶ n µ X n (a + b) = an−k bk , k n

k=0

koja vrijedi za sve a, b ∈ R i sve n ∈ N. Binomnu formulu dokazujemo pomoću matematiˇcke indukcije. Za n = 1 imamo µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1−0 0 (a + b) = a b + a1−1 b1 . 0 1 ˇsto je taˇcno. Iz pretpostavke da je formula taˇcna za prirodan broj n imamo ¶ n µ X n = (a + b)(a + b) = (a + b) an−k bk k

n+1

n

(a + b)

k=0

=

¶ ¶ n µ n µ X X n n an+1−k bk + an−k bk+1 k k

k=0

=

n µ X k=0

k=0

n k

¶ n+1−k k

a

b +

n+1 Xµ

n k−1

k=1

¶ an+1−k bk .

Dakle, µ (a+b)

n+1

Kako je

=

n 0

¶ a

¶ µ ¶¸ µ ¶ n ·µ X n n n n+1−k k b + + a b + a0 bn+1 . k k−1 n

n+1 0

k=0

µ

n k

¶

µ +

imamo (a + b)

n+1

=

n k−1 n+1 Xµ k=0

¶

µ =

n+1 k

n+1 k

¶ ,

¶ an+1−k bk ,


19

a to je i trebalo dokazati. ˇ Svarcova nejednakost. Vrijedi (x1 y1 + · · · + xn yn )2 ≤ (x21 + · · · + x2n )(y12 + · · · + yn2 )

(1.1)

gdje su x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn , realni brojevi. Za n = 1 formula 1.1 je taˇcna, to jest: (x1 y1 )2 ≤ x21 y12 . Kako vrijedi (x1 y1 + · · · + xn+1 yn+1 )2 = (x1 y1 + · · · + xn yn )2 + 2 2(x1 y1 + · · · + xn yn )xn+1 yn+1 + x2n+1 yn+1

i

(1.2)

2ab ≤ a2 + b2 ,

stavljajući a = xk yn+1 , b = xn+1 yk i sumirajući za k = 1, 2, . . . , n, dobijamo 2 2(x1 y1 + · · · + xn+1 yn+1 )xn+1 yn+1 ≤ (x11 + · · · + x2n )yn+1 +

(y11 + · · · + yn2 )x2n+1 . Sada,koristeći (1.1) i (1.2) imamo 2 (x1 y1 + · · · + xn+1 yn+1 )2 ≤ (x21 + · · · + x2n )(y12 + · · · + yn2 ) + (x21 + · · · + x2n )yn+1 + 2 (y12 + · · · + yn2 )x2n+1 + x2n+1 yn+1 .

Odavde je 2 2 (x1 y1 +· · ·+xn+1 yn+1 )2 ≤ (x21 +· · ·+x2n )(y12 +· · ·+yn+1 )+(y12 +· · ·+yn+1 )x2n+1 ,

to jest 2 ). (x1 y1 + · · · + xn+1 yn+1 )2 ≤ (x21 + · · · + x2n+1 )(y12 + · · · + yn+1

Zbir prirodnih brojeva je prirodan broj, medjutim njihova razlika ne mora biti. To nameće potrebu da se skup prirodnih brojeva proˇsiri. Ako se skup prirodnih brojeva proˇsiri sa nulom i negativnim brojevima −1, −2, −3, . . . , dobijamo skup cijelih brojeva koji oznaˇcavamo sa Z. Dakle, skup cijelih brojeva je Z = {0, 1, −1, 2, −2, 3, −3, . . .}. Primjetimo da u skupu cijelih brojeva jednaˇcina m + x = n, m, n ∈ N,

20

GLAVA 1. UVOD

ima rjeˇsenje, dok to nije vrijedilo u skupu prirodnih brojeva. U skupu cijelih brojeva za elemenat 0 vrijedi (∀m ∈ Z) m + 0 = 0 + m = m. Kaˇze se da je 0 neutralni elemenat za sabiranje. Osim toga vrijedi (∀m ∈ Z) m + (−m) = (−m) + m = 0. Broj −m je inverzan broju m u odnosu na sabiranje. Jednaˇcina nx = m, m ∈ Z, n ∈ N, nema uvijek rjeˇsenje u skupu cijelih brojeva, zbog toga skup cijelih brojeva proˇsirujemo skupom racionalnih brojeva koga oznaˇcavamo sa Q. Dakle, skup racionalnih brojeva je nm o Q= : m ∈ Z, n ∈ N . n

1.2.2

Skup R

√ Moˇze se pokazati da ne postoje prirodni brojevi m i n takvi da je 2 = m n. Dakle, postoje brojevi koji se ne mogu predstaviti pomoću razlomka. Takvi brojevi se nazivaju iracionalni brojevi. Takvi su na primjer √ √ √ 3, 5, 6. Skup realnih brojeva je unija skupa racionalnih i iracionalnih brojeva. Skup realnih brojeva oznaˇcavamo sa R. U skupu realnih brojeva vrijedi sljedeća osobina koja se zove aksioma neprekidnosti: Neka su X i Y neprazni podskupovi skupa realnih brojeva takvi da (∀x ∈ X)(∀y ∈ Y ) x ≤ y tada postoji c ∈ R takav da (∀x ∈ X)(∀y ∈ Y ) x ≤ c ≤ y. Napomenimo da aksioma neprekidnosti ne vrijedi u skupu racionalnih brojeva. Pored aksiome neprekidnosti u skupu R vrijede i sljedeće aksiome: • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R) x + y = y + x, • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)(∀z ∈ R) x + (y + z) = (x + y) + z, • (∀x ∈ R) 0 + x = x + 0 = x, • (∀x ∈ R) (−x) + x = x + (−x) = 0, • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R) x · y = y · x,


21

• (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)(∀z ∈ R) x · (y · z) = (x · y) · z, • (∀x ∈ R) 1 · x = x · 1 = x, • (∀x ∈ R\{0}) x−1 · x = x · x−1 = 1, • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)(∀z ∈ R) x · (y + z) = x · y + x · z, • (∀x ∈ R) vaˇzi taˇcno jedna od relacija : x < 0, x = 0, x > 0, • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R) ((0 < x ∧ 0 < y) ⇒ (0 < x + y ∧ 0 < x · y)), • (∀x ∈ R)(∀y ∈ R) x < y ⇔ 0 < (−x) + y. Kaˇzemo joˇs i da je (R, +, ·, <) uredjeno polje. Primjedba 1.1. Oznaku R koristimo za proˇ sireni skup realnih brojeva. Naime, skup R proˇsirujemo simbolima +∞ i −∞ koje nazivamo plus beskonaˇcno i minus beskonaˇcno. Dakle, R = R ∪ {+∞, −∞}. Definicija 1.1. Broj a ∈ R je donja (gornja) medja skupa S ⊂ R ako vrijedi (∀x ∈ S) a ≤ x ((∀x ∈ S) x ≤ a). Skup svih donjih (gornjih) medja skupa S oznaˇcavamo sa S∗ (S ∗ ). Skup S je ograniˇ cen odozdo (odozgo) ako vrijedi S∗ 6= ∅ (S ∗ 6= ∅). Za skup koji je ograniˇcen odozdo i odozgo kaˇzemo da je ograniˇ cen. Definicija 1.2. Neka je dat skup S ⊂ R. Supremum (infimum) skupa S se oznaˇcava sa sup S (inf S) i definiˇse sa sup S = a ⇔ (a ∈ S ∗ ∧ (∀s ∈ S ∗ ) a ≤ s) (inf S = a ⇔ (a ∈ S∗ ∧ (∀s ∈ S∗ ) s ≤ a)). Teorema 1.1. Svaki odozgo (odozdo ) ograniˇcen skup ima supremum (infimum) u skupu R. Neka su A, B ⊂ R i λ ∈ R skupove λA i A + B definiˇsemo na sljedeći naˇcin: λA = {λa : a ∈ A}, A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B}. Teorema 1.2. Neka su A, B ⊂ R i λ ∈ R vrijedi sljedeće: (i) inf A = − sup(−A), (ii) A ⊂ B ⇒ sup A ≤ sup B ∧ inf A ≥ inf B.

22

GLAVA 1. UVOD

(iii)

½ inf(λA) =

λ inf A, λ > 0 λ sup A, λ < 0

(iv) inf(A + B) = inf A + inf B. Definicija 1.3. Ako inf S ∈ S (sup S ∈ S) kaˇzemo da je inf S (sup S) minimalni (maksimalni) elemenat skupa S. U tom sluˇcaju umjesto inf S (sup S) koristimo oznaku minS (maxS). Apsolutna vrijednost realnog broja a se oznaˇcava sa |a| i definiˇse sa ½ a, a ≥ 0 |a| = −a, a < 0 Apsolutna vrijednost realnog broja ima sljedeće osobine : 1. |a| = 0 ⇔ a = 0, 2. | − a| = |a|, 3. −|a| ≤ a ≤ |a|, 4. |a + b| ≤ |a| + |b|, 5. |a| − |b| ≤ |a − b| ≤ |a| + |b|, 6. |a · b| = |a| · |b|, ¯ a ¯ |a| ¯ ¯ 7. ¯ ¯ = , b 6= 0, b |b| gdje su a, b proizvoljni realni brojevi. Nejednakost 3. je poznata kao nejednakost trougla. Iz definicije apsolutne vrijednosti slijedi da ako je realan broj ² > 0 tada je |x − a| < ² ⇔ x ∈ (a − ², a + ²). Interval (a − ², a + ²) naziva se ² okolina taˇcke a.

1.2.3

Skup C

Jednaˇcina x2 + 1 = 0 nema rjeˇsenja u skupu realnih √ brojeva. Njena rjeˇsenja su kompleksni brojevi i i −i. Kompleksan broj i = −1 nazivamo imaginarna jedinica. Skup kompleksnih brojeva oznaˇcavamo sa C. Vrijedi C = {x + iy : x, y ∈ R}. Broj x zovemo realni, a broj y imaginarni dio kompleksnog broja z = x + iy. To piˇsemo x = Rez, y = Imz. Konjugovana vrijednost kompleksnog broja p z = x + iy je kompleksni broj z = x − iy. Broj x2 + y 2 zovemo moduo kompleksnog broja z i znaˇcavamo ga sa |z|. Neka su z1 = x1 +iy1 i z2 = x2 +iy2 dati kompleksni brojevi. Operacije sabiranja, oduzimanja, mnoˇzenja i dijeljenja se vrˇse na sljedeći naˇcin :


23

• Zbir dva kompleksna broja je (x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ). • Razlika dva kompleksna broja je (x1 + iy1 ) + (x2 + iy2 ) = (x1 − x2 ) + i(y1 − y2 ). • Proizvod dva kompleksna broja je (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 ). • Koliˇ cnik dva kompleksna broja je (x1 x2 + y1 y2 ) (x2 y1 − x1 y2 ) 2 (x1 + iy1 ) = +i , x2 + y22 6= 0. 2 2 (x2 + iy2 ) x2 + y2 x22 + y22 Primjer 1.19. Dati su kompleksni brojevi z1 = 1 + i i z2 = 2 + 3i. Odrediti njihov zbir, proizvod i koliˇcnik. Imamo z1 + z2 = 3 + 4i, z1 z2 = −1 + 5i,

z1 1+i (1 + i)(2 − 3i) 5 i = = = − . z2 2 + 3i 4+9 13 13

Kompleksnom broju z = x + iy u Dekartovom koorinatnom sistemu moˇzemo pridruˇziti taˇcku A sa koordinatama (x, y). Neka je ρ duˇzina duˇzi 0A, a φ ugao koji poluprava odredjena taˇckama 0 i A zatvara sa pozitivnim smjerom x−ose. Vrijedi sljedeće x = ρ cos φ, y = ρ sin φ. Duˇzina ρ=

p

x2 + y 2

je moduo kompleksnog broja z, a ugao φ = arg z ∈ [0, 2π) se naziva argument kompleksnog broja z. Dakle, broj z = x + iy moˇzemo pisati u sljedećem trigonometrijskom obliku z = ρ(cos φ + i sin φ). Koristi se i oznaka z = ρeiφ , to je eksponencijalni oblik kompleksnog broja. Primjer 1.20. Predstaviti sljedeće kompleksne brojeve u trigonometrijskom obliku:

24

GLAVA 1. UVOD

√ (a) 1 + i, (b) − 1 + i 3. Rjeˇsenje : (a) |1 + i| = (b)

√

2, φ =

√ ³ π π π´ , 1 + i = 2 cos + i sin , 4 4 4

µ ¶ √ √ 2π 2π 2π | − 1 + i 3| = 2, φ = , −1 + i 3 = 2 cos + i sin , 3 3 3

Teorema 1.3. Ako su dati kompleksni brojevi z1 = ρ1 (cos φ1 + i sin φ1 ) i z2 = ρ2 (cos φ2 + i sin φ2 ) tada je (a) z1 z2 = ρ1 ρ2 (cos(φ1 + φ2 ) + i sin(φ1 + φ2 )), (b)

z1 ρ1 = (cos(φ1 − φ2 ) + i sin(φ1 − φ2 )), z2 ρ2

(c)

(ρ1 (cos φ1 + i sin φ1 ))n = ρn1 (cos nφ1 + i sin nφ1 ),

(d) p n

(ρ1 (cos φ1 + i sin φ1 ) =

√ n

µ µ ¶ µ ¶¶ φ1 + 2kπ φ1 + 2kπ ρ1 cos + i sin , n n

za k = 0, 1, . . . , n − 1. Formule (c) i (d) se nazivaju Moavrove formule. Primjer 1.21. Izraˇcunati : ³ ´12 √ (a) (− 3 − i)7 , (b) 1−i . 1+i Rjeˇsenje : (a) µ µ ¶ µ ¶¶7 √ 5π 5π 7 7 (− 3 − i) = 2 cos − + i sin − 6 6 µ µ µ ¶ ¶¶ 35π 35π + i sin − = 27 cos − 6 6 Ã√ ! ³ √ π π´ 3 1 = 27 cos + i sin = 27 +i = 26 ( 3 + i). 6 6 2 2 (b) 1−i = 1+i

√ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ ³ π´ ³ π´ 2 cos − π4 + i sin − π4 √ ¡ ¢ + i sin − . = cos − 2 2 2 cos π4 + i sin π4

1.3. ZADACI

25

Koristeći Moavrovu formulu imamo µ

1−i 1+i

¶12

³ ³ π´ ³ π ´´12 = cos − + i sin − 2 2

µ ¶ µ ¶ 12π 12π = cos − + i sin − = 1. 2 2

1.3

Zadaci

1. Pomoću tablica istinitosti ispitati da li su formule tautologije: (a) (¬p ⇒ (q ∧ ¬q)) ⇒ p, (b) (p ∧ q) ⇒ (p ∨ q), (c) (p ⇒ (q ⇒ r)) ⇔ ((p ⇒ q) ∧ (p ⇒ r)), (d) [(p ⇒ q) ∧ (r ⇒ s) ∧ (p ∨ r) ⇒ (q ∨ r)] ⇒ (q ∨ s). 2. Odrediti skupove A i B ako vrijedi A ∪ B = {x ∈ N : x ≤ 6}, A ∩ B = {x ∈ N : x ≤ 4}, {4, 6} * A, {5, 6} * B \ A. 3. Neka su dati skupovi A, B, C. Dokazati da je : (a) A \ B = A \ (A ∩ B) = (A ∪ B) \ B, (b) (A ∪ B) \ C = (A \ C) ∪ (B \ C). 4. Neka je A = {x ∈ R : |x − 1| < 2}, B = {x ∈ R :

x−1 > 1}. x−2

Odrediti A ∪ B, A ∩ B, AC , B C . 5. U nekom preduzeću je zaposleno 100 ljudi. Njih 40 zna ruski jezik, 30 zna engleski, 26 zna francuski, 15 zna ruski i engleski, 10 zna ruski i francuski, 5 zna francuski i engleski, a 3 zna sva tri jezika. Koliko ljudi ne zna nijedan strani jezik? 6. Pokazati da je relacija ρ uvedena na skupu Z na sljedeći naˇcin (x, y) ∈ ρ ⇔ postoji k ∈ Z takav da je x − y = n · k, gdje je n ≥ 2 prirodan broj, relacija ekvivalencije i odrediti klase ekvivalencije.

26

GLAVA 1. UVOD 7. Na skupu N × N je definisana relacija : (m, n) ∼ (p, q) ako i samo ako je m + q = n + p. Dokazati da je ∼ relacija ekvivalencije na N × N. 8. Neka je f : A → B i neka su X, Y ⊆ A. Tada je : (a) f (X ∪ Y ) = f (X) ∪ f (Y ), (b) f (X ∩ Y ) ⊆ f (X) ∩ f (Y ), (c) Pokazati primjerom da u prethodnom zadatku ne mora da vrijedi jednakost. 9. Neka je f (x) =

√

x + 1 i g(x) = x2 − 2.

ˇ su domeni funkcija Odrediti domene funkcija f i g. Naći f ◦ g i g ◦ f . Sta f ◦ g i g ◦ f? 10. Naći inverznu funkciju ako je : (a) f (x) = x + 1, (b) f (x) = 2x − 2, µ ¶ x2 − 1 (c) f (x) = ln 1 + 2 . x +1 11. Pokazati da je µ ¶ µ n (a) + 0 µ ¶ µ n (b) − 0

n 1

¶

µ

n n

¶

= 22 , ¶ µ ¶ n n + · · · + (−1)n = 0. 1 n + ··· +

12. Naći racionalne sabirke u razvoju √ √ 4 ( x3 + 3 x)10 . 13. Koliko racionalnih ˇclanova ima u razvoju √ √ 4 ( 2 + 3)100 ? 14. Naći koeficijent od x2 u razvoju (x2 + 2x−1 )6 . 15. Dokazati da je 11 · 102n + 1 djeljivo sa 3. 16. Dokazati :

1.3. ZADACI

27

(a) 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = (b)

n(4n2 − 1) , 3

1 1 1 1 n+1 + + + ··· + = . 1 · 4 4 · 7 7 · 10 (3n + 1)(3n + 4) 3n + 4

17. Dokazati da za svaki prirodan n i svaki realan broj h ≥ −1 vrijedi nejednakost (1 + h)n ≥ 1 + nh +

n(n − 1) 2 n(n − 1)(n − 2) 3 h + h . 2 6

14. Neka je z1 = 4 + 2i, z2 = −2 − 4i. Odrediti z1 · z2 , z1 · z2 ,

z1 , |z1 |. z2

18. Odrediti eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva −2 + 3i, −1 + i. 19. Naći

√

12

20. Rijeˇsiti jednaˇcinu 21. Rijeˇsiti jednaˇcinu

√ 2 + 2i i ( 3 + i)12 . z 6 + 1 = 0.

z 2 + (1 − 2i)z − 2i = 0.

28

GLAVA 1. UVOD

Glava 2

Elementi linearne algebre 2.1 2.1.1

Determinante Determinante drugog reda

Neka je dat sistem linearnih jednaˇcina sa dvije nepoznate a11 x1 + a12 x2 = b1

(2.1)

a21 x1 + a22 x2 = b2 ,

(2.2)

gdje su aij , i, j = 1, 2, bi , i = 1, 2 realni brojevi, a x i y nepoznate veliˇcine. Mnoˇzeći jednaˇcinu (2.1) sa a22 , a jednaˇcinu (2.2) sa −a12 dobijamo a11 a22 x1 + a12 a22 x2 = b1 a22

(2.3)

−a21 a12 x1 − a22 a12 x2 = −b2 a12 .

(2.4)

Sabirajući jednaˇcine (2.3) i (2.4) dobijamo (a11 a22 − a21 a12 )x1 = b1 a22 − b2 a12 .

(2.5)

Dalje, ako se jednaˇcina (2.1) pomnoˇzi sa a21 , a jednaˇcina (2.2) pomnoˇzi sa −a11 dobijamo a11 a21 x1 + a12 a21 x2 = a21 b1 (2.6) −a11 a21 x1 − a11 a22 x2 = −a11 b2 .

(2.7)

Sabirajući jednaˇcine (2.6) i (2.7) imamo (a12 a21 − a11 a22 )x2 = a21 b1 − a11 b2 .

(2.8)

Iz jednaˇcina (2.5) i (2.8), pod uslovom da je a12 a21 − a11 a22 6= 0 dobijamo x1 =

a11 b− a21 b1 b1 a22 − b2 a12 , x2 = a11 a22 − a21 a12 a11 a22 − a21 a12 29

(2.9)

30

GLAVA 2. ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE

U oba razlomka u (2.9) imenioci su isti, taj ¯ ¯ a11 a12 ¯ ¯ a21 a22

izraz se zapisuje u sljedećoj formi ¯ ¯ ¯, ¯

i zove determinanta drugog reda. Determinta drugog reda ima dvije vrste i dvije kolone. Brojevi a11 , a12 , a21 , a22 se mogu zapisati u obliku kvadratne ˇseme · ¸ a11 a12 , (2.10) a21 a22 koja se zove matrica tipa 2 × 2, a11 , a12 ,

ˇcine prvu vrstu ,

a21 , a22 ,

ˇcine drugu vrstu ,

a11 , a21 ,

ˇcine prvu kolonu ,

a12 , a22 ,

ˇcine drugu kolonu .

Brojevi a11 , a22 , a12 , a21 ,

ˇcine glavnu dijagonalu , ˇcine sporednu dijagonalu .

Iz definicije determinante drugog reda brojnike u (2.9) jednostavnije moˇzemo oznaˇciti sa ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ b1 a12 ¯ ¯ a11 b1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. D1 = ¯ , D2 = ¯ b2 a22 ¯ a21 b2 ¯ Dakle, rjeˇsenje sistema (2.1)-(2.2), ako je D 6= 0 moˇzemo pisati u obliku x1 =

D1 D2 , x2 = . D D

Primjer 2.1. Rijeˇsiti sistem jednaˇcina 2x − 3y = −2 11x − 8y = 6. Izraˇcunajmo determinante D, D1 , D2 . ¯ ¯ ¯ 2 −3 ¯ ¯ ¯ D=¯ ¯ = 2 · (−8) − (−3) · 11 = 17, ¯ 11 −8 ¯ ¯ −2 −3 ¯ ¯ = (−2) · (−8) − (−3) · 6 = 34, D1 = ¯¯ ¯ ¯ 6 −8 ¯ ¯ 2 −2 ¯ ¯ = 2 · 6 − (−2) · 11 = 34. D2 = ¯¯ 11 6 ¯ Dakle, 34 34 = 2, x2 = = 2. x1 = 17 17

2.1. DETERMINANTE

2.1.2

31

Determinante tre´ ceg reda

Kvadratna ˇsema brojeva 

a11  a21 a31 se naziva matrica ¯ ¯ a11 a12 ¯ ¯ a21 a22 ¯ ¯ a31 a32

a12 a22 a32

 a13 a23  a33

tipa 3 × 3. Matrici tipa 3 × 3 pridruˇzujemo broj ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a13 ¯¯ ¯ a21 a23 ¯ ¯ a22 a23 ¯ ¯+ ¯ ¯ ¯ ¯ a23 ¯ = a11 · ¯ − a12 · ¯ a32 a33 ¯ a31 a33 ¯ ¯ a33 ¯ ¯ ¯ a21 a22 ¯ ¯ ¯, +a13 · ¯ a31 a32 ¯

(2.11)

koji nazivamo determinanta tre´ ceg reda matrice   a11 a12 a13  a21 a22 a23  . a31 a32 a33 Brojevi a11 , a12 , . . . , a33 se zovu elementi determinante trećeg reda. Elementi a11 , a12 , a13 ˇcine prvu vrstu determinante , a21 , a22 , a23 ˇcine drugu vrstu determinante , a31 , a32 , a33 ˇcine treću vrstu determinante , a11 , a21 , a31 ˇcine prvu kolonu determinante , a12 , a22 , a32 ˇcine drugu kolonu determinante , a13 , a23 , a33 ˇcine treću kolonu determinante , a11 , a22 , a33 ˇcine glavnu dijagonalu determinante , a13 , a22 , a31 ˇcine sporednu dijagonalu determinante . Minor ili subdeterminanta za elemenat aij se dobije tako ˇsto se iz determinante trećeg reda izostavi i− ta vrsta i j−kolona. Na primjer ¯ ¯ ¯ a a23 ¯¯ M11 = ¯¯ 22 . a32 a33 ¯ Kofaktor ili algebarski komplement za elemenat aij je broj Aij = (−1)i+j Mij . Koristeći pojam kofaktora vidimo da za determinantu trećeg reda vrijedi ¯ ¯ ¯ a11 a12 a13 ¯ ¯ ¯ ¯ a21 a22 a23 ¯ = a11 A11 + a12 A12 + a13 A13 . ¯ ¯ ¯ a31 a32 a33 ¯

32


Moˇze se pokazati ¯ ¯ a11 ¯ ¯ a21 ¯ ¯ a31

da vrijedi a12 a22 a32

a13 a23 a33

¯ ¯ ¯ ¯ = ai1 Ai1 + ai2 Ai2 + ai3 Ai3 , i = 1, 2, 3. ¯ ¯

To je razvoj determinante po i−toj vrsti. Primjer 2.2. Izraˇcunati Vandermondovu determinantu ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯¯ ¯ ¯ x1 x2 x3 ¯ . ¯ 2 ¯ ¯ x1 x22 x23 ¯ Koristimo razvoj po prvoj vrsti. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯¯ ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x1 x2 x3 ¯ = ¯ x22 x23 ¯ − ¯ x12 x3 ¯ + ¯ x12 x22 ¯ , ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 x x x x x x 1 2 1 3 2 3 ¯ x1 x22 x23 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯¯ ¯ ¯ x1 x2 x3 ¯ = x2 x3 (x3 − x2 ) − x1 x3 (x3 − x1 ) + x1 x2 (x2 − x1 ) ¯ ¯ 2 ¯ x1 x22 x23 ¯ = (x3 − x2 )(x3 − x1 )(x2 − x1 ).

2.1.3

Osobine determinanti

• Vrijednost determinante se ne mijenja ako se vrste zamijene kolonama ne mijenjajući poredak. Iz ove osobine slijedi da se vrijednost detrminante moˇze dobiti razvijanjem i po bilo kojoj koloni, a ne samo razvijanjem po elementima vrste. Primjer 2.3. Izraˇcunati determinatu ¯ ¯ ¯ 1 120 34 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 2 3 ¯¯ . ¯ ¯ 0 11 18 ¯ Razvijanjem po prvoj koloni dobijamo ¯ ¯ ¯ 1 120 34 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 3 ¯ 0 2 3 ¯¯ = ¯¯ ¯ 11 18 ¯ 0 11 18 ¯

¯ ¯ ¯ = 3. ¯

• Ako dvije vrste (kolone) zamijene mjesta determinanta mijenja znak. • Determinanta se mnoˇzi nekim brojem tako ˇsto se elementi jedne vrste (kolone) mnoˇze tim brojem.

2.1. DETERMINANTE

33

• Vrijednost determinante je jednaka nuli ako su bilo koje dvije vrste (kolone) jednake. Primjer 2.4. Vrijednost determinante ¯ ¯ 11 234 90 ¯ ¯ 9 14 −89 ¯ ¯ 11 234 90

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

je jednaka nuli, jer su prva i treća vrsta jednake. • Vrijednost determinante je jednaka nuli ako su elementi jedne njene vrste (kolone) proporcionalni odgovarajućim elementima druge vrste (kolone). Primjer 2.5. Vrijednost determinante ¯ ¯ 2 111 8 ¯ ¯ 3 4 12 ¯ ¯ 8 78 32

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

jednaka je nuli, jer su elementi prve kolone proporcionalni elementima treće kolone: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 111 8 ¯ ¯ 2 111 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 4 12 ¯¯ = 4 · ¯¯ 3 4 3 ¯¯ = 0. ¯ ¯ 8 78 32 ¯ ¯ 8 78 8 ¯ • Ako je D determinanta za ˇcije elemente aij , i, j = 1, 2, 3 vrijedi akj = bkj + ckj , j = 1, 2, 3, tada je determinanta D jednaka zbiru determinanti D1 + D2 ˇcije su sve vrste, osim k−te vrste jednake vrstama determinante D, k−tu vrstu determinante D1 ˇcine elementi bk1 , bk2 , bk3 , a k−tu vrstu determinante D2 ˇcine elementi ck1 , ck2 , ck3 . Analogno pravilo vaˇzi za kolone. Primjer 2.6. Sabrati determinante ¯ ¯ ¯ ¯ 1 11 ¯ 3 0 ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ D1 = ¯ 2 −10 2 ¯ i D2 = ¯¯ 5 ¯ 3 23 5 ¯ ¯ 4

11 0 −10 2 23 5

Koristeći prethodno pravilo dobijamo ¯ ¯ 4 ¯ D1 + D2 = ¯¯ 7 ¯ 7

¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯

11 0 −10 2 23 5

¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯

• Vrijednost determinante se ne mijenja ako se elementima jedne vrste (kolone) dodaju odgovarajući elementi druge vrste (kolone) pomnoˇzeni nekim brojem.

34

GLAVA 2. ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE Primjer 2.7. Izraˇcunati vrijednost determinante ¯ ¯ ¯ 1 3 5 ¯¯ ¯ ¯ 5 16 27 ¯¯ . ¯ ¯ −4 −13 −18 ¯ Mnoˇzeći elemente prve vrste sa −5 i dodavanjem odgovarajućim elementima druge vrste, a zatim mnoˇzeći elemente prve vrste sa 4 i dodavanjem odgovarajućim elementima treće vrste dobijamo da je data determinanta jednaka determinanti ¯ ¯ ¯ 1 3 5 ¯¯ ¯ ¯ 0 1 2 ¯¯ . ¯ ¯ 0 −1 2 ¯ Razvijanjem po prvoj ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

koloni imamo ¯ 1 3 5 ¯¯ ¯¯ 1 0 1 2 ¯¯ = ¯¯ −1 ¯ 0 −1 2

¯ 2 ¯¯ = 4. 2 ¯

Navedimo joˇs jednu znaˇcajnu osobinu determinanti : Vrijednost determinante kod koje su svi elementi ispod glavne dijagonale jednaki nuli je jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali.

2.1.4

Determinante viˇ seg reda

Determinanta reda n se definiˇse sa ¯ ¯ ¯ a11 a12 . . . a1n ¯ ¯ ¯ ¯ a21 a22 . . . a2n ¯ ¯ ¯ ¯ .. .. .. .. ¯ = a11 A11 + a12 A12 + · · · + a1n A1n , ¯ . . . . ¯¯ ¯ ¯ an1 an2 . . . ann ¯ pri tome se kofaktori Aij definiˇsu analogno kao i kod determinante trećeg reda. Primjer 2.8. Izraˇcunati determinantu ˇcetvrtog reda ¯ ¯ ¯ 1 0 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 0 3 1 ¯ ¯ ¯ ¯ −1 2 3 0 ¯ . ¯ ¯ ¯ 4 0 3 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 0 3 1 ¯ ¯ 0 3 1 ¯ ¯ 2 0 1 ¯ ¯ ¯ = ¯ 2 3 0 ¯ + ¯ −1 2 0 ¯ ¯ −1 2 3 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 3 2 ¯ ¯ 4 0 2 ¯ ¯ 4 0 3 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ + 2 ¯ 2 0 ¯ + ¯ −1 2 ¯ = −6 + 8 − 8 = −6. = −2 ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 2 0 2 4 0 ¯

2.1. DETERMINANTE

35

Sljedeća teorema je poznata kao Laplasova teorema. Teorema 2.1. Neka je

¯ ¯ a11 ¯ ¯ a21 ¯ D=¯ . ¯ .. ¯ ¯ an1

a12 a22 .. .

... ... .. .

a1n a2n .. .

an2

. . . ann

Tada je

½ a1i A1j + a2i A2j + · · · + ani Anj =

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ D, i = j 0, i 6= j.

Determinante reda n imaju analogne osobine kao i determinante trećeg reda. Primjer 2.9. Izraˇcunati determinantu ¯ ¯ 2 1 1 ··· ¯ ¯ 1 3 1 ··· ¯ ¯ Dn = ¯ 1 1 4 · · · ¯ .. .. .. . . ¯ . . . . ¯ ¯ 1 1 1 ··· Oduzimajući prvu vrstu determinante od ¯ ¯ 2 1 ¯ ¯ −1 2 ¯ ¯ Dn = ¯ −1 0 ¯ .. .. ¯ . . ¯ ¯ −1 0 to jest

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Dn = 2 · 3 · · · · n ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

2 −1 −1 .. .

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ n+1 ¯ 1 1 1 .. .

ostalih, dobijamo ¯ 1 · · · 1 ¯¯ 0 · · · 0 ¯¯ 3 · · · 0 ¯¯ , .. . . . ¯ . .. ¯¯ . 0 ··· n ¯ 1 2

1 0 .. .

−1 0 Ako prvoj koloni dodamo elemente preostalih ¯ n P ¯ 1 1 1 ¯ 2+ k 2 3 ¯ k=2 ¯ ¯ 0 1 0 ¯ Dn = ¯ 0 0 1 ¯ ¯ .. .. .. ¯ . . . ¯ ¯ 0 0 0

1 3

0 1 .. .

··· ··· ··· .. .

1 n

0 0 .. .

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ ¯

0 ··· 1 kolona, dobijamo ¯ 1 ¯¯ ··· n ¯ ¯ · · · 0 ¯¯ · · · 0 ¯¯ · n!. . ¯ .. . .. ¯¯ ··· 1 ¯

Kako su svi elementi ispod glavne dijagonale jednaki nuli, zakljuˇcujemo ! Ã n X 1 · n!. Dn = 2 + k k=2

36


2.2

Matrice

2.2.1

Definicija matrice

Definicija 2.1. Matrica tipa m × n je vrsta i n kolona i zapisuje se u obliku  a11 a12  a21 a22   .. ..  . . am1

am2

pravougaona ˇsema brojeva koja ima m ··· ··· .. .

a1n a2n .. .

···

amn

   . 

(2.12)

Matrice se oznaˇcavaju velikim slovima A, B, C, . . . Napomenimo da se joˇs koriste i  a11 a12 · · · a1n  a21 a22 · · · a2n   .. .. .. ..  . . . . am1 am2 · · · amn

sljedeće oznake :  ¯¯ ¯¯ a11 a12 ¯¯  ¯¯ a21 a22  ¯¯  , ¯¯ .. ..  ¯¯ . . ¯¯ ¯¯ am1 am2

··· ··· .. .

a1n a2n .. .

···

amn

¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ . ¯¯ ¯¯ ¯¯

Brojevi aij , i = 1, 2, . . . m, j = 1, 2, . . . n, su elementi matrice (2.12). Vrste i kolone se definiˇsu kao i kod determinanti. Kvadratne matrice su one kod kojih je broj vrsta jednak broju kolona. Red kvadratne matrice je broj njenih vrsta odnosno kolona. Napomenimo da se matrice i determinante i pored toga ˇsto sliˇcno izgledaju suˇstinski razlikuju. Naime, determinante su uvijek neki realni broj, dok matrice nemaju brojnu vijednost. Definicija 2.2. Dvije matrice A i B su jednake ako su istog tipa i ako su elementi jedne matrice jednaki odgovarajućim elementima druge matrice.

2.2.2

Operacije sa matricama

Definicija 2.3. Neka su matice A i B istog tipa. Zbir matrica A i B je matrica A + B koja istog tipa kao i matrice A i B, a njeni elementi su jednaki zbiru odgovarajućih elemenata matrica A i B. Iz definicije sabiranja matrica zakljuˇcujemo da se mogu sabirati samo matrice istog tipa. Primjer 2.10. Date su matrice : (i)

· A=

(ii)

1 3 9 8

¸

· , B=

7 3 −2 5

 · 2 3 2 4   A= 0 6 , B= 7 6 2 13

¸ ,



Odrediti njihov zbir.

5 3

¸ .

2.2. MATRICE

37

(i)

· A+B =

¸

8 6 7 13

,

(ii) Matrice se ne mogu sabrati, jer nisu istog tipa. Naime, matrica A je tipa 3 × 2, a matrica B tipa 2 × 3. Za sabiranje matrica istog tipa vrijede sljedeće osobine : • zakon komutativnosti, A + B = B + A. • zakon asocijativnosti, A + (B + C) = (A + B) + C. Jediniˇ cna matrica je kvadratna matrica kod koje su elementi na glavnoj dijagonali jedinice, a ostali elementi su nule. Nula matrica je kvadratna matrica kod koje su svi elementi nule. Jediniˇcnu matricu oznaˇcavamo sa E, a nula matricu sa 0. Dijagonalna matrica je ona kod koje su svi elementi izvan glavne dijagonale jednaki nuli. Definicija 2.4. Matrica se mnoˇzi brojem tako ˇsto se svi elementi matrice pomnoˇze tim brojem. Neka je data matrica A i realni brojevi λ i µ. Vrijedi sljedeće : (λµ)A = λ(µA), (λ + µ)A = λA + µA. Definicija 2.5. Neka je matrica A tipa m×n, a matrica B tipa n×p. Proizvod matrica A i B je matrica C = A · B koja je tipa m × p, i za ˇcije elemente cij vrijedi n X cij = aik bkj , i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , p. k=1

Primjer 2.11. Odrediti proizvod matrica A i B ako je : (i)

· A=

(ii)



2 0

2 A= 3 4

1 5

1 4

¸



0 , B= 3 9

  1 3 0 , B =  3 1 0

(i)

· A·B =

12 51

16 66

3 6 1 ¸ ,

 1 10  , 4  2 1 . 0

38


(ii) Matrice A i B se ne mogu mnoˇziti, jer iz definicije slijedi da broj kolona prve matrice mora biti jednak broju vrsta druge matrice, a to ovde nije sluˇcaj. Primjetimo da se matrice B i A mogu pomnoˇziti i da vrijedi   23 5 B · A =  28 4  . 3 0 Iz prethodnog primjera zakljuˇcujemo da za mnoˇzenje matrica ne vaˇ zi zakon komutativnosti. Medjutim, za mnoˇzenje matrica vrijedi zakon asocijativnosti. Teorema 2.2. Neka su A, B i C takve matrice da su proizvodi A · B i B · C definisani. Tada vrijedi (A · B) · C = A · (B · C). Teorema 2.3. Za svake tri matrice A, B i C vaˇzi : • lijeva distributivnost mnoˇzenja matrica u odnosu na sabiranje matrica, to jest A · (B + C) = A · B + A · C, • desna distributivnost mnoˇzenja matrica u odnosu na sabiranje matrica, to jest (B + C) · A = B · A + C · A, • α(A · B) = A · (αB), α ∈ R, pod uslovom da su proizvodi matrica koji se ovde javljaju definisani. Neka je

   A= 

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

··· ··· .. .

a1n a2n .. .

an1

an2

···

ann

   , 

matrica reda n. Determinantu matrice A oznaˇcavamo ¯ ¯ a11 a12 · · · a1n ¯ ¯ a21 a22 · · · a2n ¯ det A = ¯ . .. .. .. ¯ .. . . . ¯ ¯ an1 an2 · · · ann

sa det A, to jest ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯

Vrijedi sljedeća teorema. Teorema 2.4. Ako su A i B kvadratne matrice istog reda tada je det(A · B) = det A · det B.

2.2. MATRICE

2.2.3

39

Inverzna matrica

Definicija 2.6. Neka je A matrica tipa m × n  a11 a12 · · ·  a21 a22 · · ·  A= . .. ..  .. . . am1 am2 · · · matrica A> tipa n × m definisana sa  a11 a12  a21 a22  A> =  . ..  .. . an1

am2

data sa  a1n a2n   ..  , .  amn

··· ··· .. .

a1m a2m .. .

···

anm

   , 

naziva se transponovana matrica matrice A. Primjer 2.12. Odrediti transponovane matrice matrica   · ¸ 1 2 1 3   0 7 , B= A= . 3 2 −1 3 · A> =

1 0 2 7

−1 3

¸

· , B> =

1 3 3 2

¸ = B.

Definicija 2.7. Kvadratna matrica jednaka svojoj transponovanoj matrici naziva se simetriˇ cna matrica. Dakle, kod simetriˇcne matrice vrijedi aij = aji , i, j = 1, . . . , n. Definicija 2.8. Neka je    A= 

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

··· ··· .. .

a1n a2n .. .

an1

an2

···

ann

    

i Aij alebarski komplement elementa aij . Matrica    A∗ =  

A11 A21 .. .

A12 A22 .. .

··· ··· .. .

A1n A2n .. .

An1

An2

···

Ann

naziva se adjungovana matrica matrice A.

>    , 

40

GLAVA 2. ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE ·

Primjer 2.13. Odrediti adjungovanu matricu matrice A =

2 1 4 3

¸ .

A11 = 3, A12 = −4, A21 = −1, A22 = 2, · A∗ =

3 −1

−4 2

¸>

· =

3 −4

−1 2

¸ .

