Predgovor
Ova knjiga zamiˇsljena je kao udˇzbenik iz predmeta Analiza 1 kojeg ve´c
nekoliko godina drˇzim za studente matematike i informatike na Prirodno matematiˇckom fakultetu Univerziteta u Banjaluci. Ona obuhvata standardan materijal iz matematiˇcke analize funkcija jedne promjenljive do diferencijalnog raˇcuna: zasnivanje skupa realnih brojeva, konvergencija nizova, redovi,
te limes i neprekidnost funkcija. Vrhunac ˇcitave teorije predstavljaju elementarne funkcije, koje su uvedene na strog naˇcin. Pri tome sam se odluˇcio za
uvod¯enje transcedentnih funkcija (eksponencijalne i trigonometrijskih) pomo´cu
redova, i to iskljuˇcivo u realnom domenu.
Trudio sam se da tekst bude ˇsto pristupaˇcniji, tako da su dokazi moˇzda detaljniji
nego ˇsto je to uobiˇcajeno u drugim udˇzbenicima. Prevashodna uloga primjera
koji se u knjizi navode je da pomognu ˇcitaocu da shvati izloˇzenu teoriju, zbog
ˇcega sam teˇzio da budu ˇsto jednostavniji. Na kraju svake glave nalaze se zadaci.
Njihova uloga nije toliko u tome da budu materijal za uvjeˇzbavanje gradiva,
koliko da budu njegova dopuna, a ponekad je kroz njih razrad¯en neki tehniˇcki
detalj neophodan u dokazu izvjesnih tvrd¯enja.
ˇ
Zelim
da se ovom prilikom zahvalim recenzentima, Prof. Dr Miloˇsu Arsenovi´cu
i Prof. Dr Milanu Jovanovi´cu za paˇzljivo ˇcitanje rukopisa i mnogobrojne sugestije, zahvaljuju´ci kojima je poboljˇsan ovaj tekst.
Na kraju, zahvalnost dugujem i Gradskoj skupˇstini grada Banjaluka, koja je
finansirala ˇstampanje knjige.
Banjaluka, oktobar 2008.
Vladimir Jovanovi´c
i
ii
Sadrˇ
zaj
Predgovor
i
Uvod
1
I
Realni brojevi
I.1 Realni brojevi kao polje . . . . .
I.2 Realni brojevi kao ured¯eno polje
I.3 Aksioma potpunosti . . . . . . .
I.4 Prirodni brojevi . . . . . . . . . .
I.5 Cijeli i racionalni brojevi . . . . .
I.6 Realne funkcije . . . . . . . . . .
I.7 Prebrojivost skupova . . . . . . .
I.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5
5
8
11
12
20
22
31
35
II Konvergencija niza
II.1 Osnovne osobine konvergetnog niza . .
II.2 Monotoni nizovi . . . . . . . . . . . . .
II.3 Taˇcka nagomilavanja niza. Koˇsijev niz
II.4 Konvergencija u R . . . . . . . . . . .
II.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
37
37
42
43
47
48
III Redovi
III.1 Obiˇcna konvergencija redova . . . . .
III.2 Apsolutna konvergencija redova . . .
III.3 Neke funkcije zadane pomo´cu redova
III.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
51
52
58
68
77
IV Neprekidnost i limes funkcije
IV.1 Topoloˇska svojstva skupa R . . . . . .
IV.2 Neprekidnost funkcije . . . . . . . . .
IV.3 Limes funkcije . . . . . . . . . . . . . .
IV.4 Globalna svojstva neprekidne funkcije
IV.5 Elementarne funkcije . . . . . . . . . .
IV.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
79
. 79
. 82
. 87
. 93
. 98
. 108
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Bibliografija
111
Indeks
112
iii
iv
ˇ
SADRZAJ
Uvod
U uvodnoj glavi upoznajemo se, izmed¯u ostalog, sa osnovama matematiˇcke
logike i teorije skupova. Pri tome se ne´cemo baviti strogo aksiomatskim zasnivanjem tih oblasti, ve´c ´ce nam one viˇse sluˇziti kao jedan jezik, odnosno naˇcin
izraˇzavanja u matematici. Na kraju ´cemo se pozabaviti pitanjem zasnivanja
pojmova relacije i funkcije.
Logiˇ
cki iskazi
Pod logiˇckim iskazom (ili samo iskazom) podrazumijevamo svaku tvrdnju koja
je ili taˇcna ili netaˇcna. Primjeri iskaza su, recimo,”svaki ˇcovjek nosi naoˇcale”,
ˇsto je netaˇcna tvrdnja i ”mjesec januar ima 31 dan”, ˇsto je taˇcna tvrdnja. Iskaze
oznaˇcavamo velikim slovima A, B, . . ..
Iz datih iskaza A i B mogu se formirati novi iskazi: iskaz A ∧ B (konjunkcija) je
taˇcan ako su i A i B taˇcni, a u svim ostalim sluˇcajevima je netaˇcan; iskaz A ∨ B
(disjunkcija) je taˇcan ako su taˇcni ili A ili B ili oba, dok je netaˇcan u sluˇcaju
kad su i A i B netaˇcni; iskaz A ⇒ B (implikacija) je netaˇcan jedino u sluˇcaju
kad je A taˇcno i B netaˇcno, interpretira sa kao iskaz ”iz A slijedi B”, odnosno
”A povlaˇci B”.
ˇ
Cesto
´cemo koristiti izraz iz programskih jezika a := b, gdje je a je oznaka,
odnosno promjenljiva, a b je nekakav objekat (logiˇcki iskaz, skup, broj i sl.). Pri
tome, navedeni izraz ima znaˇcenje ”neka a ima vrijednost b”. Uz pomo´c njega
moˇzemo za date iskaze A i B definisati ekvivalenciju A ⇔ B sa
A ⇔ B := (A ⇒ B) ∧ (B ⇒ A).
Ekvivalencija se interpretira kao ”A je ekivalentno sa B”, odnosno ”A vrijedi,
ako i samo ako vrijedi B”. Napomenimo da ´cemo umjesto izraza ”ako i samo
ako” kra´ce pisati akko.
Kao sastavni dio iskaza ˇcesto se pojavljuju kvantifikatori:
∀x (”za svako x”)
i
∃x (”postoji barem jedan x”).
Skupovi
Skup predstavlja sveukupnost izvjesnih objekata (tzv. elemenata); ta sveukupnost se smatra jednim novim objektom. Naravno, ova definicija kao i mnoge
ˇcinjenice vezane za skupove koje ´cemo ovdje navesti zahtijevaju stroˇzije formulacije, kojima se, kako je na poˇcetku reˇceno, ne´cemo baviti. Sa strogim
aksiomatskim pristupom teoriji skupova ˇcitalac se moˇze detaljnije upoznati u
[6].
1
ˇ
SADRZAJ
2
Ako skup nema nijedan element nazivamo ga prazan skup (oznaka ∅). Za pripadnost (nepripadnost) elementa skupu koristimo uobiˇcajenu oznaku ∈ (∈).