Teorema 2.5. Ako je A kvadratna matrica tada je A · A∗ = A∗ · A = det A · E. Definicija 2.9. Matrica A je regularna (singularna) matrica ako je det A 6= 0 (det A = 0). Iz teoreme 2.5 slijedi da za regularnu matricu A postoji matrica B takva da je A · B = E i B · A = E. Definicija 2.10. Neka je A regularna kvadratna matrica. Matrica A−1 za koju vrijedi A · A−1 = E i A−1 · A = E, se naziva inverzna matrica matrice A. Inverzna matrica A−1 regularne matrice A je data sa A−1 =

1 A∗ . det A

Primjer 2.14. Odrediti inverzne matrice matrica   · ¸ 1 0 1 2 3 A= , B =  1 1 0 . 3 5 1 1 2 det A = 1, A11 = 5, A12 = −3, A21 = −3, A22 = 2, · ¸ · ¸ 1 5 −3 5 −3 A∗ = , A−1 = A∗ = , −3 2 −3 2 det A ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯+¯ ¯ = 2, det B = ¯¯ 1 2 ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 0, B11 = ¯ = 2, B12 = − ¯ = −2, B13 = ¯ 1 2 ¯ 1 2 ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 1 ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = −1, B21 = − ¯ = 1, B22 = ¯ = 1, B23 = − ¯ 1 2 ¯ 1 2 ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = −1, B32 = − ¯ 1 1 ¯ = 1, B33 = ¯ 1 0 ¯ = 1, B31 = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 1 0 1 1 ¯

ˇ 2.3. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA 

2 B∗ =  1 −1

−2 1 1

Dakle, B −1

41

>  0 2 −1  =  −2 1 0

 2 1 −2 = 2 0

1 1 −1

1 1 −1

 −1 1 . 1

 −1 1 . 1

Podmatrica matrice A je matrica koja se dobije od matrice A izbace odredjene vrste i kolone.  · ¸  2 1 Primjer 2.15. Matrica A = je podmatrica matrice B =   3 0

tako ˇsto se 4 2 2 0

 5 7 2 1  . 3 0  −2 8

Definicija 2.11. Rang matrice A je maksimalan red njene regularne kvadratne podmatrice. Rang matrice oznaˇcavamo sa rangA. Primjer 2.16. Rang matrice 

1  0 A=  0 0

0 0 0 0

 0 0   5  2

je dva, jer su sve kvadratne podmatrice reda 3 singularne, ali postoji matrica reda 2 koja je regularna, ¯ ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ ¯ = 5 6= 0. det ¯ 0 5 ¯

2.3 2.3.1

Sistemi linearnih jednaˇ cina Osnovni pojmovi

cina sa n nepoznatih x1 , x2 , Definicija 2.12. Sistem od m linearnih jednaˇ . . . , xn je sistem a11 x1 a21 x1

+ + .. .

a12 x2 a22 x2

+ + .. .

··· ···

+ + .. .

a1n xn a2n xn

= =

b1 b2 .. .

am1 x1

+ am2 x2

+

···

+

amn xn

=

bm .

(2.13)

Ako je b1 = b2 = . . . = bm = 0 kaˇzemo da je sistem homogen, u suprotnom sistem je nehomogen. Realni brojevi x1 , x2 , . . . , xn su rjeˇ senje sistema (2.13) ako zadovoljavaju sve jednaˇcine u (2.13).

42


Definicija 2.13. Za sistem linarnih jednaˇcina kaˇzemo da je saglasan (mogu´ c, rjeˇ siv) ako ima bar jedno rjeˇsenje. Ako je rjeˇsenje jedinstveno kaˇzemo da je sistem odredjen. Sistem je nesaglasan (nemogu´ c, nerjeˇ siv) ako je njegov skup rjeˇsenja prazan. Primjer 2.17. (i) Sistem x−y =1 2x + y = 5, je saglasan. On je odredjen, jer ima jedinstveno rjeˇsenje x = 2, y = 1. (ii) Sistem 2x + 3y = 1 6x + 9y = 3, je saglasan ali nije odredjen, jer ima beskonaˇcno rjeˇsenja. Njegova rjeˇsenja su 1 − 2t x = t, y = , t ∈ R. 3 (iii) Sistem x + 2y = 1 1 2x + 4y = , 2 je nesaglasan. Njegov skup rjeˇsenja je prazan skup. Definicija 2.14. Dva sistema linearnih jednaˇcina su ekvivalentna ako imaju iste skupove rjeˇsenja. Primjer 2.18. (i) Sistemi x + 3y = 4 2x − y = 1 i 11x + 10y = 21 23x − y = 22 su ekvivalentni, jer imaju isto rjeˇsenje x = 1, y = 1. (ii) Sistemi x + 2y = 4 2x + 4y = 1 i 2x + 12y = 21 x + 6y = 2 su ekvivalentni, jer oba imaju prazan skup rjeˇsenja.

ˇ 2.3. SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA

43

Svaka dva nemoguća sistema su ekvivalentna. Naime, njihovi skupovi rjeˇsenja su prazni, pa prema tome i jednaki. Pri rjeˇsavanju sistema linearnih jednaˇcina koriste se razne transformacije. U sljedećoj teoremi su date transformacije ˇcijim koriˇstenjem dobijamo ekvivalentan sistem polaznom. Teorema 2.6. Ako se u datom sistemu izvrˇse sljedeće transformacije : • medjusobna zamjena bilo koje dvije jednaˇcine sistema, • mnoˇzenje bilo koje jednaˇcine sistema brojem razliˇcitim od nule, • jedna jednaˇcina se pomnoˇzi nekim brojem i doda nekoj drugoj jednaˇcini sistema, dobijamo ekvivalentan sistem jednaˇcina.

2.3.2

Gausov metod eliminacije

Neka je dat sistem a11 x1 a21 x1

+ + .. .

a12 x2 a22 x2

+ + .. .

··· ···

+ + .. .

a1n xn a2n xn

= =

b1 b2 .. .

am1 x1

+ am2 x2

+

···

+

amn xn

=

bm .

(2.14)

Pretpostavljamo da je bar jedan od brojeva aij , j = 1, . . . , n, razliˇcit od nule za svako i = 1, . . . m. Ovom pretpostavkom se ne gubi na opˇstosti. Naime, ako je za neko i ∈ {1, . . . , m}, aij = 0, za sve j ∈ {1, . . . , n} tada, ako je bi = 0 i−tu jednaˇcinu moˇzemo izostaviti, a ako je bi 6= 0 sistem je protivrjeˇcan. Pretpostavimo da je a11 6= 0 ˇsto se uvijek moˇze postići koristeći medjusobnom zamjenom jednaˇcina ili nepoznatih sistema. Mnoˇzeći prvu jednaˇcinu sistema i1 (2.14) sa − aa11 dodajući i−toj jednaˇcini i = 1, 2, . . . , m, dobijamo sistem a11 x1

+

a12 x2 (1) a22 x2 (1)

am2 x2

+ + .. .

··· ···

+ + .. .

a1n xn (1) a2n xn

+

···

+ amn xn

(1)

= =

b1 (1) b2 .. .

=

bm .

(2.15)

(1)

Isti postupak nastavljamo sa sistemom (2.15) ali bez prve jednaˇcine. Pret(1)

postavljajući da je a22 6= 0, mnoˇzeći drugu jednaˇcinu sistema (2.15) sa − dodajući i−toj jednaˇcini sistema (2.15) dobijamo sistem a11 x1

+

a12 x2 (1) a22 x2

+ a13 x3 (1) + a23 x3 (2) a33 x3 (2)

am3 x3

+··· +··· +··· .. .

+ a1n xn (1) + a2n xn (2) + amn xn

+···

+ amn xn

(2)

= = = .. .

b1 (1) b2 (2) b3

=

bm .

(2)

(1)

ai2

(1)

a22

i

(2.16)

44


Postupak, dalje nastavljamo ali bez prve dvije jednaˇcine. Na kraju, dolazimo do sistema a11 x1

+

a12 x2 (1) a22 x2

+ +

a13 x3 (1) a23 x3 (2) a33 x3

+··· +··· +··· .. .

+ + +

(k−1)

+···

+ akn

akk

xk

a1n xn (1) a2n xn (2) amn xn

= = = .. .

(k−1)

=

xn

b1 (2) b2 (3) b3 (k−1)

bm

(2.17) .

Moguća su dva sluˇcaja : • k = n, posljednja jednaˇcina sistema (2.17) je a(n−1) xn = b(n−1) , nn n odredjući nepoznatu xn i uvrˇstavajući u pretposlednju jednaˇcinu sistema (2.17) raˇcunamo nepoznatu xn−1 . Nastavljajući taj postupak dalje, dolazimo i do prve jednaˇcine iz koje na kraju raˇcunamo i nepoznatu x1 . • k < n, posljednja jednaˇcina sistema (2.17) ima oblik (k−1)

akk

(k−1)

xk + · · · + akn

xn = b(k−1) . m

Uzimajući u toj jednaˇcini proizvoljne vijednosti za xk+1 , . . . , xn , raˇcunamo iz nje vrijednost za xk , a zatim uvrˇstavajući njenu vrijednost u pretposljednju jednaˇcinu sistema (2.17) raˇcunamo vrijednaost za xk−1 . Nastavljajući postupak dolazimo do prve jednaˇcine sistema (2.17) iz koje raˇcunamo vrijednost za x1 . U ovom sluˇcaju rjeˇsenje zavisi od n − k proizvoljnih vrijednosti xk+1 , . . . , xn i sistem ima beskonaˇcno rjeˇsenja. Primjer 2.19. Rijeˇsiti sistem x +y 2x +y −x +2y 3x −y

+z −z +3z −z

+t =4 +3t = 5 −5t = −1 +t =2

koristeći Gausov postupak eliminacije. Pomnoˇzimo prvu jednaˇcinu sistema sa -2 i dodajmo je drugoj jednaˇcini sistema, zatim prvu jednaˇcinu dodajmo trećoj jednaˇcini i na kraju pomnoˇzimo prvu jednaˇcinu sa -3 i dodajmo ˇcetvrtoj jednaˇcini. Dobijamo ekvivalentan sistem x

+y −y 3y −4y

+z −3z +4z −4z

+t +t −4t −2t

=4 = −3 =3 = −10.


45

Mnoˇzeći drugu jednaˇcinu sa 3 i dodajući trećoj jednaˇcini, a zatim mnoˇzeći drugu jednaˇcinu -4 i dodajući ˇcetvroj jednaˇcini dobijamo sistem x +y −y

Sada, mnoˇzeći treću jednaˇcinu sa x +y −y

+z −3z −5z 8z 8 5

+z −3z −5z

+t +t −t −6t

=4 = −3 = −6 = 2.

i dodajući je ˇcetvrtoj jednaˇcini dobijamo +t +t −t −(6 + 85 )t

=4 = −3 = −6 = 2 − 48 5 .

Iz posljednje jednaˇcine zakljuˇcujemo t = 1, uvrˇstavajući u pretposljednju jednaˇcinu dobijamo z = 1. Iz druge jednaˇcine dobijamo y = 1 i na kraju iz prve jednaˇcine imamo x = 1. Primjer 2.20. Koristeći Gausov postupak eliminacije rijeˇsiti sistem x +2y 2x +5y x +y

−z +2z +z

+t −t +t

=1 =2 =3

Mnoˇzeći prvu jednaˇcinu sa -2 dodajući je drugoj jednaˇcini, a zatim mnoˇzeći prvu jednaˇcinu sa -1 i dodajući je trećoj jednaˇcini dobijamo sistem x +2y y −y

−z +4z +2z

+t −3t

=1 =0 = 2,

dodajući drugu jednaˇcinu trećoj jednaˇcini dobijamo x +2y y

−z +4z 6z

+t −3t −3t

=1 =0 = 2.

Sada zakljuˇcujemo da sistem ima beskonaˇcno rjeˇsenja i z=

3t + 2 3t + 2 15t + 4 , y = 3t + 4 · = , 6 6 3

x=1−2·

2.3.3

15t + 4 3t + 2 63t + 8 + −t=− , t ∈ R. 3 6 6

Kramerovo pravilo

Na kraju navedimo postupak za rjeˇsavanje sistema linearnih jednaˇcina poznat kao Kramerovo pravilo.

46


Neka je dat sistem od n jednaˇcina sa n nepoznatih a11 x1 a21 x1

+ + .. .

a12 x2 a22 x2

+ ··· + ··· .. .

+ + .. .

a1n xn a2n xn

= =

b1 b2 .. .

an1 x1

+ an2 x2

+ ···

+

ann xn

=

bn .

(2.18)

Ako je D 6= 0 rjeˇsenje sistema (2.18) je dato Kramerovim formulama x1 =

D1 D2 Dn , x2 = , . . . , xn = , D D D

gdje je D determinanta sistema (2.18) data sa ¯ ¯ a11 a12 · · · a1n ¯ ¯ a21 a22 · · · a2n ¯ D=¯ . .. .. .. ¯ .. . . . ¯ ¯ an1 an2 · · · ann

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, ¯ ¯ ¯

a determinante Di , i = 1, 2, . . . , n se dobiju tako ˇsto se u determinanti D i−ta kolona zamijeni elementima b1 , b2 , . . . , bn . Primjer 2.21. Rijeˇsiti sistem jednaˇcina x1 2x1 x1 pomoću Kramerovog pravila. Determinata sistema je ¯ ¯ 1 1 −1 ¯ D = ¯¯ 2 −1 3 ¯ 1 3 −1

+x2 −x2 +3x2

¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯=¯ 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 1

−x3 +3x3 −x3

=0 =9 = 4,

¯ 0 0 ¯¯ ¯¯ −3 5 −3 5 ¯¯ = ¯¯ 2 0 2 0 ¯

¯ ¯ ¯ = −10. ¯

Kako je D 6= 0 sistem ima jedinstveno rjeˇsenje. Dalje je ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 1 −1 ¯ ¯ 0 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 9 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = −10, D1 = ¯ 9 −1 3 ¯ = ¯ 9 −1 2 ¯ = − ¯ 4 2 ¯ ¯ 4 3 −1 ¯ ¯ 4 3 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 −1 ¯ ¯ 1 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 9 5 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = −20, D2 = ¯ 2 9 3 ¯ = ¯ 2 9 5 ¯ = ¯ 4 0 ¯ ¯ 1 4 −1 ¯ ¯ 1 4 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 0 ¯ ¯ 1 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −3 9 ¯ ¯ = −30. D3 = ¯¯ 2 −1 9 ¯¯ = ¯¯ 2 −3 9 ¯¯ = ¯¯ 2 4 ¯ ¯ 1 3 4 ¯ ¯ 1 2 4 ¯ Dakle, rjeˇsenja su x1 =

D2 D3 D1 = 1, x2 = = 2 x3 = = 3. D D D


47

Primjer 2.22. Rijeˇsiti sistem λx1 x1 x1 gdje je λ realan broj. Determinanta sistema je

+x2 +λx2 +x2 ¯ ¯ λ ¯ D = ¯¯ 1 ¯ 1

+x3 +x3 +λx3

1 λ 1

=1 =λ = λ2 , ¯ ¯ ¯ ¯, ¯ ¯

1 1 λ

ako od druge i treće vrste oduzmemo prvu vrstu dobijamo ¯ ¯ ¯ ¯ λ 1 ¯ λ 1 1 ¯¯ ¯ ¯ 0 ¯¯ = (1 − λ)2 ¯¯ 1 1 D = ¯¯ 1 − λ λ − 1 ¯ 1 0 ¯ 1−λ 0 λ−1 ¯ Ako sada u determinati

¯ ¯ λ 1 ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ 1 0

1 0 −1

trećoj koloni dodamo prvu kolonu imamo ¯ ¯ λ 1 1+λ ¯ ¯ 1 1 1 ¯ ¯ 1 0 0 razvijanjem po trećoj ¯ ¯ λ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ 1

¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, ¯ ¯

vrsti dobijamo ¯ ¯ 1 1 + λ ¯¯ ¯ 1 1+λ ¯ 1 1 ¯ = − ¯¯ −1 1 0 0 ¯

Dakle,

1 0 −1

¯ ¯ ¯ = 2 + λ. ¯

D = (2 + λ)(1 − λ)2 .

Na sliˇcan naˇcin dobijamo D1 = −(1 − λ)2 (1 + λ), D2 = (1 − λ)2 , D3 = (1 − λ)2 (1 + λ)2 . Ako je λ 6= 1 i λ 6= −2 imamo D 6= 0 i sistem ima jedinstveno rjeˇsenje x1 =

D1 −(1 − λ)2 (1 + λ) = , D (2 + λ)(1 − λ)2

x2 =

D2 (1 − λ)2 = , D (2 + λ)(1 − λ)2

x3 =

(1 − λ)2 (1 + λ)2 D3 = . D (2 + λ)(1 − λ)2

48


Ako je λ = 1 sistem ima oblik x1 x1 x1

+x2 +x2 +x2

+x3 +x3 +x3

=1 =1 = 1,

pa zakljuˇcujemo da ima beskonaˇcno rjeˇsenja x3 = 1 − x2 − x1 , x1 ∈ R, x2 ∈ R. Ako je λ = −2 sistem ima oblik −2x1 x1 x1

+x2 −2x2 +x2

+x3 +x3 −2x3

=1 = −2 = 4,

sabiranjem jednaˇcina ovog sistema dobijamo 0 = 3 ˇsto je nemoguće, pa zakljuˇcujemo da je skup rjeˇsenja sistema prazan. Na kraju ove glave pokazaćemo kako se u nekim sluˇcajevima sistem linearnih jednaˇcina moˇze rijeˇsavati koristeći pojam inverzne matrice. Sistem linearnih jednaˇcina a11 x1 a21 x1

+ + .. .

a12 x2 a22 x2

+ ··· + ··· .. .

+ + .. .

a1n xn a2n xn

= =

b1 b2 .. .

an1 x1

+ an2 x2

+ ···

+

ann xn

=

bn .

(2.19)

moˇzemo pisati u obliku matriˇcne jednaˇcine A · X = B,

(2.20)

gdje je    A= 

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

··· ···

a1n a2n .. .

an1

an2

···

ann





    , X =   

x1 x2 .. .



    , B =   

xn

Matrica A se naziva matrica sistema (2.19), a matrica  a11 a12 · · · a1n b1  a21 a22 · · · a2n b2  [A|B] =  . .. .. ..  .. . . . an1 an2 · · · ann bn proˇ sirena matrica sistema (2.19). Ako matrica A ima inverznu matricu A−1 tada imamo X = A−1 · B.



b1 b2 .. . bn

    

   . 

2.4. VEKTORSKA ALGEBRA Primjer 2.23. Rijeˇsiti matriˇcnu  1 A= 1 1

49 jednaˇcinu A · X   0 1 1 0 , B =  1 2

= B, gdje je  2 5 . 4

Rjeˇ senje. Inverzna matrica matrice A je (primjer 2.14)   1 1 − 12 2 1  1 A−1 =  −1 , 2 2 1 1 0 −2 2 pa je



1 X =  −1 0

1 2 1 2 − 21

− 12 1 2 1 2

  5  2 2  ·  5  =  5 . 2 4 − 12  

Sljedeća teorema je poznata kao Kroneker-Kapelijeva teorema. Teorema 2.7. Sistem linearnih jednaˇcina (2.19) je saglasan ako i samo ako je rang matrice sistema jednak rangu proˇsirene matrice sistema.

2.4 2.4.1

Vektorska algebra Pojam vektora

Pored objekata koji su odredjeni samo jednim brojem, a koji se joˇs zovu i skalari u matematici se koriste i objekti koji su odredjeni sa viˇse elemenata. Ovde posmatramo objekte koji su odredjeni sa tri elementa : pravac, smjer i intezitet. Takve objekte zovemo vektorima. Definicija 2.15. Klase ekvivalencije u odnosu na relaciju ekvivalencije ρ definisanu na skupu uredjenih parova taˇcaka prostora sa : • ako je A = B ili C = D tada je (A, B)ρ(C, D) ⇔ A = B i C = D, • ako je A 6= B i C 6= D tada je (A, B)ρ(C, D) ⇔ duˇzi AB i CD su paralelne i podudarne i taˇcke B i D se nalaze sa iste strane prave AC, nazivamo vektori. −−→ Klasu ekvivalencije kojoj pripada uredjeni par (A, B) oznaˇcavamo sa AB. Za taˇcku A kaˇzemo da je poˇ cetna, a za taˇcku B da je krajnja taˇcka vektora −−→ − → AB. Klasa ekvivalencije kojoj pripada uredjeni par (A, A) oznaˇcavamo sa 0 i zovemo nula vektor. Prava odredjena taˇckama A i B se zove nosaˇ c vektora −−→ −−→ −−→ AB. Dva vektora AB i CD su paralelna ako su njihovi nosaˇci paralelni. Vektori −−→ su ortogonalni ako su im nosaˇci okomiti. Intezitet vektora AB je duˇzina − → → −−→ − duˇzi AB i oznaˇcavamo ga sa |AB|. Vektore oznaˇcavamo joˇs i sa → a , b ,− c ,...

50


2.4.2

Operacije sa vektorima

− → → → • Zbir dva vektora je vektor, − a + b =− c. • Sabiranje vektora je komutativno, → − → − → − → a + b = b +− a, − → → za svaka dva vektora − a i b. • Sabiranje vektora je asocijativno, − → − → − → −c = → − (− a + b)+→ a +(b +→ c ), − → − → za svaka tri vektora − a, b i → c. → − → − → → → → • − a + 0 = 0 +− a =− a , za svaki vektor − a. → − → → → → → − • − a + (−− a ) = (−− a)+− a = 0 , za svaki vektor − a . Vektor −→ a se zove − → suprotan vektor za vektor a . − − → • 1·→ a =→ a za svaki vektor − a. − → → • λ(µ→ a ) = (λµ)− a , za sve λ, µ ∈ R i svaki vektor − a. → → → → • (λ + µ)− a = λ− a + µ− a , za sve λ, µ ∈ R i svaki vektor − a. − → − → − → − → a + b ) = λ− a + µ→ a , za sve λ, µ ∈ R i svaka dva vektora − a i b. • λ(→ Mi ćemo posmatrati samo vektore u pravouglom Dekartovom koordinatnom → sistemu sa osama x, y i z. Svakom takvom vektoru − a se moˇze na jedin− → − stven obostran naˇcin pridruˇziti taˇcka A(ax , ay , az ) takva da je → a = 0A, gdje je 0 koordinatni poˇcetak to jest taˇcka (0, 0, 0). Vektore pridruˇzene taˇckama → − → − → − (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) oznaˇcavamo redom i , j , k i zovemo ih koordinatni → vektori ili ortovi. Dakle, sada vektor − a moˇzemo zapisivati i na sljedeći naˇcin − → − → → − − → a = ax i + ay j + az k . Koristeći Pitagorinu teoremu zakljuˇcujemo da je intezitet vektora − → − → → − − → a = ax i + ay j + az k , dat sa

→ |− a|=

q a2x + a2y + a2z .

Zbir vektora − → − → − → → − − → − → → − − → a = ax i + ay j + az k i b = bx i + by j + bz k je vektor

− → → − − → → − − → a + b = (ax + bx ) i + (ay + by ) j + (az + bz ) k .

2.4. VEKTORSKA ALGEBRA

2.4.3

51

Skalarni proizvod vektora

− → −→ − → −→ Definicija 2.16. Skalarni proizvod vektora 0A i 0B oznaˇcavamo sa 0A · 0B i definiˇsemo sa − → −→ − → −→ 0A · 0B = |0A| · |0B| · cos φ, gdje je φ ugao koji ˇcine poluprave 0A i 0B. Dakle, skalarni proizvod dva vektora nije vektor nego realan broj, odnosno skalar. Primjer 2.24.

− → − → i · i = 1, − → − → j · i = 0, − → − → k · i = 0,

− → − → i · j = 0, − → − → j · j = 1, − → − → k · j = 0,

− − → → i · k = 0, − − → → j · k = 0, − → → − k · k = 1.

Iz definicije skalarnog proizvoda, koristeći primjer 2.24, zakljuˇcujemo da vrijedi : •

→ → → |− a |2 = − a ·− a, → za svaki vektor − a,

•

•

•

− → − → → − → a · b = b ·− a = ax · bx + ay · by + az · bz , → − − → − → − → − → − → → − → za svaka dva vektora − a = ax i + ay j + az k i b = bx i + by j + bz k , − → − → → − → − − (λ→ a ) · b = λ(→ a)· b =− a · (λ b ) − → → za svaka dva vektora − a i b i sve λ ∈ R. − → − − → − − − → → a ·(b +→ c)=− a · b +→ a ·→ c, → − → → za svaka tri vektora − a, b i − c,

− → − → → − → − − → − → − → − • za ugao φ izmedju vektora → a = ax i +ay j +az k i b = bx i +by j +bz k vrijedi ax · bx + ay · by + az · bz q cos φ = q . a2x + a2y + a2z b2x + b2y + b2z Primjer 2.25. Dati su vektori − → − → − → − − → → − − → − → → − → − → − a = i +2j +3k, b =− i +pj +2k i → c =2 i −3k

52


− → → → Odrediti p ∈ R tako da je vektor − a okomit na vektor b + − c. − → → → Iz formule za skalarni proizvod dva vektora dobijamo da za vektore − a, b i − c vrijedi → − → → 0=− a ·(b +− c ), odavde zakljuˇcujemo da je 1(−1 + 2) + 2(p − 3) + 3(2 − 3) = 0. Dakle, p = 4.

2.4.4

Vektorski proizvod vektora

Vidjeli smo da je skalarni proizvod dva vektora realan broj. Sada definiˇsemo novu operaciju sa vektorima kod koje je rezultat vektor. Tu operaciju zovemo vektorski proizvod. → − − → − → → Definicija 2.17. Vektorski proizvod vektora − a 6= 0 i vektora b 6= 0 → − → oznaˇcavamo sa − a × b . To je vektor za koji vrijedi : − → → • Intezitet vektora − a × b je → − → − → → |− a × b | = |− a | · | b | · sin φ, → − → gdje je φ ugao izmedju vektora − a i b. → − → • Pravac je odredjen normalom na ravan koju ˇcine vektori − a i b. − → − → → → • Smjer vektora − a × b je takav da je trijedar odredjen vektorima − a, b i → − − → a × b desne orijentacije. Primjer 2.26. − → − → − → − − → − → → − → − → → − i × i = 0 , i × j = k , i × k = −j, −→ − − → → − → → − → − j × i = −k, j × j = 0 , → − − → → → − → − − − → k × i = j , k × j = −i,

→ − − → − → j × k = i, → − − → − → k × k = 0.

Koristeći prethodni primjer i definiciju vektorskog proizvoda nije teˇsko vidjeti da vektorski proizvod vektora ima sljedeće osobine : → − → − → → a × b = −( b × − a ), • − − → − → → − → → → • λ · (− a × b ) = (λ · − a)× b =− a × (λ b ), → − → − − → → → → a × b +− a ×→ c =− a ×(b +− c ), • − → − − → → − → − → • − a × b = (ay bz − az by ) i + (az bx − ax bz ) j + (ax by − ay bx ) k , → − − → − → − → − → − → − → − gdje je → a = ax i + ay j + az k , b = bx i + by j + bz k ,

2.4. VEKTORSKA ALGEBRA

53

− → → − za sve vektore → a, b i − c i sve λ ∈ R. Posljednja osobina se zapisuje i na sljedeći naˇcin ¯ − − − → → ¯ → i j k ¯ → − − → a × b = ¯¯ ax ay az ¯ b b b x

y

z

¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯

(2.21)

Primjer 2.27. Naći povrˇsinu paralelograma koga ˇcine vektori − → → − → − − → → − − → − → − → a = ax i + ay j + az k , b = bx i + by j + bz k . − → → Povrˇsina P paralelograma odredjenog vektorima − a i b je → → P = |− a | · |− a | · sin φ, → − − gdje je φ ugao izmedju vektora → a i b. Iz definicije vektorskog proizvoda zakljuˇcujemo da je to upravo intezitet vektora − → − → a × b . Koristeći formulu − → − → − → − → → − a × b = (ay bz − az by ) i + (az bx − ax bz ) j + (ax by − ay bx ) k , zakljuˇcujemo da je q P = (ay bz − az by )2 + (az bx − ax bz )2 + (ax by − ay bx )2 .

2.4.5

Mjeˇ soviti proizvod vektora

− → → → − → → Skalar (− a × b )·− c , nazivamo mjeˇ soviti proizvod vektora vektora − a, b −c . i→ Ako je − → → − → − → → − − → → − − → − → − → − → − → a = ax i + ay j + az k , b = bx i + by j + bz k , − c = cx i + cy j + cz k , koristeći formulu (2.21) , dobijamo ¯ − → − ¯ → j ¯ i − → − − → → ( a × b ) · c = ¯¯ ax ay ¯ b b x

y

− → k az bz

Iz definicije skalarnog proizvoda imamo ¯ ¯ µ¯ ¯ a az ¯ ¯ ¯ cx − ¯ ax az = ¯¯ y ¯ ¯ bx bz by bz

¯ ¯ ¯ → − → − → ¯ · (cx − i + cy j + cz k ). ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ cy + ¯ ax ¯ ¯ bx

Na osnovu definicije determinante zakljuˇcujemo da je ¯ ¯ ¯ cx cy cz ¯ ¯ ¯ − → → → (− a × b)·− c = ¯¯ ax ay az ¯¯ . ¯ bx by bz ¯

¯ ¶ ay ¯¯ c . by ¯ z

(2.22)

Direktno iz osobina determinanti slijede sljedeće osobine mjeˇsovitog proizvoda vektora :

54

GLAVA 2. ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE − → − − → → − − → − → → • (→ a × b)·→ c =(b ×− c)·→ a = (− c ×− a)· b, − → − − → − − − • (→ a × b)·→ c =→ a ·(b ×→ c ), − → − → → − → → − − −c × − • (→ a × b)·→ c = −(→ b)·− a =(b ×− a)·→ c.

Na osnovu definicije mjeˇsovitog proizvoda i formule (2.22) zakljuˇcujemo da su vektori komplanarni ako i samo ako vrijedi ¯ ¯ ¯ cx cy cz ¯ ¯ ¯ ¯ ax ay az ¯ = 0. ¯ ¯ ¯ bx by bz ¯ − → − −c = (3, −2, 4). Odrediti Primjer 2.28. Neka je → a = (1, 0, p), b = (2, 1, −1), → − → → − → − parametar p ∈ R tako da su vektori a , b i c komplanarni. Iz ¯ ¯ ¯ 1 0 p ¯¯ ¯ ¯ 2 1 −1 ¯ = 0, ¯ ¯ ¯ 3 −2 4 ¯ dobijamo

¯ ¯ 1 ¯ ¯ −2

¯ ¯ ¯ 2 −1 ¯¯ ¯ + p ¯ ¯ 3 4

¯ 1 ¯¯ = 0, −2 ¯

pa je p = 27 . − → − → Na kraju recimo joˇs i da je |(− a × b)·→ c | zapremina paralelopipeda koga → − → → ˇcine vektori − a, b i − c . Naime, − → → → − → − → → → → |(− a × b)·− c | = |− a × b ||− c || cos(∠( d , − c )|, → − − → − → − − gdje je d = → a × b . Kako smo ranije vidjeli da je |→ a × b | povrˇsina paralelo→ − → grama koga ˇcine vektori − a i b ostaje da se dokaˇze da je veliˇcina → − −c || cos(∠(− |→ d ,→ c )| − → − visina posmatranog paralepipeda. Ovo slijedi iz ˇcinjenice da je ugao ∠( d , → c) − → − → u stvari ugao izmedju ravni odredjene vektorima → a i b i vektora − c.

2.5 2.5.1

Analitiˇ cka geometrija u R3 Prava

Odredićemo jednaˇcinu prave p u prostoru R3 koja prolazi kroz taˇcku − → → − − → − M1 (x1 , y1 , z1 ), i paralelna je sa nosaˇcem vektora → a = ax i + ay j + az k .

ˇ 2.5. ANALITICKA GEOMETRIJA U R3

55

−−−→ Neka je M (x, y, z) proizvoljna taˇcka na pravoj p. Vektor M1 M paralelan je → vektoru − a . Dakle, postoji skalar t takav da je −−−→ → M1 M = t · − a. (2.23) Ako uvedemo oznake i iskoristimo jednakost

−−→ → −−→ − → r = 0M , − r1 = 0M1 −−−→ −−→ −−→ M1 M = 0M − 0M1 ,

jednaˇcinu (2.23) moˇzemo pisati na sljeći naˇcin − → → − r =− r1 + t · → a , t ∈ R.

(2.24)

Jednaˇcina (2.24) se naziva vektorski oblik jednaˇ cine prave koja prolazi kroz → taˇcku M1 i paralelna je sa nosaˇcem vektora − a. Kako je − → → − → − → − − → → − − → − → − → − → − → r =x i +y j +zk, − r1 = x1 i + y1 j + z1 k , → a = ax i + ay j + az k , jednaˇcinu (2.24) moˇzemo pisati i u obliku → − − → − → − → − → → − − → → − − → x i + y j + z k = x1 i + y1 j + z1 k + t(ax i + ay j + az k ). Iz posljednje jednaˇcine zakljuˇcujemo da vrijedi x = x1 + tax , y = y1 + tay , z = z1 + taz .

(2.25)

Jednaˇcine (2.25) se zovu parametarske jednaˇ cine prave koja prolazi kroz → taˇcku M1 i paralelna je sa nosaˇcem vektora − a. Eliminacijom parametra t iz jednaˇcina (2.25) dobijamo x − x1 y − y1 z − z1 = = . ax ay az

(2.26)

Jednaˇcina (2.26) se naziva kanonski ili glavni oblik jednaˇcine prave. Primjer 2.29. Odrediti kanonski oblik jednaˇcine prave p koja prolazi kroz taˇcku M (2, 1, 3) i paralelna je sa pravom koja prolazi kroz taˇcke M1 (0, 2, 1) i M2 (1, 1, 1). −−−−→ Ovde je prava p paralelna sa nosaˇcem vektora M1 M2 . Kako je −−−−→ − → − → M1 M2 = i − j , imamo da je kanonski oblik jednaˇcine prave p y−1 z−3 x−2 = = . 1 −1 0

56


Primjer 2.30. Odrediti kanonski oblik jednaˇcine prave koja prolazi kroz taˇcke M1 (x1 , y1 , z1 ) i M2 (x2 , y2 , z2 ). Rjeˇ senje. Traˇzena prava je paralelna sa nosaˇcem vektora − → − → − → − → a = (x2 − x1 ) i + (y2 − y1 ) j + (z2 − z1 ) k . Kako prava prolazi kroz taˇcku M1 (x1 , y1 , z1 ) zakljuˇcujemo da je kanonski oblik traˇzene prave x − x1 y − y1 z − z1 = = . x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 Primjer 2.31. Odrediti uslov kada se dvije neparalelne prave p :

x − x1 y − y1 z − z1 = = ax ay az

q :

x − x2 y − y2 z − z2 = = , bx by bz

i

sijeku. Rjeˇ senje. Da bi se dvije neparalelne prave sijekle potrebno je i dovoljno da leˇze u jednoj ravni. Odavde dobijamo da su vektori − → −−−−→ − → → − M1 M2 = (x2 − x1 ) i + (y2 − y1 ) j + (z2 − z1 ) k , → − − → − → − → − → − → − → − → a = ax i + ay j + az k , b = bx i + by j + bz k , komplanarni. Iz osobina mjeˇsovitog proizvoda zakljuˇcujemo da je ¯ ¯ ¯ x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 ¯ ¯ ¯ ¯ = 0. ax ay az D = ¯¯ ¯ ¯ ¯ bx by bz

2.5.2

Ravan

Odredićemo jednaˇcinu ravni koja prolazi kroz taˇcke M1 (x1 , y1 , z1 ), M2 (x2 , y2 , z2 ) i M3 (x3 , y3 , z3 ). Neka je taˇcka M (x, y, z) proizvoljna taˇcka ravni. −−−→ −−−−→ −−−−→ Vektori M1 M , M1 M2 i M1 M3 su komplanarni, pa postoje skalari u i v takvi da vrijedi −−−→ −−−−→ −−−−→ M1 M = u · M1 M2 + v · M1 M3 . (2.27) Ako uvedemo oznake

−−→ → −−→ − → r = 0M , − r1 = 0M1 , − → −−−−→ − → → − − → a = ax i + ay j + az k = M1 M2 , → − → − −−−−→ → − − → b = bx i + by j + bz k = M1 M3 ,

jednaˇcinu (2.27) moˇzemo pisati na sljedeći naˇcin − → − → → → r =− r1 + u · − a + v · b , u, v ∈ R.

(2.28)

ˇ 2.5. ANALITICKA GEOMETRIJA U R3

57

Jednaˇcina (2.28) se naziva vektorski oblik jednaˇcine ravni. Iz jednaˇcine (2.28) koristeći uvedene oznake dobijamo x = x1 + u · ax + v · bx y = y1 + u · ay + v · by , z = z1 + u · az + v · bz ,

(2.29)

u, v ∈ R. Jednaˇcine (2.29) se nazivaju parametarski oblik jednaˇcine ravni. Odredićemo sada jednaˇcinu ravni koja prolazi kroz taˇcku M1 (x1 , y1 , z1 ) i nor− → − → − → → malna je na nosaˇc vektora − n = A i +B j +C k . Neka je M (x, y, z) proizvoljna −−−→ → taˇcka ravni. Vektor M M1 je normalan na vektor − n , pa iz definicije skalarnog −−−→ − proizvoda zakljuˇcujemo da je skalarni proizvod vektora → n i M M1 jednak nuli. Dakle, vrijedi A(x − x1 ) + B(y − y1 ) + C(z − z1 ) = 0. Ako uvedemo oznaku D = −Ax1 − By1 − Cz1 dobijamo jednaˇcinu Ax + By + Cz + D = 0.

(2.30)

Jednaˇcina (2.30) se naziva skalarni oblik jednaˇcine ravni. Ako su koeficijenti A, B, C, D razliˇciti od nule, iz jednaˇcine (2.30) dobijamo y z x + D + D = 1. D −A −B −C Uvodeći oznake a=−

D D D , b=− , c=− , A B C

posljednja jednaˇcina postaje x y z + + = 1, a b c ˇsto predstavlja segmentni oblik jednaˇcine ravni. Brojevi a, b, c predstavljaju odsjeˇcke ravni na x, y i z osi redom. Primjer 2.32. Pokazati da je jednaˇcina ravni kroz taˇcke M1 (x1 , y1 , z1 ), M2 (x1 , y1 , z1 ) i M3 (x3 , y3 , z3 ) data sa ¯ ¯ ¯ x − x1 y − y1 z − z1 ¯ ¯ ¯ ¯ x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 ¯ = 0. ¯ ¯ ¯ x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1 ¯ −−−→ −−−−→ −−−−→ Rjeˇ senje. Vektori M M1 , M2 M1 i M3 M1 su komplanarni, pa je −−−→ −−−−→ −−−−→ (M M1 × M2 M1 ) · M3 M1 = 0. Sada, tvrdjenje slijedi iz formule (2.22).

58


2.6

Zadaci

1. Koristeći Laplasovu teoremu o nantu ¯ ¯ 1 ¯ ¯ −1 ¯ ¯ 3 ¯ ¯ −4

razvoju determinante izraˇcunati determi¯ −1 3 −4 ¯¯ 2 0 5 ¯¯ . 0 4 −2 ¯¯ 4 −2 −8 ¯

2. Koristeći osobine determinanti dokazati da je ¯ ¯ ¯ ¯ a−b−c 2a 2a ¯ ¯ ¯ = (a + b + c)3 . ¯ 2b b−c−a 2b ¯ ¯ ¯ 2c 2c c−a−b ¯ 3. Pokazati da je : (i)

¯ ¯ 1 ¯ ¯ 1 ¯ ¯ 1

x31 x32 x33

x1 x2 x3

¯ ¯ ¯ ¯ 1 x1 ¯ ¯ ¯ = (x1 + x2 + x3 ) ¯ 1 x2 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 x3

x21 x22 x23

¯ ¯ ¯ ¯, ¯ ¯

(ii)

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 x21 x31 ¯ ¯ 1 x1 x21 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 x22 x32 ¯ = (x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) ¯ 1 x2 x22 ¯ . ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 x23 x33 ¯ ¯ 1 x3 x23 ¯ · ¸ · ¸ 2 11 1 2 , B= . Odrediti matrice A + B i A · B. 4. Neka je A = −4 3 5 6 ¸ · 3 1 5. Odrediti sve matrice koje su komutativne sa matricom A = . 2 5   1 0 0 6. Neka je A  1 0 1  . Dokazati da je A3 = A2 + A − I. 0 1 0 7. Ako je



2 A =  124 26

  7 45 987 −24  , B =  90 14 91 322 11

13 11 169

naći det(A · B). 8. Izraˇcunati determinantu



   Dn =   

1 3 4 2 1 4 2 3 1 .. .. .. . . . 2 3 4

··· ··· ··· .. .

n+1 n+1 n+1 .. .

···

1

    .  