/
ˇ
Cinjenicu
da je skup A podskup skupa B oznaˇcavamo sa A ⊂ B, ˇsto se ekvivalentno moˇze zapisati i sa B ⊃ A, te kaˇzemo da je B nadskup skupa A. Pri
tome dopuˇstamo i da je A = B.
Sa {x : E(x)}, oznaˇcavamo skup svih objekata za koje je iskaz E taˇcan, mada
treba re´ci da kod izvjesnih iskaza ova definicija moˇze dovesti do kontradikcije;
matematiˇcki je korektnije definisati {x ∈ X : E(x)}, gdje je X neki skup.
Neka su A i B podskupovi skupa X. Tada uniju, presjek i razliku skupova A i
B redom definiˇsemo sa
A ∪ B := {x ∈ X : x ∈ A ∨ x ∈ B},
A ∩ B := {x ∈ X : x ∈ A ∧ x ∈ B},
A\B := {x ∈ X : x ∈ A ∧ x ∈
/ B}
Osim toga, skup Ac := X\A nazivamo komplementom skupa A.
Skup svih podskupova od X nazivamo partitivni skup od X, a oznaˇcavamo ga
sa P(X).
Konaˇcno, za date neprazne skupove A i B, Dekartov1 proizvod A × B definiˇsemo
kao skup svih ured¯enih parova, pri ˇcemu je prvi element iz skupa A, a drugi iz
skupa B, tj.
A × B := {(a, b) : a ∈ A ∧ b ∈ B}.
Relacije i funkcije
Ako su A i B neprazni skupovi i ρ ⊂ A × B, onda ured¯enu trojku (A, B, ρ)
nazivamo binarnom relacijom iz A u B (ili samo relacijom). Za a ∈ A i b ∈ B
kaˇzemo da su u relaciji ρ i piˇsemo a ρ b, ako je (a, b) ∈ ρ. Ukoliko je A = B,
onda govorimo o binarnoj relaciji (ili samo relaciji) na A.
Ako relacija na nepraznom skupu A ima osobine,
(i)
(ii)
(iii)
(∀a ∈ A) a ρ a (refleksivnost),
(∀a, b ∈ A) a ρ b ⇒ b ρ a (simetriˇcnost),
(∀a, b, c ∈ A) a ρ b ∧ b ρ c ⇒ a ρ c (tranzitivnost),
onda ju nazivamo relacijom ekvivalencije na A. U tom sluˇcaju za svako a ∈ A
definiˇsemo klasu ekvivalencije [a] elementa a kao skup elemenata iz A koji su u
relaciji sa a, tj. [a] := {x ∈ A : x ρ a}. Moˇ
ze se dokazati da za sve a, a0 ∈ A
S
0
0
vrijedi ili [a] = [a ] ili [a] ∩ [a ] = ∅, te da je a∈A [a] = A.
U posebno vaˇzne relacije spadaju funkcije ili preslikavanja, a definiˇsu se na
sljede´ci naˇcin: ako relacija (A, B, f ) ima osobinu da za svako a ∈ A postoji
jedinstven b ∈ B, tako da je a f b, onda takvu relaciju nazivamo funkcijom.
Funkciju ´cemo umjesto kao ured¯enu trojku (A, B, f ) zapisivati u obliku f :
A → B; pri tome, skup A nazivamo domen ili oblast definisanosti, a skup B
kodomen. Osim toga, umjesto (a, b) ∈ f piˇsemo b = f (a). Kako funkciju
f : A → B moˇzemo interpetirati kao pravilo po kome se svakom elementu skupa
A dodjeljuje taˇcno jedan element skupa B, to ´cemo ju ponekad zapisivati u
obliku a 7→ f (a).
1 Ren´
e
Descartes (1596 – 1650), francuski matematiˇ
car
ˇ
SADRZAJ
3
Slika ili skup vrijednosti f (A) ⊂ B funkcije f : A → B je skup definisan sa
f (A) := {f (a) : a ∈ A}.
Grafik Gf ⊂ A × B je skup dat sa Gf := {(a, f (a)) : a ∈ A}.
Ako je A0 ⊂ A, onda funkciju f |A0 : A0 → B sa osobinom da
(∀a ∈ A0 ) (f |A0 )(a) = f (a),
nazivamo restrikcijom funkcije f na skup A0 .
Dalje, za funkciju f : A → B kaˇzemo da je
• injektivna, ako vrijedi (∀a, a0 ∈ A) f (a) = f (a0 ) ⇒ a = a0 ,
• surjektivna, ako je B = f (A),
• bijektivna, ako je i injektivna i surjektivna.
Za svaku bijektivnu funkciju f : A → B postoji inverzna funkcija (kra´ce inverz)
f −1 : B → A, koja ima osobinu
(∀a ∈ A) f −1 (f (a)) = a,
(∀b ∈ B) f (f −1 (b)) = b.
Ako su f : A → B i g : B → C date funkcije, onda funkciju g ◦ f : A → C
definisanu sa
(∀a ∈ A) (g ◦ f )(a) := g(f (a)),
nazivamo kompozicijom funkcija f i g.
Neka je I neprazan skup i f : I → P(X) injektivno preslikavanje. Ako oznaˇcimo
Ai := f (i), onda skup f (I) = {Ai : Si ∈ I} nazivamo familijom T
podskupova od
X indeksiranu skupom I. Pri tome, i∈I Ai predstavlja uniju, a i∈I Ai presjek
skupova navedene familije. Nije teˇsko dokazati da vrijede Demorganove2 formule
³ [ ´c \
³ \ ´c [
Ai =
Aci ,
Ai =
Aci .
(1)
i∈I
2 Augustus
i∈I
i∈I
De Morgan (1806 – 1871), engleski matematiˇ
car
i∈I
4
ˇ
SADRZAJ
Glava I
Realni brojevi
Iako je ˇcini da je pojam broja toliko prirodan i razumljiv da ga ne treba
posebno objaˇsnjavati, ipak, njegovo strogo matematiˇcko zasnivanje okonˇcano
je tek u 19. vijeku radovima njemaˇckih matematiˇcara Dedekinda1 i Kantora2 .
U matematiˇckoj analizi najpoznatiji su aksiomatski i konstruktivni pristup zasnivanja skupa realnih brojeva.
Po aksiomatskom pristupu skup realnih brojeva je neprazan skup koji zadovoljava tzv. aksiome polja, ured¯enja i potpunosti. Pri tome, pitanje egzistencije
takvog skupa ostaje otvoreno.
Kod konstruktivnog pristupa krene se od proizvoljnog beskonaˇcnog skupa. Mogu´ce je dokazati da ako postoji barem jedan beskonaˇcan skup, onda postoji i
skup prirodnih brojeva. Skup prirodnih brojeva definiˇse se pomo´cu Peanovih3
aksioma. Iz prirodnih brojeva lako se dobiju cijeli, a iz cijelih racionalni. Realne
uz pomo´c racionalnih brojeva konstruisali su Dedekind (1872) i Kantor (1889).
Prema tome, ako postoji barem jedan beskonaˇcan skup, tada postoji i skup
realnih brojeva. Egzistencija beskonaˇcnog skupa je jedna od aksioma teorije
skupova. U vezi sa navedenim tvrdnjama ˇcitalac moˇze detaljnije pogledati u [2]
i [5].
Mi smo se ovdje opredijelili za aksiomatski pristup koji je u odnosu na konstruktivni znatno manje zahtjevan.
I.1
Realni brojevi kao polje
Karakterizacija skupa realnih brojeva R kao polja sastoji se u ˇcinjenici da postoje
preslikavanja + : R×R → R (sabiranje) i · : R×R → R (mnoˇzenje) sa sljede´cim
osobinama (tzv. aksiome polja ):
(1.1) Komutativnost sabiranja: (∀a, b ∈ R) a + b = b + a
(1.2) Asocijativnost sabiranja: (∀a, b, c ∈ R) (a + b) + c = a + (b + c)
(1.3) Egzistencija neutralnog elementa za sabiranje:
(∃ 0 ∈ R)(∀a ∈ R) a + 0 = a
1 Richard
Dedekind (1831–1916)
Cantor (1845–1918)
3 Giuseppe Peano (1858–1932), talijanski matematiˇ
car
2 Georg
5
GLAVA I. REALNI BROJEVI
6
(1.4) Egzistencija inverznog elementa za sabiranje:
(∀a ∈ R)(∃ − a ∈ R) a + (−a) = 0
Do sada su bile navedene osobine sabiranja. Sljede´ce osobine tiˇcu se mnoˇzenja.
(1.5) Komutativnost mnoˇ
zenja: (∀a, b ∈ R) a · b = b · a
(1.6) Asocijativnost mnoˇ
zenja: (∀a, b, c ∈ R) (a · b) · c = a · (b · c)
(1.7) Egzistencija neutralnog elementa za mnoˇ
zenje:
(∃ 1 ∈ R\{0})(∀a ∈ R) a · 1 = a
(1.8) Egzistencija inverznog elementa za mnoˇ
zenje:
(∀a ∈ R\{0})(∃a−1 ∈ R) a · a−1 = 1
Naredna osobina povezuje mnoˇzenje sa sabiranjem.
(1.9) Distributivnost mnoˇ
zenja u odnosu na sabiranje:
(∀a, b, c ∈ R) (a + b) · c = a · c + b · c
Napomene: (a) Ovdje smo za vrijednost funkcije + u (a, b) umjesto +((a, b))
koristili praktiˇcniju oznaku a + b, te umjesto ·((a, b)) oznaku a · b. Osim toga,
ˇcesto ´cemo umjesto a · b pisati ab.
(b) Primijetimo da zbog asocijativnosti sabiranja, odnosno mnoˇzenja moˇzemo
definisati
a + b + c := (a + b) + c = a + (b + c),
abc := (ab)c = a(bc).
Posljedice aksioma polja
(1.10) Stav: Broj 0 je jedinstveno odred¯en.
Dokaz. Pretpostavimo da postoji joˇs jedan element 00 ∈ R sa istom osobinom:
(∀a ∈ R) a + 00 = a.
(1.3)
(1.1)
(1)
(1)
Otuda, 00 = 00 + 0 = 0 + 00 = 0. ¤
(1.11) Stav: Za svako a ∈ R je −a jedinstveno odred¯en.
Dokaz. Ako postoji joˇs jedan element a0 sa istom osobinom, tj. da
a + a0 = 0,
(2)
tada je
(1.2)
(2)
a0 = a0 + 0 = a0 + (a + (−a)) = (a0 + a) + (−a) = 0 + (−a) = −a. ¤
(1.12) Stav: −0 = 0.
(1.4)
(1.1)
(1.3)
Dokaz. 0 = 0 + (−0) = −0 + 0 = −0. ¤
7
I.1. REALNI BROJEVI KAO POLJE
Oznaka: Umjesto a + (−b) pisa´cemo a − b.
Sljede´ci stav nam govori o tome da ”prebacivanjem”na desnu stranu realan broj
mijenja predznak.
(1.13) Stav: Neka a, b, c ∈ R. Tada a + b = c ⇔ b = c − a.
Dokaz. Budu´ci da je rijeˇc o ekvivalenciji, dokaz se provodi u dva smjera. Neka
je prvo a + b = c. Tada b = b + 0 = b + (a + (−a)) = (b + a) + (−a) = c − a. Neka
je sada b = c − a. Odatle slijedi a + b = a + (c − a) = (c − a) + a = c + (−a + a) =
c + 0 = c. ¤
(1.14) Stav: (∀a ∈ R) − (−a) = a.
Dokaz. Iz −a + a = 0 na osnovu (1.13) imamo a = 0 − (−a) = −(−a). ¤
(1.15) Stav: (∀a, b ∈ R) − (a + b) = −a − b.
Dokaz. Zbog (a + b) + (−a − b) = (a + b) + (−b − a) = a + (b − b) − a = a − a = 0
i (1.13) je −a − b = 0 − (a + b) = −(a + b). ¤
Analogno se dokazuju odgovaraju´ce tvrdnje za mnoˇzenje:
(1.16) Stav: Broj 1 je jedinstveno odred¯en.
(1.17) Stav: Za svako a ∈ R\{0} je a−1 jedinstveno odred¯en.
(1.18) Stav: Neka a ∈ R\{0} i b, c ∈ R. Tada ab = c ⇔ b = a−1 c.
(1.19) Stav: (∀a ∈ R\{0}) (a−1 )−1 = a.
(1.20) Stav: (∀a, b ∈ R\{0}) (ab)−1 = b−1 a−1 = a−1 b−1 .
Oznaka:
a
b
:= ab−1 .
Na kraju navodimo posljedice distributivnosti.
(1.21) Stav: (∀a ∈ R) a · 0 = 0.
(1.9)
Dokaz. Iz a · 0 = 0 · a = (0 + 0) · a = 0 · a + 0 · a = a · 0 + a · 0 i (1.13) slijedi
a · 0 = a · 0 − a · 0 = 0. ¤
(1.22) Stav: Za sve a, b ∈ R je ab = 0, akko je a = 0 ili b = 0.
(1.21)
(1.6)
Dokaz. Neka je ab = 0 i recimo a =
6 0. Tada 0 = a−1 · 0 = a−1 (ab) =
−1
(a a) b = 1 · b = b. Obratno, ako a = 0 ili b = 0, onda je na osnovu (1.21) i
ab = 0.
(1.23) Stav: (∀a, b ∈ R) (−a) b = −(ab).
(1.13)
Dokaz. ab + (−a) b = (a + (−a)) b = 0 · b = 0 ⇒ (−a) b = 0 − (ab) = −(ab). ¤
(1.24) Stav: (∀a, b ∈ R) (−a) (−b) = ab.