 11 −34  , 15

2.6. ZADACI

59 

2 9. Naći inverznu matricu matrice A =  −2 1

 −2 1 −1 2  . 2 2

10. Odrediti rang matrice A u zavisnosti od paramtra a,   1 1 −1 A =  a 1 1 . 1 2 0 11. Rijeˇsiti matriˇcnu jednaˇcinu A · X = B, gdje je 

1 A= 2 1

−1 1 −3

     −1 1 x1 2  , B =  12  i X =  x2  . −2 1 x3

12. Rijeˇsiti sistem linearnih jednaˇcina x1 + 2x2 + 3x3 = 11 x1 + 3x2 + 2x3 = 7 3x1 + x2 + 2x3 = 17, primjenom (i) Kramerovih formula, (ii) Gausovog algoritma. 13. Odrediti rjeˇsenje sistema linearnih jednaˇcina αx1 + x2 + x3 = 1 x1 + αx2 + x3 = α x1 + x2 + αx3 = α2 , gdje je α ∈ R. 14. Odrediti rjeˇsenje sistema linearnih jednaˇcina x1 + x2 + αx3 = −α −αx1 + 4x2 − 4x3 = 2 −(α + 4)x1 + 2αx2 + 4x3 = 1, gdje je α ∈ R.

60


15. Odrediti rjeˇsenje sistema linearnih jednaˇcina x1 + x2 + x3 = 1 αx1 + βx2 + x3 = 1 α2 x1 + β 2 x2 + x3 = 1, gdje su α, β ∈ R. − − → → − → − → → → − − → − → 16. Odrediti ugao izmedju vektora − a = 3 i +5 j −2 k i b = − i +11 j − k . → − → 17. Naći koordinate vektora − a , ako je |→ a | = 3 i ako se zna da vektor − a zaklapa iste uglove sa koordinatnim osama. − → → − − → → → → 18. Dati su vektori − a i b takvi da je |− a | = 13, b = 19 i |− a + b | = 24. Naći − → → |− a − b |. − → − a i b 6= 0 ortogonalni. Za koje vrijednosti parametra λ 19. Neka su vektori → − → − → → → je vektor − a + λ b ortogonalan na vektor − a + b. 20. Odrediti parametar p tako da vektori − → − → → − − → a =2 i +3j −4k, → − − → → − − → b =3 i −pj +2k i

− → − → → − − → c = i + 2 j + 3p k

budu komplanarni. 21. Naći skalarni i vektorski proizvod vektora − → → − − → → − a = i −2j −4k i

− → − − → → → − b = i − 10 j + 2 k .

22. Naći zapreminu paralelopipeda koji obrazuju vektori → − → → − − − → a =7 i +3j − k, − → → − − → − → b =2 i −5j +5k i

− → − → → − − → c = i +6j +3k.

− → → → 23. Pokazati da za vektore − a, b i − c vrijedi − → → − − → − − → → − → (− a × b)×− c = (→ a ·− c)· b −(b ·→ c)·→ a.

2.6. ZADACI

61

24. Odrediti jednaˇcinu ravni koja prolazi kroz taˇcke M1 (1, 0, 2), M2 (0, 1, 0) i M3 (0, 0, 3). 25. Odrediti ugao izmedju prave p :

x−2 y−3 z−1 = = 2 4 10

i ravni α : 3x + 5y + z − 4 = 0. 26. Na ravni α : 5x − 2y + z − 2 = 0 naći taˇcku koja je najbliˇza taˇcki A(2, 3, 4). 27. Naći taˇcku simetriˇcnu taˇcki A(1, 0, 3) u odnosu na ravan α : 2x + y − 3z − 5 = 0. 28. Na pravoj

x−5 y−1 z+7 = = 4 3 −2 naći taˇcku najbliˇzu koordinatnom poˇcetku. p :

62


Glava 3

Graniˇ cne vrijednosti 3.1 3.1.1

Graniˇ cna vrijednost niza Osnovni pojmovi

Definicija 3.1. Preslikavanje x : N → R nazivamo niz x. Broj x(n) se naziva n−ti ˇclan niza i oznaˇcava se sa xn . Broj n je indeks ˇclana. Niz x : N → R se obiˇcno oznaˇcava sa {xn } ili (xn ). Primjer 3.1. xn = n2 , yn = 1 + n1 , zn = (−1)n . U prethodnom primjeru nizovi su eksplicitno dati formulom. Tako na primjer, x3 = 9, y5 = 65 , z10 = 1. Da bi bio poznat neki niz on ne mora da bude zadan eksplicitnom formulom. Primjer 3.2. Niz {xn } za koji vrijedi x1 = 0, x2 = 1, xn+2 = xn+1 + xn , n ∈ N, se naziva Fibonaˇcijev niz. Njegovi ˇclanovi se odreduju iz rekurzivne formule. Tako na primjer x3 = 1, x4 = 2, x5 = 3, x6 = 5. Za prouˇcavanje niza od interesa je odrediti ponaˇsanje njegovih ˇclanova kada njihov indeks raste. To nas dovodi do pojma graniˇcne vrijednosti niza. Definicija 3.2. Realan broj x je graniˇ cna vrijednost niza {xn } ako vrijedi (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 ) |xn − x| < ².

(3.1)

To oznaˇcavamo sa lim xn = x

n→+∞

ili xn → x, kad n → +∞. Realan broj x zovemo graniˇ cna vrijednost ili limes niza {xn }. Kaˇze se i da niz {xn } konvergira ka x ili da teˇ zi ka x kad n teˇzi ka plus beskonaˇcno. Za niz koji ne konvergira kaˇzemo da divergira. 63

ˇ GLAVA 3. GRANICNE VRIJEDNOSTI

64

U nejednakosti (3.1) umjesto znaka < se moˇze staviti i znak ≤ . Primjetimo da za pozitivan realan broj C vrijedi {² : ² > 0} = {C · ² : ² > 0}, pa relacija (3.1)je ekvivalentna sa (∃C > 0)(∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 ) |xn − x| < C². Primjer 3.3. Neka je xn = Naime, za dato ² > 0 vrijedi

1 tada je n

(3.2)

lim xn = 0.

n→+∞

1 1 <²⇔n> . n ² Stavimo da je n0 =

¹ º 1 + 1, ²

gdje je bac oznaka za najveći cio broj manji od broja a. Dakle, vrijedi ¹ º 1 (∀² > 0)(∃n0 = + 1 ∈ N)(∀n ≥ n0 ) |xn − 0| < ². ² Definicija 3.3. Niz {xn } divergira ka plus beskonaˇcno (minus beskonaˇcno) ako vrijedi (∀K > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 ) xn > K, ((∀K > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 ) xn < −K), to oznaˇcavamo sa lim xn = +∞

n→+∞

( lim xn = −∞). n→+∞

n

Primjer 3.4. Niz an = q , q > 1, divergira ka plus beskonaˇcno. Kako je q > 1 postoji h > 0 takav da je q = 1 + h. Sada koristeći Bernulijevu nejednakost dobijamo q n ≥ 1 + nh, n ∈ N. Neka je dat K > 0 tada za ¹

º K −1 n0 = +1 h vrijedi (∀n ≥ n0 ) xn > K. Svaki realan niz se moˇze svrstati u jednu od sljedećih klasa :

ˇ 3.1. GRANICNA VRIJEDNOST NIZA

65

• Konvergentan niz, • Divergentan niz, divergira ka plus beskonaˇcno, • Divergentan niz, divergira ka minus beskonaˇcno, • Divergentan niz, nema ni konaˇcnu ni beskonaˇcnu graniˇcnu vrijednost. Primjer 3.5. (i) xn = 1 +

1 n

je konvergentan niz,

lim xn = 1,

n→+∞

(ii) niz xn = n divergira ka plus beskonaˇcno, (iii) niz xn = −n divergira ka minus beskonaˇcno, (iv) niz xn = (−1)n je divergentan niz, ali nema graniˇcnu vrijednost.

3.1.2

Neke osobine konvergentnih nizova

Ranije smo definisali pojam ² okoline neke taˇcke. Pod okolinom taˇcke podrazumijevamo svaki otvoreni interval koji sadrˇzi tu taˇcku. Iz definicije konvergentnog niza slijedi da niz {xn } konvergira ka x ∈ R ako i samo ako se u svakoj okolini taˇcke x nalaze skoro svi ˇclanovi niza {xn }, to jest u svakoj okolini taˇcke x se ne nalazi samo konaˇcno mnogo ˇclanova niza {xn }. Teorema 3.1. Konvergentan niz ima jedinstvenu graniˇcnu vrijednost. Dokaz. Pretpostavimo da postoje razliˇciti realni brojevi x i y takvi da je lim xn = x i

n→+∞

lim xn = y.

n→+∞

Moˇzemo pretpostaviti da je x < y. Neka je ²=

y−x . 2

Iz definicije graniˇcne vrijednosti niza zakljuˇcujemo da postoji prirodni broj n0 takav da vrijedi (∀n ≥ n0 ) |xn − x| < ² i (∀n ≥ n0 ) |xn − y| < ², pa je (∀n ≥ n0 ) y + odavde dobijamo

y−x y−x < xn < x + , 2 2

y+x 3y − x < , 2 2

to jest y < x, ˇsto je nemoguće.


66

Definicija 3.4. Za niz {xn } kaˇzemo da je ograniˇ cen ako postoji realan broj M takav da je (∀n ∈ N) |xn | ≤ M. Ovo je ekvivalentno sa (∃M1 ∈ R)(∃M2 ∈ R)(∀n ∈ N) M1 ≤ xn ≤ M2 . Primjer 3.6. Niz xn = 1 +

1 1 1 + 2 + ··· + 2, 22 3 n

je ograniˇcen. Vrijedi xn > 0, osim toga xn < 1 + pa je

1 1 1 + + ··· + , 1·2 2·3 (n − 1) · n

¶ µ ¶ µ ¶ µ 1 1 1 1 1 + − + ··· + − , xn < 1 + 1 − 2 2 3 n−1 n

to jest xn < 2 −

1 < 2. n

Dakle, niz je ograniˇcen. Teorema 3.2. Svaki konvergentan niz je ograniˇcen. Dokaz. Neka je dat konvergentan niz {xn } kod koga je graniˇcna vrijednost x. Ako uzmemo da je ² = 1, zakljuˇcujemo da postoji prirodan broj n0 takav da vrijedi (∀n ≥ n0 ) |xn − x| < 1. Tada je (∀n ∈ N) min{x − 1, x1 , x2 , . . . , xn0 } ≤ xn ≤ max{x + 1, x1 , x2 , . . . , xn0 }.

Primjer 3.7. Niz

je divergentan. Kako je

imamo

1 1 1 xn = 1 + √ + √ + · · · + √ n 2 3 1 1 √ ≥ √ , k = 1, 2, . . . , n, n k

√ 1 xn ≥ n · √ = n, n pa niz {xn } nije ograniˇcen. Dakle, nije ispunjen potreban uslov za konvergenciju niza, pa je dati niz divergentan.


67

Teorema 3.3. Neka su dati nizovi {xn } i {yn } takvi da je lim xn = x,

n→+∞

lim yn = y,

n→+∞

gdje su x, y ∈ R i neka je λ ∈ R. Tada vrijedi : (i)

lim (xn + yn ) = x + y,

n→+∞

(ii) (iii) (iv)

lim λxn = λx,

n→+∞

lim (xn · yn ) = x · y,

n→+∞

lim

n→+∞

xn x = , ako je yn 6= 0 i y 6= 0. yn y

Dokaz. (i) Neka je dat ² > 0. Iz definicije graniˇcne vrijednosti zakljuˇcujemo da postoji prirodni broj n0 takav da za svaki n ≥ n0 je |xn − x| < ² i |yn − y| < ². Sada imamo |xn + yn − (x + y)| ≤ |xn − x| + |yn − y| < ² + ² = 2², za svaki n ≥ n0 , pa tvrdenje slijedi iz (3.2). (ii)Ako je λ = 0 tvrdjenje je oˇcigledno. Pretpostavimo da je λ 6= 0. Neka je dat ² > 0. Zakljuˇcujemo da postoji n0 takav da je za svaki n ≥ n0 , |xn − x| < ². Sada je za n ≥ n0 , |λxn − λx| < |λ| · ², ˇcime je dokaz zavrˇsen. (iii) Kako je niz {yn } konvergentan on je i ograniˇcen, pa postoji M > 0 takav da je (∀n ∈ N) |yn | ≤ M. Neka je M1 = max{M, |x|}. Postoji n0 ∈ N takav da za svaki n ≥ n0 vrijedi |xn − x| < ² i |yn − y| < ². Kako je |xn · yn − x · y| ≤ |xn yn − xyn + xyn − xy| ≤ |yn | · |xn − x| + |x| · |yn − y|, imamo za n ≥ n0 , |xn · yn − x · y| < M1 · ² + |x| · ² = (M1 + |x|)². (iv) Dokaz je sliˇcan kao u (iii).


68

Na sliˇcan naˇcin se dokazuje i sljedeća teorema. Teorema 3.4. Neka su dati nizovi {xn } i {yn } takvi da je lim xn = x ∈ R i

n→+∞

lim yn = +∞.

n→+∞

Tada vrijedi : (i)

lim (xn + yn ) = +∞,

n→+∞

lim (xn · yn ) = sgnx · ∞, x 6= 0,

(ii)

n→+∞

(iii) (iv)

lim

n→+∞

xn = 0, yn

lim (xn )a = xa , ako je x > 0, a ∈ R i xn > 0, za sve n ∈ N.

n→+∞

Primjer 3.8. Naći graniˇcnu vrijednost niza 2n + 1 . 7n + 3

xn =

U ovom sluˇcaju koristeći pogodne transformacije odredujemo graniˇcnu vrijednost niza. lim 2 + n1 2 + n1 2 2n + 1 n→+∞ lim = lim = = . 3 3 n→+∞ 7n + 3 n→+∞ 7 + 7 lim 7 + n n n→+∞

Primjer 3.9. Naći graniˇcnu vrijednost niza √ √ xn = 2n + 10 − 3n + 11. Imamo sljedeće √

2n + 10 −

√

3n + 11 =

√

Ãr n

10 2+ − n

r

11 3+ n

!

Odavde zakljuˇcujemo da je lim xn = lim

n→+∞

√

n→+∞

Ãr n

10 2+ − n

r

11 3+ n

! = −∞.

Sljedeća teorema je poznata kao teorema o dva ˇzandara. Teorema 3.5. Neka su nizovi {xn }, {yn } i {zn } takvi da je lim xn = lim zn = x.

n→+∞

n→+∞

Ako je (∀n ∈ N) xn ≤ yn ≤ zn , tada je lim yn = x.

n→+∞


69

Dokaz. Neka je lim xn = lim zn = x,

n→+∞

n→+∞

tada za dati ² > 0 postoji prirodan broj n0 takav da je (∀n ≥ n0 ) x − ² < xn < x + ² i (∀n ≥ n0 ) x − ² < zn < x + ². Kako je (∀n ∈ N) xn ≤ yn ≤ zn , imamo (∀n ≥ n0 ) x − ² < yn < x + ². Dakle, niz {yn } je konvergentan i vrijedi lim yn = x. n→+∞

Primjer 3.10. Pokazati da je graniˇcna vrijednost niza, ˇciji je opˇsti ˇclan xn = √

1 n2

+1

+√

1 n2

+2

+ ··· + √

1 n2

+n

,

jednaka 1. Iz nejednakosti √

1 n2

+n

≤√

imamo n· √

1 n2

+k

1 n2

+n 1 lim q n→+∞ 1+

≤√

1 n2

, k = 1, 2, . . . , n,

+1

≤ xn ≤ n · √

1 n

1 n2

≤ xn ≤ q

+1

1 1+

1 n2

, .

Sada zakljuˇcak slijedi iz 1 lim q 1+

n→+∞

1 n

1

= lim q n→+∞

1+

1 n2

= 1.

Primjer 3.11. Pokazati da je lim

n→+∞

√ n

n = 1.

Kako je na osnovu binomne formule, √ √ √ n(n − 1) √ n = (1 + ( n n − 1))n = 1 + n( n n − 1) + ( n n − 1)2 + · · · + ( n n − 1)n 2 >

n(n − 1) √ ( n n − 1)2 , 2


70 imamo √ n

r n−1<

Osim toga, oˇcigledno je 0≤

√ n

Dakle, 0≤

√ n

2 , n > 1. n−1 n − 1.

r n−1<

Sada, kako je

r lim

n→+∞

zakljuˇcujemo da je lim

2 , n > 1. n−1

2 = 0, n−1 √ n

n→+∞

n = 1.

Iz prethodnog primjera dobijamo da za a > 0 vrijedi lim

n→+∞

√ n

a = 1.

Primjer 3.12. Neka su a i b pozitivni realni brojevi pokazati da je √ n an + bn = max{a, b}. lim n→+∞

Sljedeći rezultat je poznat kao Stolzova teorema. Teorema 3.6. Ako vrijedi: 1.

lim yn = +∞,

n→+∞

2. yn+1 > yn za svako n ∈ N, xn+1 − xn , gdje je {xn } proizvoljan niz, n→+∞ yn+1 − yn

3. postoji graniˇcna vrijednost lim onda je lim

n→+∞

xn xn+1 − xn = lim . n→+∞ yn+1 − yn yn

Dokaz. Neka je dat ² > 0. Iz treće pretpostavke teoreme zakljuˇcujemo da postoji n0 ∈ N takav da je ¯ ¯ ¯ ¯ xk+1 − xk ¯ ¯ (3.3) ¯ yk+1 − yk − a¯ < ² za svaki n ≥ n0 . Stavimo da je x0 = 0 i y0 = 0. Kako je n

X yk − yk−1 xn −a= yn yn k=1

µ

¶ xk − xk−1 −a , yk − yk−1


71

koristeći (3.3) dobijamo ¯ ¯ ¯¯nX µ ¶ X µ ¶¯¯ n ¯ xn ¯ ¯ 0 −1 yk − yk−1 xk − xk−1 y − y x − x ¯ k k−1 k k−1 ¯ ¯ −a + −a ¯ ¯ yn − a¯ = ¯¯ ¯ yn yk − yk−1 yn yk − yk−1 k=1

k=n0

¯n −1 µ ¶¯¯ n 0 ¯X X yk − yk−1 xk − xk−1 yk − yk−1 ¯ ¯ ≤¯ −a ¯+² . ¯ ¯ yn yk − yk−1 yn k=1

k=n0

Dalje, ¯n −1 ¯n −1 µ ¶¯¯ µ ¶¯¯ 0 0 ¯X yk − yk−1 xk − xk−1 1 ¯¯ X xk − xk−1 ¯ ¯ ¯ −a ¯= (yk − yk−1 ) − a ¯, ¯ ¯ ¯ ¯ |yn | ¯ ¯ yn yk − yk−1 yk − yk−1 k=1

k=1

pa kako je n0 fiksirano, zbog prvog uslova teoreme slijedi da postoji n1 ∈ N takav da je ¯n −1 µ ¶¯¯ 0 ¯X yk − yk−1 xk − xk−1 ¯ ¯ − a ¯ ≤ ² za svaki n ≥ n1 . ¯ ¯ ¯ yn yk − yk−1 k=1

Osim toga je

n X yn − yn0 yk − yk−1 = < 1, yn yn

k=n0

zbog drugog uslova teoreme. Dakle, imamo da za svaki n ≥ n2 , gdje je n2 = max{n0 , n1 }, vrijedi ¯ ¯ ¯ xn ¯ ¯ ¯ < 2², − a ¯ yn ¯ ˇcime je dokaz zavrˇsen. Primjer 3.13. 1p + 2p + 3p + · · · + np , gdje je p > 0. n→+∞ np+1

Izraˇcunati lim

3.1.3

Monotoni nizovi

Definicija 3.5. Niz {xn } je monotono rastu´ ci (neopadaju´ ci, opadaju´ ci, nerastu´ ci) ako za svaki n ∈ N vrijedi xn+1 > xn (xn+1 ≥ xn , xn+1 < xn , xn+1 ≤ xn ). Za niz se kaˇze da je monoton niz ako ima jednu od navedenih osobina. Primjer 3.14. (i) Niz xn = 1 − n1 , n ∈ N je monotono rastući. (ii) Niz x1 = 1, xn+1 = xn + 1 + (−1)n , n ∈ N je monotono neopadajući. Monotoni nizovi imaju znaˇcajne osobine u pogledu konvergencije. Naime, vrijedi sljedeća teorema.


72

Teorema 3.7. Monoton i ograniˇcen niz je konvergentan. Ako je {xn } monoton i neopadajući niz ograniˇcen odozgo tada je lim xn = sup{xn : n ∈ N}.

n→+∞

Za monoton i nerastući niz ograniˇcen odozdo je lim xn = inf{xn : n ∈ N}.

n→+∞

Dokaz. Pretpostavimo da je niz {xn } monotono neopadajući i ograniˇcen odozgo. Postoji c ∈ R takav da je c = sup xn . Iz definicije supremuma zakljuˇcujemo da za dato ² > 0 postoji n0 takvo da je xn0 > c − ². Kako je {xn } neopdajući niz, vrijedi xn > c − ² za svaki n ≥ n0 . S druge strane, kako je c supremum niza dobijamo xn ≤ c za svaki n ∈ N. Prema tome vrijedi c − ² < xn < c + ² za svaki n ≥ n0 , to jest |xn − c| < ² za svaki n ≥ n0 , pa je c =

lim xn . U sluˇcaju monotono nerastućeg niza ograniˇcenog odozdo

n→+∞

dokazuje se analogno. Primjer 3.15. Pokazati da je niz {xn } definisan rekurentnom relacijom √ √ xn+1 = 2 + xn , x1 = 2, monotono rastući i ograniˇcen odozgo. Odrediti lim xn . n→∞

Primjer 3.16. Ispitati konvergenciju niza {xn } definisanog sa xn+1 =

2 + x2n , x1 > 2. 2xn

Primjer 3.17. Pokazati da je niz{xn } definisan sa xn = 1 +

2 3 4 n + 2 + 3 + · · · + n−1 , 4 4 4 4

konvergentan. Primjer 3.18. Niz {xn }, ˇciji je opˇsti ˇclan µ ¶n 1 xn = 1 + n je konvergentan. Pokazaćemo da je niz {xn } monotono neopadajući i ograniˇcen odozgo. Vrijedi ń+1 ń+1 ³ ³ 1 n+2 1 + n+1 n+1 xn+1 ¡ ¢n = = ¡ n+1 ¢n xn 1 + n1 n

ˇ 3.1. GRANICNA VRIJEDNOST NIZA =

n+2 n+1

µ

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

¶n =

73

n+2 n+1

µ 1−

1 (n + 1)2

¶n .

Koristeći Bernulijevu nejednakost dobijamo µ ¶ xn+1 n+2 n ≥ 1− ≥ 1. xn n+1 (n + 1)2 Dakle, vrijedi xn+1 ≥ xn za sve n ∈ N, pa je niz {xn } monotono neopadajući. Pokaˇzimo da je niz {xn } ograniˇcen odozgo. Iz binomne formule slijedi ¶ n µ n X X 1 1 n! n xn = = k k n k!(n − k)! nk k=0

=

k=0

n X 1 (n − k + 1) · (n − k + 2) · · · (n − 1) · n . k! nk

k=0

Dakle,

µ ¶ µ ¶ µ ¶ n X k−1 k−2 1 1 xn = 1− · 1− ··· 1 − . k! n n n k=0

Kako je µ ¶ µ ¶ µ ¶ k−1 k−2 1 1− · 1− ··· 1 − < 1, k = 2, 3, . . . , n, n n n imamo

n X 1 . k!

xn ≤ 2 +

k=2

Dalje, zbog nejednakosti 1 1 ≤ k−1 , k = 2, 3, . . . n, k! 2 dobijamo xn ≤ 2 +

n X k=2

1 2k−1

≤2+

1 2

1−

Definicija 3.6. Graniˇcna vrijednost µ lim

n→+∞

1 1+ n

se naziva broj e i oznaˇcava simbolom e.

¶n

1 2

= 3.


74

Broj e iracionalan broj. Njegova pribliˇzna vrijednost je e ≈ 2.718281828. Primjer 3.19. Vrijedi

µ ¶n 1 1 lim 1− = . n→+∞ n e

Naime, 1− pa je

1 n−1 = = n n

µ ¶n 1 1− = n→+∞ n

1 n n−1

=

lim

n→+∞

=

³ lim

n→+∞

1−

1 n−1

ń−1 ·

1+ ³

lim

n→+∞

1 n−1 ,

1

³

lim

1

1 1+

1 n−1

ń

1 1−

1 n−1

´=

1 . e

Definicija 3.7. Neka su dati realni nizovi {xn } i {yn } takvi da je x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ · · · ≤ y3 ≤ y2 ≤ y1 i

lim (yn − xn ) = 0.

n→+∞

Familija zatvorenih intervala [xn , yn ], n ∈ N, naziva se familija umetnutih intervala. Teorema 3.8. Svaka familija umetnutih intervala ima jednu i samo jednu zajedniˇcku taˇcku. Dokaz. Neka je data familija umetnutih intervala [xn , yn ], n ∈ N. Iz definicije 3.7 zakljuˇcujemo da je niz {xn } monotono neopadajući i ograniˇcen odozgo, a niz {yn } monotono nerastući i ograniˇcen odozdo. Na osnovu teoreme 3.7 zakljuˇcujemo da su ovi nizovi kovergentni. Iz uslova lim (yn − xn ) = 0,

n→+∞

imamo da postoji c ∈ R takav da je lim xn = lim yn = c.

n→+∞

n→+∞

Dalje, vrijedi c = sup xn = inf yn , pa je xn ≤ c ≤ yn , n ∈ N. Dakle, taˇcka c pripada svim intervalima. Dokaˇzimo da je ona jedina taˇcka koja pripada svim intervalima. Neka je taˇcka d taˇcka koja pripada svim intervalima za koju vrijedi d 6= c. Tada imamo |d − c| ≤ |yn − xn |, za sve n ∈ N, pa zakljuˇcujemo da je d = c, a ovo je nemoguće. Dakle, taˇcka c je jedina zajedniˇcka taˇcka familije umetnutih intervala.


3.1.4

Podnizovi

3.1.5

Koˇ sijevi nizovi

75

Vidjeli smo da je svaki monoton i ograniˇcen niz konvergentan. Medutim, obrnuto nije taˇcno. Primjer 3.20. Niz, ˇciji je opˇsti ˇclan xn =

(−1)n n

nije monoton ali je konvergentan. Dakle, monotonost i ograniˇcenost niza je dovoljan uslov za konvergenciju, ali nije i potreban. Od interesa je odrediti potreban i dovoljan uslov za konvergenciju niza. To nas dovodi do pojma Koˇsijevog niza. Definicija 3.8. Niz {xn } je Koˇ sijev niz ako vrijedi (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(∀p ∈ N) n ≥ n0 ⇒ |xn+p − xn | < ².

(3.4)

Uslov (3.4) se ˇcesto piˇse i u sljedećem ekvivalentnom obliku. (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(∀m ∈ N) n, m ≥ n0 ⇒ |xm − xn | < ².

(3.5)

Teorema 3.9. Niz je konvergentan ako i samo ako je Koˇsijev niz. Primjer 3.21. Ispitati konvergenciju nizova ˇciji su opˇsti ˇclanovi 1 1 1 + 2 + ··· + 2, 22 3 n 1 1 1 (ii) xn = 1 + + + · · · + . 2 3 n

(i) xn = 1 +

Rjeˇsenje. (i) Vrijedi |xn+p − xn | =

1 1 1 + + ··· + . 2 2 (n + 1) (n + 2) (n + p)2

Kako je 1 1 1 1 ≤ = − , k = 1, 2, . . . , p, 2 (n + k) (n + k − 1)(n + k) n+k−1 n+k dobijamo

1 1 1 − ≤ . n+1 n+p n+1 ¥ ¦ Sada za dati ² > 0 moˇzemo uzeti n0 = 1² + 1, pa zakljuˇcujemo da je dati niz konvergentan, jer je Koˇsijev niz. (ii) Uzmimo u definiciji Koˇsijevog niza u uslovu (3.4) p = n. Tada je |xn+p − xn | ≤

|x2n − xn | =

1 1 1 + + ··· + . n+1 n+2 2n


76 Kako je

1 1 ≥ , k = 1, 2, . . . , n, n+k 2n

imamo |x2n − xn | ≥ n ·

1 1 = , 2n 2

pa za ² < 12 ne moˇzemo odrediti prirodan broj n0 takav da vrijedi uslov (3.4). Dakle, dati niz je divergentan. Primjedba 3.1. Niz ˇciji je opˇsti ˇclan xn = 1 +

1 1 1 + p + ··· + p, p 2 3 n

gdje je p ∈ R naziva se hiperharmonijski niz. Moˇze se pokazati da je on konvergentan za p > 1 i divergentan za p ≤ 1. Za p = 1 taj niz se zove harmonijski niz.

3.2 3.2.1

Graniˇ cna vrijednost funkcije Taˇ cka nagomilavanja

Definicija 3.9. Neka je skup X ⊂ R. Taˇcka x0 je taˇ cka nagomilavanja skupa X ako vrijedi (∀² > 0)(∃x ∈ X \ {x0 }) x ∈ (x0 − ², x0 + ²).

(3.6)

Za taˇcku koja nije taˇcka nagomilavanja skupa X se kaˇze da je izolovana taˇ cka skupa X. Uslov (3.6) se moˇze iskazati na sljedeći naˇcin : svaka ² okolina taˇcke x0 sadrˇzi bar jednu taˇcku iz skupa X razliˇcitu od taˇcke x0 . Nije teˇsko vidjeti da je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X ako i samo ako se u svakoj okolini taˇcke x0 nalazi bar jedna taˇcka iz skupa X razliˇcita od x0 . Skup ne mora da ima taˇcke nagomilavanja. Primjer 3.22. Skup {0, 1} nema taˇcaka nagomilavanja. Njegove taˇcke su izolovane taˇcke. ˇ Moˇze se pokazati da svaki konaˇcan skup nema taˇcaka nagomilavanja. Staviˇ se, ni beskonaˇcan skup me mora imati taˇcaka nagomilavanja. Primjer 3.23. Skup N nema taˇcaka nagomilavanja. Taˇcka nagomilavanja ne mora da pripada datom skupu. Primjer 3.24. Taˇcke nagomilavanja intervala (0, 1] su sve taˇcke iz intervala [0, 1].

ˇ 3.2. GRANICNA VRIJEDNOST FUNKCIJE

77

Sljedeća teorema daje potreban i dovoljan uslov kada skup ima taˇcku nagomilavanja. Teorema 3.10. Taˇcka x0 je taˇcka nagomilavanja skupa X ako i samo ako postoji niz {xn } takav da vrijedi (∀n ∈ N) xn ∈ X i lim xn = x0 .

n→+∞

Primjer 3.25. Sve taˇcke skupa R su njegove taˇcke nagomilavanja.

3.2.2

Graniˇ cna vrijednost funkcije

Definicija 3.10. Neka je data funkcija f : X → R i neka je taˇcka x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X. Realan broj L je graniˇ cna vrijednost funkcije f u taˇcki x0 ako vrijedi (∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − L| < ε.

(3.7)

To oznaˇcavamo sa lim f (x) = L ili f (x) → L kada x → x0 .

x→x0

Primjer 3.26. Pokazati da je za svako x0 ∈ R lim x2 = x20 .

x→x0

Imamo |x2 − x20 | = |x − x0 ||x − x0 + 2x0 | ≤ |x − x0 |2 + 2|x0 ||x − x0 |, odavde je |x2 − x20 | ≤ |x − x0 |(|x − x0 | + 2|x0 |).

(3.8)

Neka je ² > 0 treba odrediti δ > 0 tako da vrijedi (3.7). Zbog (3.8) dovoljno je naći δ > 0 tako da je δ(δ + 2|x0 |) < ². (3.9) Zakljuˇcujemo da za

½

² δ = min 1, 1 + 2|x0 | vrijedi (3.9) i time je pokazano da je lim x2 = x20 .

x→x0

¾ ,


78

Definicija 3.11. Neka je data funkcija f : X → R i neka je taˇcka x0 taˇcka nagomilavanja skupa X. Realan broj L je desna (lijeva) graniˇ cna vrijednost funkcije f u taˇcki x0 ako vrijedi (∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) x0 < x < x0 + δ ⇒ |f (x) − L| < ε

(3.10)

((∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) x0 − δ < x < x0 ⇒ |f (x) − L| < ε.)

(3.11)

To oznaˇcavamo sa lim f (x) = L,

x→x0 +

( lim f (x) = L). x→x0 −

Primjer 3.27. Neka je f : R → R, data sa   0, x < 0 1 , x=0 f (x) =  2 1, x > 0. Tada je lim f (x) = 1 i lim f (x) = 0.

x→0+

x→0−

Teorema 3.11. Ako postoji lijeva i desna graniˇcna vrijednost tada je potreban i dovoljan uslov da funkcija f : X → R ima graniˇcnu vrijednost u taˇcki x0 jednaku L lim f (x) = lim f (x) = L. x→x0 +

x→x0 −

Definicija 3.12. Neka je data funkcija f : X → R i neka je taˇcka x0 taˇcka nagomilavanja skupa X. Funkcija f teˇ zi ka plus (minus) beskonaˇ cno kada x → x0 ako vrijedi (∀K > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) > K

(3.12)

((∀K > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) < −K.)

(3.13)

To oznaˇcavamo sa lim f (x) = +∞,

x→x0

( lim f (x) = −∞). x→x0

Primjer 3.28. Za funkciju f : R → R, ½ 1 x 6= 0 x, f (x) = 0, x = 0, vrijedi lim f (x) = +∞ i lim f (x) = −∞.

x→0+

x→0−


79

Definicija 3.13. Neka je data funkcija f : X → R i neka je skup X neograniˇcen odozgo (odozdo). Realan broj L je graniˇ cna vrijednost funkcije f kada x → +∞ (x → −∞) ako vrijedi (∀² > 0)(∃K > 0)(∀x ∈ X) x > K ⇒ |f (x) − L| < ε.

(3.14)

(∀² > 0)(∃K > 0)(∀x ∈ X) x < −K ⇒ |f (x) − L| < ε.

(3.15)

To oznaˇcavamo sa lim f (x) = L

x→+∞

( lim f (x) = L.) x→−∞

Primjer 3.29. Pokazati da je x2 − 1 = 1. x→+∞ x2 + 1 lim

Neka je dat ² > 0. Treba naći K > 0 takav da vrijedi ¯ 2 ¯ ¯x − 1 ¯ ¯ (∀x ∈ R) x > K ⇒ ¯ 2 − 1¯¯ < ε. x +1 Kako je

¯ 2 ¯ ¯x − 1 ¯ ¯ ¯ < ε ⇔ x2 > 2 − ² , − 1 ¯ x2 + 1 ¯ ²

imamo da u sluˇcaju ² ≥ 2 moˇzemo izabrati proizvoljan K > 0, a u sluˇcaju da je ² < 2 moˇzemo uzeti na primjer, r 2−² K= + 1. ²

3.2.3

Osobine graniˇ cnih vrijednosti funkcija

Sljedeća teorema daje vezu izmedu graniˇcne vrijednosti niza i graniˇcne vrijednosti funkcije. Teorema 3.12. Neka je a ∈ R taˇcka nagomilavanja domena D funkcije f . Tada je lim f (x) = A (A ∈ R) ako i samo ako je lim f (xn ) = A, za svaki n→a

niz {xn }, takav da je

n→+∞

lim xn = a i xn ∈ D \ {a} za svako n ∈ N.

n→+∞

Dokaz. Dokaz izvodimo za konaˇcne a i A. U ostalim sluˇcajevima dokazuje se nalogno. Neka je lim f (x) = A. Za dati ² > 0 postoji δ > 0 takav da je |f (x) − A| < ² za n→a

svako x 6= a u δ-okolini taˇcke a. Ako je {xn } niz realnih brojeva koji konvergira ka a, postoji prirodan broj n0 takav da za sve n ≥ n0 vrijedi |xn − a| < δ, prema tome za sve n ≤ n0 je |f (xn ) − A| < ², pa je lim f (xn ) = A. n→+∞


80 Obrnuto, neka je

lim f (xn ) = A za svaki niz {xn } koji ispunjava navedene

n→+∞

uslove. Pretpostavimo suprotno, to jest da nije lim f (x) = A. Tada postoji n→a

² > 0 takav da za svako δ > 0 postoji xδ 6= a takav da je |f (xδ ) − A| ≥ ². Za takvo ² uzmimo da je δn = n1 i neka su xn odgovarajuće taˇcke. Tada niz {xn } konvergira ka a, ali {f (xn )} ne konvergira ka A, a ovo je u konradikciji sa pretpostavkom. Dakle, vrijedi lim f (x) = A. n→a

Navedimo neke osobine graniˇcnih vrijednosti funkcija. One su analogne osobinama graniˇcnih vrijednosti nizova i slijede iz teoreme 3.12. Teorema 3.13. Neka su date funkcije f i g i neka je x0 taˇcka nagomilavanja njihovih domena. Pretpostavimo da je lim f (x) = L1 , lim g(x) = L2 , L1 , L2 ∈ R,

x→x0

x→x0

tada vrijedi: lim (f (x) + g(x)) = L1 + L2 , lim (λ · f (x)) = λ · L1 za svaki λ ∈ R,

x→x0

x→x0

lim (f (x) · g(x)) = L1 · L2 , lim

x→x0

x→x0

L1 f (x) = ako je L2 6= 0 i g(x) 6= 0. g(x) L2

Primjer 3.30. Odrediti graniˇcnu vrijednost: (i)

lim

(1 + x)(1 + x2 ) · · · (1 + xn )

, [1] n+1 (1 + x 2 )n √ √ √ √ x + 3 2x + 4 3x + · · · + n+1 nx , [1] (ii) lim q √ √ √ x→+∞ 2 3 n x + 2x + 3x + · · · + nx Ãr ! q √ √ (iii) lim x + x + x − x , [1/2] x→+∞

x→+∞

(iv)

lim

x→+∞

³p ´ (x + a)(x + b) − x , [(a + b)/2].

Primjer 3.31. Izraˇcunati: 1 − x3 , [1/2] x→1 x2 + 4x − 5

(i) lim

1 − xn (n, m ∈ N, n 6= m), [n/m] x→1 1 − xm √ 1 + 2x − 3 √ (iii) lim , [4/3] x→4 x−2 √ √ √ √ x− a+ x−a √ (iv) lim (a > 0), [1/ 2a]. 2 2 x→a+ x −a (ii) lim


81

Sljedeći rezultat je poznat kao teorema o smjeni promjenljivih kod graniˇcnih vrijednosti. Teorema 3.14. Neka je lim f (x) = y0 i lim g(x) = L.

x→x0

x→y0

Ako je u nekoj okolini taˇcke x0 f (x) 6= y0 za svaki x 6= x0 tada je lim g(f (x)) = L.

x→x0

Primjer 3.32. Naći x2

lim 3 3x2 +1 .

x→+∞

Stavimo f (x) =

x2 3x2 + 1

i g(x) = 3x .

Kako vrijedi lim f (x) = 1 i

x→+∞

lim g(x) = 3,

x→1

na osnovu prethodne teoreme imamo x2

lim 3 3x2 +1 = 1.

x→+∞

Teorema 3.15. Ako za funkciju f : X → R vrijedi (∀x ∈ X \ {x0 }) f (x) ∈ (a, b),

lim f (x) = L,

x→x0

gdje je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X, tada L ∈ [a, b]. Teorema 3.16. Ako za funkcije f, g : X → R vrijedi (∀x ∈ X \ {x0 }) f (x) ≤ g(x),

lim f (x) = L1 ,

x→x0

lim f (x) = L2 ,

x→x0

gdje je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X, tada je L1 ≤ L2 . Primjer 3.33. Pokazati da je sin x = 1. x→0 x lim

Pokazaćemo prvo da vrijede nejednakosti cos x <

³ π ´ ³ sin x π´ < 1, x ∈ − , 0 ∪ 0, − . x 2 2

(3.16)


82

Neka je dat krug sa centrom u koordinatnom poˇcetku 0, polupreˇcnika 1. Dalje,neka je data taˇcka A(1, 0),¡ a taˇ ¢cka B na krugu takva da poluprave 0A i 0B zaklapaju oˇstri ugao x ∈ 0, π2 . Sa C oznaˇcimo presjeˇcnu taˇcku poluprave 0A i tangente na krug u taˇcki A. Povrˇsina trougla 0AB je manja od povrˇsine kruˇznog isjeˇcka 0AB, a ova povrˇsina je manja od povrˇsine trougla 0AC. Kako su ove povrˇsine sin x x tg x , , , 2 2 2 respektivno, imamo x tg x sin x < < , 2 2 2 ¡ π¢ za sve x ∈ 0, 2 . Odavde dobijamo sin x < x < tg x, (3.17) ¡ π¢ ¡ π ¢ za sve x ∈ 0, 2 . U sluˇcaju da je x ∈ − 2 , 0 , vrijedi − sin x < −x < − tg x.