(1.23)
(1.23)
(1.14)
Dokaz. (−a)(−b) = −(a(−b)) = −(−(ab)) = ab. ¤
Napomene: (a) Neka je S skup sa najmanje dva elementa. Tada ured¯enu trojku
(S, +, ·), pri ˇcemu operacije + : S × S → S i · : S × S → S zadovoljavaju
GLAVA I. REALNI BROJEVI
8
(1.1)–(1.9) (pri tome umjesto R stoji S), nazivamo poljem.
(b) Nije teˇsko provjeriti da (S, +, ·) takod¯e ˇcini polje, gdje je S = {0, 1}, a + i
· zadovoljavaju 0 + 0 = 0, 0 + 1 = 1 + 0 = 1, 1 + 1 = 0, te 0 · 0 = 0 · 1 = 1 · 0 = 0
i 1 · 1 = 1. To znaˇci da aksiome polja nisu dovoljne za karakterizaciju skupa
realnih brojeva, jer iz njih ne slijedi da je, recimo, 1 + 1 6= 0.
I.2
Realni brojevi kao ured¯eno polje
Na polju realnih brojeva (R, +, ·) uvodimo binarnu relaciju < (”manje”), za
koju vrijedi sljede´ce (tzv. aksiome ured¯enja):
(2.1) Potpunost ured¯enja: Za sve a, b ∈ R je samo jedna od sljede´cih tvrdnji
taˇcna:
a < b, a = b, b < a.
(2.2) Tranzitivnost: (∀a, b, c ∈ R) (a < b) ∧ (b < c) ⇒ a < c.
(2.3) Monotonost sabiranja: (∀a, b, c ∈ R) a < b ⇒ a + c < b + c.
(2.4) Monotonost mnoˇ
zenja: (∀a, b, c ∈ R) (a < b) ∧ (0 < c) ⇒ ac < bc.
Oznake:
a>b
a≤b
a≥b
a≤b≤c
:=
:=
:=
:=
b<a
a<b ∨ a=b
a>b ∨ a=b
a≤b ∧ b≤c
Definicija: Broj a ∈ R nazivamo pozitivnim (negativnim), ako je a > 0
(odnosno a < 0), a nenegativnim ako je a ≥ 0.
Posljedice aksioma ured¯enja (i polja)
(2.5) Stav: (∀a, b ∈ R) a < b ⇒ −a > −b.
Dokaz. Neka je a < b. Ako primijenimo (2.3) za c = −a−b dobijamo a−a−b <
b − a − b, tj. −b < −a. ¤
Sljede´ca tvrdnja tiˇce se sabiranja nejednakosti.
(2.6) Stav: (∀a, b, a0 , b0 ∈ R) (a < b) ∧ (a0 < b0 ) ⇒ a + a0 < b + b0 .
Dokaz. Zbog (2.3), iz a < b slijedi da je a + a0 < b + a0 = a0 + b, a iz a0 < b0 da
je a0 + b < b0 + b, pa iz tranzitivnosti (2.2) imamo a + a0 < b + b0 . ¤
(2.7) Napomena: Nije teˇsko vidjeti da iz a ≤ b i a0 ≤ b0 slijedi a + a0 ≤ b + b0 ,
te da iz a < b i a0 ≤ b0 slijedi a + a0 < b + b0 .
Da nejednakosti smijemo mnoˇziti jednu sa drugom ukoliko su lijeve i desne
strane nenegativne, pokazujemo u narednoj tvrdnji.
(2.8) Stav: (∀a, b, a0 , b0 ∈ R) (0 ≤ a < b) ∧ (0 ≤ a0 < b0 ) ⇒ aa0 < bb0 .
Dokaz. Neka je a0 = 0. Iz 0 < b, 0 < b0 i (2.4) slijedi 0 = 0 · b0 < b b0 , pa imamo
(2.4)
da a a0 = 0 < b b0 . Neka je sada a0 > 0. Tada a < b ⇒ a a0 < b a0 = a0 b i
(2.4)
a0 < b0 ⇒ a0 b < b0 b zajedno sa (2.2) implicira da a a0 < b b0 . ¤
I.2. REALNI BROJEVI KAO URED¯ENO POLJE
9
(2.9) Stav: (∀a, b, c ∈ R) (a < b) ∧ (c < 0) ⇒ ac > bc.
Dokaz. Iz c < 0 i (2.5) slijedi −c > 0, pa imamo (−c) a < (−c) b, tj. −ac < −bc,
odakle ac > bc. ¤
(2.10) Stav: (∀a ∈ R\{0}) aa > 0.
Dokaz. Ako je a > 0, tada iz (2.4) slijedi aa > a · 0 = 0. Zbog (2.1), drugi
mogu´ci sluˇcaj je a < 0. No, tada −a > 0, pa imamo 0 < (−a) (−a) = aa. ¤
(2.11) Stav: 1 > 0
Dokaz. Na osnovu prethodne tvrdnje je 1 = 1 · 1 > 0. ¤
(2.12) Stav: (∀a ∈ R\{0}) (a > 0) ⇒ a−1 > 0.
Dokaz. Neka je a > 0. Tada iz aa−1 = 1 i (1.22) zakljuˇcujemo a−1 6= 0, odakle,
na osnovu (2.10) slijedi a−1 a−1 > 0. Mnoˇze´ci posljednju nejednakost sa a dobijamo a−1 > 0. ¤
(2.13) Stav: (∀a, b ∈ R) 0 < a < b ⇒ a−1 > b−1 .
Dokaz. Iz prethodne tvrdnje slijedi da a−1 > 0, b−1 > 0, odakle a−1 b−1 > 0.
Ako pomnoˇzimo a < b sa a−1 b−1 , dobi´cemo a−1 > b−1 . ¤
Napomene: (a) Neka je (S, +, ·) polje, a < binarna relacija na S koja zadovoljava (2.1)–(2.4) (pri tome umjesto R stoji S). Tada ured¯enu ˇcetvorku (S, +, ·, <
) nazivamo ured¯enim poljem. Kako i skup racionalnih brojeva ˇcini ured¯eno polje,
znaˇci da ni aksiome polja i ured¯enja ne karakteriˇsu u potpunosti skup realnih
brojeva.
(b) Postojanje relacije ured¯enja omogu´cava da realne brojeve predstavimo na
realnoj pravoj (vidi sliku). Zato ´cemo ponekad o realnim brojevima govoriti kao
o taˇckama.
b
Slika I.1: Realni brojevi a i b, pri ˇcemu a < b
Definicija: Za a, b ∈ R, a < b definiˇsemo
[a, b] := {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}
zatvoreni interval
(a, b) :=
{x ∈ R : a < x < b}
otvoreni interval
[a, b) :=
{x ∈ R : a ≤ x < b}
poluotvoreni interval
(a, b] := {x ∈ R : a < x ≤ b}
poluotvoreni interval
Interval [a, b] nazivamo i segment. Ako je a = b, tada dodatno definiˇsemo
[a, a] := {a}. U svim navedenim sluˇcajevima je b − a duˇzina intervala. Dalje,
za a ∈ R definiˇsemo
[a, ∞)
:=
{x ∈ R : x ≥ a} zatvoreni interval
(a, ∞)
:=
{x ∈ R : x > a} otvoreni interval
(−∞, a]
:= {x ∈ R : x ≤ a} zatvoreni interval
GLAVA I. REALNI BROJEVI
10
(−∞, a)
:=
{x ∈ R : x < a} otvoreni interval
Napomena: Simbole ∞ i −∞ smo ovdje koristili samo radi kra´ceg zapisa.
Treba naglasiti da −∞, ∞ 6∈ R!
Apsolutna vrijednost
Definicija: Neka je a ∈ R. Apsolutnu vrijednost od a definiˇsemo sa
½
|a| :=
a, ako a ≥ 0,
−a, ako a < 0.
Apsolutnu vrijednost moˇzemo geometrijski interpretirati na realnoj pravoj na
|b-a|
Slika I.2: Udaljenost od a do b
sljede´ci naˇcin: ako a, b ∈ R, tada |a| predstavlja udaljenost taˇcke a od taˇcke 0,
dok je |b − a| udaljenost od a do b. Iz navedene geometrijske interpretacije jasno
je da vrijedi
(2.14) Stav: Neka je a, M ∈ R i M ≥ 0. Tada vaˇzi
(∀x ∈ R)
|x| ≤ M ⇔ −M ≤ x ≤ M.
(2.15) Osobine apsolutne vrijednosti: Za sve a, b ∈ R vrijedi:
¯ ¯
(i) |a| ≥ 0, (ii) | − a| = |a|, (iii) |ab| = |a||b|, (iv) ¯ ab ¯ = |a|
|b| (b 6= 0).
Dokaz. Dokaza´cemo samo (iii). U zavisnosti od znaka brojeva a i b razlikujemo
ˇcetiri sluˇcaja:
10
20
30
40
Neka
Neka
Neka
Neka
je
je
je
je
a≥0
a≥0
a<0
a<0
i
i
i
i
b ≥ 0.
b < 0.
b ≥ 0.
b < 0.
Tada ab ≥ 0, pa imamo |ab| = ab = |a||b|.
Zbog ab ≤ 0 je |ab| = −ab = a(−b) = |a||b|.
Postupamo kao sluˇcaju 20 .
Iz ab > 0 slijedi |ab| = ab = (−a)(−b) = |a||b|. ¤
(2.16) Nejednakost trougla: Za sve a, b ∈ R je |a + b| ≤ |a| + |b|.
Dokaz. Iz definicije apsolutne vrijednosti slijede nejednakosti a ≤ |a| i b ≤ |b|,
ˇcijim sabiranjem dobijamo
a + b ≤ |a| + |b|.
(3)
Takod¯e vrijedi −a ≤ |a| i −b ≤ |b|, odakle sabiranjem imamo −(a+b) ≤ |a|+|b|,
odnosno a + b ≥ −(|a| + |b|), ˇsto zajedno sa (3) daje
−(|a| + |b|) ≤ a + b ≤ |a| + |b|,
iz ˇcega na osnovu (2.14) slijedi tvrdnja. ¤
(2.17) Stav: Za sve a, b ∈ R je ||a| − |b|| ≤ |a − b|.
I.3. AKSIOMA POTPUNOSTI
11
Dokaz. Na osnovu nejednakosti trougla imamo |a| = |a − b + b| ≤ |a − b| + |b|,
odakle je
|a| − |b| ≤ |a − b|.
(4)
Ako u (4) zamijenimo mjesta brojevima a i b, dobijamo |b|−|a| ≤ |b−a|, odakle,
zbog |a − b| = |b − a| slijedi −(|a| − |b|) ≤ |a − b|, ˇsto, uzimaju´ci u obzir (4), daje
−|a − b| ≤ |a| − |b| ≤ |a − b|.
Na kraju, koriste´ci posljednju nejednakosti i (2.14) zakljuˇcujemo da je
||a| − |b|| ≤ |a − b|. ¤
I.3
Aksioma potpunosti
Svojstvo potpunosti skupa realnih brojeva geometrijski se interpretira kao ˇcinjenica da se svakoj taˇcki realne prave moˇze dodijeliti jedan realan broj, te
da se na taj naˇcin moˇze popuniti ˇcitava prava. Zato se ponekad kaˇze da skup
realnih brojeva ˇcini kontinuum. Matematiˇcki se ta ˇcinjenica izraˇzava Aksiomom
potpunosti (3.1). Vidje´cemo da se sve kljuˇcne tvrdnje koje se tiˇcu graniˇcnih
procesa (konvergencija nizova, limesi funkcija, izvodi, integrali itd.) zasnivaju
upravo na toj aksiomi.
Definicija: Neka je S ⊂ R. Kaˇzemo da je M ∈ R gornja med¯a skupa S,
ako je x ≤ M , za sve x ∈ S. Pri tome skup S za koga postoji barem jedna gornja
med¯a nazivamo ograniˇcenim odozgo. Sliˇcno, m ∈ R je donja med¯a za skup S,
ako je m ≤ x, za sve x ∈ S, a skup koji ima najmanje jednu donju med¯u zovemo
ograniˇcenim odozdo. Konaˇcno, skup S nazivamo ograniˇcenim, ako je ograniˇcen
i odozgo i odozdo ili ˇsto je ekvivalentno sa
(∃K > 0) (∀x ∈ S) |x| ≤ K.
Definicija: Broj s ∈ R nazivamo najmanjom gornjom med¯om ili supremumom skupa S ⊂ R (oznaka s = sup S), ako je s gornja med¯a za S i ako za
svaku gornju med¯u s0 skupa S vrijedi s0 ≥ s.
Napomene: (a) Analogno se definiˇse najve´ca donja med¯a ili infimum skupa S
(oznaka inf S).
(b) U sluˇcaju da je sup S ∈ S, tada max S := sup S nazivamo najve´cim ili maksimalnim elementom skupa S. Sliˇcno, ako je inf S ∈ S, broj min S := inf S
nazivamo najmanjim ili minimalnim elementom skupa S.
Primjer: Za S = [0, 1) je sup S = 1, inf S = 0, min S = 0, a max S ne postoji.
Iz ovog primjera se vidi da ˇcak ukoliko je neki skup ograniˇcen odozgo, onda
njegov maksimalni element ne mora postojati. Med¯utim, supremum u takvim
situacijama ipak postoji, jer uzimamo da vaˇzi
(3.1) Aksioma potpunosti: Za svaki neprazan, odozgo ograniˇcen skup S ⊂ R
postoji supremum.
(3.2) Stav: Za svaki neprazan, odozdo ograniˇcen skup S ⊂ R postoji infimum.
Dokaz. Ako je skup S ⊂ R ograniˇcen odozdo, tada je −S := {−x : x ∈ S}
ograniˇcen odozgo. Zaista, ako je m donja med¯a za S, tada iz m ≤ x za sve
GLAVA I. REALNI BROJEVI
12
x ∈ S slijedi da −x ≤ −m za sve x ∈ S, tj. −m je gornja med¯a za −S.