(3.18)

Iz nejednakosti (3.17) i (3.18) dobijamo nejednakosti (3.16). Sada koristeći teoremu 3.15 i teoremu 3.16 zakljuˇcujemo da je lim cos x ≤ lim

x→0

x→0

sin x ≤ 1. x

(3.19)

Kako je

¯ ¯ x ¯2 x ¯¯ ¯ ¯ ¯ |1 − cos x| = 2 ¯sin2 ¯ ≤ 2 ¯ ¯ , 2 2 zbog teoreme 3.16 zakljuˇcujemo da je lim cos x = 1,

x→0

pa odavde i iz (3.19) slijedi lim

x→0

sin x = 1. x

Primjer 3.34. Izraˇcunati 1 − cos x , (ii) x→0 x2

(i) lim

1 cos ax − cos bx lim x · sin , (iii) lim (a 6= b). x→+∞ x→0 x x2

(i) Kako je

x , 2 koristeći primjer 3.33 i teoremu o smjeni graniˇcnih vrijednosti dobijamo 1 − cos x = 2 sin2

1 1 − cos x = lim 2 x→0 2 x→0 x lim

µ

sin x2 x 2

¶2 =

1 . 2

3.3. NEPREKIDNE FUNKCIJE (ii) Uvodeći smjenu t =

1 x

83

i koristeći primjer 3.33 zakljuˇcujemo da je

lim x · sin

x→+∞

1 sin t = lim = 0. t→0 x t

(iii) Primjenom formule za razliku kosinusa dobijamo −2 sin (a+b)x sin (a−b)x cos ax − cos bx 2 2 = x2 x2 = −2

sin (a+b)x sin (a−b)x 2 2 · , x x

pa dobijamo da je graniˇcna vrijednost

b2 −a2 2 .

Primjedba 3.2. Koristeći teoremu 3.14, teoremu 3.16 i µ ¶n 1 lim 1+ = e, n→+∞ n moˇze se pokazati da je

µ lim

x→+∞

1+

1 x

¶x = e.

(3.20)

Primjer 3.35. Izraˇcunati ax − 1 (i) lim , (a > 0) [ln a], (ii) lim x→+∞ x→0 x

3.3

µ

x+1 x−1

¶x , [e2 ].

Neprekidne funkcije

3.3.1

Neprekidne funkcije

Definicija 3.14. Neka je data funkcija f : X → R i neka je x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X. Za funkciju f kaˇzemo da je neprekidna u taˇcki x0 ako vrijedi (∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ².

(3.21)

Ako je funkcija f neprekidna u svakoj taˇcki skupa A ⊂ X onda kaˇzemo da je neprekidna na skupu A. Primjedba 3.3. Uslov (3.21) je ekvivalentan lim f (x) = f (x0 ).

x→x0

Primjer 3.36. Funkcija f : R → R, f (x) = 2x + 3,

(3.22)


84

je neprekidna na skupu R. Neka je taˇcka x0 ∈ R i ² > 0. Iz jednakosti |2x + 3 − (2x0 + 3)| = 2|x − x0 |, zakljuˇcujemo da za δ moˇzemo uzeti δ = 2² , jer tada vrijedi |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ². Primjer 3.37. Funkcija f : R → R, ½ f (x) =

x, x≤0 x + 1, x > 0.

nije neprekidna u taˇcki 0. Ako uzmemo ² = 12 tada zbog |f (x) − f (0)| = |x + 1| > 1 za x > 0, ne moˇzemo naći δ > 0 takvo da |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| <

1 . 2

U sljedećoj teoremi su date neke osobine neprekidnih funkcija. One su analogne osobinama graniˇcnih vrijednosti nizova odnosno osobinama graniˇcnih vrijednosti funkcija. Teorema 3.17. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X. Ako su funkcije f i g neprekidne u taˇcki x0 , to jest ako je lim f (x) = f (x0 ), lim g(x) = g(x0 ),

x→x0

x→x0

tada vrijedi : (i) lim (f (x) + g(x)) = f (x0 ) + g(x0 ), x→x0

(ii) lim (f (x) · g(x)) = f (x0 ) · g(x0 ), x→x0

(iii) lim

x→x0

f (x0 ) f (x) = , ako je g(x0 ) 6= 0 i g(x) 6= 0. g(x) g(x0 )

Dakle, ako su funkcije f i g neprekidne u taˇcki x0 onda su takve i funkcije: f f + g, f · g, , ako je g(x0 ) 6= 0 i g(x) 6= 0 u nekoj okolini taˇcke x0 . g Primjer 3.38. Osnovne elementarne funkcije su neprekidne na svom domenu. Pokazaćemo na primjer, da su stepena, eksponencijalna i sinusna funkcija neprekidne.

3.3. NEPREKIDNE FUNKCIJE

85

• Stepena funkcija : Neprekidnost stepene funkcije slijedi iz neprekidnosti funkcije f (x) = x i prethodne teoreme, (neprekidnost proizvoda neprekidnih funkcija). • Eksponencijalna funkcija : Neka je x0 ∈ R i neka je ² > 0. Pretpostavimo da je 0 < ² < ex0 . Iz |ex0 − ex | < ² ⇔ ex0 − ² < ex < ex0 + ² ⇔ log(ex0 − ²) < x < log(ex0 + ²), zakljuˇcujemo da za δ > 0 takvo da je (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ (log(ex0 − ²), log(ex0 + ²)), vrijedi

|x − x0 | < δ ⇒ |ex − ex0 | < ²,

pa je funkcija f (x) = ex neprekidna u svakoj taˇcki x0 . • Sinusna funkcija : Koristeći nejednakosti (3.17) i (3.18) dobijamo da vrijedi | sin x| < |x|, x ∈ R \ {0}, odavde na osnovu formule sin x − sin y = 2 sin

x−y x+y cos 2 2

i ˇcinjenice da je apsolutna vrijednost kosinusa manja ili jednaka od 1, imamo | sin x − sin x0 | ≤ |x − x0 |. (3.23) Iz posljednje nejednakosti slijedi neprekidnost sinusne funkcije. Naime, za dati ² > 0 moˇzemo uzeti δ = ².

3.3.2

Vrste prekida

Ako funkcija f nije neprekidna u taˇcki x0 kaˇzemo da funkcija f u taˇcki x0 ima prekid. Ova situacija moˇze nastupiti iz viˇse razloga. Vrste prekida su date u sljedećoj definiciji. Definicija 3.15. Neka je funkcija f : X → R i x0 ∈ X taˇcka nagomilavanja skupa X. Kaˇzemo da funkcija f u taˇcki x0 ima : • prividan ili otklonjiv prekid, ako postoji konaˇcan lim f (x) x→x0

ali je lim f (x) 6= f (x0 ). x→x0

• prekid prve vrste slijeva (zdesna), ako postoji konaˇcan lim f (x) x→x0 −

( lim f (x)) ali je lim f (x) 6= f (x0 ) ( lim f (x) 6= f (x0 )). x→x0 +

x→x0 −

x→x0 +

• prekid druge vrste slijeva (zdesna) ako lijeva (desna) graniˇcna vrijednost ne postoji ili je beskonaˇcna.


86 Primjer 3.39. Funkcija ½

sin x x ,

f (x) =

x 6= 0 x = 0,

0,

ima prividan prekid u taˇcki x = 0, jer lim

x→0

sin x = 1 6= f (0). x

Primjer 3.40. Funkcija ½ f (x) =

x, x ≤ 0 1, x > 0,

ima prekid prve vrste zdesna u taˇcki x = 0, jer je lim f (x) = 1 6= f (0) = 0.

x→0+

Primjer 3.41. Funkcija ½ f (x) =

1 x,

1,

x 6= 0 x = 0,

ima prekid druge vrste u taˇcki x = 0, jer je lim f (x) = +∞, lim f (x) = −∞.

x→0+

3.3.3

x→0−

Osobine neprekidnih funkcija

Iz teoreme 3.12 neposredno slijedi sljedeća teorema. Teorema 3.18. Neka je x0 taˇcka nagomilavanja skupa X. Funkcija f : X → R je neprekidna u taˇcki x0 ako i samo ako je lim xn = x0 ⇒ lim f (xn ) = f (x0 ),

n→+∞

n→+∞

gdje je xn ∈ X za sve n ∈ N. Primjer 3.42. lim

n→+∞

√ n

a = 1, a > 0.

Kako je eksponencijalna funkcija neprekidna imamo lim ax = a0 = 1.

x→0

Sada na osnovu teoreme 3.18 dobijamo da za niz xn = lim

lim axn = an→+∞

n→+∞

xn

= 1.

1 n

vrijedi

3.3. NEPREKIDNE FUNKCIJE

87

Dalje, iz teoreme o smjeni graniˇcnih vrijednosti (teorema 3.14) dobijamo da je kompozicija neprekidnih funkcija neprekidna. Primjer 3.43. Funkcija n

f (x) = esin x , x ∈ R, je neprekidna funkcija, jer je kompozicija sljedećih neprekidnih elementarnih funkcija : x 7→ xn , x 7→ sin x, x 7→ ex , x ∈ R. Teorema 3.19. Neprekidna funkcija na zatvorenom i ograniˇcenom intervalu dostiˇze svoj maksimum i minimum. Znaˇci, ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija, tada postoje taˇcke xmin , xmax ∈ [a, b] takve da je f (xmin ) ≤ f (x) ≤ f (xmax ),

za sve x ∈ [a, b].

Primjer 3.44. Funkcija definisana na [−1, 1] sa   1 − x2 , −1 ≤ x < 0, 0, x = 0, f (x) =  2 x − 1, 0 < x ≤ 1, ne dostiˇze minimalnu i maksimalnu vrijednost na intervalu [−1, 1]. Naime, ona ima prekid u taˇcki x = 0. Ovde je sup f (x) = 1, x∈[−1,1]

inf

x∈[−1,1]

f (x) = −1.

Primjedba 3.4. Uslov da je funkcija neprekidna na zatvorenom i ograniˇcenom intervalu je dovoljan, ali nije i potreban da funkcija dostiˇze minimalnu i maksimalnu vrijednost. Primjer 3.45. Funkcija definisana na [−1, 1] sa ½ x + 1, −1 ≤ x ≤ 0, f (x) = −x, 0 < x ≤ 1, ima prekid u taˇcki x = 0, ali dostiˇze minimalnu vrijednost u taˇcki x = 1, f (1) = −1 i maksimalnu vrijednost u taˇcki x = 0, f (0) = 1. Teorema 3.20. Neka je funkcija f definisana i neprekidna na segmentu [a, b], i neka je f (a)f (b) < 0. Tada postoji taˇcka c ∈ (a, b) takva da je f (c) = 0. Primjer 3.46. Jednaˇcina x4 − 3x2 + 2x − 1 = 0, ima bar jednu nulu na segmentu [1, 2]. Kako je funkcija f (x) = x5 − 3x3 + 2x2 − 1 = 0 neprekidna na segmentu [1, 2] i vrijedi f (1) = −1 < 0, f (2) = 15 > 0 na osnovu teoreme 3.20 dobijamo da postoji taˇcka c ∈ (1, 2) takva da je f (c) = 0. Dakle, taˇcka c je nula date jednaˇcine.


88

3.3.4

Uniformna neprekidnost

Definicija 3.16. Za funkciju f : X → R kaˇzemo da je uniformno ili ravnomjerno neprekidna na skupu X ako vrijedi (∀² > 0)(∃δ > 0)(∀x1 , x2 ∈ X) |x1 − x2 | < δ ⇒ |f (x1 ) − f (x2 )| < ².

(3.24)

Primjer 3.47. Funkcije (i) f (x) = −4x + 7, (ii) f (x) = sin x2 . su uniformno neprekidne na skupu R. (i) Neka je dat ² > 0 izaberimo δ = 4² . Tada iz nejednakosti |x1 − x2 | < δ slijedi |f (x1 ) − f (x2 )| = 4|x1 − x2 | < ². (ii) Neka je dat ² > 0. U ovom sluˇcaju izaberimo δ = 2². Kako vrijedi nejednakost (3.23), to jest | sin x1 − sin x2 | ≤ |x1 − x2 |, Iz nejednakosti |x1 − x2 | < δ slijedi |f (x1 ) − f (x2 )| =

|x1 − x2 | < ². 2

Ako u relaciji (3.24) uzmemo da je δn = n1 , zakljuˇcujemo da funkcija f nije uniformno neprekidna ako i samo ako postoje dva niza {xn } i {yn } takva da vrijedi lim |xn − yn | = 0 i lim |f (xn ) − f (yn )| 6= 0. n→+∞

n→+∞

Dakle, vrijedi sljedeća teorema. Teorema 3.21. Funkcija f : X → R je uniformno neprekidna na skupu X ako i samo ako lim |f (xn ) − f (yn )| = 0, n→+∞

za svaka dva niza taˇcaka {xn } i {yn } iz skupa X takva da je lim |xn − yn | = 0.

n→+∞

Primjer 3.48. Funkcija f (x) = x1 nije uniformno neprekidna na intervalu (0, 1). 1 Neka je ² = 12 i uzmimo nizove xn = n1 i yn = n+1 . Imamo sljedeće lim |xn − yn | = lim

n→+∞

i

n→+∞

1 =0 n(n + 1)

¯ ¯ ¯1 1 ¯¯ ¯ lim |f (xn ) − f (yn )| = lim ¯ 1 − 1 ¯ = lim |n − (n + 1)| = 1. n→+∞ n→+∞ ¯ ¯ n→+∞ n n+1

3.4. ZADACI

89

Primjer 3.49. Funkcija f (x) = x2 nije √ neprekidna na skupu R. √ uniformno Neka je ² = 12 i uzmimo nizove xn = n i yn = n + 1. Imamo sljedeće lim |xn − yn | = lim √

n→+∞

n→+∞

n+

1 √

n+1

=0

i lim |f (xn ) − f (yn )| = lim |n − (n + 1)| = 1.

n→+∞

n→+∞

Teorema 3.22. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] tada je ona i uniformno neprekidna na tom segmentu. Primjer 3.50. Funkcija f (x) = ln x, je uniformno neprekidna na segmentu [a, b] ⊂ (0, 1), ali nije uniformno neprekidna na intervalu (0, 1). Funkcija f (x) = ln x je neprekidna na [a, b]. Zbog teoreme 3.22 zakljuˇcujemo da je ona i uniformno neprekidna na [a, b]. Pokaˇzimo da data funkcija nije 1 uniformno neprekidna na intevalu (0, 1). Izaberimo nizove xn = n1 i xn = 2n . Tada je ¯ ¯ ¯1 1 ¯¯ 1 lim |xn − yn | = lim ¯¯ − =0 = lim ¯ n→+∞ n→+∞ n n→+∞ 2n 2n i

¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ lim |f (xn ) − f (yn )| = lim ¯¯ln − ln = ln 2 6= 1. n→+∞ n→+∞ n 2n ¯

3.4

Zadaci

1. Odrediti n2 + 11n + 10 , n→+∞ 5n3 + 2n2 + 2n ¶ µ 1 n5 + 2n3 − 13 1 (iii) lim , (iv) lim 1 + + ··· + n . n→+∞ 7n6 + n3 + n2 n→+∞ 2 2 (i)

lim

n4 + n2 − 1 , (ii) + 120n3 − 11n

lim

n→+∞ 12n4

2. Odrediti (i)

√ √ lim ( n + 1 − n), (ii)

n→+∞

µ lim

n→+∞

n2 + 1 2n2 − n−1 2n + 5

3. Koristeći definiciju graniˇcne vrijednosti pokazati da je lim

n→+∞

3n + 2 = 3. n+2

Naći broj n0 ∈ N tako da je ¯ ¯ ¯ 3n + 2 ¯ (∀n ≥ n0 ) ¯¯ − 3¯¯ ≤ 0.01. n+2

¶ ,


90 4. Naći

µ lim

n→+∞

1 2 n−1 + 2 + ··· + 2 n n n2

5. Dokazati da je

¶ .

n2 = 0. n→+∞ 2n lim

6. Ispitati konvergenciju nizova 1 1 1 + + ··· + , 2! 3! n!

(i) xn = 1 + 1 + (ii) xn =

1 1 1 + + ··· + . n+1 n+2 2n

7. Pokazati da je lim

√ n

n→+∞

8. Izraˇcunati

an + bn = max{a, b}, a, b ≥ 0.

tg x sin 7x + sin 5x , (ii) lim . x→0 x x→0 sin 6x

(i) lim 9. Pokazati da je

lim

x→0

10. Izraˇcunati

tg x − sin x 1 = . 3 x 2

√ n lim

x→0

1+x−1 , n ∈ N. x

11. Izraˇcunati

µ lim

x→+∞

x2 + 1 x2 − 1

¶x2 .

12. Pokazati da funkcija ½ f (x) =

x3 −1 x−1 ,

4

x 6= 1 x = 1,

ima prekid u taˇcki x = 1. Ispitati vrstu prekida. 13. Ispitati vrste prekida funkcije f (x) =

x2

2 . − 16

14. Funkcija f nije definisana u taˇcki x = 0. Odrediti vrijednost f (0) tako da funkcija f bude neprekidna u taˇcki x = 0, ako je √ √ 3 1+x−1 1 + 3x − 1 (i) f (x) = √ , (ii) f (x) = . 3 sin x 1+x−1

3.4. ZADACI

91

15. Pokazati da jednaˇcina 2 sin4 x + 5 sin3 x − 2 = 0, £ ¤ ima bar jedno rjeˇsenje na segmentu 0, π2 . √ 16. Ispitati uniformnu neprekidnost funkcije f (x) = x, na skupu [0, +∞). 17. Pokazati da funkcija f (x) = x sin x, nije uniformno neprekidna na skupu [0, +∞).

92


Glava 4

Diferencijalni raˇ cun 4.1 4.1.1

Prvi izvod Definicija prvog izvoda

Definicija 4.1. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 . Ako postoji graniˇcna vrijednost 0

f (x0 ) = lim

x→x0

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

0

kaˇzemo da je f (x0 ) prvi izvod ili izvod funkcije f u taˇcki x0 . Za funkciju koja ima konaˇcan izvod u taˇcki x0 kaˇze se da je diferencijabilna u taˇcki x0 . Ako je funkcija diferencijabilna u svakoj taˇcki nekog skupa kaˇze se da je ona diferencijabilna na tom skupu. Primjer 4.1. Odrediti izvode sljedećih funkcija: (i) f (x) = c, (c = const), (ii) f (x) = xn , n ∈ N, (iii) f (x) = sin x, (iv) f (x) = ln x, (v) f (x) = ex . Rjeˇ senje. 0 f (x + h) − f (x) c−c (i) f (x) = lim = lim = 0, h→0 h→0 h h (ii) Kako je na osnovu binomne formule µ ¶ n n n n n−1 (x + h) − x = x + nx h+ xn−2 h2 + · · · + hn − xn 2 µ µ ¶ ¶ n n−1 n−2 n−1 = h nx + x h + ··· + h , 2 imamo 0

f (x) = lim

h→0

f (x + h) − f (x) = nxn−1 . h 93

ˇ GLAVA 4. DIFERENCIJALNI RACUN

94 (iii) Vrijedi sljedeće

sin h2 cos 2x+h sin(x + h) − sin x 2 = . h h 2 Kako je lim

sin h2 h 2

h→0

= 1 i lim cos h→0

2x + h = cos x, 2

0

imamo da je (sin x) = cos x. 0 Na sliˇcan naˇcin se moˇze pokazati da je (cosx) = − sin x. (iv)Vrijedi µ ¶1 ln(x + h) − ln x h h = ln 1 + , h x 0

sada koristeći formulu (3.20) dobijamo da je (ln x) = x1 . (v) ex+h − ex eh − 1 x = ·e , h h lim

h→0

eh −1 h

0

= 1 (Primjer 3.35). Dakle, (ex ) = ex .

Definicija 4.2. Ako postoji graniˇcna vrijednost f (x0 + h) − f (x0 ) , h ¶ µ 0 f (x0 + h) − f (x0 ) f+ (x0 ) = lim , h→0+ h 0

f− (x0 ) = lim

h→0−

kaˇzemo da funkcija f u taˇcki x0 ima lijevi (desni) izvod. Funkcija ima izvod u taˇcki x0 ako i samo ako ima lijevi i desni izvod i ako su oni jednaki. Primjer 4.2. Funkcija f (x) = |x|, x ∈ R, nema izvod u taˇcki x = 0. Njen lijevi izvod je 0 f (h) − f (0) −h f− (0) = lim = lim = −1. h→0− h→0− h h Za desni izvod imamo 0

f (h) − f (0) h = lim = 1. h→0+ h h→0+ h

f+ (0) = lim

U prethodnom primjeru smo vidjeli da neprekidna funkcija ne mora biti diferencijabilna. Prirodno pitanje je, da li je diferencijabilna funkcija i neprekidna. Odgovor na to pitanje daje sljedeća teorema. Teorema 4.1. Svaka funkcija diferencijabilna u taˇcki x0 ∈ R je i neprekidna u toj taˇcki.

4.1. PRVI IZVOD

95

Dokaz. Neka je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 . Tada postoji konaˇcan 0

f (x0 ) = lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) , x − x0

odavde dobijamo 0

lim (f (x) − f (x0 )) = lim f (x0 )(x − x0 ) = 0.

x→x0

x→x0

Dakle, lim f (x) = f (x0 ),

x→x0

a ovo znaˇci da je funkcija f neprekidna u taˇcki x0 .

4.1.2

Osobine prvog izvoda

Nalaˇzenje izvoda po definiciji moˇze da bude komplikovano. Ovde dajemo neke osobine prvog izvoda na osnovu kojih je taj posao olakˇsan. Teorema 4.2. Ako su funkcije f i g diferencijabilne u taˇcki x tada je : 0

0

0

1. (αf (x) + βg(x)) = αf (x) + βg (x), za sve α, β ∈ R, 0

0

0

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

¶0 0 0 f (x) f (x)g(x) − f (x)g (x) 3. = , gdje je g(t) 6= 0 za svako t u nekoj g(x) g 2 (x) okolini taˇcke x. Dokaz. 1. (αf (x + h) + βg(x + h)) − (αf (x) + βg(x)) = α(f (x + h) − f (x)) + β(g(x + h) − g(x)), odavde dobijamo lim

h→0

α lim

h→0

(αf (x + h) + βg(x + h)) − (αf (x) + βg(x)) = h

f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) + β lim = αf 0 (x) + βg 0 (x). h→0 h h

2. f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x) = f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x + h) + f (x)g(x + h) − f (x)g(x), odavde je f (x + h)g(x + h) − f (x)g(x) f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) = ·g(x+h)+f (x)· , h h h ako sada pustimo da h → 0, zbog neprekidnosti funkcije g dobijamo traˇzeno tvrdenje.


96 3.

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

f (x + h)g(x) − f (x)g(x) − (f (x)g(x + h) − f (x)g(x)) , g(x + h)g(x)

a odavde tvrdenje slijedi na sliˇcan naˇcin kao i za formulu proizvoda. Primjer 4.3. Koristeći pravilo o izvodu koliˇcnika funkcija dobijamo 0

0

cos2 x + sin2 x 1 (sin x) cos x − sin x(cos x) = = , (tg x) = 2 cos x cos2 x cos2 x 0

0

0

(cos x) sin x − cos x(sin x) − sin2 x − cos2 x 1 (ctg x) = = =− 2 . 2 sin x sin2 x sin x 0

Primjedba 4.1. Funkcije f + g, f g, funkcije f i g.

f g

mogu biti diferencijabilne, a da takve nisu

Primjer 4.4. Naći: 0 (i) (f (x) + g(x)) , ako je f (x) = |x|, g(x) = −|x|, 0 (ii) (f (x)g(x)) , ako je f (x) = g(x) = |x|, µ ¶0 f (x) (iii) , ako je f (x) = g(x) = |x| + 1. g(x) Rjeˇ senje.Funkcija x 7→ |x| nije diferencijabilna u taˇcki 0, (primjer 4.2). Medutim, vrijedi: 0 (i) (f (x) + g(x)) = 0, 0 0 (ii) (f (x)g(x)) = (x2 ) = 2x, µ ¶0 f (x) (iii) = 0. g(x) Sljedeća teorema daje pravilo za izvod sloˇzene funkcije. Teorema 4.3. Neka je funkcija g diferencijabilna u taˇcki x0 i funkcija f diferencijabilna u taˇcki g(x0 ) tada je funkcija f ◦ g diferencijabilna u taˇcki x0 i vrijedi 0 0 0 ((f ◦ g)(x0 )) = f (g(x0 ))g (x0 ). 2

Primjer 4.5. Naći izvod funkcije h(x) = ex . Rjeˇ senje. Vrijedi h(x) = (f ◦ g)(x), gdje je f (x) = ex i g(x) = x2 . Na osnovu prethodne teoreme je 0

0

0

2

h (x) = f (g(x))g (x) = ex 2x. Primjer 4.6. Naći izvod funkcije h(x) = xx . Rjeˇ senje. Vrijedi h(x) = (f ◦ g)(x), gdje je f (x) = ex i g(x) = x log x. Sada imamo 0 h (x) = ex log x (log x + 1) = xx (log x + 1).

4.1. PRVI IZVOD

97

Primjedba 4.2. Na sliˇcan naˇcin kao u prethodnom primjeru se moˇze odrediti i izvod funkcije h(x) = f (x)g(x) , f (x) > 0. Taj postupak diferenciranja se naziva logaritamskim diferenciranjem. Teorema 4.4. Neka je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 i strogo monotona u nekoj okolini taˇcke x0 . Tada je inverzna funkcija f −1 diferencijabilna u taˇcki y0 = f (x0 ) i vrijedi 0 1 (f −1 (y0 )) = 0 . f (x0 ) Primjer 4.7. Neka je y = sin x. Na osnovu prethodne teoreme imamo da je 0

(arcsin y) =

1 1 1 =p . 0 = (sin x) cos x 1 − y2

Na sliˇcan naˇcin dobijamo 1

0

(arccos y) = − p

1 − y2

.

Dalje, ako stavimo y = tg x, dobijamo 1 1 2 . 0 = cos x = (tg x) 1 + y2

0

(arctg y) = Na sliˇcan naˇcin dobijamo

0

(arcctg y) = −

1 . 1 + y2

Na osnovu primjera 4.1, 4.3 i 4.7, kao i na osnovu pravila diferenciranja imamo tablicu izvoda osnovnih elementarnih funkcija. Funkcija x

a

sin x tg x arcsin x arctg x x

a

loga x sh x

izvod a−1

ax

cos x 1 cos2 x 1 √ 1 − x2 1 1 + x2 ax log a 1 x log a ch x

Funkcija 1 xa cos x ctg x arccos x arcctg x ex log x ch x

izvod a − a+1 x − sin x 1 sin2 x 1 −√ 1 − x2 1 − 1 + x2 ex 1 x sh x


98

4.1.3

Geometrijska interpretacija prvog izvoda

Neka je data kriva y = f (x) i neka taˇcke M (x0 , f (x0 )) i N (x0 + h, f (x0 + h)) odreduju sjeˇcicu M N te krive. Koeficijent pravca sjeˇcice M N je dat sa tg α =

f (x0 + h) − f (x0 ) . h

Ako pustimo da h → 0 tada taˇcka N teˇzi taˇcki, pa u graniˇcnom sluˇcaju dobijamo tangentu kroz taˇcku M . Znaˇci, koeficijent pravca tangente krive y = f (x) u taˇcki M (x0 , f (x0 )) je 0

f (x0 + h) − f (x0 ) . h→0 h

f (x0 ) = lim

Dakle, jednaˇcina tangente krive y = f (x) u taˇcki M (x0 , f (x0 )) je 0

y − y0 = f (x0 )(x − x0 ). 0

Ako vrijedi uslov f (x0 ) 6= 0, jednaˇcina y − y0 = −

1 (x − x0 ), f (x0 ) 0

predstavlja jednaˇcinu normale krive y = f (x) u taˇcki M (x0 , f (x0 )). ³ √ ´ Primjer 4.8. Odrediti jednaˇcinu tangente krive y = sin x u taˇcki π4 , 22 . Rjeˇ senje. Kako je √ ³π ´ 0 π 2 y = cos = , 4 4 2 dobijamo da je jednaˇcina tangente √ √ ³ 2 2 π´ y− = x− . 2 2 4

4.1.4

Diferencijal

Neka je data diferencijabilna funkcija f . Relaciju 0

f (x0 ) = lim

h→0

f (x0 + h) − f (x0 ) , h

moˇzemo pisati i na sljedeći naˇcin 0

f (x0 + h) − f (x0 ) = f (x0 )h + λ(h)h, pri ˇcemu lim λ(h) = 0. h→0

Ako uvedemo oznake ∆f (x0 ) = f (x0 + h) − f (x0 ), ∆x0 = h,

(4.1)

4.1. PRVI IZVOD

99

dobijamo

0

∆f (x0 ) = f (x0 )∆x0 + λ(h)h. Sada za male h imamo

0

∆f (x0 ) ≈ f (x0 )∆x0 .

(4.2)

Izraz ∆x0 nazivamo priraˇ staj argumenta x u taˇcki x0 , a izraz ∆f (x0 ) priraˇ staj funkcije f u taˇcki x0 . Dakle, relacija (4.2) znaˇci da je priraˇstaj funkcije 0 f u taˇcki x0 pribliˇzno jednak f (x0 )∆x0 . √ Primjer 4.9. Izraˇcunati pribliˇznu vrijednost 24. Rjeˇsenje. Koristimo relaciju (4.2). Vrijedi √ pa je

√

25 −

√

1 24 ≈ √ , 2 25

1 = 4.90. 10 Taˇcna vrijednost na dvije decimale je 4.89. 24 ≈ 5 −

Primjer 4.10. Izraˇcunati pribliˇznu vrijednost sin Rjeˇsenje. Iz formule (4.2) dobijamo sin 0 − sin

π . 10

π π ≈ − cos 0 · , 10 10

pa je

π π ≈ ≈ 0.314. 10 10 Taˇcna vrijednost na tri decimale je 0.309. sin

Teorema 4.5. Funkcija f je diferencijabilna u taˇcki x0 ako i samo ako postoji konstanta A ∈ R takva da je f (x0 + h) − f (x0 ) = Ah + λ(h),

(4.3)

pri ˇcemu je lim λ(h) = 0. h→0

Ako vaˇzi (4.3), onda je A = f 0 (x0 ). Dokaz. Funkcija f je diferencijabilna u taˇcki x0 ako i samo ako postoji A ∈ R tako da vrijedi f (x0 + h) − f (x0 ) lim = A, h→0 h to jest f (x0 + h) − f (x0 ) − Ah = 0. lim h→0 h Odavde zakljuˇcujemo da je f (x0 + h) − f (x0 ) − Ah = λ(h), gdje je lim λ(h) = 0. h→0


100

Definicija 4.3. Neka je funkcija f diferencijabilna u taˇcki x0 . Diferencijal funkcije f u taˇcki x0 za datu vrijednost priraˇstaja ∆x je df (x0 ) = f 0 (x0 )∆x. Iz prethodne definicije zakljuˇcujemo da je diferencijal funkcije linearna funkcija piraˇstaja ∆x. Primjer 4.11. Za diferencijal funkcije f (x) = x vrijedi df (x) = f 0 (x)∆x = ∆x. Dakle, dx = ∆x. Na osnovu ovoga imamo sljedeću oznaku f 0 (x) =

df (x) . dx

Vrijede sljedeće osobine : • aditivnost difrencijala, d(u + v) = du + dv, • homogenost difencijala, d(λu) = λdu, • diferencijal proizvoda, d(uv) = udv + vdu, • diferencijal koliˇcnika, d

³u´ v

=

udv − vdu , v2

• diferencijal inverzne funkcije, dy 1 = dx , dx dy • diferencijal funkcije date parametarski, dy = dt

dy dt dx dt

,

• invarijantnost diferencijala, d(u(v(x))) = (u(v(x)))0 dx = u0 (v)v 0 (x)dx = u0 (v)dv. Primjer 4.12. Jednaˇcina tangente krive date parametarski x = x(t), y = y(t) u taˇcki t = t0 je y 0 (t0 ) (x − x(t0 )). y − y(t0 ) = 0 x (t0 )

4.2. TEOREME O SREDNJIM VRIJEDNOSTIMA I PRIMJENE

101

Primjer 4.13. Naći

³ u´ d arctg . v Rjeˇ senje. Koristeći osobine diferencijala imamo ³ ³ u ´ vdu − udv u´ 1 d arctg = = . ¡ u ¢2 d v v u2 + v 2 1+ v

4.2 4.2.1

Teoreme o srednjim vrijednostima i primjene Teoreme o srednjim vrijednostima

Definicija 4.4. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 . Ako za svako x iz te okoline vaˇzi f (x) ≥ f (x0 ) (f (x) ≤ f (x0 )) kaˇzemo da funkcija f ima lokalni minimum (maksimum) u taˇcki x0 . Lokalni minimum i lokalni maksimum nazivamo lokalnim ekstremima. Funkcija moˇze imati viˇse lokalnih maksimuma odnosno lokalnih minimuma. Primjer 4.14. Funkcija   −(x + 1)(x + 3), x2 − 1, f (x) =  −(x − 1)(x − 3),

x ≤ −1, −1 < x < 1, x ≥ 1,

ima dva lokalna maksimuma, u taˇckama x1 = −2 i x2 = 2 i lokalni minimum u taˇcki x3 = 0. Sljedeća teorema, poznata kao Fermaova teorema, daje potreban uslov da diferencijabilna funkcija ima lokalni ekstrem. Teorema 4.6. Ako funkcija f ima lokalni ekstrem u taˇcki x0 i ako u x0 ima izvod tada je f 0 (x0 ) = 0. Dokaz. Pretpostavimo da funkcija f u taˇcki x0 ima lokalni maksimum. Tada (x0 ) je u nekoj okolini taˇcke x0 f (x0 ) ≥ f (x), pa za x < x0 vrijedi f (x)−f ≥ 0. x−x0 0 Odavde zakljuˇcujemo da je f− (x0 ) ≥ 0. Kako funkcija f u taˇcki x0 ima izvod, (x0 ) zakljuˇcujemo da je f 0 (x0 ) ≥ 0. Za x > x0 dobijamo f (x)−f ≤ 0, pa je x−x0 0 0 0 0 f+ (x0 ) ≤ 0, a odavde imamo f (x0 ) ≤ 0. Dakle, f (x0 ) ≥ 0, i f (x0 ) ≤ 0, a ovo znaˇci da je f 0 (x0 ) = 0. Definicija 4.5. Taˇcke u kojima je prvi izvod funkcije f jednak nuli se zovu stacionarne taˇcke funkcije f . Prema Fermaovoj teoremi imamo da se ekstremi funkcije f definisane na [a, b] dostiˇzu u stacionarnim taˇckama. Medutim, taˇcke a i b mogu biti ekstremi, a da nisu stacionarne taˇcke.


102

Primjer 4.15. Funkcija f (x) = x2 −x, na segmentu [0, 2] ima jednu stacionarnu taˇcku x = 12 , u njoj funkcija f dostiˇze lokalni minimum f ( 12 ) = − 21 . Kako je f (0) = 0 i f (2) = 2 zakljuˇcujemo da funkcija f u taˇcki x = 2 dostiˇze lokalni maksimum. Uslov da je prvi izvod funkcije u taˇcki jednak nuli je samo potreban ali ne i dovoljan uslov da taˇcka bude taˇcka lokalnog ekstrema. Primjer 4.16. Funkcija f (x) = x3 ima na [−1, 1] stacionarnu taˇcku x = 0, ali nema u toj taˇcki lokalni ekstrem, jer je funkcija f monotono rastuća. Lokalni minimum ove funkcije je u taˇcki x = −1, a lokalni maksimum je u taˇcki x = 1. Teorema 4.7. Rolova teorema. Neka za funkciju f definisanu na [a, b] vrijedi: (i) f je neprekidna na [a, b], (ii) f ima izvod na (a, b), (iii) f (a) = f (b). Tada postoji taˇcka c ∈ (a, b) takva da je f 0 (c) = 0. Dokaz. Funkcija f je neprekidna na intervalu [a, b], pa dostiˇze minimum i maksimum na [a, b]. Ako se minimum i maksimum dostiˇzu u taˇckama a i b, tada iz f (a) = f (b) slijedi da je funkcija f jednaka konstanti na [a, b], pa je f 0 (x) = 0 za svako x ∈ (a, b). U suprotnom sluˇcaju, bar jedan ekstrem je u nekoj taˇcki c ∈ (a, b). Sada, na osnovu Fermaove teoreme, slijedi da je f 0 (c) = 0. Primjer 4.17. Pokazati da jednaˇcina x5 + 3x3 + 10x − 30 = 0, ima taˇcno jedan realan korijen. Rjeˇ senje. Neka je f (x) = x5 + 3x3 + 10x − 30. Kako je f nepekidna funkcija i f (0)f (2) < 0, na osnovu teoreme 3.20 zakljuˇcujemo da data jednaˇcina ima bar jedan realan korijen i to u intervalu (0, 2). Pokaˇzimo da je on jednistven. Ako bi postojali realni brojevi c1 i c2 takvi da je f (c1 ) = f (c2 ) = 0, na osnovu Rolove teoreme, zakljuˇcujemo da postoji c ∈ R takav da je f 0 (c) = 0. Medutim, ovo je nemoguće, jer je f 0 (x) = 5x4 + 6x2 + 10 > 0. Primjer 4.18. Iz Rolove teoreme slijedi da izvod P 0 polinoma P ima taˇcno jednu nulu izmedu dvije uzastopne nule polinoma P. Naime, ako su x1 i x2 dvije uzastopne nule polinoma P tada je P (x1 ) = P (x2 ) = 0, pa su ispunjeni uslovi Rolove teoreme. Dakle, polinom P 0 ima bar jednu nulu 0 0 izmedu x1 i x2 . Neka su sada x1 i x2 dvije uzastopne nule polinoma P 0 . Ako 0 0 bi izmedu nula x1 i x2 postojale dvije nule polinoma P onda bi izmedu te dvije 0 0 nule postojala i jedna nula polinoma P 0 , pa x1 i x2 ne bi bile dvije uzastopne nule polinoma P 0 .


103

Teorema 4.8. Koˇ sijeva teorema. Neka su funkcije f i g definisane na [a, b] za koje vrijedi: (i) f i g su neprekidne na [a, b], (ii) f i g imaju izvode na (a, b), (iii) g 0 (x) 6= 0 za svako x ∈ (a, b). Tada postoji taˇcka c ∈ (a, b) takva da je f 0 (c) f (b) − f (a) = 0 . g(b) − g(a) g (c) Dokaz. Zbog uslova g 0 (x) 6= 0 za svako x ∈ (a, b), na osnovu Rolove teoreme zakljuˇcujemo da je g(a) 6= g(b). Definiˇsimo funkciju h na sljedeći naˇcin h(x) = f (x) −

f (b) − f (a) g(x). g(b) − g(a)

Funkcija h ispunjava uslove Rolove teoreme, pa postoji taˇcka c ∈ (a, b), takva da je h0 (c) = 0, to jest f 0 (c) − Dakle,

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

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

Teorema 4.9. Lagranˇ zova teorema. Neka za funkciju f definisanu na [a, b] vaˇzi (i) f je neprekidna na [a, b], (ii) f ima izvod na (a, b), tada postoji taˇcka c ∈ (a, b) takva da je f (b) − f (a) = f 0 (c). b−a Dokaz. Dokaz slijedi iz Koˇsijeve teoreme, ako stavimo g(x) = x. Primjer 4.19. Za funkciju f (x) = xex , x ∈ [0, 2], naći δ > 0, takvo da vrijedi |x2 − x1 | < δ ⇒ |f (x2 ) − f (x1 )| < 0.001. Rjeˇ senje. Iz Lagranˇzove teoreme imamo |f (x2 ) − f (x1 )| = |f 0 (c)| · |x2 − x1 |,


104

gdje je c izmedju x1 i x2 . Kako je f 0 (x) = ex (1 + x), za x ∈ [0, 2] dobijamo |f 0 (x)| ≤ 3e2 . Sada imamo

|f (x2 ) − f (x1 )| ≤ 3e2 · |x2 − x1 |,

pa dovoljno uzeti δ=

0.001 . 3e2

Primjer 4.20. Pokazati da je √ x n 1 + x ≤ 1 + , za sve x > 0. n Rjeˇ senje. Neka je x > 0. Na osnovu Lagranˇzove teoreme imamo √ √ x n n 1+x− 1= p , n n (1 + c)n−1 gdje je c ∈ (0, x). Kako je 1

p n

(1 + c)n−1

dobijamo

√ n

≤ 1,

za c ∈ (0, x),

x . n Primjer 4.21. Neka je funkcija f diferencijabilna na intervalu I. Ako je x+1≤1+

sup |f 0 (x)| = M < +∞ x∈I

tada je funkcija f uniformno neprekidna na intervalu I. Rjeˇ senje. Funkcija f ispunjava uslove Lagranˇzove teoreme, pa za dvije proizvoljne taˇcke x, y ∈ I vrijedi |f (x) − f (y)| = |f 0 (c)||x − y|, gdje je taˇcka c izmedju taˇcaka x i y. Kako je sup |f 0 (x)| = M < +∞, x∈I

imamo |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|.

(4.4)

Pretpostavimo sada da su {xn } i {yn } nizovi taˇcaka iz intervala I, takvi da je lim |xn − yn | = 0.

n→+∞

Tada je zbog (4.4), lim |f (xn ) − f (yn )| = 0.

n→+∞

Dakle, f je uniformno neprekidna funkcija.