Na osnovu Aksiome potpunosti postoji s = sup(−S). Nije teˇsko vidjeti da je
−s = inf S. ¤
Napomena: Ured¯eno polje (R, +, ·, <), u kome vrijedi Aksioma potpunosti
(3.1) nazivamo polje (skup) realnih brojeva. Moˇze se dokazati da u suˇstini samo
jedno takvo ured¯eno polje moˇze da postoji (vidjeti u [5]).
I.4
Prirodni brojevi
Kao ˇsto je studentima sigurno poznato, pod prirodnim brojevima podrazumijevamo sljede´ce realne brojeve:
1, 2 := 1 + 1, 3 := 2 + 1, 4 := 3 + 1, . . .
Vidimo da krenuvˇsi od broja 1, svaki sljede´ci prirodan broj se dobija iz prethodnog dodavanjem jedinice, te da se na navedeni naˇcin iscrpljuje ˇcitav skup
prirodnih brojeva. Otuda je oˇcigledno da je skup prirodnih brojeva najmanji
podskup skupa realnih brojeva koji ima osobinu da sadrˇzi broj 1 i da svaki njegov
ˇclan uve´can za jedan opet mora biti element tog skupa. Upravo to zapaˇzanje ´ce
nam posluˇziti kao osnova za njegovu definiciju.
Definicija i osnovne osobine skupa prirodnih brojeva
Definicija: Skup S ⊂ R za koga vrijedi,
(i) 1 ∈ S,
(ii) (∀x) x ∈ S ⇒ x + 1 ∈ S,
nazivamo induktivnim skupom.
Na primjer, R i (0, ∞) su induktivni skupovi.
(4.1) Definicija skupa prirodnih brojeva: Neka je {Si : i ∈ I} skup svih
induktivnih skupova. Tada skup prirodnih brojeva N definiˇsemo kao presjek svih
induktivnih skupova, tj.
\
N :=
Si .
i∈I
Taj skup je takod¯e induktivan i predstavlja najmanji induktivan skup, tj. podskup
je svakog induktivnog skupa.
Dokaz. Prvo
T dokaˇzimo da je N induktivan skup. Zaista, zbog 1 ∈ Si za sve i ∈ I
je i 1 ∈ i∈I Si , tj. 1 ∈ N. Ako je x ∈ N, tada x ∈ Si za sve i ∈ I, a kako je
svaki Si induktivan, to je i x + 1 ∈ Si za sve i ∈ I, tj. x + 1 ∈ N.
Budu´ci da je N presjek svih induktivnih skupova, to je onda i podskup svakog
od njih, tj. predstavlja najmanji induktivan skup. ¤
Oznaka: N0 := N ∪ {0}.
Kao neposrednu posljedicu definicije prirodnih brojeva imamo
(4.2) Princip matematiˇ
cke indukcije: Ako je S ⊂ N takav da
(i) 1 ∈ S,
(ii) (∀n) n ∈ S ⇒ n + 1 ∈ S,
tada je S = N.
I.4. PRIRODNI BROJEVI
13
Ve´cina tvrdnji koji se tiˇcu prirodnih brojeva dokazuju se pomo´cu tog principa,
mada ´cemo ga mi najˇceˇs´ce koristiti u sljede´cem, neˇsto izmijenjenom obliku:
(4.3) Postupak dokazivanja pomo´
cu matematiˇ
cke indukcije: Neka su
date tvrdnje T1 , T2 , T3 , . . .. Pretpostavimo da vrijedi sljede´ce:
(i) T1 je taˇcno;
(ii) Za sve n ∈ N vaˇzi: Ako je Tn taˇcno, onda je taˇcno i Tn+1 .
Tada su sve tvrdnje T1 , T2 , T3 , . . . taˇcne.
Budu´ci da ´cemo se ˇcesto pozivati na ovaj postupak, zva´cemo ga jednostavno
matematiˇcka indukcija. Pri tome (i) nazivamo bazom, a (ii) korakom indukcije.
Napomena: Postoje i druge varijante gore navedenog postupka. Recimo, baza
indukcije moˇze biti Tn0 , gdje je n0 ∈ N0 proizvoljan. U tom sluˇcaju bi postupak
dokazivanja izgledao ovako:
Neka vrijedi: (i) Tn0 je taˇcno; (ii) Ako je Tn taˇcno, onda je i Tn+1 taˇcno, za sve
n ≥ n0 . Tada su sve tvrdnje Tn0 , Tn0 +1 , Tn0 +2 , . . ., taˇcne.
U narednim tvrdnjama ´cemo navesti osnovne osobine skupa N.
(4.4) Stav: Neka je m, n ∈ N. Tada: (i) m + n ∈ N, (ii) mn ∈ N.
Dokaz. Tvrdnju dokazujemo uz pomo´c matematiˇcke indukcije. Neka je m ∈ N
proizvoljno.
(i) Tvrdnju (i) oznaˇcimo sa Tn . Za n = 1 je m + n = m + 1 ∈ N, jer je N
induktivan skup. Znaˇci, T1 je taˇcno. Pretpostavimo da je Tn taˇcno. Dokaˇzimo
da je taˇcno i Tn+1 . Zaista, m + (n + 1) = (m + n) + 1 ∈ N, jer zbog Tn je
m + n ∈ N, a (m + n) + 1 ∈ N, budu´ci da je N induktivan skup. Na osnovu (4.3)
slijedi da je Tn taˇcno, za svako n ∈ N.
(ii) Neka je sada Tn tvrdnja (ii). Za n = 1 je m · 1 = m ∈ N, pa je T1 taˇcno.
Neka je Tn taˇcno. Otuda, m(n + 1) = mn + m ∈ N, jer je mn ∈ N zbog Tn , a
iz (i) slijedi da je i mn + m ∈ N. Dakle, Tn+1 je taˇcno. ¤
(4.5) Stav: (∀n ∈ N) n ≥ 1.
Dokaz. I ovu tvrdnju dokazujemo matematiˇckom indukcijom. Za n = 1 je tvrdnja oˇcigledno taˇcna. Pretpostavimo da je n ≥ 1. Dodavaju´ci toj nejednakosti
nejednakost 1 > 0 (vidjeti (2.11)), na osnovu (2.7) dobijamo da je n + 1 > 1. ¤
(4.6) Stav: (∀m, n ∈ N) m > n ⇒ m − n ∈ N.
Dokaz. Dokaz provodimo u dva koraka.
10 Dokaˇzimo: (∀n ∈ N) n > 1 ⇒ n − 1 ∈ N.
Definiˇsimo A := {a ∈ N : a − 1 ∈ N} ∪ {1}. Oˇcito, 1 ∈ A. Neka je n ∈ A. Tada
(n + 1) − 1 = n ∈ N, pa je n + 1 ∈ A. Iz principa matematiˇcke indukcije (4.2)
zakljuˇcujemo da A = N. Time je 10 dokazano.
20 Neka je B := {b ∈ N : b − a ∈ N za sve a ∈ N, a < b} ∪ {1}. Oˇcito, 1 ∈ B.
Neka je sada m ∈ B. Uzmimo n ∈ N, n < m + 1 proizvoljan. Tada zbog (4.5)
i (2.1) imamo samo dvije mogi´cnosti za n, a to su n = 1 ili n > 1. Ako je
n = 1, tada je m + 1 − n = m ∈ N. Ukoliko je n > 1, tada zbog 10 imamo
n − 1 ∈ N, a budu´ci da je m ∈ B i n − 1 < m, zakljuˇcujemo da m − (n − 1) ∈ N,
tj. (m + 1) − n ∈ N. Prema tome, m + 1 ∈ B, pa opet na osnovu (4.2) slijedi da
je B = N. Time je tvrdnja dokazana. ¤
GLAVA I. REALNI BROJEVI
14
(4.7) Stav: (∀m, n ∈ N) m > n ⇒ m ≥ n + 1.
Dokaz. Ako je m, n ∈ N i m > n, tada iz prethodne tvrdnje slijedi da m−n ∈ N,
pa iz (4.5) dobijamo da je m − n ≥ 1, odakle tvrdnja. ¤
(4.8) Princip najmanjeg elementa: Svaki neprazan podskup skupa prirodnih
brojeva ima najmanji element.
Dokaz. Pretpostavimo da postoji neprazan skup S ⊂ N, koji nema najmanji
element. Definiˇsimo M := {n ∈ N : (∀x ∈ S) n < x}. Oˇcigledno je S ∩ M = ∅.
Dalje je 1 ∈
/ S, jer bi u suprotnom zahvaljuju´ci (4.5) bilo min S = 1, ˇsto je u
suprotnosti sa pretpostavkom o skupu S. Prema tome, 1 < x za sve x ∈ S,
odakle 1 ∈ M . Pretpostavimo da je n ∈ M . Tada vaˇzi n < x, za sve x ∈ S,
odakle zbog (4.7) imamo n + 1 ≤ x, za sve x ∈ S. No, kako je n + 1 ∈
/ S (u
suprotnom bi bilo min S = n + 1), to je n + 1 < x, za sve x ∈ S, ˇsto znaˇci da
n + 1 ∈ M . Na osnovu principa matematiˇcke indukcije (4.2) je M = N, iz ˇcega
slijedi S = S ∩ N = S ∩ M = ∅, ˇsto je kontradikcija. ¤
(4.9) Arhimedova4 teorema: Za svako a ∈ R postoji n ∈ N, tako da je n > a.
Dokaz. Dovoljno je dokazati da skup prirodnih brojeva nije ograniˇcen odozgo.
Ako bi N bio ograniˇcen odozgo, tada bi na osnovu Aksiome potpunosti postojao
s = sup N, iz ˇcega bi slijedilo da postoji i n ∈ N, takav da s − 1 < n, budu´ci da
s − 1 nije gornja med¯a za N. Iz s < n + 1 i n + 1 ∈ N zakljuˇcujemo da s nije
gornja med¯a za N, ˇsto je kontradikcija. ¤
Prirodni stepen
Ako je a ∈ R i n ∈ N, tada se prirodni stepen an obiˇcno definiˇse sa
an := a
| · a ·{z. . . · a} .
n puta
Med¯utim, posljednji izraz je zapravo samo jedna sugestivna oznaka, ˇcije matematiˇcko znaˇcenje, strogo uzevˇsi, nije jasno. Pokaˇzimo sada jedan matematiˇcki
strogo fundirani naˇcin za definisanje prirodnog stepena, a koji je zasnovan na
principu matematiˇcke indukcije. Prvo definiˇsemo a1 := a. Budu´ci da je a1 ve´c
definisano, moˇzemo definisati a2 := a1 · a. Sada je a2 poznato, pa moˇzemo
definisati i a3 := a2 · a itd. U opˇstem sluˇcaju, uz pretpostavku da smo an ve´c
definisali, moˇzemo definisati i an+1 := an · a. Ovo je tipiˇcan primjer rekurzivne
definicije, kod koje se za definisanje narednog koraka koristi poznata vrijednost
iz aktuelnog koraka. Matematiˇcka zasnovanost rekurzivnih definicija proizilazi
iz Dedekindove teoreme o rekurzivnim funkcijama (pogledati u [2] ili [5]). Osim
toga, iz praktiˇcnih razloga definiˇsemo a0 := 1, ˇsto takod¯e moˇzemo uzeti kao
polazni korak za rekurzivnu proceduru definisanja prirodnog stepena.
Definicija: Neka je a ∈ R. Prirodni stepen an , gdje je n ∈ N0 , rekurzivno
definiˇsemo sa a0 := 1 i an+1 := an · a, za sve n ∈ N0 . Pri tome broj a nazivamo
bazom, a n eksponentom prirodnog stepena.
U narednoj tvrdnji naveˇs´cemo osnovne osobine prirodnog stepena.
4 Arhimed
(oko 287–212 p. n. e), starogrˇ
cki matematiˇ
car
15
I.4. PRIRODNI BROJEVI
(4.10) Stav: Neka je a, b ∈ R i m, n ∈ N0 . Tada:
(i) am+n = am an , (ii) (am )n = amn , (iii) (ab)n = an bn ,
³ a ´n
am
an
(iv) n = am−n (a 6= 0, m ≥ n), (v)
= n (b 6= 0).
a
b
b
Dokaz. Dokaz provodimo matematiˇckom indukcijom. Neka je m ∈ N0 proizvoljan.
(i) Tvrdnju (i) oznaˇcimo sa Tn . Da je T0 taˇcno slijedi iz am+0 = am = am · 1 =
am · a0 . Pretpostavimo da je Tn taˇcno. Onda imamo,
Def
T
Def
am+(n+1) = a(m+n)+1 = am+n a =n am an a = am an+1 .
Prema tome, Tn+1 je taˇcno.
(ii) Sada tvrdnju (ii) oznaˇcimo sa Tn . T0 je oˇcigledno taˇcno. Pretpostavimo da
je Tn taˇcno. Tada je
Def
(i)
T
(am )n+1 = (am )n am =n amn am = amn+m = am(n+1) ,
pa je i Tn+1 taˇcno.
(iii) I tvrdnju (iii) ´cemo oznaˇciti sa Tn . Oˇcito je T0 taˇcno. Ako je Tn taˇcno,
imamo
Def
Def
T
(ab)n+1 = (ab)n (ab) =n an bn ab = (an a)(bn b) = an+1 bn+1 .
Dakle, i Tn+1 je taˇcno.
(iv) Tvrdnja slijedi iz ˇcinjenice da je
(i)
am = a(m−n)+n = am−n an .