4.2.2

105

Monotonost funkcije

Ovde, koristeći Lagranˇzovu teoremu, dajemo postupak za ispitivanje monotonosti diferencijabilne funkcije. Teorema 4.10. Neka je funkcija f neprekidna na [a, b] i diferencijabilna na (a, b). Ako je f 0 (x) > 0 (f 0 (x) < 0) za svako x ∈ (a, b) onda je funkcija f monotono rastuća (opadajuća) na (a, b). Dokaz. Neka je x1 < x2 , zbog Lagranˇzove teoreme imamo f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c)(x2 − x1 ), gdje je c ∈ (x1 , x2 ). Ako je f 0 (x) > 0 dobijamo f (x2 ) − f (x1 ) > 0, pa je funkcija f monotono rastuća. Ako je f 0 (x) < 0 onda je f (x2 ) − f (x1 ) < 0, i funkcija f je monotono opadajuća. Posljedica 4.1. Neka je funkcija f neprekidna na [a, b], diferencijabilna na (a, b) i f 0 (c) = 0 za c ∈ (a, b). Ako je f 0 (x) > 0 za x ∈ (a, c), a f 0 (x) < 0 za x ∈ (c, a) (f 0 (x) < 0 za x ∈ (a, c), a f 0 (x) > 0 za x ∈ (c, a)) onda funkcija f u taˇcki c ima lokalni maksimum (minimum). Primjer 4.22.

1. Odrediti monotonost i ekstreme funkcije f (x) = x − ln(1 + x), x > −1.

Rjeˇsenje. Prvi izvod funkcije f je f 0 (x) = 1 −

1 x = . 1+x 1+x

Kako je x x > 0 za x > 0 i < 0 za − 1 < x < 0, 1+x 1+x zakljuˇcujemo da je funkcija f monotono rastuća za x > 0 i monotono opadajuća za −1 < x < 0. Osim toga f 0 (0) = 0, pa funkcija u taˇcki x = 0 ima minimum i to na cijelom skupu (−1, +∞). Taj minimum je f (0) = 0. Dakle, vrijedi f (x) ≥ f (0), za x > −1, to jest x ≥ ln(1 + x),

za x > −1.

2. Pokazati da je µ

1 1 + x 2

¶ ln(1 + x) > 1,

za 0 < x ≤ 1.

Rjeˇ senje. Nejednakost (4.5) je ekvivalentna sa ln(1 + x) +

4 − 2 > 0, 2+x

za 0 < x ≤ 1.

(4.5)


106 Neka je

f (x) = ln(1 + x) +

4 − 2. x+2

Kako je f 0 (x) =

1 4 x2 − = > 0, za 0 < x ≤ 1, 1 + x (2 + x)2 (1 + x)(2 + x)2

funkcija f je monotono rastuća na (0, 1]. Dakle, f (x) > f (0),

za 0 < x ≤ 1,

to jest vrijedi (4.5).

4.2.3

Lopitalovo pravilo

Kao primjenu Koˇsijeve teoreme dajemo pravilo koje se ˇcesto koristi za odref (x) f (x) divanje graniˇcnih vrijednosti lim i lim . x→a g(x) x→∞ g(x) Teorema 4.11. (Lopitalovo pravilo)Neka su funkcije f i g definisane i diferencijabilne u nekoj okolini taˇcke a osim, eventualno u taˇcki a. Ako vrijedi: (i) lim f (x) = lim g(x) = 0, x→a

x→a

0

(ii) g (x) 6= 0 u nekoj okolini taˇcke a, (iii) postoji tada postoji

f 0 (x) , x→a g 0 (x) lim

lim

x→a

f (x) i vrijedi g(x) f (x) f 0 (x) = lim 0 . x→a g(x) x→a g (x) lim

Dokaz. Funkcije f i g ne moraju biti definisane u taˇcki x = a. Ako definiˇsemo funkcije f ∗ i g ∗ sa ½ ½ f (x), x 6= a; ∗ g(x), x 6= a; ∗ f (x) = g (x) = 0, x = a, 0, x = a, vidimo da one ispunjavaju uslove Koˇsijeve teoreme, pa postoji taˇcka c izmedu x i a, takva da je 0 f ∗ (c) f ∗ (x) − f ∗ (a) = . 0 g ∗ (x) − g ∗ (a) g ∗ (c) Iz definicije funkcija f ∗ i g ∗ zakljuˇcujemo da je 0

f (c) f (x) = 0 . g(x) g (c)

4.2. TEOREME O SREDNJIM VRIJEDNOSTIMA I PRIMJENE Ako x → a, tada c → a, pa kako postoji

107

f 0 (x) , zakljuˇcujemo da je x→a g 0 (x) lim

f (x) f 0 (x) = lim 0 . x→a g(x) x→a g (x) lim

Primjedba 4.3. (i) Prethodna teorema vrijedi i u sluˇcaju da je a = ∞. (ii) Neodredeni tipovi 1∞ , ∞0 , 00 , 0 · ∞, ∞ − ∞ se mogu pogodnim transforma0 ∞ cijama svesti na oblik ili , pa se Lopitalovo pravilo moˇze primjeniti i na 0 ∞ ove sluˇcajeve. Primjer 4.23. Izraˇcunati: (i)

lim x2 e−x ,

x→+∞

µ (ii) lim

x→0

1 1 − x ex − 1

¶ ,

(iii) lim xx , x→0+

Rjeˇ senje. (i) Imamo neodredeni izraz oblika ∞ · 0. Transformisaćemo ga na ∞ neodredeni izraz oblika , a zatim primjeniti Lopitalovo pravilo, ∞ x2 2x 2 = lim x = lim x = 0. x→+∞ ex x→+∞ e x→+∞ e

lim x2 e−x = lim

x→+∞

(ii) Radi o neodredenom izrazu oblika ∞−∞. Transformisaćemo ga na neodredeni 0 izraz oblika , 0 ¶ µ 1 1 ex − 1 − x ex − 1 lim − x = lim = lim x→0 x x→0 x(ex − 1) x→0 ex − 1 + xex e −1 ex 1 = . x→0 ex + ex + xex 2

= lim

(iii) Graniˇcna vrijednost je tipa 00 . Neka je L = lim xx . Logaritmovanjem x→0+

dobijamo ln L = lim x ln x = lim x→0+

pa je L = 1.

x→0+

ln x 1 x

1/x = 0, x→0+ −1/x2

= lim


108

4.3 4.3.1

Izvodi viˇ seg reda Izvod reda n

U ovoj sekciji uvodimo pojam izvoda viˇseg reda. Izvodi viˇseg reda se definiˇsu induktivno. Definicija 4.6. Izvod reda nula, f (0) je po definiciji jednak funkciji f . Izvod f 0 nazivamo prvim izvodom funkcije f . Ako je definisan izvod reda n − 1, to jest f (n−1) tada se izvod reda n, f (n) definiˇse kao prvi izvod funkcije x 7→ f (n−1) (x). Za funkciju koja u taˇcki ima konaˇcan izvod reda n kaˇzemo da je n puta diferencijabilna. Primjer 4.24. Koristeći matematiˇcku indukciju dobijamo sljedeće formule: 1.

(xa )(n) = a(a − 1) · · · (a − n + 1)xa−n , n ∈ N,

2.

(ax )(n) = ax (ln a)n , n ∈ N, gdje je a > 0, a 6= 1,

3.

(ln x)(n) = (−1)n−1

4. 5.

(n − 1)! , n ∈ N, xn ³ nπ ´ (sin x)(n) = sin x + , n ∈ N, 2 ³ nπ ´ (cos x)(n) = cos x + , n ∈ N. 2 Iz osobina izvoda dobija se (f (x) + g(x))(n) = f (n) (x) + g (n) (x)

i

(λf (x))(n) = λf (n) (x), λ ∈ R.

Primjer 4.25. Naći izvod reda n funkcije f (x) = sin 4x cos 2x. Rjeˇ senje. Iz formule sin α cos β =

1 [sin(α + β) + sin(α − β)] , 2

imamo f (x) = Kako je

1 [sin 6x + sin 2x] . 2

³ nπ ´ (sin ax)(n) = an sin ax + , 2

zakljuˇcujemo f (n) (x) =

³ ³ 6n nπ ´ nπ ´ sin 6x + + 2n−1 sin 2x + . 2 2 2

ˇ 4.3. IZVODI VISEG REDA

109

Primjer 4.26. Naći izvod reda n funkcije f (x) = Rjeˇ senje. Vrijedi x2

2x + 3 . x2 − 5x + 6

2x + 2 2x + 3 = . − 5x + 6 (x − 2)(x − 3)

Odredimo realne brojeve a i b takve da je a b 2x + 3 = + . x2 − 5x + 6 x−2 x−3 Dobijamo da za a i b vrijedi 2x + 3 = a(x − 3) + b(x − 2). Odavde imamo a+b=2 −3a − 2b = 3. Rjeˇsavajući ovaj sistem jednaˇcina dobijamo a = −7, b = 9. Kako je

µ

1 x+c

¶(n) =

(−1)n n! , (x + c)n+1

zakljuˇcujemo µ

2x + 3 2 x − 5x + 6

¶(n) =

7(−1)n+1 n! 9(−1)n n! + . n+1 (x − 2) (x − 3)n+1

U sluˇcaju izvoda reda n, proizvoda dvije funkcije, ne vrijedi analogna osobina kao kod izvoda prvog reda. Naime, vrijedi sljedeća teorema. Teorema 4.12. (Lajbnicova formula) Neka funkcije u i v imaju izvode reda n, onda funkcija uv ima izvod reda n i vrijedi (uv)(n) =

¶ n µ X n u(k) v (n−k) . k

k=0

Dokaz prethodne teoreme se izvodi koristeći matematiˇcku indukciju i sliˇcan je dokazu binomne formule. Primjer 4.27. Lagerov polinom Ln (x) definisan je sa Ln (x) = ex (xn e−x )(n) (n = 0, 1, 2, . . .).


110

Odrediti eksplicitan oblik polinoma Ln . Rjeˇsenje. Primjenom Lajbnicove formule dobijamo Ln (x) = ex

¶ n µ X n (xn )(n−k) (e−x )(k) k

k=0

¶ n µ X n n(n − 1) · · · (n − (n − k) + 1)xn−(n−k) (−1)k e−x =e k x

k=0

¶ n µ X xk n = n! (−1)k . k k! k=0

4.3.2

Drugi izvod i konveksnost

Definicija 4.7. Za funkciju f kaˇzemo da je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako za svako λ ∈ [0, 1] i za sve x, y ∈ (a, b) vaˇzi f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) (f (λx + (1 − λ)y) ≥ λf (x) + (1 − λ)f (y)). Primjer 4.28. Funkcija f (x) = x2 je konveksna na skupu R. Rjˇ senje. Neka je λ ∈ [0, 1] i x, y ∈ R. Iz λ(1 − λ)(x − y)2 ≥ 0, dobijamo λ(1 − λ)(x2 − 2xy + y 2 ) ≥ 0, a odavde slijedi λx2 + (1 − λ)y 2 ≥ λ2 x2 + 2λ(1 − λ)xy + (1 − λ)2 y 2 , to jest f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y). U prethodnom primjeru smo ustanovili koveksnost funkcije na osnovu definicije. To nije uvijek jednostavno. Na primjer, funkcija f (x) = (x + 1)10 + ex , je konveksna na skupu R. Da bi to pokazali na osnovu definicije treba pokazati da za sve λ ∈ [0, 1] i sve x, y ∈ R vrijedi (λx + (1 − λ)y + 1)10 + eλx+(1−λ)y ≤ λ((x + 1)10 + ex ) + (1 − λ)((y + 1)10 + ey ). Sljedeća teorema daje jednostavno pravilo za ispitivanje konveksnosti funkcije na osnovu izvoda funkcije.


111

Teorema 4.13. Neka je f diferencijabilna funkcija na intervalu (a, b). Tada je f konveksna na (a, b) ako i samo ako je f 0 neopadajuća funkcija. Dokaz. Pretpostavimo da je funkcija f konveksna. Neka su x1 i x2 proizvoljne taˇcke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x2 . Za taˇcku x izmedu taˇcaka x1 i x2 vrijedi x = λx1 + (1 − λ)x2 , gdje je

x2 − x . x2 − x1 Iz definicije konveksne funkcije dobijamo λ=

f (x) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ), to jest λf (x) + (1 − λ)f (x) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ), a odavde je λ(f (x) − f (x1 )) ≤ (1 − λ)(f (x2 ) − f (x)). Kako je λ= imamo

x2 − x , x2 − x1

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

(4.6)

Dakle, funkcija f je konveksna ako i samo ako za sve x1 , x, x2 ∈ (a, b) takve da je x1 < x < x2 vrijedi (4.6). Ako u (4.6) pustimo da x → x1 , a zatim x → x2 dobijamo f (x2 ) − f (x) f (x2 ) − f (x) f 0 (x1 ) ≤ i ≤ f 0 (x2 ). x2 − x x2 − x Dakle, f 0 (x1 ) ≤ f 0 (x2 ), pa je funkcija f 0 neopadajuća. Neka je sada f diferencijabilna funkcija i neka je f 0 neopadajuća funkcija. Neka su date taˇcke x1 , x, x2 ∈ (a, b) takve da je x1 < x < x2 . Na osnovu Lagranˇzove teoreme imamo f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) = f 0 (c1 ), c1 ∈ (x1 , x) i = f 0 (c2 ), c2 ∈ (x, x2 ). x − x1 x2 − x Kako je f 0 neopadajuća funkcija dobijamo da vrijedi (4.6). Dakle, funkcija f je konveksna. Kako je funkcija f 0 monotono neopadajuća (nerastuća) ako i samo ako je f ≥ 0 (f 00 ≤ 0) iz prethodne teoreme dobijamo sljedeće pravilo za ispitivanje konveksnosti. 00

Teorema 4.14. Neka je funkcija f dva puta diferencijabilna na intervalu (a, b). Funkcija f je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako je f 00 (x) ≥ 0 (f 00 (x) ≤ 0) za sve x ∈ (a, b).


112

Primjedba 4.4. Ako je funkcija f konveksna na intervalu (a, b) iz matematiˇcke indukcije slijedi f (λ1 x1 + · · · + λn xn ) ≤ λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ), za sve xk ∈ (a, b) i λk ≥ 0, (k = 1, . . . , n), za koje je

n P

(4.7)

λk = 1.

k=1

Primjer 4.29. Pokazati da vrijedi nejednakost izmedu aritmetiˇcke i geometrijske sredine √ x1 + · · · + xn n x1 · · · xn ≤ , n za sve pozitivne brojeve x1 , . . . , xn . Rjeˇsenje. Funkcija f (x) = − ln x je konveksna na (0, +∞), jer je f 00 (x) > 0. Koristeći (4.7) sa λ1 = · · · λn = n1 imamo x1 + · · · + xn ln x1 + · · · + ln xn ≤− , n n √ x1 + · · · + xn ln n x1 · · · xn ≤ ln , n a odavde koristeći monotonost logaritamske funkcije dobijamo traˇzenu nejednakost. − ln

Definicija 4.8. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taˇcke x0 . Ako je funkcija f konveksna (konkavna) za x < x0 , a konkavna (konveksna) za x > x0 kaˇzemo da je taˇcka (x0 , f (x0 )) prevojna taˇ cka funkcije f . Primjer 4.30. Prevojna taˇcka funkcije f (x) = x3 , x ∈ R, je taˇcka x0 = 0, jer je f 00 (x) = 6x i f 00 (x) > 0 za x > 0, a f 00 (x) < 0 za x < 0. Uslov f 00 (x0 ) = 0 je samo potreban uslov ali ne i dovoljan da bi taˇcka (x0 , f (x0 )) bila prevojna taˇcka funkcije f . Primjer 4.31. Funkcija f (x) = x4 , x ∈ R, nema prevojnu taˇcku iako je f 00 (0) = 0. Ovde je f 00 (x) ≥ 0 za sve x ∈ R.

4.3.3

Tejlorova formula

Za diferencijabilnu funkciju f u okolini taˇcke a, na osnovu Lagranˇzove teoreme vrijedi f (x) = f (a) + f 0 (a + θ(x − a))(x − a), za neko θ ∈ (0, 1). Ova formula se moˇze uopˇstiti. Naime, vrijedi sljedeća teorema. Teorema 4.15. (Tejlorova formula) Neka funkcija f ima konaˇcne izvode do reda n + 1 u nekoj okolini taˇcke a. Tada u okolini taˇcke a vrijedi f (x) = f (a) +

f 0 (a) f 00 (a) (x − a) + (x − a)2 + · · · + 1! 2!

f (n+1) (a + θ(x − a)) f (n) (a) (x − a)n + (x − a)n+1 , θ ∈ (0, 1). n! (n + 1)!

(4.8)


113

Polinom Tn (x) = f (a) +

f 0 (a) f 00 (a) f (n) (a) (x − a) + (x − a)2 + · · · + (x − a)n , 1! 2! n!

se naziva Tejlorovim polinomom stepena n funkcije f u okolini taˇcke a. Izraz Rn (x) = f (x) − Tn (x), se naziva ostatak u Tejlorovoj formuli. Formula (4.8) se naziva Tejlorova formula sa ostatkom u Lagranˇ zovom obliku. Tejlorova formula se moˇze napisati i u Koˇ sijevom obliku ostatka. On ima sljedeći oblik Rn (x) =

f (n+1) (a + θ(x − a)) (1 − θ)n (x − a)n+1 , θ ∈ (0, 1). n!

Napomenimo da je θ veliˇcina koja zavisi od x. Pored ova dva oblika ˇcesto se koristi i oblik Tejlorove formule u Peanovom obliku ostatka. Prije toga uvedimo jednu oznaku. Kaˇzemo da je f beskonaˇ cno mala viˇ seg reda u odnosu na g kad x → a, ako je f (x) = ω(x)g(x) (x 6= a) i lim ω(x) = 0. x→a

To oznaˇcavamo sa f (x) = o(g(x)) kad x → a. Tejlorova formula u Peanovom obliku ostatka je f (x) = Tn (x) + o((x − a)n ) (x → a). Ako je u Tejlorovoj formuli a = 0 kaˇzemo da se radi o Maklorenovoj formuli. Iz primjera (4.24) dobijamo sljedeće formule : x2 x3 xn + + ··· + + o(xn ) (x → 0), 2! 3! n!

1.

ex = 1 + x +

2.

sin x = x −

x3 x2n−1 + · · · + (−1)n−1 + o(x2n ) (x → 0), 3! (2n − 1)!

3.

cos x = 1 −

x2 x4 x2n + + · · · + (−1)n + o(x2n+1 ) (x → 0), 2! 4! (2n)!

4.

ln(1 + x) = x −

5.

x3 xn x2 + − · · · + (−1)n−1 + o(xn ) (x → 0). 2 3 n ¶ n µ X a (1 + x)a = xk + o(xn ) (x → 0), gdje je k k=0

µ

a 0

¶

µ = 1,

a k

¶ =

a(a − 1) · · · (a − k + 1) , a ∈ R, k ∈ N. k!


114 Primjer 4.32. Izraˇcunati

cos x − e− lim x→0 x4

x2 2

.

Rjeˇ senje. Koristeći razvoje 1. i 3. dobijamo cos x − e− lim x→0 x4

x2 2

µ ¶¶ µ x4 x2 x4 x2 + + 0(x5 ) − 1 − + + o(x5 ) 1− 2 24 2 8 ¶ µ o(x5 ) 1 1 =− . = lim − + x→0 12 x4 12

1 x→0 x4

= lim

Na kraju, navedimo joˇs jedan rezultat koji je neposredna posljedica Tejlorove formule, a koji sluˇzi za ispitivanje ekstremuma funkcija. Teorema 4.16. Neka je a stacionarna taˇcka n puta diferencijabilne funkcije f i f 0 (a) = f 00 (a) = · · · = f (n−1) (a) = 0, f (n) (a) 6= 0. Ako je n neparan broj, tada u taˇcki a funkcija f nema lokalni ekstremum. Ako je n paran broj, tada je a taˇcka lokalnog maksimuma ako je f (n) (a) < 0 i taˇcka lokalnog minimuma ako je f (n) (a) > 0.

4.3.4

Ispitivanje funkcija

Diferencijalni raˇcun moˇze da se primjeni na ispitivanje funkcija. Prije nego damo neke primjere, uvodimo pojam asimptota. Definicija 4.9. Za pravu x = a kaˇzemo da je vertikalna asimptota funkcije y = f (x) ako vrijedi lim f (x) = ±∞ ili

x→a−

lim f (x) = ±∞.

x→a+

Definicija 4.10. Za pravu y = b kaˇzemo da je desna (lijeva) horizontalna asimptota funkcije y = f (x) ako vrijedi µ ¶ lim f (x) = b ∈ R lim f (x) = b ∈ R . x→+∞

x→−∞

Definicija 4.11. Ako za neko k 6= 0 i n ∈ R vrijedi µ ¶ lim (f (x) − kx − n) = 0 lim (f (x) − kx − n) = 0) , x→+∞

x→−∞

za pravu y = kx + n kaˇzemo da je desna (lijeva) kosa asimptota funkcije y = f (x). Ovde dajemo postupak koji koristimo za ispitivanje funkcija i crtanje njihovih grafika. Taj postupak se sastoji u nekoliko koraka:


115

1. Odredi se domen funkcije, parnost i periodiˇcnost. 2. Odrede se nule i znak funkcije. 3. Ispituje se ponaˇsanje funkcije na krajevima domena i nalaze asimptote. 4. Primjenom prvog izvoda odrede se stacionarne taˇcke, intervali monotonosti i lokalni ekstremi. 5. Koristeći drugi izvod, odrede se prevojne taˇcke i intervali konveksnosti. 6. Na osnovu prethodnih ispitivanja crtamo grafik funkcije. Primjer 4.33. Nacrtati grafik funkcije y=

x2 . 4 − x2

Rjeˇ senje. 1. Funkcija je definisana za sve x ∈ (−∞, −2) ∪ (−2, 2) ∪ (2, +∞). Kako vrijedi f (−x) = f (x) funkcija je parna. Dakle, njen grafik je simetriˇcan u odnosu na y osu. Funkcija nije periodiˇcna. 2. Nule funkcije se odredjuju iz jednaˇcine x2 = 0. 4 − x2 Dakle, taˇcka x = 0 je nula funkcije. Funkcija je pozitivna za sve x za koje je x2 > 0. 4 − x2 Dobijamo da je funkcija pozitivna za x ∈ (−2, 2). Na sliˇcan naˇcin se dobija da je funkcija negativna za x ∈ (−∞, −2) ∪ (2, +∞). 3. Vrijedi

x2 = −1, x→+∞ 4 − x2 lim

x2 = −1, x→−∞ 4 − x2 lim

pa je prava y = −1 horizontalna asimptota. Osim toga je x2 = +∞, lim x→2− 4 − x2


116

x2 = −∞, x→2+ 4 − x2 lim

pa je prava x = 2 vertikalna asimptota. y Kako je lim = 0, zakluˇcujemo da funkcija nema kosu asimptotu. x→∞ x 4. Za prvi izvod imamo y0 =

8x (4 − x2 )2x + 2x · x2 = . 2 2 (4 − x ) (4 − x2 )2

Dakle, taˇcka x = 0 je stacionarna taˇcka. Kako je y 0 > 0 za x ∈ (0, 2) ∪ (2, +∞), a y 0 < 0 za x ∈ (−∞, −2) ∪ (−2, 0) zakljuˇcujemo da je funkcija monotono rastuća na (0, 2) i (2, +∞), a monotono opadajuća na (−∞, −2) i (−2, 0). Na osnovu prethodnog imamo da je stacionarna taˇcka taˇcka lokalnog minimuma i vrijedi y(0) = 0. 5. Odredimo prevojne taˇcke i konveksnost. y 00 =

8(4 − x2 ) + 16x(4 − x2 )2x 24x4 + 32 = , 2 4 (4 − x ) (4 − x2 )4

pa je y 00 > 0 za x ∈ (−2, 2), y 00 < 0 za x ∈ (−∞, −2) ∪ (2, +∞). Znaˇci funkcija je na (−2, 2) konveksna, a na (−∞, −2) i na (2, +∞) konkavna. Funkcija nema prevojnih taˇcaka. 6. Grafik y

x

x=-2

x=2

Slika 4.1: Grafik funkcije f (x) =

x2 . 4 − x2


117

Primjer 4.34. Nacrtati grafik funkcije y = x2 ln x. Rjeˇ senje. 1. Funkcija je definisana za sve x ∈ (0, +∞). Funkcija nije ni parna ni neparna, jer domen nije simetriˇcan. Funkcija nije periodiˇcna. 2. Nule funkcije se odreduju iz jednaˇcine x2 ln x = 0. Dakle, taˇcka x = 1 je nula funkcije. Funkcija je pozitivna za sve x za koje je x2 ln x > 0. Dobijamo da je funkcija pozitivna za x ∈ (1, +∞). Funkcija je negativna za x ∈ (0, 1). 3. Vrijedi

lim x2 ln x = +∞,

x→+∞

lim x ln x = +∞,

x→+∞

pa funkcija nema ni horizontalnih ni kosih asimptota. Dalje, lim x2 ln x = lim

x→0+

ln x

x→0+ 12 x

4. Za prvi izvod imamo

1 x x→0+ − 23 x

= lim

= lim − x→0+

x2 = 0. 2

y 0 = 2x ln x + x. 1

Dobijamo da je taˇcka x = e− 2 stacionarna taˇcka. Kako je y 0 > 0 za x ∈ 1 1 (e− 2 , +∞), a y 0 < 0 za x ∈ (0, e− 2 ) zakljuˇcujemo da je funkcija monotono 1 1 rastuća na (e− 2 , +∞), a monotono opadajuća na (0, e− 2 ). Na osnovu prethodnog imamo da je stacionarna taˇcka taˇcka lokalnog minimuma i 1 1 vrijedi y(e− 2 ) = − 2e . 5. Odredimo prevojne taˇcke i konveksnost. y 00 = 2 ln x + 3, pa je

3

y 00 > 0 za x ∈ (e− 2 , +∞), 3

y 00 < 0 za x ∈ (0, e− 2 ). 3

3

Znaˇci funkcija je na (e− 2 , +∞) konveksna, a na (0, e− 2 ) konkavna. Taˇcka 3 P (e− 2 , − 32 e−3 ) je prevojna taˇcaka. 6. Na slici je nacrtan grafik


118 y

x

e-1/2 1

1 2e

Slika 4.2: Grafik funkcije f (x) = x2 ln x.

4.4

Zadaci

1. Koristeći definiciju izvoda odrediti izvod funkcije f (x) =

√

x.

2. Koristeći osobine prvog izvoda naći izvod funkcije √ √ 3 x+57x+1 √ √ f (x) = . 24x+ x 3. Naći izvode sljedećih funkcija (i) f (x) = x3 cos x ln x, (ii) f (x) = ctg x + 4. Naći izvod kompozicije f ◦ g funkcija √ f (x) = x2 + 3 x − 1

i

g(x) = x4 + 1.

5. Koristeći logaritamski izvod, naći izvod funkcije s (x2 + 6)7 (6x − 1)11 f (x) = 5 . (4x2 + 3)6 esin x 6. Naći izvod funkcije y = (sin x)cos x . 7. Pokazati da je funkcija ½ f (x) =

x4 , x ≥ 0, x3 , x < 0,

diferencijabilna u taˇcki x = 0. 8. Pokazati da funkcija ½ f (x) = nema izvod u taˇcki x = 0.

ax + 1 . x2 + 1

2 sin x, x ≥ 0, x, x < 0,

4.4. ZADACI

119

9. Pokazati da funkcija f (x) =

√ 5

x2 nema izvod u taˇcki x = 0.

10. Odrediti koeficijente a i b da funkcija ½ x2 , f (x) = ax + b,

x ≤ 2, x > 2,

bude diferencijabilna u taˇcki x = 2. 11. Koristeći Lagranˇzovu teoremu dokazati nejednakosti (i)

| sin x2 − sin x1 | ≤ |x2 − x1 |, gdje su x1 , x2 ∈ R,

(ii)

| arctg x2 − arctg x1 | ≤ |x2 − x1 |, gdje su x1 , x2 ∈ R,

(iii)

| ln x2 − ln x1 | ≤ |x2 − x1 |, gdje su x1 , x2 ∈ [1, +∞).

12. Dokazati jednakost arcsin x + arccos x =

π , x ∈ [−1, 1]. 2

13. Pokazati da je funkcija f (x) = arctg x − x, opadajuća na skupu R. 14. Odrediti vrijednosti realnog broja a da funkcija P (x) = x2 − ax opada na segmentu [−1, 1]. 15. Izraˇcunati graniˇcne vrijednosti: bx − ba , b > 0, x→a x − a ln(x2 − 8) (ii) lim 2 , x→3 x + 3x − 18 (iii) lim (2x)x . (i) lim

x→0+

16. Izraˇcunati graniˇcne vrijednosti: ex − e−x − 2x , x→0 x − sin x µ ¶ x π (ii) limπ − , x→ 2 ctg x 2 cos x µ ¶tg x 1 (iii) lim . x→+0 x (i) lim

17. Naći y (4) ako je y = x5 + cos x. 18. Dokazati da funkcija y = ex cos x zadovoljava jednaˇcinu y (4) + 4y = 0. 19. Odrediti izvod n−tog reda funkcije y = e3x . 20. Odrediti y (20) ako je y = (2x + 1)5 (x2 + 1)4 (x − 1)7 .


120 21. Ispitati konveksnost funkcija: (i) y = x4 − 6x2 + 5, (ii) y = ln(x2 − 1), 2

(iii) y = (1 + x2 )e−x + x. 3 22. Odrediti vrijednosti realnog broja a da funkcija y = x4 + ax3 + x2 + 11, 2 bude konveksna. 23. Pokazati nejednakost µ

x+y 2

¶4 ≤

x4 + y 4 , x, y ∈ R. 2

√ √ 24. Koristeći Tejlorovu formulu izraˇcunati lim ( 6 x6 + x5 − 6 x6 − x5 ). x→+∞

25. Odrediti lokalne ektreme funkcija: (i) y = 2x2 − x4 , x (ii) y = , 1 + x2 (iii) y = cos x +

1 cos 3x. 3

26. Naći asimptote funkcija: (i) y = ln(1 + ex ), (ii) y =

x2 , 1 − x2 1

(iii) y = e x . 27. Nacrtati grafike funkcija: x−2 (i) y = √ , 1 + x2 ex (ii) y = , 1−x ln(1 + x) (iii) y = . x

Glava 5

Integralni raˇ cun 5.1 5.1.1

Odredeni integral Definicija odredenog integrala

Problem izraˇcunavanja povrˇsine figure u ravni je doveo do pojma odredenog integrala. Neka je funkcija f pozitivna i neprekidna na [a, b]. Povrˇsina ograniˇcena krivom y = f (x), pravama x = a, x = b i x−osom naziva se krivolinijski trapez nad [a, b]. Da bi pribliˇzno izraˇcunali povrˇsinu krivolinijskog trapeza moˇzemo postupiti na sljedeći naˇcin. Podijelimo interval [a, b] pomoću taˇcaka xi , i = 0, 1, . . . , n na sljedeći naˇcin a = x0 < x1 < x2 < x3 < · · · < xn−1 < xn = b. Skup {x0 , x1 , . . . , xn } oznaˇcavamo sa P i nazivamo podjelom intervala [a, b]. U svakom segmentu [xi , xi+1 ] izaberimo jednu taˇcku ξi , i = 0, 1, . . . , n − 1. Suma n−1 X R(P, ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) = f (ξi )(xi+1 − xi ), (5.1) i=0

je pribliˇzno jednaka povrˇsini krivolinijskog trapeza. Suma (5.1) se naziva integralna suma funkcije f u odnosu na podjelu P . Dalje, oˇcigledno je da ˇsto su brojevi xi+1 −xi manji da formula (5.1) bolje aproksimira povrˇsinu krivolinijskog trapeza. Broj ||P || = max (xi+1 − xi ), 0≤i≤n−1

nazivamo norma podjele P . Definicija 5.1. Neka je funkcija f definisana na skupu [a, b]. Ako postoji realan broj I, takav da je n−1 X I = lim f (ξi )(xi+1 − xi ), ||P ||→0

i=0

121

ˇ GLAVA 5. INTEGRALNI RACUN

122

nezavisno od izbora podjela P intervala [a, b] i izbora taˇcaka ξi , gdje je ξi ∈ [xi , xi+1 ], i = 0, 1, . . . , n − 1, tada se I naziva odredenim integralom ili Rimanovim integralom funkcije f na [a, b] i to oznaˇcavamo sa Z b I= f (x)dx. a

Za funkciju f kaˇzemo da je integrabilna na [a, b]. Kaˇzemo joˇs i da je funkcija f podintegralna funkcija odredenog integrala Z b f (x)dx. a

Broj a je donja, a broj b gornja granica odredjenog integrala. Postupak nalaˇzenja integrala se naziva integracija. Primjer 5.1. Odrediti integralnu sumu funkcije f (x) = c, x ∈ [a, b]. Rjeˇ senje. Neka je data podjela P = {x0 , x1 , . . . , xn }, tada je n−1 X

R(P, ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) =

f (ξi )(xi+1 − xi ) =

i=0

c

n−1 X

n−1 X

c(xi+1 − xi ) =

i=0

(xi+1 − xi ) = c(b − a).

i=0

Ovo je povrˇsina pravougaonika ˇcije su stranice c i b − a. Primjer 5.2. Odrediti integralnu sumu funkcije f (x) = x, x ∈ [a, b]. Rjeˇ senje. Za datu podjelu P = {x0 , x1 , . . . , xn }, imamo R(P, ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) =

n−1 X

ξi (xi+1 − xi ).

i=0

Uzmimo ekvidinstantnu podjelu, to jest podjelu kod koje je xi+1 − xi = xi = a + (b − a)

b−a , n

i , i = 0, 1, . . . n. n

Dalje, uzmimo ξi = xi = a + (b − a)

i , i = 0, 1, . . . , n − 1. n

Oznaˇcimo odgovarajuću integralnu sumu sa Sn , vrijedi Sn =

n−1 Xµ i=0

i a + (b − a) n

¶

b−a n−1 = ab − a2 + (b − a)2 . n 2n

5.1. ODREDENI INTEGRAL

123

Odavde zakljuˇcujemo da lim Sn = ab − a2 +

n→+∞

(b − a)2 b2 − a2 = , 2 2

a ovo je povrˇsina trapeza ˇcije su osnovice duˇzine a i b, a visina duˇzine b − a.

5.1.2

Osobine odredenog integrala

Ovde dajemo neke osobine odredenog integrala. • Linearnost. Ako su funkcije f i g integrabilne na [a, b] tada je integrabilna i funkcija αf + βg, gdje α, β ∈ R i vrijedi Z b Z b Z b (αf (x) + βg(x))dx = α f (x)dx + β g(x)dx. a

a

a

• Aditivnost. Neka je funkcija f integrabilna na [a, b] i c ∈ (a, b) tada je Z

Z

b a

Z

c

f (x)dx =

f (x)dx + a

b

f (x)dx. c

• Ako su funkcije f i g integrabilne na [a, b] i f (x) ≤ g(x) za sve x ∈ [a, b], tada je

Z

Z

b

b

f (x)dx ≤ a

g(x)dx. a

• Ako je funkcija f integrabilna na [a, b] tada je ¯Z ¯ Z ¯ b ¯ b ¯ ¯ f (x)dx¯ ≤ |f (x)|dx. ¯ ¯ a ¯ a Teorema 5.1. Svaka integrabilna funkcija na [a, b] je ograniˇcena na [a, b]. Dokaz. Neka je funkcija f integrabilna na [a, b]. Tada po definiciji 5.1 postoji realan broj I takav da je I = lim

||P ||→0

n−1 X

f (ξi )(xi+1 − xi ).

i=0

nezavisno od izbora podjele P = {x0 , x1 , . . . , xn } intervala [a, b] i izbora taˇcaka ξi , gdje je ξi ∈ [xi , xi+1 ], i = 0, 1, . . . , n − 1. Ovo znaˇci da postoji δ > 0 takvo da za svaku podjelu P za koju je ||P || < δ vrijedi |R(P, ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) − I| < 1.


124

Neka je P jedna takva podjela. Pretpostavimo da je f neograniˇcena. Tada postoji i ∈ {0, 1, . . . , n − 1} takav da je funkcija f neograniˇcena na intervalu [xi , xi+1 ]. Dakle, za svako K > 0 postoji ti ∈ [xi , xi+1 ] takvo da je |f (ti )| > K. Ako uzmemo dovoljno veliko K > 0 i podjelu P1 koja se razlikuje od podjele P tako ˇsto je umjesto taˇcke ξi uzeta taˇcka ti tada je ||P1 || = ||P || < δ i |R(P1 , ξ0 , ξ1 , . . . , ξn−1 ) − I| > 1, a ovo je nemoguće. Dakle, f je ograniˇcena funkcija. Primjer 5.3. Funkcija ½ f (x) =

1 x,

0,

0
nije integrabilna na [0, 1] jer nije ograniˇcena. Definicija 5.2. Neka je funkcija f ograniˇcena na [a, b] i neka je P = {x0 , x1 , . . . , xn } jedna podjela intervala [a, b]. Stavimo mi =

inf

x∈[xi ,xi+1 ]

f (x), Mi =

sup

f (x), i = 0, 1, . . . , n − 1.

x∈[xi ,xi+1 ]

Sume R∗ (P ) =

n−1 X

mi (xi+1 − xi ) i R∗ (P ) =

n−1 X

i=0

Mi (xi+1 − xi ),

i=0

nazivaju se redom donja i gornja (Rimanova) integralna suma. Moˇze se pokazati da vrijedi sljedeća teorema. Teorema 5.2. Ograniˇcena funkcija f je integrabilna na [a, b] ako i samo ako vrijedi lim (R∗ (P ) − R∗ (P )) = 0, (5.2) ||P ||→0

nezavisno od podjele P . Vidjeli smo da je ograniˇcenost funkcije potreban uslov za njenu integrabilnost, sljedeća teorema daje dovoljan uslov za integrabilnost funkcije. Teorema 5.3. Svaka neprekidna funkcija na [a, b] je integrabilna na [a, b]. Dokaz. Funkcija f je neprekidna na [a, b], pa postoje taˇcke ui , vi ∈ [xi , xi+1 ] takve da je mi = f (ui ) i Mi = f (vi ). Osim toga, funkcija f je neprekidna na [a, b], pa je i uniformno neprekidna na [a, b]. Zbog toga, za svako ² > 0 postoji δ > 0 tako da za svake dvije taˇcke u, v ∈ [a, b] vrijedi |u − v| < δ ⇒ |f (u) − f (v)| <

² . b−a

5.1. ODREDENI INTEGRAL

125

Neka je P podjela intervala [a, b] za koju je ||P || < δ, tada je ¯n−1 ¯ ¯X ¯ ¯ ¯ |R∗ (P ) − R∗ (P )| = ¯ (Mi − mi )(xi+1 − xi )¯ ≤ ¯ ¯ i=0

≤

n−1 X

|f (vi ) − f (ui )|(xi+1 − xi ) ≤

i=0

n−1 X i=0

Dakle,

² (xi+1 − xi ) = ². b−a

lim (R∗ (P ) − R∗ (P )) = 0,

||P ||→0

ˇsto je i trebalo dokazati. Sljedeća teorema je poznata kao teorema o srednjoj vrijednosti. Teorema 5.4. Neka je f neprekidna funkcija na [a, b]. Tada postoji c ∈ (a, b) tako da je Z b f (x)dx = f (c)(b − a). a

Dokaz. Funkcija f je neprekidna na [a, b], pa postoje taˇcke xmin i xmax takve da je f (xmin ) = min f (x), f (xmax ) = max f (x). x∈[a,b]

x∈[a,b]

Iz osobina odredenog integrala imamo Z b f (xmin )(b − a) ≤ f (x)dx ≤ f (xmax )(b − a). a

Ako je Z

Z

b

f (xmin )(b − a) =

f (x)dx ili f (xmax )(b − a) = a

b

f (x)dx, a

dokaz je zavrˇsen. U suprotnom definiˇsimo funkciju g : [a, b] → R, 1 g(x) = − b−a

Z

b

f (x)dx + f (x). a

Iz definicije funkcije g zakljuˇcujemo da vrijedi g(xmin )g(xmax ) < 0, pa postoji taˇcka c izmedu xmin i xmax takva da je g(c) = 0. Dakle, f (c) =

1 b−a

Z

b

f (x)dx. a


126

5.2

Neodredeni integral

5.2.1

Definicija neodredenog integrala

Definicija 5.3. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, b). Ako postoji funkcija F takva da je F 0 (x) = f (x), x ∈ (a, b), kaˇzemo da je F primitivna funkcija funkcije f na (a, b). Primjer 5.4. Odrediti primitivne funkcije sljedećih funkcija: 1. f1 (x) = xa , x ∈ R, a 6= −1, 2. f2 (x) = ax , x ∈ R, a > 0, a 6= 1, 3. f3 (x) = sin x, x ∈ R, 4. f4 (x) =

1 , x ∈ R \ {0}. x

Rjeˇ senje. µ

¶0 xa+1 xa+1 1. Kako je = xa , zakljuˇcujemo da je funkcija F1 (x) = , primia+1 a+1 a tivna funkcija funkcije f (x) = x na skupu R. 2. F2 (x) =

ax , x ∈ R, a > 0, a 6= 1. ln a

3. F3 (x) = − cos x, x ∈ R. 4. F4 (x) = ln x, x ∈ (0, +∞), F4 (x) = ln(−x), x ∈ (−∞, 0). Dakle, primitivna funkcija na skupu R \ {0} je F4 (x) = ln |x|. Primjetimo da ako je F 0 (x) = f (x) tada je (F (x) + C)0 = f (x). Definicija 5.4. Neodredeni integral funkcije f na intervalu (a, b) je skup svih primitivnih funkcija funkcije f na intervalu (a, b). Neodredeni integral Z funkcije f oznaˇcavamo sa f (x)dx. Ako je F primitivna funkcija funkcije f , obiˇcno se piˇse

Z f (x)dx = F (x) + C.

Iz tablice za izvode dobijamo sljedeću tablicu za neodredene integrale. 1. 2. 3.

R R R

xa dx = 1 x dx

xa+1 a+1

+ C, a 6= −1

= ln |x| + C, x 6= 0

ax dx =

aa ln a

+ C, a > 0, a 6= −1

5.2. NEODREDENI INTEGRAL

127

Z ex dx = ex + C

4. 5.

R

sin xdx = − cos x + C

Z 6.

cos xdx = sin x + C Z

dx = − ctg x + C sin2 x

7. Z

dx = tg x + C cos2 x

8. Z 9. Z 10.

dx = arctg x + C 1 + x2 sh xdx = ch x + C

Z 11.

chx = sh x + C Z

12. Z 13.

dx = − cth x + C sh2 x dx = th x + C ch2 x

Z

dx 1 x = arctg + C, a 6= 0 x2 + a2 a a ¯ ¯ Z ¯x − a¯ dx 1 ¯ ¯ + C, |x| 6= a 15. = ln x2 − a2 2a ¯ x + a ¯ Z p dx √ = ln(x + 1 + x2 ) + C 16. 1 + x2 Z dx √ 17. = arcsin x + C, |x| < 1 1 − x2 Z p dx √ 18. = ln |x + x2 ± a2 | + C 2 2 x ±a 14.

Sljedećom teoremom je data veza izmedu primitivne funkcije i odredenog integrala. Teorema 5.5. Neka je f neprekidna funkcija na [a, b] tada je funkcija F definisana na [a, b] sa Z x F (x) = f (t)dt, a

primitivna funkcija funkcije f .


128

Dokaz. Iz osobina odredenog integrala imamo Z x+h Z x Z F (x + h) − F (x) = f (t)dt − f (t)dt = a

a

x+h

f (t)dt.

x

Sada na osnovu teoreme o srednjoj vrijednosti dobijamo F (x + h) − F (x) = hf (x + θh), θ ∈ (0, 1). Dakle,

F (x + h) − F (x) = f (x), h→0 h lim

to jest F 0 (x) = f (x). Iz prethodne teoreme dobijamo da, svaka druga primitivna funkcija ima oblik, Z x F (x) = f (t)dt + C, x ∈ [a, b], a

Rb gdje je C proizvoljna konstanta. Dalje, F (a) = C i F (b) = a f (t)dt + C, pa vrijedi sljedeća teorema poznata kao Njutn-Lajbnicova teorema. Teorema 5.6. Neka je f neprekidna funkcija na intervalu [a, b] i F njena primitivna funkcija na [a, b] tada vrijedi Z b f (x)dx = F (b) − F (a). a

5.2.2

Osobine neodredenog integrala

Ovde navodimo osnovne osobine neodredenog integrala koje slijede iz osobina izvoda funkcije. Z Z • df (x) = f (x) + C, d f (x)dx = f (x)dx, Z •

Z λ · f (x)dx = λ ·

Z •

f (x)dx, λ ∈ R \ {0}, Z

(f (x) + g(x))dx =

Z f (x)dx +

g(x)dx,

• Smjena promjenljive. Ako su funkcije f, ϕ i ϕ0 neprekidne tada je Z Z f (x)dx = f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt + C, • Parcijalna integracija. Ako su u i v diferencijabilne funkcije tada je Z Z u(x)dv(x) = u(x)v(x) − v(x)du(x) + C.


129

Z

cos (ln x) dx. x Rjeˇ senje. Uvedimo smjenu t = ln x. Sada je

Primjer 5.5. Izraˇcunati integral

dt = pa je

Z

cos (ln x) dx = x

dx , x

Z cos tdt = sin t + C = sin (ln x) + C. Z p


x2 + 5

dx. 3 (2x + 7) √ Rjeˇ senje. Koristimo smjenu t = 2x + 7. Tada je t2 = 2x + 7, x =

t2 − 7 , dx = tdt, 2

pa je Z p

x2 + 5 (2x + 7)3 =

1 4

Z dx =

1 2 4 (t

− 7)2 + 5 1 p tdt = 2 3 4 (t )

Z

t4 − 14t2 + 34 dt t2

¶ µ ¶ Z µ 34 1 t3 34 t2 − 14 + 2 dt = − 14t − + C. t 4 3 t

Dakle, Z

x2 + 5

1 p dx = 3 4 (2x + 7)

Ãp

√ (2x + 7)3 34 − 14 2x + 7 − √ 3 2x + 7 Z


ln xdx.

Rjeˇ senje. Koristimo parcijalnu integraciju. Stavimo u = ln x, dv = dx, odavde je

dx , v = x. x Koristeći formulu za parcijalnu integraciju imamo Z Z dx ln xdx = x ln x − x = x ln x − x + C. x Z Primjer 5.8. Izraˇcunati integral xex dx. du =

Rjeˇ senje. Stavljajući x = u, ex dx = dv,

! + C.


130 imamo

dx = du, ex = v, pa iz formule za parcijalnu integraciju dobijamo Z Z xex dx = xex − ex dx = xex − ex + C.

5.2.3

Integracija nekih klasa funkcija

1. Integracija racionalnih funkcija Ovde razmatramo integraciju racionalne funkcije R(x) =

Pn (x) , Qm (x)

gdje su Pn (x) i Qm (x) polinomi stepena n i m sa realnim koeficijentima. Moˇze se pokazati da se svaka racionalna funkcija moˇze predstaviti u obliku zbira polinoma i odredenog broja razlomaka sljedećih oblika A Mx + N , , k 2 (x − a) (x + px + q)k gdje je k prirodan broj i p2 − 4q < 0. Dakle, integracija racionalne funkcije R(x) se svodi na integraciju sljedeće tri funkcije 1 1 x , , . (x − a)k (x2 + px + q)k (x2 + px + q)k Z 1 U prvom sluˇcaju smjenom t = x − a se integral svodi na tabliˇcni. (x − a)k U drugom sluˇcaju, integral Z 1 dx, Ik = (x2 + px + q)k se smjenom

x + p2 , t= q 2 q − p4

svodi na integral

Z

Ik = q

1 q−

p2

(t2

dt . + 1)k

4

Ako je k = 1 radi se o tabliˇcnom integralu Z 1 dt 1 I1 = q =q t2 + 1 p2 q− 4 q−

p2 4

arctg t + C.


131

U sluˇcaju da je k > 1, integral Ik se metodom parcijalne integracije svodi na integral Ik−1 . Integral Z x Jk = dx 2 (x + px + q)k se svodi na Ik . Naime, Z Z Z 2x + p − p dt p x 1 1 Jk = dx = dx = − Ik , (x2 + px + q)k 2 (x2 + px + q)k 2 tk 2 gdje je t = x2 + px + q.

Z

Primjer 5.9. Izraˇcunati integral Rjeˇ senje. Kako je

x2 − x + 2 dx. x4 − 5x2 + 4

x4 − 5x2 + 4 = (x2 − 1)(x2 − 4) = (x − 1)(x + 1)(x − 2)(x + 2), podintegralnu funkciju moˇzemo pisati u obliku x2 − x + 2 A B C D = + + + . 4 2 x − 5x + 4 x+1 x−1 x+2 x−2 Odavde imamo x2 −x+2 = A(x−1)(x+2)(x−2)+B(x+1)(x+2)(x−2)+C(x+1)(x−1)(x−2) +D(x + 1)(x − 1)(x + 2), 2

3

x − x + 2 = x (A + B + C + D) + x2 (−A + B − 2C + 2D) + x(−4A − 4B − C − D) +4A − 4B + 2C − 2D. Dakle, za koeficijente A, B, Ci D vrijedi A+B+C +D =0 −A + B − 2C + 2D = 1 −4A − 4B − C − D = −1 4A − 4B + 2C − 2D = 2. Rjeˇsavajući ovaj sistem dobijamo A=

2 1 2 1 , B=− , C=− , D= . 3 3 3 3

Prema tome, Z Z Z Z Z 2 1 2 1 dx dx dx dx x2 − x + 2 dx = − − + 4 2 x − 5x + 4 3 x+1 3 x−1 3 x+2 3 x−2 =

1 2 1 2 ln |x + 1| − ln |x − 1| − ln |x + 2| + ln |x − 2| + C 3 3 3 3 ¯ ¯ 1 ¯ (x + 1)2 (x − 2) ¯¯ = ln ¯¯ + C. 3 (x − 1)(x + 2)2 ¯


132 Z Primjer 5.10. Izraˇcunati integral

x2

Rjeˇ senje. Uvedimo smjenu t= Z

2 dx =√ 2 x +x+1 3

dx . +x+1

x+

1

√ 2 3 2

Z

,

2 dt = √ arctg t + C +1 3 ¶ µ 2 2 1 + C. = √ arctg √ x+ 2 3 3 t2

2. Integracija nekih iracionalnih funkcija Ovde posmatramo neke integrale iracionalnih funkcija koji se pogodnim smjenama svode na integrale racionalnih funkcija. 2.1 Integrali oblika " µ ¶ p1 µ ¶ pk # Z ax + b q1 ax + b qk R x, ,..., dx, pi ∈ Z, qi ∈ N, i = 1, 2, . . . , k cx + d cx + d gdje je R racionalna funkcija k + 1 promjenljive se smjenom tq =

ax + b , q = N ZS(q1 , . . . , qk ), cx + d

svode na integrale racionalnih funkcija. √ Z x32+x √ Primjer 5.11. Izraˇcunati integral dx. x+ 32+x Rjeˇ senje. Stavimo t3 = x + 2. √ ¶ Z µ Z 6 Z t2 − 2t t − 2t2 x32+x 3 √ dt = 3 t − t + dt dx = 3 t3 + t − 2 (t − 1)(t2 + t + 2) x+ 32+x Z 3 3 3t2 − 6t = t4 − t2 + dt. 4 2 (t − 1)(t2 + t + 2) Kako je

3t2 − 6t A Bt + C = + 2 , 2 (t − 1)(t + t + 2) t−1 t +t+2

za

15 3 3 , C=− , A=− , B= 4 4 2

imamo Z

3 3t2 − 6t dt = − (t − 1)(t2 + t + 2) 4

Z

15 dt + t−1 4

Z

t − 25 dt t2 + t + 2

3 2t + 1 15 27 = − ln |t − 1| + ln |t2 + t + 2| − √ arctg √ + C. 4 8 4 7 7


133

Na kraju, √ Z x32+x 3 3 3 15 27 2t + 1 √ dx = t4 − t2 − ln |t−1|+ ln(t2 +t+2)− √ arctg √ +C. 3 4 2 4 8 x+ 2+x 4 7 7 2.2 Integrali oblika R(x,

p

ax2 + bx + c),

gdje je R racionalna funkcija dvije promjenljive se svode na integrale racionalnih funkcija pomoću Ojlerovih smjena: √ √ • ax2 + bx + c = x a ± t, ako je a > 0, √ √ • ax2 + bx + c = xt ± c, ako je c > 0, p √ • ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ) = t(x − x1 )(x − x2 ), ako je x1 , x2 ∈ R. Primjer 5.12. Izraˇcunati integrale Z dx √ (i) I = , x 4x2 + 4x + 3 Z dx √ (ii) I = , (1 + x) 1 + x − x2 Z (x − 1)dx √ (iii) I = . 2 (x + 2x) x2 + 2x Rjeˇ senje. (i) Kako je a = 4 > 0 koristimo sljedeću smjenu Ojlera p 4x2 + 4x + 3 = t − 2x. Odavde je 4x2 + 4x + 3 = t2 − 4tx + 4x2 , 4x + 3 = t2 − 4tx, x=

t2 − 3 t2 + 2t + 3 , dx = dt, 4(1 + t) 4(1 + t2 )2

p

4x2 + 4x + 3 = t − 2

Sada je

Z I=2

Dakle,

t2 − 3 t2 + 2t + 3 = . 4(1 + t) 2(1 + t)

¯ ¯ ¯ t − √3 ¯ 1 dt ¯ ¯ √ ¯ + C. = √ ln ¯ t2 − 3 3 ¯t + 3¯

√ √ 1 2x + 4x2 + 4x + 3 − 3 √ √ + C. I = √ ln 3 2x + 4x2 + 4x + 3 + 3


134

(ii) Ovde je a < 0 i c > 0, pa koristimo smjenu p 1 + x − x2 = tx − 1. Sada je

1 + x − x2 = t2 x2 − 2tx + 1, x(1 − x) = x(t2 x − 2t), 1 − x = t2 x − 2t, x=

1 + 2t 2(t2 + t − 1) , dx = − dt, 1 + t2 (1 + t2 )2

p 1 + 2t t2 + t − 1 1 + x − x2 = t −1= , 2 1+t 1 + t2 pa je

Z I= Z −2

−2(t2 + t − 1)dt ³ ´ = t2 +t−1 (1 + t2 )2 1 + 2t+1 t2 +1 1+t2

dt = −2 arctg(1 + t) + C. 1 + (1 + t)2

Zakljuˇcujemo √ 1 + x + 1 + x − x2 dx √ = −2 arctg + C. x (1 + x) 1 + x − x2 (iii) U ovom sluˇcaju trinom x2 +2x ima dvije razliˇcite realne nule, pa koristimo smjenu p x2 + 2x = xt. Odavde je

x2 + 2x = x2 t2 , x + 2 = xt2 , x=

t2

2 4tdt , dx = − 2 , −1 (t − 1)2

x−1= Prema tome, I=−

1 2

Z

3 − t2 2 − 1 = . t2 − 1 t2 − 1

3 − t2 t 3 dt = − + + C. t2 2 2t

Kako je

√ t=

dobijamo

Z (x2

x2 + 2x , x

1 + 2x (x − 1)dx √ =√ + C. 2 + 2x) x + 2x x2 + 2x

5.2. NEODREDENI INTEGRAL 2.3 Integral oblika

135

Z xm (a + bxn )p dx,

m1 n1 p1 , n = , p = , se naziva m2 n2 p2 integral binomnog diferencijala. Moˇze se pokazati da je ovaj integral elem+1 m+1 mentarna funkcija ako i samo ako je bar jedan od brojeva p, i p+ n n cijeli broj. U tim sluˇcajevima se koriste sljedeće smjene :

gdje su m, n i p racionalni brojevi, m =

• Ako je p ∈ Z, smjena x = tk , k = N ZS(m2 , n2 ), • Ako je

m+1 ∈ Z, smjena a + bxn = tp2 , n

• Ako je p +

m+1 ∈ Z, smjena ax−n + b = tp2 . n

Primjer 5.13. Izraˇcunati integrale: √ Z x √ (i) I = dx, (1 + 3 x)2 Z xdx p (ii) I = , √ 3 1 + x2 Z p 3 (iii) I = 3x − x3 dx. Rjeˇ senje. (i) Ovde je p = −2, pa koristimo smjenu x = t6 , dobijamo Z

¶ √ Z Z µ t8 dt x 4t2 + 3 4 2 √ dx = 6 =6 t − 2t + 3 − dt (1 + t2 )2 (1 + t2 )2 (1 + 3 x)2 6t5 = − 4t3 + 18t − 18 5

Z

dt −6 1 + t2

Z

t2 dt . (1 + t2 )2

Kako je Z

1 t2 dt =− (1 + t2 )2 2

µ

Z td

1 1 + t2

¶ =−

t 1 + arctg t, 2(1 + t2 ) 2

imamo √ Z x 6t5 3t √ dx = − 4t3 + 18t + − 21 arctg t + C, t = x6 . 3 2 5 1 + t2 (1 + x)


136 (ii) U ovom sluˇcaju je m = 1, n =

2 1 m+1 , p=− i = 3. Koristimo smjenu 3 2 n 2

1 + x 3 = t2 . Sada je q Z Z xdx 3 5 2 3 2 2 p = 3 (t − 1) dt = t − 2t + 3t + C, t = 1 + x 3 . √ 3 5 1 + x2 (iii) Imamo m =

1 m+1 1 , n = 2, p = i + p = 1. Stavimo 3 3 n 3x−2 − 1 = t3 .

Tada je ¶ µ Z p Z Z 9 t3 dt 3 1 3 3 3x − x dx = − = td 3 2 (t3 + 1)2 2 t +1 Z 3t 3 dt = − . 2(t3 + 1) 2 t3 + 1 Integral

Z

dt , t3 + 1 je integral racionalne funkcije i za njega se dobije Z dt 1 (t + 1)2 1 2t − 1 = ln 2 + √ arctg √ . 3 t +1 6 t −t+1 3 3 Dakle, Z p 3

3x − x3 dx =

√ 1 (t + 1)2 2t − 1 3t 3 − ln − arctg √ + C, 2(t3 + 1) 4 t2 − t + 1 2 3

√ 3

3x − x3 . x 3. Integrali trigonometrijskih funkcija Integral oblika Z R(sin x, cos x), t=

gdje je R racionalna funkcija se moˇze svesti na integral racionalne funkcije pomoću smjene x t = tg . 2 U tom sluˇcaju je sin x =

1 − t2 2dt 2t , cos x = , dx = . 1 + t2 1 + t2 1 + t2


137

Primjer 5.14. Izraˇcunati integral Z

1 + sin x dx. sin x(1 + cos x)

x Rjeˇ senje. Uvodeći smjenu t = tg , dobijamo 2 ³ ´ Z 1 + 2t 2 2dt2 Z 1+t 1+t 1 + sin x dx = = “ 2t ” sin x(1 + cos x) 1−t2 2 1+t

1+ 1+t2

¶

¶ µ 1 1 1 1 2 + t + 2 dt = ln |t| + t + 2t + C = 2 t 2 2 µ ¶ 1 x 1 2x x ln | tg | + tg + 2 tg + C. 2 2 2 2 2 x Primjedba 5.1. Smjena t = tg , moˇze da dovede do komplikovanih integrala 2 racionalnih funkcija. Nekada je bolje primjeniti druge smjene: Z µ

• Ako je R(− sin x, cos x) = −R(sin x, cos x), koristi se smjena cos x = t, • Ako je R(sin x, − cos x) = −R(sin x, cos x), koristi se smjena sin x = t, • Ako je R(− sin x, − cos x) = R(sin x, cos x), koristi se smjena tg x = t ili ctg x = t. Primjer 5.15. Izraˇcunati integral Z

2 tg x + 3 dx. sin x + 2 cos2 x 2

Rjeˇ senje. Vrijedi R(− sin x, − cos x) = R(sin x, cos x), pa koristimo smjenu tg x = t. Z Z Z (2 tg x + 3) cosdx2 x 2 tg x + 3 2t + 3 = dt = dx = t2 + 2 tg2 x + 2 sin2 x + 2 cos2 x 3 t 3 tg x ln(t2 + 2) + √ arctg √ + C = ln(tg2 x + 2) + √ arctg √ + C. 2 2 2 2 Primjer 5.16. Pokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi Zπ/2 1 · 3 · . . . · (2n − 1) π sin2n xdx = · , 2 · 4 · · · · · 2n 2

(5.3)

0

Zπ/2 sin2n+1 xdx = 0

2 · 4 · · · · · 2n . 1 · 3 · . . . · (2n + 1)

(5.4)


138 Oznaˇcimo

Z

π/2

sinn xdx.

In = 0

Koristeći parcijalnu integraciju imamo Z π/2 ¡ ¢¯π/2 In = sinn−1 x sin xdx = − sinn−1 x cos x ¯0 + 0

Z

π/2

(n − 1)

cos2 x sinn−2 xdx = (n − 1)In−2 − (n − 1)In ,

0

a odavde je In = Kako je

Z

n−1 In−2 , za n ≥ 2. n Z

π/2

π/2

sin xdx = 1, 0

sin0 xdx =

0

π , 2

dobijamo formule (5.3) i (5.4). Valisova formula. µ

1 π = lim n→+∞ n

2 · 4 · · · · · 2n 1 · 3 · · · · · (2n − 1)

¶2 .

(5.5)

Koristeći formule (5.3) i (5.4) dobijamo ÃZ ! µ ¶2 Z π/2 π/2 π 2 · 4 · · · · · 2n 1 2n 2n+1 = sin xdx : sin xdx . 2 1 · 3 · · · · · (2n − 1) 2n + 1 0 0 Znaˇci, dovoljno je pokazati ÃZ

Z

π/2

lim

n→+∞

2n

sin

!

π/2

xdx :

sin

0

2n+1

xdx

= 1.

0

Kako za x ∈ [0, π/2] vrijedi 0 ≤ sin2n+1 x ≤ sin2n x ≤ sin2n−1 x, dobijamo Z

π/2

0≤

Z sin2n+1 xdx ≤

0

π/2

Z

π/2

sin2n xdx ≤

0

sin2n−1 xdx,

0

a odavde je R π/2 1≤

0 R π/2 0

sin2n xdx

sin

2n+1

xdx

R π/2 ≤ R0π/2 0

sin2n−1 xdx sin

2n+1

xdx

≤

1 2n + 1 =1+ . 2n 2n


139

Primjedba 5.2. Kako vrijedi 2 · 4 · · · · · 2n = n! · 2n , 1 · 2 · · · · · 2n (2n)! = , 2 · 4 · · · · · 2n n! · 2n formula Valisa se koristi i u sljedećem obliku 1 · 3 · · · · · (2n − 1) =

√

(n!)2 22n π = lim √ . n→+∞ n(2n)!

(5.6)

Stirlingova formula. lim √

n→+∞

n! = 1. 2πnnn e−n

Definiˇsimo niz an =

n!en √ . nn n

Dovoljno je pokazati lim an =

√

n→+∞

2π.

Vrijedi 1

an 1 (n + 1)n+1+ 2 1 = · n+ 1 = an+1 e n 2 (n + 1) e odavde je ln

an = an+1

(5.7)

µ ¶n+ 12 1 1+ , n

µ ¶ µ ¶ 1 1 n+ ln 1 + − 1. 2 n

Koristeći nejednakost (4.5), to jest µ ¶ 1 1 + ln(1 + x) > 1, za 0 < x ≤ 1, x 2 za x =

1 , imamo n

µ ¶ µ ¶ 1 1 n+ ln 1 + > 1, 2 n

pa je ln to jest

an > 0, an+1

an > 1. an+1

Dakle, {an } je monotono opadajući niz, a kako je ograniˇcen odozdo sa 0 postoji a ∈ R tako da je lim an = a. Pokaˇzimo da je a 6= 0. Naime, kako je n→+∞

¶ Z n+1 µ ¶ µ 1 1 1 1 dx = < + , ln 1 + n x 2 n n+1 n


140

1 jer se µ luk hiperbole ¶ µ y = x, n ≤ ¶ x ≤ n + 1, nalazi ispod prave koja prolazi kroz 1 1 taˇcke n, i n + 1, , zakljuˇcujemo da je n n+1 µ ¶ an 1 1 1 ln < − . an+1 4 n n+1

Koristeći posljednju nejednakost dobijamo ln

a1 1 < , an 4

pa je an > e3/4 . √ Pokaˇzimo sada da je a = 2π. Kako je a2n =

(n!)2 e2n (2n)!e2n √ , i a2n = 2n n n (2n)2n 2n

koristeći (5.6) dobijamo √

a2 a2n √ = √ , n→+∞ a2n 2 a 2

π = lim

√ to jest a = 2π. 4. Integrali koji nisu elementarne funkcije Ovde dajemo neke klase integrala koji nisu elementarne funkcije. Z Z x Z 2 e x • e−x dx, dx, dx, x ln x Z Z sin x cos x • dx, dx, x x Z dt p , k ∈ (0, 1), eliptiˇcki integral prve vrste. • 1 − k 2 sin2 t

5.3

Nesvojstveni (nepravi) integrali

Ovde dajemo neka uopˇstenja odredenog integrala. Prvo uopˇstenje se sastoji u tome da interval na kome se vrˇsi integracija moˇze da bude beskonaˇcan. Suˇstina drugog uopˇstenja je da podintegralna funkcija moˇze da bude neograniˇcena na intervalu na kome se vrˇsi integracija.

5.3.1

Nesvojstveni integral prve vrste

Definicija 5.5. Neka je funkcija f definisana na [a, +∞) i integrabilna na [a, b] za svako b > a. Graniˇcna vrijednost Z +∞ Z b f (x)dx = lim f (x)dx, (5.8) a

b→+∞

a

5.3. NESVOJSTVENI (NEPRAVI) INTEGRALI

141

se naziva nesvojstveni integral prve vrste. Ako graniˇcna vrijednost u (5.8) postoji i konaˇcna je onda kaˇzemo da je nesvojstveni integral konvergentan, a u suprotnom sluˇcaju je divergentan. Analogno se definiˇse i nesvojstveni integral prve vrste na (−∞, b]. Nesvojstveni integral prve vrste na (−∞, +∞) se definiˇse sa Z +∞ Z a Z +∞ f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx. −∞

−∞

a

Moˇze se pokazati da ova definicija ne zavisi od broja a ∈ R. Dakle, Z +∞ Z a nesvojstveni integral f (x)dx je konvergentan ako su oba integrala f (x)dx −∞ −∞ Z +∞ i f (x)dx konvergentna. a

Primjer 5.17. Pokazati da je nesvojstveni integral Z +∞ 2 xe−x dx, 0

konvergentan. Rjeˇ senje. Podintegralna funkcija je definisana i neprekidna za sve vrijednosti 2 1 x, njena primitivna funkcija je F (x) = − e−x . Na osnovu definicije imamo 2 µ ¶ Z +∞ Z b 1 −b2 1 1 −x2 −x2 xe dx = lim e dx = lim − e + = . b→+∞ b→+∞ 2 2 2 0 0 Primjer 5.18. Ispitati konvergenciju integrala Z +∞ x sin xdx. 0

Rjeˇ senje. Parcijalnu integracijom dobijamo da je F (x) = −x cos x + sin x, primitivna funkcija funkcije f (x) = x sin x. Iz definicije nesvojstvenog integrala slijedi Z +∞

x sin xdx = lim (−b cos b + sin b). b→+∞

0

Ova graniˇcna vrijednost ne postoji, pa je dati integral divergentan. Primjer 5.19. Izraˇcunati nesvojstveni integral Z +∞ dx . 2 −∞ x + 2x + 2 Rjeˇ senje. Imamo Z +∞ −∞

dx = x2 + 2x + 2

Z

0 −∞

dx + (x + 1)2 + 1

Z 0

+∞

dx (x + 1)2 + 1


142 Z

0

= lim

a→−∞

a

dx + lim (x + 1)2 + 1 b→+∞

Z 0

b

dx (x + 1)2 + 1

= lim (arctg 1 − arctg(a + 1)) + lim (arctg(b + 1) − arctg 1) a→−∞

b→+∞

³π

³ π ´´ ³ π π ´ = − − + − = π. 4 2 2 4 Z +∞ dx Primjer 5.20. Ispitati konvrgenciju integrala , λ ∈ R. λ x 1 Rjeˇ senje. Ako je λ = 1 tada integral divergira. Naime, Z +∞ dx = lim ln b = +∞. b→+∞ x 1 Ako je λ 6= 1 dobijamo Z +∞ 1

dx = lim b→+∞ xλ

µ

1 b1−λ − 1−λ 1−λ

¶ .

Ova graniˇcna vrijednost ne postoji za λ < 1, dok je za λ > 1 jednaka Znaˇci, dati integral konvergira za λ > 1, a za λ ≤ 1 je divergentan.

1 . λ−1

U prethodnim primjerima smo konvergenciju nesvojstvenih integrala ispitivali tako ˇsto smo nalazili primitivnu funkciju podintegralne funkcije i koristili definiciju. Nekada to nije moguće. U takvim sluˇcajevima korisni su sljedeći kriterijumi konvergencije. Teorema 5.7. Neka je 0 ≤ f (x) ≤ g(x),

za sve x ∈ [a, +∞),

Z +∞ tada iz konvergencije integrala g(x)dx slijedi konvergencija integrala a Z +∞ Z +∞ f (x)dx i iz divergencije integrala f (x)dx slijedi divergencija intea a Z +∞ grala g(x)dx. a

f (x) Teorema 5.8. Ako je lim = K, gdje je K pozitivan realan broj, tada x→+∞ g(x) Z +∞ Z +∞ su oba integrala f (x)dx i g(x)dx istovremeno konvergentna ili divergentna.

a

a

Primjer 5.21. Ispitati konvergenciju integrala Z +∞ dx √ . 2 + 5 x3 + 1 x 1

5.3. NESVOJSTVENI (NEPRAVI) INTEGRALI

143

Rjeˇ senje. Kako je x2 i

1 1 √ ≤ 2, 5 3 x + x +1

za sve x ≥ 1

¶ µ dx 1 lim = lim − + 1 = 1, b→+∞ 1 x2 b→+∞ b na osnovu teoreme 5.7 zakljuˇcujemo da je dati integral konvergentan. Z

b

Primjer 5.22. Ispitati konvergenciju integrala Z +∞ xdx √ . x4 + 1 1 Rjeˇ senje. Vrijedi

√ x x4 +1 1 x→+∞ x

lim

pa kako je integral

Z

= 1,

+∞

dx , x 1 divergentan, na osnovu teoreme 5.8, zakljuˇcujemo da je dati integral divergentan. Primjer 5.23. Poasonov integral. +∞ √ Z π −x2 e dx = . 2 0

5.3.2

Nesvojstveni integral druge vrste

Druga vrsta nesvojstvenog integrala je kada funkcija nije ograniˇcena u okolini neke taˇcke c iz intervala konvergencije [a, b]. Tu razlikujemo dva sluˇcaja. Jedan je kada se taˇcka c poklapa sa nekom od taˇcaka a i b, a drugi kada c ∈ (a, b). Definicija 5.6. Ako je funkcija f integrabilna na intervalu [a, b − ²] za svaki e > 0, a neograniˇcena u okolini taˇcke b tada se graniˇcna vrijednost Z b Z b−² f (x)dx = lim f (x), a

²→+0

a

zove nesvojstveni integral druge vrste. Analogno se definiˇse i nesvojstveni integral druge vrste ako je funkcija f neograniˇcena u okolini taˇcke a. Drugi sluˇcaj je ako je funkcija f neograniˇcena u nekoj okolini taˇcke c ∈ (a, b), tada se definiˇse ÃZ ! Z b Z b c−² f (x)dx = lim f (x)dx + f (x)dx . a a c+µ ² → 0+ µ → 0+


144 Graniˇcna vrijednost ÃZ Z b v.p. f (x)dx = lim ²→0+

a

Z

c−²

b

f (x)dx +

! f (x)dx ,

c+²

a

se naziva glavna vrijednost (valeur principale) nesvojstvenog integrala. Primjer 5.24. Izraˇcunati integral Z 2

x−2 √ dx. x−1

1

Rjeˇ senje. Vrijedi sljedeće Z 2 Z 2 Z 2 Z 2 Z 2 √ x−1 dx dx x−2 √ √ √ √ dx = dx − = x − 1dx − . x−1 x−1 x−1 x−1 1 1 1 1 1 Dalje je

Z

2

√

1

Z

2

√ 1

dx = lim x − 1 ²→0

pa je

Z

Z

¯ 3 2 (x − 1) 2 ¯¯ 2 x − 1dx = ¯ = , 3 ¯ 3 2 1

2

√ 1+² 2

1

p dx = lim 2(1 − (1 + ²) − 1) = 2, x − 1 ²→0

x−2 2 4 √ dx = − 2 = − . 3 3 x−1

Navedimo joˇs primjer koji pokazuje da se uvodenjem pojma glavne vrijednosti nesvojstvenog integrala proˇsiruje klasa funkcija za koju nesvojstveni integral konvergira. Z 1 1 Primjer 5.25. Pokazati da je dx divergentan integral ali da je x −1 Z 1 1 v.p. dx = 0 −1 x Rjeˇ senje. Kako je Z 1 Z −² 1 1 dx + dx = ln ² − ln µ, −1 x µ x graniˇcna vrijednost µZ lim ² → 0+ µ → 0+ ne postoji, ali je

Z

1

v.p. −1

−²

−1

1 dx + x

Z

1

µ

¶ 1 dx , x

1 dx = lim (ln ² − ln ²) = 0. ²→0 x

5.4. PRIMJENE ODREDENOG INTEGRALA U GEOMETRIJI

5.4 5.4.1

145

Primjene odredenog integrala u geometriji Povrˇ sina figure u ravni

Neka je funkcija f nenegativna i neprekidna na [a, b]. Iz definicije odredenog integrala slijedi da je povrˇsina krivolinijskog trapeza funkcije f nad intervalom [a, b] data formulom Z b P = f (x)dx. a

Iz ove formule neposredno slijedi da ako su funkcije f i g neprekidne na intervalu [a, b] i f (x) ≤ g(x) za sve x ∈ [a, b], da je povrˇsina oblasti {(x, y) : a ≤ x ≤ b, f (x) ≤ y ≤ g(x)}, data sa

Z

b

P =

(g(x) − f (x))dx. a

Primjer 5.26. Izraˇcunati povrˇsinu figure ograniˇcenu pravom y = x i parabolom y = 2 − x2 . Rjeˇ senje. Odredićemo apscise presjeˇcnih taˇcaka date prave i parabole, tako ˇsto ćemo rijeˇsiti sistem jednaˇcina y=x y = 2 − x2 . Apscise su x1 = −2 i x2 = 1, to su i granice integracije. Traˇzena povrˇsina je Z

1

[(2 − x2 ) − x]dx =

−2

5.4.2

µ ¶¯1 x3 x2 ¯¯ 9 2x − − = . 3 2 ¯−2 2

Duˇ zina luka krive

Ovde razmatramo problem izraˇcunavanja duˇzine luka krive. Taj problem se naziva i rektifikacija. Moˇze se pokazati da za svaku krivu nije moguće odrediti duˇzinu luka krive izmedu odredenih taˇcaka. Krive za koje je to moguće uraditi zovu se rektifikabilne krive. Koristeći definiciju odredenog integrala i teoremu o srednjoj vrijednosti moˇze se dokazati sljedeća teorema. Teorema 5.9. Neka funkcija f ima neprekidan prvi izvod na intervalu [a, b]. Duˇzina luka krive izmedu taˇcaka ˇcije su apscise a i b jednaka je Z bp l= 1 + f 02 (x)dx. (5.9) a

Ako je kriva zadata parametarskim jednaˇcinama x = x(t), y = y(t), α ≤ t ≤ β,


146

gdje su izvodi x˙ i y˙ neprekidne funkcije, tada je duˇzina luka krive jednaka Z βp l= x˙ 2 (t) + y˙ 2 (t)dt. (5.10) α

Primjer 5.27. Naći duˇzinu luka krive y=

x2 ln x − , 4 2

od taˇcke x = 1 do taˇcke x = e. Rjeˇ senje. Koristimo formulu (5.9), s µ ¶2 ¶ Z ep Z µ Z e 1 1 e 1 1 02 l= 1 + y (x)dx = 1+ x− dx = + x dx 4 x 2 1 x 1 1 µ ¶¯e 1 x2 ¯¯ 1 + e2 = = . ln x + 2 2 ¯1 4

5.4.3

Zapremina i povrˇ sina obrtnog tijela

Teorema 5.10. Neka je kriva y = f (x) neprekidna na [a, b]. Zapremina tijela nastalog obrtanjem krive y = f (x) oko x−ose nad intervalom [a, b] je Z b V =π f 2 (x)dx, (5.11) a

a povrˇsina omotaˇca ovog tijela je Z b p S = 2π f (x) 1 + f 02 (x)dx. a

Primjer 5.28. Izraˇcunati zapreminu i povrˇsinu lopte polupreˇcnika R. Rjeˇ senje. Tijelo koje nastaje obrtanjem krive p y = R2 − x2 , −R ≤ x ≤ R, predstavlja loptu polupreˇcnika R. Iz formule (5.11) dobijamo µ ¶¯R Z R x3 ¯¯ 4R3 π V =π (R2 − x2 )dx = π R2 x − = . ¯ 3 −R 3 −R Kako je

x , R2 − x2 p R 1 + y 02 = √ , R2 − x2 y0 = − √

za povrˇsinu omotaˇca vrijedi Z R p Z R R S = 2π R2 − x2 √ dx = 2πR dx = 4R2 π. R2 − x2 −R −R

(5.12)

5.5. ZADACI

5.5

147

Zadaci

Z Z 4 4 x2 + 2 1. Izraˇcunati integrale : (i) dx, (ii) (a 5 − x 5 )dx, 2 (x2 + 4) x Z Z 1 + cos 2x dx (iii) . dx, (iv) cos x sin2 x cos2 x integrale: 2. Koriste´ Z ci smjenu izraˇcunati Z dx ex dx √ (i) , (ii) , 4 + 5ex Z1 + x + 3 Z dx x+1 √ dx. (iii) 7 , (iv) x ln x 1 + x2 3. Metodom parcijalne integracije Z Z izraˇcunati integrale: √ 2 x (i) (x − x + 2)e dx, (ii) x ln x, Z (iii) sin x ln(cos x)dx. formule za Z integrale: 4. Izvesti rekurentne Z n (i)In = sin xdx, (ii)Jn = xn e−x dx. 5. Rastavljanjem na parcijalne razlomke podintegralne funkcije izraˇcunati integrale: Z Z 2 2x4 − x2 + 1 x −3 (i) dx, (ii) dx, 3 x2Z− 1 Z x −x 11x + 16 x2 − 2 (iii) dx, (iv) dx. (x − 1)(x + 2)2 x3 (x + 2)2 6. Izraˇcunati integrale sljedećih p iracionalnih funkcija: √ Z Z 3 dx 1+ 4x √ √ (i) , (ii) dx, 11 4 2 x Z x ( x + 1) Z dx x2 + 4x √ √ (iii) dx, (iv) dx. x + x2 + x + 1 x + x2 + 2x + 2 7. NaćZi integrale trigonometrijskih funkcija Z sin3 x (i) dx, (ii) sin 6x cos 4xdx. cos2 x 8. Koristeći definiciju odredenog integrala izraˇcunati Z π2 Z 1 2 x dx, (ii) cos xdx. (i) 0

0

9. Koristeći µ definiciju odredenog integrala na´ ¶ ci graniˇcne vrijednosti: ´ 2 n 1 1 1 1³ 1 (i) lim + + ··· + , (ii) lim en + en + · · · + en , n→+∞ n + 1 n→+∞ n n√ +2 n+n √ √ 3 3 3 1 + 2 + 3 + ··· + n √ (iii) lim . 3 n→+∞ n4


148 10. Koristeći nejednakosti x− pokazati da je

x3 ≤ sin x ≤ x, x ≥ 0, 6

√ √ Z 2 20 2 sin x 4 2 √ ≤ ≤ . 21 3 x 0

11. Pokazati da je

Z e

− 1e

1

≤

xx dx ≤ 1.

0

12. Pokazati da je

Z

b a

|x| dx = |b| − |a|. x

Koristeći Newton-Leibnizovu formulu izraˇcunati integrale: Z √ 3 e dx p 13. . 1 x 1 − ln2 x Z 2 ex 14. dx. x 1 e −1 Z 3 15. Izraˇcunati integral |2 − x|dx. 0

16.

17. 18. 19.

Izraˇcunati nesvojstvene integrale Z 2 dx p . 3 (x − 1)2 0 Z 6 xdx √ . 4 2−9 x 3 Z 2 dx √ . 0 x ln x Z π2 ln sin xdx. 0

Ispitati konvergenciju nesvojstvenih integrala Z 1 dx 20. . x 0 e − sin x Z 2 dx 21. p . 1 x ln x Z +∞ xp−1 e−x dx. (Gama funkcija.) 22. Γ(p) = 0

5.5. ZADACI

149 Z

23. B(p, q) =

1

xp−1 (1 − x)q−1 dx. (Beta funkcija.)

0

24. Izraˇcunati povrˇsinu figure ograniˇcenu parabolom y = x2 + 1 i pravom x + y = 3. 25. Naći duˇzinu krive y = x2 − 1 od taˇcke x = −1 do taˇcke x = 1. 26. Izraˇcunati povrˇsinu tijela nastalog obrtanjem oko x−ose povrˇsi ograniˇcene parabolom y = x2 + 1 i pravom y = x − 1. 27. Dokazati formulu n X k=0

n−k

(−1)

1 2k + 1

µ

n k

¶ = (−1)n

(2n)!! . (2n − 1)!!

150


Glava 6

Redovi 6.1 6.1.1

Numeriˇ cki redovi Osnovni pojmovi

Definicija 6.1. Neka je dat niz {an } i neka je Sn =

n P

ak . Ureden par

k=1

({an }, {Sn }) se naziva red, an je opˇ sti ˇ clan reda, a Sn je n−ta parcijalna suma reda. Zbir S reda se definiˇse sa S = lim Sn = lim n→+∞

n→+∞

n X

ak .

k=1

Ako postoji konaˇcan lim Sn kaˇzemo da je red konvergentan i da je S suma n→+∞

reda. To oznaˇcavamo sa

S=

+∞ X

ak .

k=1

Za red koji nije konvergentan kaˇzemo da je divergentan. Primjedba 6.1. Uobiˇcajeno je da se za red koristi ista oznaka kao i za sumu reda +∞ X to jest ak . k=1

Kako konaˇcno mnogo ˇclanova niza ne utiˇce na konvergenciju niza, to iz definicije zakljuˇcujemo da konaˇcno mnogo ˇclanova reda ne utiˇce na konvergenciju reda. Primjer 6.1. Pokazati da red +∞ X k=1

1 k(k + 1) 151

152

GLAVA 6. REDOVI

konvergira i naći sumu reda. Rjeˇ senje. Za opˇsti ˇclan reda vrijedi ak =

1 1 − , k k+1

pa za n−tu parcijalnu sumu reda imamo µ ¶ µ ¶ µ ¶ n X 1 1 1 1 1 1 Sn = = 1− − − + + ··· + k(k + 1) 2 2 3 n n+1 k=1

=1−

n 1 = . n+1 n+1

Dakle, lim Sn = 1,

n→+∞

pa je dati red konvergentan i suma mu je jednaka 1. +∞ X 1 divergentan. k k=1 Rjeˇ senje. U primjeru 3.21 je pokazano da je niz {Sn } definisan sa

Primjer 6.2. Pokazati da je harmonijski red

Sn =

n X 1 k

k=1

divergentan, a odavde slijedi divergencija datog reda. Ako je red {Sn } vrijedi

+∞ X

ak konvergentan onda za niz njegovih parcijalnih suma

k=1

lim Sn = lim Sn−1 = S,

n→+∞

n→+∞

gdje je S neki realan broj. Dakle, lim (Sn − Sn−1 ) = 0,

n→+∞

to jest lim an = 0.

n→+∞

Na taj naˇcin smo dobili potreban uslov za konvergenciju redova. Teorema 6.1. Potreban uslov da red

+∞ X n=1

an konvergira je

lim an = 0.

n→+∞

+∞ X √ n n je divergentan, jer na osnovu primjera 3.11 je Primjer 6.3. Red n=1 √ lim n n = 1, pa nije ispunjen potreban uslov za konvergenciju.

n→+∞

ˇ 6.1. NUMERICKI REDOVI

153

Primjedba 6.2. Primjer 6.2 pokazuje da uslov lim an = 0

n→+∞

nije dovoljan uslov za konvergenciju reda. Primjer 6.4. Red +∞ X

q n−1

n=1

se naziva geometrijski red. U sluˇcaju da je q = 1, opˇsti ˇclan reda ne teˇzi nuli kad n → +∞, pa dati red konvergira. Ako je q 6= 1, za njegove parcijalne sume imamo 1 − qn Sn = 1 + q + q 2 + · · · + q n−1 = . 1−q 1 . Ako je q > 1 je 1−q n lim q = +∞, pa je red divergentan. Za q < −1 ne postoji lim q n , pa je

Ako je |q| < 1 red je konvergentan i njegova suma S = n→+∞

n→+∞

red divergentan.

Ako je red ({an }, {Sn }) kovergentan i njegova suma S, tada vrijedi S = Sn + rn ,

(6.1)

gdje je rn definisan sa rn =

+∞ X

ak

k=n+1

i naziva se ostatak reda poslije n−tog ˇclana. Iz relacije (6.1) zakljuˇcujemo da je lim rn = 0. Dakle, imamo sljedeću teoremu. n→+∞

Teorema 6.2. Neka je rn ostatak konvergentnog reda poslije n−tog ˇclana. Tada je lim rn = 0. n→+∞

Vidjeli smo da je dati red konvergentan ako i samo ako je konvergentan niz njegovih parcijalnih suma. Koristeći Koˇsijev kriterijum konvergencije za nizove dobijamo Koˇsijev kriterijum konvergencije za redove. Teorema 6.3. Red ({an }, {Sn }) je konvergentan ako i samo ako vrijedi (∀² > 0) (∃n0 > 0) (∀n ≥ n0 )(∀p ∈ N) |Sn+p − Sn | < ². Primjer 6.5. Pokazati da je red +∞ X cos n n2 n=1

154

GLAVA 6. REDOVI

konvvergentan. Rjeˇ senje. Odredićemo broj n0 takav da za svaki n ≥ n0 i svaki p ∈ N, vrijedi |Sn+p − Sn | < ². Imamo ¯ ¯ ¯ cos(n + 1) cos(n + 2) cos(n + p) ¯¯ ¯ |Sn+p − Sn | = ¯ + + ··· + ≤ (n + 1)2 (n + 2)2 (n + p)2 ¯ ≤ <

1 1 1 +≤ + ···+ ≤ < 2 2 (n + 1) (n + 2) (n + p)2

1 1 1 1 1 1 + + ··· + = − < . n(n + 1) (n + 1)(n + 2) (n + p − 1)(n + p) n n+p n

Dakle, |Sn+p − Sn | < pa je dovoljno uzeti

¹ º 1 n0 = + 1. ²

Teorema 6.4. Neka su

+∞ X

an i

n=1

• red

+∞ X

+∞ X

bn konvergentni. Tada vrijedi

n=1

(an + bn ) je konvergentan i

n=1

• red

+∞ X

1 , n

+∞ X

(an + bn ) =

n=1

λan je konvergentan i

n=1

+∞ X

λan = λ

n=1

+∞ X

slijedi iz ˇcinjenice da

bn ,

n=1

an , za svaki λ ∈ R.

+∞ X

an i

lim Sn2 = S 2

n→+∞

implicira lim (Sn1 + Sn2 ) = S 1 + S 2

n→+∞

i lim λSn1 = λS 1 .

n→+∞

+∞ X

n=1

n=1

lim Sn1 = S 1 i

an +

n=1

Dokaz. Neka su Sn1 i Sn1 parcijalne sume redova

n→+∞

+∞ X

+∞ X n=1

bn redom. Dokaz


6.1.2

155

Redovi sa pozitivnim ˇ clanovima

U ovoj sekciji posmatramo redove sa pozitivnim ˇclanovima, to jest redove +∞ X

an za koje je an > 0 za svaki n ∈ N. Za parcijalne sume Sn reda sa pozitivnim

n=1

ˇclanovima vrijedi • Sn > 0 za svaki n ∈ N, • Sn+1 = Sn + an+1 > Sn za svaki n ∈ N. Dakle, niz {Sn } je monotono rastući. Ako je on ograniˇcen odozgo onda je i konvergentan. Ako niz parcijalnih suma pozitivnog reda nije ograniˇcen odozgo onda je lim Sn = +∞. Na taj naˇcin smo dokazali sljedeću teoremu. n→+∞

Teorema 6.5. Red sa pozitivnim ˇclanovima je konvergentan ako i samo ako je niz njegovih parcijalnih suma ograniˇcen odozgo. Primjer 6.6. Pokazati da je red +∞ X

1 √ n 1+n 2 n=1 konvergentan. Rjeˇ senje. Pokazaćemo da je niz parcijalnih suma {Sn } ograniˇcen odozgo. Imamo 1 1 1 Sn = √ + √ + · · · + n √ < 2 1+n 2 2 22 3 1 1 1 1 < + 2 + · · · + n = 1 − n < 1. 2 2 2 2 Teorema 6.6. Prvi poredbeni kriterijum. Neka su

+∞ X

an i

n=1

+∞ X

bn redovi sa

n=1

pozitivnim ˇclanovima i an ≤ bn za svaki n ∈ N. Tada iz konvergencije reda slijedi konvergencija reda reda

+∞ X

+∞ X

an , a iz divergencije reda

n=1

+∞ X

+∞ X

bn

n=1

an slijedi divergencija

n=1

bn .

n=1

Dokaz. Neka su Sn1 i Sn1 parcijalne sume redova

+∞ X n=1

an i

+∞ X n=1

bn redom. Ako

je an ≤ bn za svaki n ∈ N tada je Sn1 ≤ Sn2 , pa ako je niz {Sn2 } ograniˇcen +∞ X 1 odozgo onda je takav i niz {Sn } to jest ako je red bn konvergentan takav je n=1

156

GLAVA 6. REDOVI

i red

+∞ X

an . S druge strane iz

n=1

divergencije reda

+∞ X

lim Sn1 = +∞ slijedi

n→+∞

an slijedi divergencija reda

n=1

+∞ X

lim Sn2 = +∞, pa iz

n→+∞

bn .

n=1

Na sliˇcan naˇcin se mogu dokazati i sljedeće teoreme. +∞ X

Teorema 6.7. Drugi predbeni kriterijum. Neka su

an i

n=1

sa pozitivnim ˇclanovima. Ako postoji K > 0 takav da je lim

n→+∞

redovi

+∞ X

an i

n=1

ili divergentna.

+∞ X

an = K tada su bn

bn ekvikonvergentni, to jest oba reda su ili konvergentna

+∞ X n=1

pozitivnim ˇclanovima. Ako je slijedi konvergencija reda +∞ X

bn redovi

n=1

n=1

Teorema 6.8. Tre´ ci predbeni kriterijum. Neka su

reda

+∞ X

+∞ X

an i

+∞ X

bn redovi sa

n=1

+∞ X an = 0 tada iz konvergencije reda bn n→+∞ bn n=1

lim

an , a iz divergencije reda

n=1

+∞ X

an slijedi divergencija

n=1

bn .

n=1

Primjer 6.7. Ispitati konvergenciju sljedećih redova: +∞ +∞ +∞ X X X 2 1 1 p (i) , (ii) , (iii) sin2 . 2 n + 10n + 100 n n(n + 1) n=1 n=1 n=1 Rjeˇ senje. (i) Kako je 2 1 p ≥ n n(n + 1) na osnovu prvog poredbenog kriterijuma i ˇcinjenice da je dobijamo da je dati red divergentan. (ii) Vrijedi 1 n2 +10n+100 1 n→+∞ n(n+1)

lim

+∞ X

+∞ X 1 divergentan red n n=1

= 1,

1 konvergentan, na osnovu drugog poredbenog kriten(n + 1) n=1 rijuma zakljuˇcujemo da se radi o konvergentnom redu. pa kako je red


157

(iii) Red je konvergentan. Naime, 1 n2 n→+∞ sin2 1 n

lim

a red

= 1,

+∞ X 1 je konvergentan. n2 n=1

Teorema 6.9. Integralni kriterijum. Neka je f neprekidna, pozitivna i monotono nerastuća funkcija na [1, +∞). Tada su Z

+∞

f (x)dx i 1

+∞ X

f (n)

n=1

ekvikonvergentni. Dokaz. Vrijedi sljedeće Z n Z f (x)dx = 1

Z

2

1

Z

3

f (x)dx +

n

f (x)dx + · · · + 2

f (x)dx. n−1

Kako je funkcija f monotono nerastuća dobijamo Z k f (k) ≤ f (x)dx ≤ f (k − 1), k = 2, 3, . . . , n. k−1

Sada imamo Z f (2) + f (3) + · · · + f (n) ≤

n

f (x)dx ≤ f (1) + f (2) + · · · + f (n − 1), 1

odakle zakljuˇcujemo da su Z

+∞

f (x)dx i 1

+∞ X

f (n)

n=1

ekvikonvergentni. Z

+∞

dx konvergentan za xp 1 p > 1, a divergentan za p ≤ 1, zakljuˇcujemo da je hiperharmonijski red +∞ X 1 , konvergentan za p > 1, a divergentan za p ≤ 1. p n n=1 Primjer 6.8. Kako je prema primjeru 5.20 integral

Teorema 6.10. Dalamberov kriterijum. Neka je ˇclanovima. Ako postoji

lim

n→+∞

an+1 = L, tada vrijedi an

+∞ X n=1

an red sa pozitivnim

158

GLAVA 6. REDOVI

• ako je L < 1 red

+∞ X

an je konvergentan,

n=1

• ako je L > 1 red

+∞ X

an je divergentan,

n=1

• ako je L = 1 red

+∞ X

an moˇze da bude konvergentan ili divergentan.

n=1

Dokaz. Neka je lim an = L < 1, tada postoji ² > 0 takav da je L + ² < 1. Za n→+∞

takav ² > 0 postoji n0 ∈ N takav da je ¯ ¯ ¯ an+1 ¯ ¯ ¯ < ² za sve n ≥ n0 . − L ¯ an ¯ Neka je q = L + ². Imamo sljedeće an+1 < q za sve n ≥ n0 , an pa matematˇckom indukcijom dobijamo an an+1 < n00 q n+1 za sve n ≥ n0 . q Sada na osnovu prvog poredbenog kriterijuma zakljuˇcujemo da je dati red konvergentan. Ako je L > 1 tada se na sliˇcan naˇcin moˇze pokazati da postoji n0 ∈ N takav da je an+1 ≥ 1 za sve n ≥ n0 , an pa zakljuˇcujemo da opˇsti ˇclan ne teˇzi 0 kad n → +∞. Dakle, nije ispunjen potreban uslov za konvegenciju redova. +∞ X 1 Da za L = 1 red moˇze da konvergira slijedi iz primjera , a da moˇze da 2 n n=1 divergira pokazuje primjer

+∞ X 1 . n n=1

Primjer 6.9. Pokazati da je red Rjeˇ senje. Kako je

+∞ X n! , konvergentan. nn n=1

an+1 (n + 1)! nn nn 1 ¢n , = · = =¡ n+1 n an (n + 1) n! (n + 1) 1 + n1 zakljuˇcujemo da je

1 an+1 = < 1, an e pa je prema Dalamberovom kriterijumu dati red konvergentan. lim

n→+∞


159

Na sliˇcan naˇcin kao Dalamberov kriterijum se moˇze dokazati i sljedeći kriterijum. +∞ X Teorema 6.11. Koˇ sijev kriterijum. Neka je an red sa pozitivnim ˇclanovima. n=1 √ Ako postoji lim n an = L, tada vrijedi n→+∞

• ako je L < 1 red

+∞ X

an je konvergentan,

n=1

• ako je L > 1 red

+∞ X

an je divergentan,

n=1

• ako je L = 1 red

+∞ X

an moˇze da bude konvergentan ili divergentan.

n=1

Primjer 6.10. Pokazati da je red

n=1

Rjeˇ senje. Kako je √ n

+∞ µ X

µ an =

n2 + 1 2 n +n+1

zakljuˇcujemo da je

n2 + 1 2 n +n+1

¶n =

√ n

µ 1−

¶n2 konvergentan.

n n2 + n + 1

¶n ,

1 < 1, n→+∞ e pa je prema Koˇsijevom kriterijumu dati red konvergentan. lim

6.1.3

an =

Alternativni redovi

Definicija 6.2. Red oblika +∞ X

(−1)n an ,

n=1

gdje je an > 0 za svaki n ∈ N, nazivamo alternativni red. Moˇze se pokazati da vrijedi sljedeća teorema. Teorema 6.12. Lajbnicov kriterijum. Ako niz {an } monotono opada i +∞ X lim an = 0, tada alternativni red (−1)n−1 an , konvergira.

n→+∞

Primjer 6.11. Red opada i teˇzi nuli.

n=1 +∞ X

1 1 (−1)n−1 , konvergira jer niz , n n n=1

n ∈ N monotono

160

GLAVA 6. REDOVI

Za pribliˇzno izraˇcunavanje sume alternativnog reda od koristi je sljedeća teorema. Teorema 6.13. Neka niz {an } monotono opada i lim an = 0, tada je n→+∞ ¯ +∞ ¯ ¯ X ¯ ¯ ¯ |rn | = ¯ (−1)k−1 ak ¯ < an+1 i sgnrn = (−1)n . ¯ ¯ k=n+1

+∞ X (−1)n−1 treba sabrati da bi se njegova n2 n=1 suma izraˇcunala sa taˇcnoˇsću do 10−2 . Rjeˇ senje. Prema prethodnoj teoremi za ostatak datog reda vrijedi 1 |rn | < , (n + 1)2

Primjer 6.12. Koliko ˇclanova reda

pa je nejednakost

1 102 ispunjena ako je n + 1 > 10, to jest n > 9. |rn | <

+∞ X

Definicija 6.3. Za red +∞ X

red

an kaˇzemo da je apsolutno konvergentan ako

n=1

|an | konvergira. Ako red

n=1

+∞ X

an konvergira, ali ne konvergira apsolutno

n=1

kaˇzmo da je uslovno konvergentan. Primjer 6.13. Red +∞ X

+∞ X

(−1)n−1

n=1

(−1)n−1

n=1

1 je apsolutno konvergentan, a red n2

1 je uslovno konvergentan. n

Teorema 6.14. Ako je red apsolutno konvergentan tada je on i konvergentan. Dokaz. Tvrdjenje slijedi iz Koˇsijevog kriterijuma za konvergenciju i uopˇstene nejednakosti trougla |an+1 + an+2 + · · · + an+p | ≤ |an+1 | + |an+2 | + · · · + |an+p |. Primjetimo da ako je red konvergentan on ne mora biti i apsolutno konvergentan. Za apsolutno konvergentne redove vrijedi sljedeća teorema. Teorema 6.15. Ako je red bijekcija tada je

+∞ X

an apsolutno konvergentan i funkcija s : N → N

n=1 +∞ X n=1

an =

+∞ X n=1

as (n).

6.2. FUNKCIONALNI NIZOVI I REDOVI

6.2 6.2.1

161

Funkcionalni nizovi i redovi Funkcionalni nizovi

Definicija 6.4. Preslikavanje definisano na skupu N kod koga je slika za svaki n ∈ N neka funkcija definisana na skupu X nazivamo funkcionalnim nizom i oznaˇcavamo sa {fn (x)}, x ∈ X, ili kraće {fn }. Kod funkcionalnih nizova imamo dvije vrste konvergencije. To je obiˇ cna i uniformna konvegencija. Definicija 6.5. Funkcionalni niz {fn (x)}, x ∈ X obiˇ cno konvergira na skupu X ka funkciji f : X → R ako za svako x ∈ X vrijedi f (x) = lim fn (x). n→+∞

Primjer 6.14. Funkcionalni niz {fn (x)} definisan sa r 1 fn (x) = x2 + 2 , x ∈ R, n obiˇcno konvergira ka funkciji f (x) = |x| na skupu R. Definicija 6.6. Funkcionalni niz {fn (x)}, x ∈ X uniformno konvergira na skupu X ka funkciji f : X → R ako vrijedi (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 )(∀x ∈ X) |fn (x) − f (x)| < ². Primjer 6.15. Funkcionalni niz {fn (x)} definisan sa fn (x) =

1 , x ∈ R, x2 + n2

uniformno konvergira ka funkciji f (x) = 0 na skupu R. Rjeˇ senje. Neka je dat ² > 0. Iz nejednakosti |fn (x) − f (x)| ≤ j zakljuˇcujemo da za n0 =

1 √ ²

1 , n2

k + 1 vrijedi

(∀n ≥ n0 )(∀x ∈ R) |fn (x) − f (x)| < ². Za ispitivanje uniformne konvergencije ˇcesto se koriste sljedeći kriterijumi. Teorema 6.16. Vajerˇ strasov kriterijum. Niz funkcija {fn } uniformno konvergira ka funkciji f na skupu X ako i samo ako postoji niz realnih brojeva {cn } koji ne zavisi od x ∈ X, takav da je lim cn = 0 i n→+∞

|fn (x) − f (x)| ≤ cn za sve x ∈ X, n ∈ N.

162

GLAVA 6. REDOVI

Teorema 6.17. Koˇ sijev kriterijum. Niz funkcija {fn } uniformno konvergira ka funkciji f na skupu X ako i samo ako (∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 )(∀p ∈ N)(∀x ∈ X) |fn+p (x) − fn (x)| < ². Teorema 6.18. Niz funkcija {fn } uniformno konvergira ka funkciji f na skupu X ako i samo ako je lim sup |fn (x) − f (x)| = 0.

n→+∞ x∈X

Primjer 6.16. Ispitati obiˇcnu i uniformnu konvergenciju niza funkcija fn (x) =

nx , x ∈ [0, 1]. 1 + n2 x2

Rjeˇ senje. Imamo lim

n→+∞

nx = 0, 1 + n2 x2

za sve x ∈ [0, 1],

pa dati niz funkcija obiˇcno konvergira ka funkciji f (x) = 0, x ∈ [0, 1]. Ispitajmo uniformnu konvergenciju. Vrijedi sup |fn (x) − f (x)| = max fn (x), x∈[0,1]

x∈[0,1]

jer je funkcija fn neprekidna, pa na intervalu [0, 1] dostiˇze maksimum. Taj 1 maksimum se dostiˇze za x = . Dakle, n µ ¶ 1 1 sup |fn (x) − f (x)| = fn = 6= 0, n 2 x∈[0,1] pa zakljuˇcujemo da niz funkcija ne konvergira uniformno. Na kraju navedimo neke osobine uniformno konvergentnih nizova. Teorema 6.19. Osobine uniformno konvergentnih nizova. • Ako niz neprekidnih funkcija {fn } uniformno konvergira na skupu X ka funkciji f tada za svaki x0 ∈ X vrijedi µ ¶ µ ¶ lim lim fn (x) = lim lim fn (x) . n→+∞

x→x0

x→x0

n→+∞

• Ako niz neprekidnih funkcija {fn } uniformno konvergira na intervalu [a, b] ka funkciji f tada vrijedi µZ x ¶ Z xµ ¶ lim fn (t)dt = lim fn (t) dt, x ∈ [a, b]. n→+∞

a

a

n→+∞


163

• Neka je {fn } niz neprekidno diferencijabilnih funkcija na [a, b]i neka niz 0 {fn } uniformno konvergira na [a, b]. Ako postoji taˇcka c ∈ [a, b] takva da je niz {fn (c)} konvergentan tada i niz funkcija {fn } uniformno konvergira na [a, b] i vrijedi µ

¶0 lim fn (x) , x ∈ [a, b].

0

lim fn (x) =

n→+∞

n→+∞

Primjer 6.17. Izraˇcunati Z

1

lim

n→+∞

1 dx. + n2

x2

0

Rjeˇ senje. U primjeru 6.15 smo ustanovili da niz un (x) =

1 , x2 + n2

konvergira uniformno na skupu R, pa prema tome i na [0, 1]. Dakle, Z lim

n→+∞

6.2.2

0

1

1 dx = x2 + n2

Z

1 0

µ

1 lim n→+∞ x2 + n2

¶ dx = 0.

Funkcionalni redovi

Definicija 6.7. Neka je dat niz funkcija {un (x)} definisanih na skupu X. Red +∞ X

un (x), x ∈ X,

n=1

naziva se funkcionalni red. Definicija 6.8. Za red

+∞ X

un (x) kaˇzemo da obiˇ cno (uniformno) konvergira

n=1

na skupu X ako niz njegovih parcijalnih suma Sn (x) obiˇcno (uniformno) konvergira ka sumi S(x) ovog reda na skupu X. Kao posljedicu kriterijuma za uniformnu konvergenciju funkcionalnih nizova dobijamo kriterijume za unformnu konvergenciju funkcionalnih redova. Teorema 6.20. Vajerˇ strasov kriterijum. Ako postoji konvergentan brojni +∞ X red cn , cn > 0, za koji za sve x ∈ X i sve n ∈ N, vrijedi n=1

|un (x)| ≤ cn ,

164

GLAVA 6. REDOVI

onda funkcionalni red +∞ X

un (x)

n=1

apsolutno i uniformno konvergira na skupu X. Primjer 6.18. Ispitati uniformnu konvergenciju funkcionalnog reda µ ¶ +∞ X n2 1 1 √ ≤ |x| ≤ 2. xn + n , x 2 n! n=1 Rjeˇ senje. Vrijedi ¯ ¯ ¯ n ¯ ¯x + 1 ¯ ≤ 2n + 2n = 2n+1 , ¯ xn ¯

za sve

1 ≤ |x| ≤ 2. 2

Dalje, red +∞ 2 n+1 X n 2 √ , n! n=1

konvergira na osnovu Dalamberovog kriterijuma, pa zakljuˇcujemo da je dati red uniformno konvergentan. sijev kriterijum. Red Teorema 6.21. Koˇ

+∞ X

un (x)je uniformno konverge-

n=1

ntan na skupu X ako i samo ako

(∀² > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0 )(∀p ∈ N)(∀x ∈ X) |un+1 (x) + · · · + un+p (x)| < ². Teorema 6.22. Osobine uniformno konvergentnih redova. • Neka je dat red neprekidnih funkcija koji uniformno konvergira na skupu X. Tada za svaki x0 ∈ X vrijedi Ã +∞ ! +∞ X X lim un (x) = un (x0 ). x→x0

n=1

n=1

• Ako su ˇclanovi niza {un (x)} neprekidne funkcije na intervalu [a, b] i ako +∞ X red un (x) uniformno konvergira na [a, b] tada i red n=1 +∞ Z X n=1

x

un (t)dt, x ∈ [a, b], a

uniformno konvvergira na [a, b] i vrijedi ! Z x ÃX +∞ Z x +∞ X un (t)dt = un (t) dt, x ∈ [a, b]. n=1

a

a

n=1


165

• Neka je {un (x)} niz neprekidno diferencijabilnih funkcija na [a, b]i neka +∞ X red un (x) uniformno konvergira na [a, b]. Ako postoji taˇcka c ∈ [a, b] n=1

takva da je red

+∞ X

un (c) konvergentan tada i red

n=1

0

un (x) =

Ã +∞ X

n=1

6.2.3

un (x) uniformno

n=1

konvergira na [a, b] i vrijedi +∞ X

+∞ X

!0 un (x)

, x ∈ [a, b].

n=1

Stepeni redovi

Definicija 6.9. Funkcionalni red +∞ X

an xn , an ∈ R, n = 0, 1, . . .

n=0

naziva se stepeni ili potencijalni red. Primjer 6.19. Stepeni red

+∞ X

xn , je konvergentan za sve x ∈ R za koje je

n=0

|x| < 1. Za takve x dati red je i apsolutno konvergentan. Primjetimo da ako je 0 ≤ r < 1 da je red na osnovu Vajerˇstrasovog kriterijuma uniformno konvergentan na skupu {x : |x| ≤ r}. Prethodni primjer nam daje ideju za dokaz sljedeće teoreme. Teorema 6.23. Ako stepeni red

+∞ X

an xn , konvergira za neko x0 6= 0 tada on

n=0

apsolutno konvergira za svako x za koje je |x| < |x0 | i uniformno konvergira na skupu {x : |x| ≤ r}, gdje je 0 ≤ r < |x0 |. Dokaz. Neka je x0 6= 0 takav da je red

+∞ X

an xn0 konvergentan. Potreban uslov

n=0

da red konvergira je da njegov opˇsti ˇclan teˇzi nuli. Dakle,

lim an xn0 = 0. Iz

n→+∞

definicije graniˇcne vrijednosti zakljuˇcujemo da postoji M > 0 tako da je |an xn0 | ≤ M za sve n ∈ N. Sada je n

|an x | = Kako je

¯ ¯n ¯ ¯n ¯x¯ ¯ ¯ ¯ ≤M¯x¯ ¯ ¯ x0 ¯ x0

|an xn0 | ¯¯

¯ +∞ ¯ X ¯ x ¯n ¯ ¯ , ¯ x0 ¯

n=0

za sve n ∈ N.

166

GLAVA 6. REDOVI

¯ ¯ ¯x¯ konvergentan red, jer je ¯¯ ¯¯ < 1,na osnovu prvog poredbenog kriterijuma zax0 +∞ +∞ X X kljuˇcujemo i da je red |an xn |, konvergentan, to jest red an xn , apsolutno konvergentan.

n=0

n=0

Neka je 0 ≤ r < |x0 |. Pokaˇzimo da je red

+∞ X

an xn , uniformno konvergentan na

n=0

skupu {x : |x| ≤ r}. Neka x ∈ {x : |x| ≤ r}. Tada je |an xn | ≤ |an |rn za sve n ∈ N. Red

+∞ X

|an |rn je konvergentan, na osnovu prethodnog dijela dokaza, pa sada

n=0

na osnovu Vajerˇstrasovog kriterijuma red uniformno konvergira na skupu {x : |x| ≤ r}. Posljedica 6.1. Ako stepeni red

+∞ X

an xn divergira u taˇcki x0 , tada dati red

n=0

divergira za svako x za koje je |x| > |x0 |. Definicija 6.10. Realan broj R > 0 takav da stepeni red

+∞ X

an xn konvergira,

n=0

za svako x iz skupa {x : |x| < R}, a divergira za svako x iz skupa {x : |x| > R} +∞ X se naziva polupreˇ cnik konvergencije stepenog reda an xn . n=0

Iz teoreme 6.23 dobijamo sljedeću teoremu. Teorema 6.24. Ako je R polupreˇcnik konvegencije reda

+∞ X

an xn tada red apso-

n=0

lutno konvergira na (−R, R), a divergira za |x| > R i red uniformno konvergira na [−r, r] za svaki r ∈ (0, R). Iz Dalamberovog i Koˇsijevog kriterijuma dobijamo postupak za odredjivanje polupreˇcnika konvergencije stepenog reda. Teorema 6.25. Polupreˇcnik konvegencije stepenog reda

+∞ X n=0

¯ ¯ ¯ an ¯ ¯ R = lim ¯¯ n→+∞ an+1 ¯ ili R = lim

n→+∞

1 p . n |an |

an xn dat je sa


167

Primjer 6.20. Odrediti polupreˇcnik konvergencije reda +∞ X (n!)2 n x . (2n)! n=1

Rjeˇ senje. Imamo

¯ ¯ ¯ an ¯ (2n + 2)(2n + 1) ¯ ¯ , ¯ an+1 ¯ = (n + 1)2

pa je

¯ ¯ ¯ an ¯ ¯ = 4. R = lim ¯¯ n→+∞ an+1 ¯

Definicija 6.11. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini nule i neka postoje svi izvodi funkcije f u nuli. Stepeni red +∞ (n) X f (0) n x n! n=1

nazivamo Maklorenovim redom funkcije f . Koristeći osobine uniformno konvergentnih redova (teorema 6.22) moˇze se dobiti sljedeća teorema. Teorema 6.26. Ako je f (x) =

+∞ X

an xn , −R < x < R

n=0

tada je an =

f (n) (0) , n = 0, 1, . . . n!

Na kraju, dajemo neke funkcije predstavljene pomoću stepenog reda •

+∞ X 1 = xn , −1 < x < 1, 1 − x n=0

•

+∞ X 1 = (−1)n xn , −1 < x < 1, 1 + x n=0

• ln(1 + x) =

+∞ X n=0

(−1)n

xn+1 , −1 < x ≤ 1, n+1

+∞ n X x • e = , −∞ < x < ∞, n! n=0 x

168

GLAVA 6. REDOVI

• sin x =

+∞ X

(−1)n

n=0

• cos x =

+∞ X

(−1)n

n=0

• arctg x =

+∞ X

x2n+1 , −∞ < x < ∞, (2n + 1)! x2n , −∞ < x < ∞, (2n)!

(−1)n

n=0

x2n+1 , −1 < x ≤ 1. 2n + 1

6.3. ZADACI

6.3

169

Zadaci

1. Koristeći definiciju, ispitati konvergenciju redova i naći njihove sume : +∞ +∞ X X 1 1 (i) , (ii) . (n + 1)(n + 3) n(n + 1)(n + 2) n=1 n=1 2. Ispitati konvergenciju sljedećih redova : µ ¶n2 +∞ 2 +∞ +∞ X X X n n+1 (n!)2 −n (i) . , (ii) 3 , (iii) 3n n (2n)! n=1 n=1 n=1 3. Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju redova : +∞ +∞ +∞ X X X 1 π (n!)2 n n √ (i) (−1) , (ii) (−1) sin , (iii) (−1)n . n ln n (2n)! n n=1 n=1 n=1 4. Pokazati da je red

∞ X

sin(π

p

n2 + a2 ) konvergentan za svaki a ∈ R.

n=1

Odrediti a ∈ R za koje je red i apsolutno konvergentan. 5. Naći oblast konvergencije redova : +∞ +∞ +∞ X X X 1 sin nx n 1 (i) , (ii) , (iii) . (−1) x x n n n2 n=1 n=1 n=1 +∞ X sin nx 6. Koristeći Koˇsijev kriterijum konvergencije pokazati da je red , n(n + 1) n=1 konvergentan.

7. Ispitati uniformnu konvergenciju funkcionalnih nizova : 1 1 (i) fn (x) = , x > 0, (ii) fn (x) = xn − xn+1 , 0 ≤ x ≤ . x+n 2 8. Pokazati da sljedeći redovi konvergiraju uniformno na cijelom skupu R, +∞ +∞ X X 1 cos nx (i) , (ii) . 2 n(n + 1) + x n! n=1 n=1 9. Odrediti polupreˇcnik konvergencije sljedećih redova : +∞ +∞ +∞ X X X xn n2 x n 32n−1 + 1 n (i) , (ii) , (iii) x . (−1)n n(n + 1) (2n + 1)! (2n)! n=1 n=1 n=1 10. Odrediti Tejlorov red funkcije 2x + 5 1 , (ii)f (x) = . (i)f (x) = (x − 1)(x + 2) (x − 1)(2x − 3) 11. Odrediti polupreˇcnik konvergencije i sumu reda

+∞ X

xn . n(n + 1) n=1

170

GLAVA 6. REDOVI

12. Odrediti polupreˇcnik konvergencije i sumu reda

+∞ X

(−1)n

n=1

x2n+1 . 2n(2n + 1)

13. Sumirati sljedeće redove : +∞ +∞ +∞ X X X xn x2n (i) nxn , (ii) (−1)n , (iii) , 2n (n + 1)(n + 2) n=1 n=1 n=1 (iv)

+∞ X

1 (−1)n , n n=1

(v)

+∞ n X 3 (n + 2) . n! n=1

Glava 7

Diferencijalne jednaˇ cine 7.1 7.1.1

Uvod Osnovni pojmovi

Neka je F realna funkcija n + 2 promjenljive. Jednaˇcina F (x, y, y 0 , . . . , y (n) ) = 0, x ∈ (a, b),

(7.1)

gdje je y nepoznata n−puta diferencijabilna funkcija naziva se diferencijalnom jednaˇ cinom reda n ako se u njoj obavezno pojavljuje funkcija y (n) . Ako je diferencijalna jednaˇcina data u obliku y (n) = f (x, y, y 0 , . . . , y (n−1) ),

(7.2)

kaˇzemo da ima normalni oblik. Opˇ ste rjeˇ senje diferencijalne jednaˇcine (7.1) je svaka funkcija y = y(x), x ∈ (a, b) koja je data sa G(x, y, C1 , . . . , Cn ) = 0,

(7.3)

gdje su C1 , . . . , Cn konstante tako da vaˇzi • y = y(x) je rjeˇsenje jednaˇcine (7.1) na (a, b), to jest za y = y(x) jednaˇcina (7.1) postaje identitet na (a, b), • eliminacijom konstanti C1 , . . . , Cn iz (7.3) i izvodnih jednakosti do reda n dobijamo samo diferencijalnu jednaˇcinu (7.1). Partikularno rjeˇ senje je svako rjeˇsenje koje se dobija iz opˇsteg rjeˇsenja za konkretne vrijednosti bar jedne od konstanti C1 , . . . , Cn . Singularno rjeˇ senje je rjeˇsenje koje se ne moˇze dobiti iz opˇsteg rjeˇsenja ni za jednu vrijednost konstanti C1 , . . . , Cn . 171

172

ˇ GLAVA 7. DIFERENCIJALNE JEDNACINE

Integralna kriva diferencijalne jednaˇcine je svako njeno partikularno ili singularno rjeˇsenje posmatrano kao kriva y = y(x). Uslovi y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 , (7.4) se nazivaju poˇ cetni uslovi. Problem (7.2), (7.4) se naziva Koˇ sijev poˇ cetni problem reda n. Problem y 0 = f (x, y) y(x0 ) = y0 ,

(7.5)

je Koˇ sijev poˇ cetni problem prvog reda. Napomenimo da se pored Koˇsijevog poˇcetnog problema u teoriji diferencijalnih jednaˇcina izuˇcavaju i graniˇ cni problemi. Graniˇcni problemi su komplikovaniji, a kao ilustraciju navodimo graniˇcni problem drugog reda. Problem y 00 = f (x, y, y 0 ) y(a) = A, y(b) = B,

(7.6)

gdje su a i b krajnje taˇcke posmatranog intervala, a A i B dati realni brojevi se naziva graniˇ cni problem drugog reda. Na kraju ove sekcije recimo i to da diferencijalne jednaˇcine opisuju razne prirodne pojave. Tako na primjer, jednaˇcina y 0 = ky, predstavlja Maltusov zakon porasta populacije, dok su rjeˇsenja Hermitove jednaˇcine y 00 − 2xy 0 + 2py = 0, talasne funkcije kvantne mehanike.

7.1.2

Egzistencija i jedinstvenost rjeˇ senja

U ovoj sekciji bavićemo se pitanjem egzistencije i jedinstvenosti rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine prvog reda. Taˇcnije, bavićemo se pitanjem egzistencije i jedinstvenosti rjeˇsenja Koˇsijevog problema (7.5). Sljedeća teorema je poznata kao Peanova teorema. Teorema 7.1. Neka je funkcija f neprekidna u oblasti D = {(x, y) : |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b} tada Koˇsijev problem (7.5) ima bar jedno rjeˇsenje definisano na [x0 − h, x0 + h], b gdje je h = min{a, M } i M = sup |f (x, y)|. D

7.1. UVOD

173

Vidjeli smo da neprekidnost funkcije f obezbjedjuje egzistenciju rjeˇsenja problema (7.5). Prirodno pitanje je kada je rjeˇsenje Koˇsijevog problema jedinstveno. Ako se za funkciju f uvedu pored neprekidnosti i drugi uslovi moˇze se obezbjediti i jedinstvenost rjeˇsenja Koˇsijevog problema (7.5). Sljedeći rezultat je poznat kao teorema Picarda i Lindelöfa. Teorema 7.2. Neka je funkcija f neprekidna u oblasti D = {(x, y) : |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b} i zadovoljava Lipshitzov uslov po y, tj postoji konstanta L > 0 takva da je |f (x, y1 ) − f (x, y2 )| ≤ L|y1 − y2 | za sve (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ D, tada Koˇsijev problem (7.5) ima taˇcno jedno rjeˇsenje definisano na [x0 −h, x0 +h], b gdje je h = min{a, M } i M = sup |f (x, y)|. D

Dokaz. Oˇcigledno je svako rjeˇsenje jednaˇcine Z x y(x) = y0 + f (t, y(t))dt

(7.7)

x0

rjeˇsenje problema (7.5) i obratno, pa je dovoljno pokazati da jednaˇcina (7.7) ima jedinstveno rjeˇsenje na segmentu [x0 − h, x0 + h]. Pokaˇzimo prvo egzistenciju rjeˇsenja. Definiˇsimo niz funkcija {yn (x)} na sljedeći naˇcin: Z x y0 (x) = y0 , yn (x) = y0 + f (t, yn−1 (t))dt, n ∈ N. (7.8) x0

Niz {yn (x)} je dobro definisan. Naime, ¯Z x ¯ ¯ ¯ ¯ |yn (x) − y0 | = ¯ f (t, yn−1 (t))dt¯¯ ≤ M |x0 − x| ≤ M h ≤ b x0

za sve x ∈ [x0 − h, x0 + h], n ∈ N. Dakle, (x, yn (x)) ∈ D za sve x ∈ [x0 − h, x0 + h], n ∈ N. Dalje, indukcijom dobijamo |yn (x) − yn−1 (x)| ≤

M Ln−1 |x − x0 |n , x ∈ [x0 − h, x0 + h], n ∈ N. n!

Sada imamo |yn+p (x) − yn (x)| ≤

n+p X

M Li−1 |x − x0 |i , i! i=n+1

odnosno |yn+p (x) − yn (x)| ≤

M (L|x − x0 |)n Ln!


174

µ ¶ L|x − x0 | (L|x − x0 |)2 (L|x − x0 |)p × 1+ + + ··· + . n+1 (n + 1)(n + 2) (n + 1) · · · (n + p) Dakle, |yn+p (x) − yn (x)| ≤

M (L|x − x0 |)n 1 . Ln! 1 − L|x−x0 |

(7.9)

n+1

Ako u posljednjoj nejednakosti pustimo da n, p → +∞ dobijamo na osnovu Koˇsijevog kriterijuma da je niz funkcija {yn (x)} uniformno konvergentan. Neka je lim yn (x) = z(x). Tada zbog (7.9) imamo n→+∞

|z(x) − yn (x)| ≤

M (L|x − x0 |)n n+1 , n ≥ n0 . Ln! n + 1 − L|x − x0 |

Pokaˇzimo da je z rjeˇsenje Koˇsijevog problema (7.5). Vrijedi sljedeće ¯ ¯ ¯ ¯ Z x Z x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯z(x) − y0 − ¯ ¯ f (t, z(t))dt¯ = ¯z(x) − yn (x) + (f (t, yn−1 (t)) − f (t, z(t)))dt¯¯ , ¯ x0

x0

pa je ¯ Z ¯ ¯z(x) − y0 − ¯

¯ ¯Z x ¯ ¯ ¯ ¯ f (t, z(t))dt¯¯ ≤ |yn (x) − z(x)| + L ¯¯ (yn−1 (t) − z(t))dt¯¯ .

x

x0

x0

Neka je ² > 0, tada postoji n0 ∈ N takav da vrijedi ² za sve n ≥ n0 2

|yn (x) − z(x)| ≤ i

² za sve n ≥ n0 . 2Lh

|yn−1 (x) − z(x)| ≤ Dakle, imamo ¯ Z ¯ ¯z(x) − y0 − ¯

x

x0

¯ Z x ¯ ² ² ² ² dt ≤ + |x − x0 | ≤ ². f (t, z(t))dt¯¯ ≤ + L 2 2 2Lh x0 2Lh

Znaˇci,

Z

x

z(x) = y0 +

f (t, z(t))dt. x0

Pokaˇzimo da je z jedinstveno rjeˇsenje. Neka su z1 i z2 dva razliˇcita rjeˇsenja problema (7.5). Stavimo g(x) = (z1 (x) − z2 (x))2 , x ∈ [x0 , x0 + h]. Imamo

0

0

0

g (x) = 2(z1 (x) − z2 (x))(z1 (x) − z2 (x)), pa je

0

|g (x)| ≤ 2Lg(x).

7.1. UVOD

175

Odavde je

³

g(x)e−2L(x−x0 )

´0 ≤ 0 za sve x ∈ [x0 , x0 + h],

pa je g(x) ≤ g(x0 ) za sve x ∈ [x0 , x0 + h]. Dakle, g(x) = 0 za sve x ≥ x0 . Ako je x ≤ x0 stavimo t = 2x0 − x i ponovimo prethodni postupak. Primjedba 7.1. Metod opisan u dokazu prethodne teoreme poznat je kao metod sukcesivnih aproksimacija. Primjer 7.1. 0

y (x) = y 2 − x2 + 1, y(0) = 0. Koristeći metod sukcesivnih aproksimacija dobijamo Z x 2 y0 (x) = 0, yn (x) = (yn−1 (t) − t2 + 1)dt, n ∈ N. 0

Za prva tri ˇclana niza {yn (x)} imamo: Z

x

y1 (x) =

(1 − t2 )dt = x −

0

Z

x

y2 (x) = 0

Z y3 (x) = 0

x

"µ

t3 t− 3

"µ

+

#

¶2

2t5 t7 t− + 15 63

x3 , 3

− t2 + 1 dt = x −

2x5 x7 + , 15 63

#

¶2 2

− t + 1 dt = x −

4x7 2x9 + + 105 567

4x11 4x13 x15 − + . 2457 12285 59535

Koristeći indukciju moˇze se pokazati da je yn (x) = x + o(x2n+1 ), pa je lim yn (x) = x.

n→+∞

Prema tome jedno rjeˇsenje datog problema je funkcija y(x) = x. Primjeri u kojima se moˇze naći rjeˇsenje na ovaj naˇcin su rijetki. Ipak, metod sukcesivnih aproksimacija je znaˇcajan zbog efikasnog koriˇstenja u teorijske svrhe.


176

7.2

Neki integrabilni tipovi diferencijalnih jednaˇ cina

Diferencijalne jednaˇcine ˇcija se rjeˇsenja mogu izraziti pomoću konaˇcnog broja elementarnih funkcija i njihovih integrala su malobrojne. Ipak, te jednaˇcine su znaˇcajne, jer su prva saznanja o diferencijalnim jednaˇcinama nastala od prouˇcavanja upravo tih tipova diferencijalnih jednaˇcina. Prilikom njihovog rjeˇsavanja uvijek se koristila integracija, pa se takve diferencijalne jednaˇcine nazivaju integrabilne diferencijalne jednaˇcine.

7.2.1

Jednaˇ cina sa razdvojenim promjenljivim

To je jednaˇcina oblika f (x)dx + g(y)dy = 0,

(7.10)

gdje su f i g neprekidne funkcije na (a, b). Opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (7.10) je Z Z f (x)dx + g(y)dy = C. Primjer 7.2. Rijeˇsiti diferencijalnu jednaˇcinu (x2 + 1)y 0 = y 2 + 1, Rjeˇ senje. Datu jednaˇcinu moˇzemo pisati u obliku dy dx − = 0, 2 1+y 1 + x2 odakle je arctg y − arctg x = C, pa je tg(arctg y − arctg x) = tg C. Ako stavimo C1 = tg C i iskoristimo formulu tg(α − β) =

tg α − tg β , 1 + tg α tg β

dobijamo y−x = C1 . 1 + xy Dakle, opˇste rjeˇsenje je (1 + xy)C1 − y + x = 0.

ˇ 7.2. NEKI INTEGRABILNI TIPOVI DIFERENCIJALNIH JEDNACINA 177 Primjer 7.3. Naći funkciju f koja zadovoljava sljedeću funkcionalnu jednaˇcinu f (x + y) =

f (x) + f (y) , 1 − f (x)f (y)

(7.11)

ako se zna da postoji f 0 (0). Rjeˇ senje. Kako postoji f 0 (0), funkcija f je definisana i neprekidna u nekoj okolini taˇcke x = 0. Ako u (7.11) uvrstimo y = 0 dobijamo (1 + f 2 (x))f (0) = 0, odakle je f (0) = 0. Kako je zbog (7.11) f (x + y) − f (x) f (y) 1 + f 2 (x) = · , y y 1 − f (x)f (y) kada pustimo y → 0 dobijamo f 0 (x) = f 0 (0)(1 + f 2 (x)), a ovo je jednaˇcina sa razdvojenim promjenljivim. Njeno opˇste rjeˇsenje je f (x) = tg(f 0 (0)x + C).

7.2.2

Homogena jednaˇ cina

Homogena diferencijalna jednaˇcina je ³y´ dy =f , dx x gdje je f neprekidna funkcija na (a, b). Ako je f (t) = t, za sve t ∈ (a, b), tada imamo jednaˇcinu sa razdvojenim promjenljivim dy dx = . y x Njeno opˇste rjeˇsenje je y = Cx. Ako je f (t0 ) = t0 , za neko t0 ∈ (a, b), tada je funkcija y(x) = t0 x + C rjeˇsenje jednaˇcine (7.12). Na kraju prepostavimo da je f (t) 6= t, za sve t ∈ (a, b).

(7.12)


178 Uvodeći smjenu

z(x) =

y(x) , x

dobijamo y 0 (x) = z(x) + xz 0 (x), pa jednaˇcina (7.12) postaje z + xz 0 = f (z), to jest jednaˇcina sa razdvojenim promjenljivim dx dz − = 0. z − f (z) x Njeno opˇste rjeˇsenje je µZ Cx = exp

dz z − f (z)

¶ .

Primjedba 7.2. Jednaˇcina µ y0 = f u sluˇcaju da je

a1 x + b1 y + c1 a2 x + b2 y + c2

¯ ¯ a1 ¯ ¯ a2

¶

¯ b1 ¯¯ 6 0, = b2 ¯

se smjenom x = u + α, y = v + β svodi na homogenu jednaˇcinu, gdje su α i β takvi da je a1 α + b1 β + c1 = 0 a2 α + b2 β + c2 = 0. U sluˇcaju da je

¯ ¯ a1 ¯ ¯ a2

¯ b1 ¯¯ = 0, b2 ¯

onda se data jednaˇcina smjenom u = a1 x + b1 y svodi na homogenu jednaˇcinu. Primjer 7.4. Rijeˇsiti jednaˇcinu x+y−3 dy = . dx −x + y + 1 Rjeˇ senje. Kako je

¯ ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ −1 1 ¯ = 2

ˇ 7.2. NEKI INTEGRABILNI TIPOVI DIFERENCIJALNIH JEDNACINA 179 koristimo smjenu x = u + α, y = v + β, gdje je αβ − 3 = 0 −α + β + 1 = 0. Dakle, x = u + 2, y = v + 1, pa imamo

u+v dv = , du −u + v 1 + uv dv = . du −1 + uv

Koristeći smjenu v = zu dobijamo du z−1 dz − = 0. 1 + 2z − z 2 u Odavde je pa je

7.2.3

u2 (1 + 2z − z 2 ) = C, x2 + 2xy − y 2 − 6x − 2y = C1 , (C − 7 = C1 ).

Linearna jednaˇ cina prvog reda

Diferencijalna jednaˇcina y 0 + p(x)y = q(x),

(7.13)

gdje su p i q neprekidne funkcije na (a, b) naziva se linearnom jednaˇcinom prvog reda. Iz (7.13) imamo y0 e

R

p(x)dx

to jest

³ ye

pa je ye

R

+ p(x)ye R

p(x)dx

R

´0

p(x)dx

= q(x)e

= q(x)e

R

p(x)dx

Z p(x)dx

=C+

R

q(x)e

R

p(x)dx

,

,

p(x)dx

.

Dakle, opˇste rjeˇsenje je y = e−

R

µ p(x)dx

Z C+

q(x)e

R

p(x)dx

¶ dx .

(7.14)


180

Primjer 7.5. Rijeˇsiti jednaˇcinu dy 1 = . dx xf (y) + g(y) Rjeˇ senje. Datu jednaˇcinu moˇzemo pisati u obliku dx − xf (y) = g(y), dy a ovo je linearna jednaˇcina u odnosu na inverznu funkciju x = x(y) traˇzene funkcije y = y(x). Koristeći formulu (7.14) dobijamo x=e

7.2.4

R

f (y)dy

µ ¶ Z R C + g(y)e− f (y)dy dy .

Bernulijeva jednaˇ cina

Diferencijalna jednaˇcina oblika y 0 + p(x)y = q(x)y α ,

(7.15)

gdje su p i q neprekidne funkcije na (a, b), a α ∈ R je Bernulijeva jednaˇcina. Za α = 0 ili α = 1 to je linearna diferencijalna jednaˇcina. Pretpostavimo da je α 6= 0 i α 6= 1. Uvedimo smjenu y = z k , k 6= 0. Jednaˇcina (7.15) tada postaje kz 0 z k−1 + p(x)z k = q(x)z αk , pa je z+

p(x) q(x) αk−k+1 z= z . k k

Posljednja jednaˇcina je linearna za αk − k + 1 = 0, to jest za k=

1 . 1−α

Dakle, smjenom 1

y = z 1−α , jednaˇcina (7.15) se svodi na linearnu.

ˇ 7.2. NEKI INTEGRABILNI TIPOVI DIFERENCIJALNIH JEDNACINA 181 Primjer 7.6. Rijeˇsiti jednaˇcinu y 0 + 2y = ex y 2 . Rjeˇ senje. Ovde je α = 2, pa koristimo smjenu y = z −1 . Sada dobijamo

−z −2 z 0 + 2z −1 = ex z −2 ,

odavde je

z 0 − 2z = −ex ,

a ovo je linearna diferencijalna jednaˇcina. Njeno opˇste rjeˇsenje je z = Cex + e2x . Dakle, opˇste rjeˇsenje date jednaˇcine je y=

7.2.5

Ce2

1 . + e2x

Rikatijeva jednaˇ cina

Diferencijalna jednaˇcina y 0 + p(x)y + q(x)y + r(x) = 0,

(7.16)

gdje su p, q i r neprekidne funkcije definisane na (a, b) naziva se Rikatijevom jednaˇcinom. Ako su funkcije p, q i r konstante, jednaˇcina (7.16) je jednaˇcina sa razdvojenim promjenljivim i njeno opˇste rjeˇsenje je Z dy C −x= . py 2 + qu + r Moˇze se pokazati da se rjeˇsenja jednaˇcine (7.16) u opˇstem sluˇcaju ne mogu izraziti preko integrala elementarnih funkcija, to jest ova jednaˇcina u opˇstem sluˇcaju nije integrabilna. U sluˇcaju da je poznato jedno njeno partikularno rjeˇsenje y1 ona se moˇze rijeˇsiti koristeći smjenu y(x) = y1 (x) + z(x). Tada jednaˇcina (7.16) postaje 0

y1 + z 0 + p(x)(y12 + 2y1 z + z 2 ) + q(x)(y1 + z) + r(x). Kako je y1 rjeˇsenje date jednaˇcine dobijamo z 0 + p(x)(2y1 + z 2 ) + q(x)z = 0, to jest

z 0 + (2p(x)y1 + q(x))z = −p(x)z 2 ,

a ovo je Bernulijeva diferencijalna jednaˇcina.


182

Primjer 7.7. Rijeˇsiti jednaˇcinu y 0 − y 2 + 2ex y = e2x + ex , ako je njeno partikularno rjeˇsenje y1 = ex . Rjeˇ senje. Koristeći smjenu y = ex + z dobijamo

z0 = z2.

Odavde je −

1 = x − C, z

pa je

1 . C −x Dakle, opˇste rjeˇsenje date jednaˇcine je z=

y = ex +

1 . C −x

Primjedba 7.3. Smjenom

1 y = y1 + , z jednaˇcina (7.16) se svodi na linearnu diferencijalnu jednaˇcinu z 0 − (2p(x)y1 + q(x))y = p(x). Pretpostavimo sada da su y1 i y2 dva partikularna rjeˇsenja jednaˇcine (7.16). Tada koristeći jednakost 0

y1 = −p(x)y12 − q(x)y1 − r(x), jednaˇcinu (7.16) moˇzemo predstaviti u obliku (y − y1 )0 = −p(x)(y + y1 ) − r(x), y − y1 to jest

(ln(y − y1 ))0 = −p(x)(y + y1 ) − q(x).

(7.17)

Za drugo partikularno rjeˇsenje y2 analogno dobijamo (ln(y − y2 ))0 = −p(x)(y + y2 ) − q(x).

(7.18)

Iz jednaˇcina (7.17) i (7.18) dobijamo µ ¶0 y − y1 ln = p(x)(y2 − y1 ), y − y2 pa je y − y1 = C exp y − y2 opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (7.16).

µZ

¶ p(x)(y2 (x) − y1 (x))dx ,

(7.19)

ˇ 7.2. NEKI INTEGRABILNI TIPOVI DIFERENCIJALNIH JEDNACINA 183 Primjer 7.8. Jednaˇcina y0 =

1 − y2 , x4

ima partikularna rjeˇsenje y1 =

1 1 1 1 + , y2 = − 2 . x x2 x x

Koristeći formulu (7.19) dobijamo da je opˇste rjeˇsenje µ Z ¶ y − y1 2dx = C exp − , y − y2 x2 2 x2 y − x − 1 = Ce x . x2 y − x + 1

7.2.6

Jednaˇ cine Lagranˇ za i Klera

Jednaˇcina Lagranˇza ima oblik y = xϕ(y) + ψ(y 0 ),

(7.20)

gdje su ϕ i ψ diferencijabilne funkcije. Pretpostavimo da funkcija ϕ nije identiˇcko preslikavanje. Stavljajući y 0 = p, diferencirajući po x i koristeći jednakost dy = pdx dobijamo linearnu jednaˇcinu dx ϕ0 (p) ψ 0 (p) +x = . dp ϕ(p) − p p − ϕ(p) Neka je njeno opˇste rjeˇsnje x = g(p, C), smjenom u (7.20) dobijamo y = g(p, C)ϕ(p) + ψ(p). Dakle, zakljuˇcujemo da je sa x = g(p, C), y = g(p, C)ϕ(p) + ψ(p), dato opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (7.20). Primjer 7.9. Rijeˇsiti jednaˇcinu y = 2xy 0 + ln y 0 . Rjeˇ senje. Stavimo y 0 = p, tada je y = 2xp + ln p. Diferencirajući dobijamo pdx = 2pdx + 2xdp +

dp , p


184 a odavde je

dx 2 1 + x = − 2. dp p p Ovo je linearna jednaˇcina. Njeno opˇste rjeˇsenje je x=

C 1 − . 2 p p

Dakle, opˇste rjeˇsenje date jednaˇcine je x=

C 1 − , p2 p

y = ln p +

2C − 2. p

Jednaˇcina Klera ima oblik y = xy 0 + ψ(y 0 ).

(7.21)

Ona se rjeˇsava koristeći isti postupak kao i kod Lagranˇzove jednaˇcine. Opˇste rjeˇsenje Klerove jednaˇcine je y = Cx + ψ(C). Klerova jednaˇcina moˇze imati i singularno rjeˇsenje dato sa y = xp + ψ(p), x + ψ 0 (p) = 0. Primjer 7.10. Rijeˇsiti jednaˇcinu y = xy 0 +

1 . 2y 0

Rjeˇ senje. Stavljajući y 0 = p, dobijamo y = xp +

1 . 2p

Diferencirajući posljednju jednaˇcinu i zamjenjujući dy sa pdx imamo pdx = pdx + xdp − odavde je

dp , p2

µ ¶ 1 dp x − 2 = 0. 2p

Iz dp = 0, to jest p = C dobijamo opˇste rjeˇsenje y = Cx +

1 . 2C

ˇ ˇ 7.3. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE VISEG REDA Dalje, iz x−

185

1 = 0, 2p2

imamo x=

1 . 2p2

Eliminiˇsući p iz te jednaˇcine i iz jednaˇcine y = xp +

1 , 2p

dobijamo y 2 = 2x. Ovo je takodje rjeˇsenje (singularno rjeˇsenje) date jednaˇcine.

7.3

Linearne diferencijalne jednaˇ cine viˇ seg reda

7.3.1

Homogena jednaˇ cina

Definicija 7.1. Diferencijalna jednaˇcina y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = q(x), x ∈ (a, b),

(7.22)

je linearna diferencijalna jednaˇ cina reda n. Ako je q ≡ 0 na (a, b) to jest, y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = 0, x ∈ (a, b),

(7.23)

kaˇzemo da se radi o homogenoj jednaˇcini, u suprotnom je nehomogena jednaˇcina. Egzistencija i jedinstvenost rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (7.22) su date sljedećom teoremom. Teorema 7.3. Ako su funkcije q, p1 , p2 , . . . , pn neprekidne na (a, b), tada za svako x0 ∈ (a, b) postoji jedinstveno rjeˇsenje y diferencijalne jednaˇcine (7.22) definisano na (a, b) koje zadovoljava uslove 0

(n−1)

y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y0 , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0 0

(n−1)

gdje su y0 , y0 , . . . , y0

,

, dati realni brojevi.

Primjetimo da je kod diferencijalne jednaˇcine (7.22) neprekidnost koeficijenata dovoljna za egzistenciju i jedinstvenost rjeˇsenja Koˇsijevog poˇcetnog problema na cijelom intervalu (a, b), dok smo kod Peanove teoreme odnosno PicardLindelöfove teoreme imali egzistenciju i jedinstvenost rjeˇsenja u nekoj okolini taˇcke x0 .


186

Definicija 7.2. Neka su date funkcije p1 , p2 , . . . , pn . Simbol L[ ] oznaˇcava diferencijalni operator, L[y] = y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y. Sada diferencijalne jednaˇcine (7.22) i (7.23) moˇzemo pisati u obliku L[y] = q(x)

i L[y] = 0, x ∈ (a, b).

Lako se vidi da je operator L[ ] linearan, to jest vrijedi L[Cy] = CL[y], C ∈ R, L[y1 + y2 ] = L[y1 ] + L[y2 ]. Na osnovu ove dvije osobine imamo da je L[C1 y1 + C2 y2 + · · · + Cn yn ] = C1 L[y1 ] + C2 L[y2 ] + · · · + Cn L[yn ], C1 , C2 , . . . , Cn ∈ R. Prema tome vrijedi sljedeća teorema. Teorema 7.4. Ako su y1 , y2 , . . . , yn rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (7.23) tada je i y = C1 y1 + C2 y2 + · · · + Cn yn njeno rjeˇsenje. Na osnovu prethodne teoreme zakljuˇcujemo da moˇzemo dobiti nova rjeˇsenja jednaˇcine (7.23) ako znamo neka njena rjeˇsenja. To nameće potrebu da se odredi skup rjeˇsenja kod koga se nijedno rjeˇsenje ne moˇze dobiti preko ostalih rjeˇsenja. U vezi sa ovim imamo sljedeću definiciju. Definicija 7.3. Za funkcije y1 , . . . , yn kaˇzemo da su linearno zavisne na (a, b) ako postoje konstante λ1 , . . . λn od kojih je bar jedna razliˇcita od nule, takve da je na (a, b), λ1 y1 + · · · + λn yn = 0. (7.24) Ako je identitet (7.24) zadovoljen samo za λ1 = · · · = λn = 0, kaˇzemo da su funkcije y1 , . . . , yn linearno nezavisne na (a, b). Primjer 7.11. Funkcije y1 (x) = x, y2 (x) = 2x + 1 i y3 (x) = 7x + 2 su linearno zavisne na skupu R, jer je y3 (x) − 2y2 (x) − 3y1 (x) = 0, na skupu R. Definicija 7.4. Neka su y1 , . . . , yn , n − 1 puta diferencijabilne funkcije. Determinanta ¯ ¯ ¯ y1 (x) y2 (x) ··· yn (x) ¯ ¯ ¯ 0 0 0 ¯ y1 (x) y2 (x) ··· yn (x) ¯¯ ¯ W (y1 , . . . , yn ; x) = ¯ ¯ .. .. .. ¯ ¯ . . ··· . ¯ ¯ ¯ y (n−1) (x) y (n−1) (x) · · · y (n−1) (x) ¯ n 1 2 se naziva Vronskijevom determinantom ili Vronskijan.

ˇ ˇ 7.3. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE VISEG REDA

187

Teorema 7.5. Funkcije y1 , . . . , yn su linearno nezavisna rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (7.23) na (a, b) ako i samo ako je W (y1 , . . . , yn ; x) 6= 0

za sve x ∈ (a, b).

Da bi se ispitala linearna zavisnost rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (7.23), obiˇcno se koristi formula Liuvila i Abela, data sljedećom teoremom. Teorema 7.6. Neka su y1 , . . . , yn rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (7.23) i x0 ∈ (a, b), tada je µ Z x ¶ W (y1 , . . . , yn ; x) = W (y1 , . . . , yn ; x0 ) exp − p1 (t)dt , x ∈ (a, b). x0

Teorema 7.7. Ako su y1 , . . . , yn su linearno nezavisna rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (7.23), tada je y = C1 y1 + · · · + Cn yn njeno opˇste rjeˇsenje. Dakle, da bi odredili opˇste rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (7.23) dovoljno je da znamo n njenih linearno nezavisnih rjeˇsenja. U sluˇcaju da se radi o jednaˇcini reda 2, dovoljno je da znamo jedno njeno partikularno rjeˇsenje. Naime, vrijedi sljedeća teorema. Teorema 7.8. Ako je y1 netrivijalno partikularno rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine y 00 + p1 (x)y 0 + p2 (x)y = 0, tada je

Z y2 (x) = y1 (x)

µ Z ¶ 1 exp − p (x)dx dx 1 y12 (x)

partikularno rjeˇsenje date jednaˇcine, linearno nezavisno od y1 . Dokaz. Neka je y1 jedno partikularno rjeˇsenje jednaˇcine y 00 + p1 (x)y 0 + p2 (x)y = 0. Uvedimo smjenu y = y1 z. Dobijamo

0

y1 z 00 + (2y1 + p1 y1 )z 0 = 0, ! Ã 0 2y1 00 + p1 z 0 . z =− y1

Ako stavimo z 0 = u, imamo du =− u

Ã

0

2y1 + p1 y1

! dx,

(7.25)


188 pa je u(x) = Odavde je

µ Z ¶ 1 exp − p (x)dx . 1 y12 (x)

µ Z ¶ 1 z(x) = exp − p1 (x)dx dx. y12 (x) y2 Rjeˇsenja y1 i y2 su nezavisna jer je 6= const. y1 Z

Primjedba 7.4. Formula (7.25) je poznata kao Liuvilova formula. Primjer 7.12. Naći opˇste rjeˇsenje jednaˇcine xy 00 + 2y 0 + xy = 0, sin x ako je y1 = , njeno partikularno rjˇsenje. x Rjeˇ senje. Koristimo Liuvilovu formulu. Za partikularno rjeˇsenje y2 je µ Z ¶ Z 2 sin x 1 exp − y2 = dx dx, sin2 x x x x2 y2 =

sin x x

Z

x2 sin x exp(−2 ln x)dx = 2 x sin x

Z

dx cos x =− . 2 x sin x

Dakle, opˇste rjeˇsenje je y = C1

7.3.2

sin x cos x + C2 . x x

Nehomogena jednaˇ cina. Metod varijacije konstanti

Neka je yh opˇste rjeˇsenje homogene diferencijalne jednaˇcine (7.23), a yp partikularno rjeˇsenje nehomogene diferencijalne jednaˇcine (7.22), tada je L[yh ] = 0 i L[yp ] = q(x), pa kako je operator L[ ] linearan imamo L[yh + yp ] = q(x). Na osnovu ovoga zakljuˇcujemo da je y = yh + yp rjeˇsenje nehomogene diferencijalne jednaˇcine (7.22). Dalje, kako je yh = y − yp , eliminacijom konstanti iz yh i odgovarajućih izvodnih jednakosti dobija se samo homogena jednaˇcina. Isto tako eliminacijom konstanti iz y i odgovarajućih izvodnih jednakosti dobija se samo nehomogena jednaˇcina. Dakle, vrijedi sljedeća teorema. Teorema 7.9. Neka je yh opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (7.23), a yp partikularno rjeˇsenje jednaˇcine (7.22), tada je y = yh + yp opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (7.22).


189

Metod pomoću koga se polazeći od opˇsteg rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (7.23) dolazi do partikularnog rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (7.22) je poznat kao metod varijacije konstanti. Teorema 7.10. Neka su y1 , y2 , . . . , yn linearno nezavisna rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (7.23). Opˇste rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (7.22) je dato sa y = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x), pri ˇcemu je,

Z Ci (x) =

Wi (y1 , y2 , . . . , yn ; x) dx, W (y1 , y2 , . . . , yn ; x)

gdje je W (y1 , y2 , . . . , yn ; x) Wronskijeva determinanta, a Wi (y1 , y2 , . . . , yn ; x) je determinanta koja se dobije od Wronskijeve determinante kada se i−ta kolona zamijeni sa kolonom [0, 0, . . . , 0, q(x)]> . Dokaz. Neka su y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x) linearno nezavisna rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (7.23). Odredićemo funkcije C1 (x), C2 (x), . . . , Cn (x) takve da je y(x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x), partikularno rjeˇsenje diferencijalne jednaˇcine (7.22). Diferenciranjem u (7.26) dobijamo 0

0

0

y 0 (x) = (C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x))+ 0

0

0

+(C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x)). Postavimo uslov 0

0

0

C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x) = 0. Sada je pa je

0

0

0

y 0 (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x), 0

0

0

0

0

0

y 00 (x) = (C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x))+ 00

00

00

+(C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x)). postavimo sada uslov 0

0

0

0

0

0

C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x) = 0. Tada imamo 00

00

00

y 00 (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn (x). Nastavljajući ovaj postupak do n − 1 prvog izvoda dobijamo (k)

(k)

y (k) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn(k) (x),

(7.26)


190

k = 1, 2, . . . , n − 1. Za n−ti izvod imamo 0

(n−1)

y (n) = (C1 (x)y1

0

(n−1)

(x) + C2 (x)y2

(n)

0

(x) + · · · + Cn (x) yn(n−1) (x))+

(n)

+(C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x)yn(n) (x)). Uvrˇstavajući y (k) , k = 1, 2, . . . , n u diferencijalnu jednaˇcinu (7.22) i koristeći ˇcinjenicu da su y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x) rjeˇsenja diferencijalne jednaˇcine (7.23) dobijamo 0

(n−1)

C1 (x)y1

0

(n−1)

(x) + C2 (x)y2

0

(x) + · · · + Cn (x) yn(n−1) (x) = q(x).

Dakle, imamo sistem 0

0

0

C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x) yn (x) = 0 0

0

0

0

0

0

C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + · · · + Cn (x) yn (x) = 0 .. . 0

(n−2)

C1 (x)y1 0

(n−1)

C1 (x)y1

0

(n−2)

(x) + C2 (x)y2 0

(n−1)

(x) + C2 (x)y2

0

(x) + · · · + Cn (x) yn(n−2) (x) = 0 0

(x) + · · · + Cn (x) yn(n−1) (x) = q(x).

Determinanta sistema je Vronskijeva determinanta W (y1 , y2 , . . . , yn ; x). Kako su rjeˇsenja y1 , y2 , . . . , yn linearno nezavisna imamo da je W (y1 , y2 , . . . , yn ; x) 6= 0. Na osnovu Cramerovog pravila je 0

Ci (x) = Dakle,

Z Ci (x) =

Wi (y1 , y2 , . . . , yn ; x) . W (y1 , y2 , . . . , yn ; x) Wi (y1 , y2 , . . . , yn ; x) dx. W (y1 , y2 , . . . , yn ; x)

Primjer 7.13. Data je nehomogena jednaˇcina y 00 + 2y 0 + y = e−x ln x. Ako je poznato da su y1 (x) = e−x , y2 (x) = xe−x linearno nezavisna rjeˇsenja homogene diferencijalne jednaˇcine y 00 + 2y 0 + y = 0, odrediti opˇste rjeˇsenje nehomogene jednaˇcine. Rjeˇ senje. Za Vronskijevu determinantu imamo ¯ −x ¯ e xe−x W (y1 , y2 , ; x) = ¯¯ −x −e (1 − x)e−x

¯ ¯ ¯ = e−2x . ¯

ˇ ˇ 7.3. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE VISEG REDA Dalje,

pa je

191

¯ ¯ W1 (y1 , y2 , ; x) = ¯¯

¯ ¯ 0 xe−x −2x ¯ ln x, −x −x ¯ = −xe e ln x (1 − x)e ¯ −x ¯ ¯ e ¯ 0 ¯ ¯ = e−2x ln x, W2 (y1 , y2 , ; x) = ¯ −e−x e−x ln x ¯ Z

1 x2 (−x ln x)dx = − x2 ln x + + C1 , 2 4 Z C2 (x) = (− ln x)dx = x ln x − x + C2 .

C1 (x) =

Dakle, opˇste rjeˇsenje nehomogene jednaˇcine je ¶ µ 1 2 x2 −x −x y = C1 e + C2 xe + − x ln x + e−x + (x ln x − x)xe−x . 2 4

7.3.3

Homogena jednaˇ cina sa konstantnim koeficijentima

Jednaˇcina L[y] = 0, kod koje su svi koeficijenti pi , i = 1, 2, . . . , n realne konstante, to jest jednaˇcina y (n) + p1 y (n−1) + · · · + pn−1 y 0 + pn y = 0, pi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n,

(7.27)

se naziva homogena jednaˇ cina sa konstantnim koeficijentima. Kod ove jednaˇcine opˇste rjeˇsenje se moˇze formirati pomoću korijena karakteristiˇ cne jednaˇ cine λn + p1 λn−1 + · · · + pn−1 λ + pn = 0. (7.28) Naime, ako se traˇzi rjeˇsenje jednaˇcine (7.27) u obliku y(x) = eλx , λ ∈ R, imamo y (n) + p1 y (n−1) + p2 y (n−2) + · · · + pn−1 y 0 + pn y = pn (λ)eλx , gdje je

pn (x) = λn + p1 λn−1 + · · · + pn−1 λ + pn .

Kako je eλx > 0, zakljuˇcujemo da je y (n) + p1 y (n−1) + p2 y (n−2) + · · · + pn−1 y 0 + pn y = 0, ako je pn (λ) = 0. Dakle, ako su λi , i = 1, . . . , n, korijeni karakteristiˇcne jednaˇcine (7.28), tada su funkcije yi (x) = eλi x , i = 1, . . . , n, rjeˇsenja jednaˇcine (7.27). Mogući su sljedeći sluˇcajevi :


192

(i) Korijeni λ1 , λ2 , . . . , λn su realni i razliˇciti. Tada opˇste rjeˇsenje jednaˇcine (7.27) ima oblik y = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x + · · · + Cn eλn x . (ii) Korijeni karakteristiˇcne jednaˇcine su realni, ali su neki od njih viˇsestruki. e a svi ostali korijeni su razliˇciti Na primjer, ako je λ1 = λ2 = . . . = λk = λ, onda opˇste rjeˇsenje ima oblik e

e

e

e

y = C1 eλx + C2 xeλx + C3 x2 eλx + · · · + Ck xk−1 eλx + +Ck+1 eλk+1 x + · · · + Cn eλn x . (iii) Svi korijeni su razliˇciti, ali se medju njima nalaze i kompleksni korijeni. Neka je na primjer λ1 = α + iβ, λ2 = α − iβ, λ3 = γ + iδ, λ4 = γ − iδ, a ostali korijeni su realni. Tada opˇste rjeˇsenje ima oblik y = C1 eαx cos βx + C2 eαx sin βx + C3 eγx cos δx + C4 eγx sin δx+ +C5 eλ5 x + · · · + Cn eλn x . (iv) Medju korijenima se nalaze viˇsestruki kompleksni korijeni. Na primjer, u sluˇ ¡ caju ¢da je λ1 = α + iβ korijen viˇsestrukosti k karakteristiˇcne jednaˇcine k ≤ n2 , tada je λ2 = α − iβ, takodje korijen viˇsestrukosti k. Ako su ostalih n − 2k korijena realni i razliˇciti onda je opˇste rjeˇsenje y = C1 eαx cos βx + C2 eαx sin βx + C3 xeαx cos βx + C4 xeαx sin βx+ · · ·+C2k−1 xk−1 eαx cos βx+C2k xk−1 eαx sin βx+C2k+1 eλ2k+1 x +· · ·+Cn eλn x . Primjer 7.14. Naći opˇste rjeˇsenje jednaˇcine y 000 − 2y 00 − y 0 + 2y = 0. Rjeˇ senje. Karakteristiˇcna jednaˇcina je λ3 − 2λ2 − λ + 2 = 0. Odavde je (λ + 1)(λ − 1)(λ − 2) = 0, pa su korijeni karakteristiˇcne jednaˇcine λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 2. Dakle, korijeni su realni i razliˇciti, pa je opˇste rjeˇsenje y = C1 e−x + C2 ex + C3 e2x .


193

Primjer 7.15. Naći opˇste rjeˇsenje jednaˇcine y 000 − y 00 − y 0 + y = 0. Rjeˇ senje. U ovom sluˇcaju karakteristiˇcna jednaˇcina je λ3 − λ2 − λ + 1 = 0. Odavde je

(λ − 1)2 (λ + 1) = 0,

pa je λ1 = 1, λ2 = 1, λ3 = −1. Korijeni su realni, pri ˇcemu je jedan od njih viˇsestrukosti dva, pa je opˇste rjeˇsenje y = C1 ex + C2 xex + C3 e−x . Primjer 7.16. Naći opˇste rjeˇsenje jednaˇcine y (5) − 2y (4) + 2y 000 − 4y 00 + y 0 − 2y = 0. Rjeˇ senje. Karakteristiˇcna jednaˇcina je λ5 − 2λ4 + 2λ3 − 4λ2 + λ − 2 = 0, ili

(λ − 2)(λ2 + 1)2 = 0,

pa su korijeni λ1 = 2, λ2 = λ3 = i, λ4 = λ5 = −i. Opˇste rjeˇsenje je y = C1 e2x + (C2 + C3 x) cos x + (C4 + C5 x) sin x. Linearna diferencijalna jednaˇcina xn y (n) + p1 xn−1 y (n−1) + · · · + pn−1 xy 0 + pn y = f (x),

(7.29)

gdje su p1 , . . . , pn konstante naziva se Ojlerovom diferencijalnom jednaˇ cinom. Ona se smjenom x = et svodi na linearnu jednaˇcinu sa konstantnim koeficijentima. Naime, dy dx dy 1 dy = · = · , dt dx dt dx t dy dy = . t dt dx Sliˇcno, dobijamo ³ ´ dy 1 d dx ·t d2 y d2 y 1 dy 1 = = · 2− · , 2 2 dt dt dx t dx t2


194

µ ¶ d2 y d d = − 1 y. dt2 dx dx Matematiˇckom indukcijom se moˇze pokazati da je µ ¶µ ¶ µ ¶ d dk y d d d tk k = −1 − 2 ··· − k + 1 y. dt dx dx dx dx t2

Primjer 7.17. Rijeˇsiti jednaˇcinu x3 y 000 + x2 y 00 + 3xy 0 − 8y = 0. Rjeˇ senje. Uvedimo smjenu x = et . Imamo µ ¶ dy 2 d2 y d2 y dy dy d d x = , x = − 1 y= 2 − , 2 dx dt dx dt dt dt dt µ ¶µ ¶ d3 y d d d x3 3 = −1 −2 y dx dt dt dt µ ¶µ ¶ µ 2 ¶ d d dy d d y dy dy = −1 − 2y = −2 − + 2y dt dt dt dt dt2 dt dt µ ¶ d d2 y dy = − 3 + 2y . dt dt2 dt Dakle, x3

d3 y d3 y d2 y dy = − 3 +2 , 3 3 2 dx dt dx dx

pa data jednaˇcina postaje d3 y d2 y dy d2 y dy dy −3 2 +2 + 2 − +3 − 8y = 0, 3 dt dt dt dt dt dt to jest

d2 y dy d3 y − 2 +4 − 8y = 0. 3 2 dt dt dt Njena karakteristiˇcna jednaˇcina je λ3 − 2λ2 + 4λ − 8 = 0, odakle je

(λ − 2)(λ2 + 4) = 0,

pa je λ1 = 2, λ2 = −2i, λ3 = 2i. Zakljuˇcujemo da je y = C1 e2t + C2 cos 2t + C3 sin 2t, opˇste rjeˇsenje ove jednaˇcine. Vraćajući promjenljivu x imamo y = C1 x2 + C2 cos 2 ln |x| + C3 sin 2 ln |x|.

7.4. ZADACI

7.4

195

Zadaci

1. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) (1 + y 2 )dx + xydy = 0, (b) e−y (1 + y 0 ) = 1, (c) y 0 = cos(x + y), (d) y 0 = ax + by + c, a, b, c, ∈ R. 2. Naći rjeˇsenja jednaˇcina koja ispunjavaju date uslove (a) (1 + ex )yy 0 = ex , y(0) = 1, 10π (b) x2 y 0 + cos 2y = 1, y → , x → +∞, 3 (c) (x + 1)y 0 = y − 1, y je ograniˇceno kad x → +∞. 3. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) xy 0 = y + x cos2

y , x

(b) 2x2 y 0 = x2 + y 2 , (c) (x + y)dx + (x − y + 1)dy = 0, (d) (x − 2y + 1)dx + (4x − 8y + 3)dy = 0. 4. Rijeˇsiti jednaˇcine : 2

(a) y 0 + 2xy = e−x , 1 (b) y 0 = , x cos y + sin 2y (c) (2x − y 2 )y 0 = 2y, ¶ µ 2 − yx − xy dy − dx = 0. (d) e 5. Odrediti rjeˇsenje y(x) jednaˇcine x2 y 0 cos

1 1 − y sin = −1, x x

za koje vrijedi lim y(x) = 1. x→∞

6. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) y 0 + 2xy = 2xy 2 , y (b) 2y 0 ln x + = y −1 cos x, x (c) (x2 + y 2 + 1)dy + xydx = 0, (d) 2x2 y 0 = y 3 + xy.


196

7. Koristeći smjenu, svesti jednaˇcinu y 0 − tg y = ex

1 , cos y

na linearnu jednaˇcinu, a zatim je rijeˇsiti. 8. Koristeći smjenu, svesti jednaˇcinu yy 0 + 1 = (x − 1)e−

y2 2

,

na Bernulijevu jednaˇcinu, a zatim je rijeˇsiti. 9. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) y = x(1 + y 0 ) + y 02 , 0

(b) y = xy 0 + ey , y 1 (c) x = 0 + 02 . y y 10. Ako je y1 (x) partikularno rjeˇsenje linearne jednaˇcine y 0 + p(x)y = q(x), pokazati da je njeno opˇste rjeˇsenje dato sa y(x) = y1 (x) + Ce−

R

p(x)dx

.

11. Odrediti krive kod kojih svaka tangenta sijeˇce y−osu u taˇcki koja je podjednako udaljena od dodirne taˇcke i od koordinatnog poˇcetka. 12. Rijeˇsiti Rikatijevu jednaˇcinu y0 =

5 − y2 , x4

ako je poznato da ima partikularno rjeˇsenje oblika y1 (x) =

a b + 2. x x

13. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) xy 00 + y 0 = 0, (b) y 00 = y 0 (1 + y 0 ), (c) y 000 = 3yy 0 . 14. Naći Vronskijevu determinantu za funkcije y1 (x) = aex , y2 (x) = bex , y3 (x) = cex .

7.4. ZADACI

197

15. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) y 00 − 4y 0 + 3y = 0, (b) y 000 + 27y = 0, (c) y 00 − 2y 0 + 5y = 0. 16. Rijeˇsiti jednaˇcine : (a) y 00 + 4y = sin2x, (b) y 00 + y 0 = ex , (c) y 00 + 12y 0 + 5y = x + 1. 17. Rijeˇsiti jednaˇcinu

x2 y 00 + xy 0 − y = 0.

18. Koristeći smjenu x − 2 = z, svesti jednaˇcinu (x − 2)2 y 00 − 3(x − 2)y 0 + 4y = x, na Ojlerovu jednaˇcinu, a zatim je rijeˇsiti.

Matematika 1 - Prof. Zoran Mitrovic

Recommend Documents