(v) Neka je Tn tvrdnja (v). Ako je Tn taˇcno, onda je zbog
³ a ´n+1
b
Def
=
³ a ´n a
n
a
an+1
T a
· =n n · = n+1 ,
b
b
b
b
b
taˇcno i Tn+1 . Tvrdnja T0 je oˇcigledna. ¤
Imaju´ci u vidu (2.8), za oˇcekivati je da se nejednakosti mogu stepenovati ukoliko
su obje strane nenegativne. Da je to zaista tako dokazujemo u
(4.11) Stav: (∀a, b ≥ 0) (∀n ∈ N) a < b ⇔ an < bn .
Dokaz. Oznaˇcimo sa Tn tvrdnju
0 ≤ a < b ⇒ 0 ≤ an < bn .
Oˇcito je T1 taˇcno. Pretpostavimo da je taˇcno Tn . Mnoˇzenjem 0 ≤ a < b sa
0 ≤ an < bn dobijamo 0 ≤ an+1 < bn+1 , ˇsto znaˇci da je matematiˇckom indukcijom dokazana implikacija ” ⇒ ” u (4.11).
Pretpostavimo da za neke a, b ≥ 0 i n ∈ N vrijedi an < bn . Ako bi bilo a > b,
onda bi iz Tn slijedilo an > bn , ˇsto je kontradikcija, a ako bi bilo a = b, onda
bi vrijedilo an = bn , ˇsto je opet kontradikcija, ˇcime je dokazana i implikacija
” ⇐ ”. ¤
Iz prethodnog neposredno slijedi
GLAVA I. REALNI BROJEVI
16
(4.12) Stav: (∀a, b ≥ 0) (∀n ∈ N) an = bn ⇒ a = b.
Napomena: Primijetimo da je −2 < 1, ali (−2)2 > 12 , te (−1)2 = 12 , ali
−1 6= 1. Dakle, pretpostavka o nenegativnosti brojeva a i b je u prethodne dvije
tvrdnje bitna. Ukoliko su u pitanju neparni stepeni, situacija je drugaˇcija.
(4.13) Stav: (∀a, b ∈ R) (∀n ∈ N) a < b ⇔ a2n−1 < b2n−1
Dokaz. Dokaza´cemo samo implikaciju ” ⇒ ”, jer se suprotna implikacija dokazuje
kao u (4.11). Ako je 0 ≤ a < b, tvrdnja slijedi iz (4.11). Ukoliko je a < b ≤ 0,
tada −a > −b ≥ 0, odakle (−a)2n−1 > (−b)2n−1 . Kako je (−a)2n−1 =
(−1)2n−1 a2n−1 = −a2n−1 i sliˇcno (−b)2n−1 = −b2n−1 , to je −a2n−1 > −b2n−1 ,
odakle tvrdnja. Na kraju, za a < 0 < b imamo na osnovu prethodnih razmatranja a2n−1 < 0 < b2n−1 . ¤
Iz prethodnog stava neposredno slijedi
(4.14) Stav: (∀a, b ∈ R) (∀n ∈ N) a2n−1 = b2n−1 ⇒ a = b.
Narednim tvrd¯enjem ´cemo uvesti pojam aritmetiˇckog korjena.
(4.15) Definicija i teorema: Neka je a ≥ 0 i n ∈ N. Tada postoji jedinstven
realan broj
b ≥ 0, tako da je bn = a i nazivamo ga n–ti aritmetiˇcki korjen od a
√
n
(oznaka a).
Dokaz. Dat je u IV (4.3). ¤
Navedimo sada osnovne osobine aritmetiˇckog korjena.
(4.16) Stav: Neka je a, b ≥ 0 i m, n, k ∈ N. Tada:
√
√
√
√
√
nk
(i) ( n a)n = a, (ii) n am = ( n a)m , (iii)
amk = n √
am ,
p
√
√
p
√
√
√
n a
n
n
m n
mn
n
n a
√
(iv)
a=
a, (v) ab = a b, (vi)
b = n b (b > 0).
Dokaz. (i) Slijedi iz definicije aritmetiˇckog korjena.
√
√ m
(ii) Neka je x := n am , y := ( n a)√
. Kako je s√
jedne strane xn = am , a s druge
mn
n
n
n
= (( a)n )m = am , zakljuˇcujemo da
strane iz (4.10)(ii) slijedi y = ( a)
n
n
x = y , pa primjenom (4.12) dobijamo x = y.
√
√
nk
(iii) Ako je x :=
amk , y := n am , tada je xnk = amk . Na osnovu (4.10)(ii)
imamo y nk = (y n )k = (am )k = amk , odakle xnk = y nk , tj. x = y.
p√
√
m n
(iv)
Uzmimo
x
:=
a, y := mn a. S jedne strane imamo xmn = (xm )n =
√
( n a)n = a, a s druge strane je y mn = a, odakle x = y.
√
√ √
(v) Stavljaju´ci√x := √n ab, y := n a n b dobijamo xn = ab, a zbog (4.10)(iii)
imamo y n = ( n a)n ( n b)n = ab, pa je x = y.
√
p
n a
(vi) Ako je x := n ab , y := √
ckog korjena slijedi
n , onda iz definicije aritmetiˇ
b
a
n
da je x = b , a iz (4.10)(v) imamo
√
( n a)n
a
yn = √
= ,
b
( n b)n
odakle slijedi x = y. ¤
U izvjesnim sluˇcajevima ima smisla govoriti o korjenima negativnih brojeva. Na
primjer, jednaˇcina b3 = −8 ima jedistveno rjeˇsenje b = −2. To nam je motiv da
17
I.4. PRIRODNI BROJEVI
uvedemo pojam neparnog korjena.
(4.17) Neparni korjen: Neka su a ∈ R i n ∈ N proizvoljni. Tada postoji jedinstven b ∈ R, takav da b2n−1 = a.
Dokaz. Ako bi postojao joˇs jedan broj b0 sa osobinom (b0 )2n−1 = a, tada bi bilo
b2n−1 = (b0 )2n−1 , pa bi iz (4.14) slijedilo b = b0 . Time je pokazana jedistvenost
neparnog korjena. U sluˇcaju da a√≥ 0, egzistencija korjena proizilazi iz (4.15),
√
a ako a < 0, tada za b = − 2n−1 −a vrijedi b2n−1 = a; pri tome je 2n−1 −a
aritmetiˇcki korjen. ¤
Napomene: (a) Kao
√ i u sluˇcaju aritmetiˇckog korjena, i za neparni korjen ko2n−1
ristimo
oznaku
a. Osim toga, kvadratni korjen broja a ≥ 0 oznaˇcavamo sa
√
a.
√
(b) Iz 3 −8 = −2 zakljuˇcujemo da neparni, za razliku od aritmetiˇckog korjena
koji je uvijek nenegativan, moˇze poprimati i negativne vrijednosti. Naravno, u
sluˇcaju nenegativnih brojeva, aritmetiˇcki i neparni korjen se poklapaju.
(c) Iz (4.14) slijedi da tvrdnja analogna (4.16) vrijedi i za neparne korjene.
(d) Uoˇcimo da za svako n ∈ N i a ∈ R vaˇzi
¡
¢n ¡ ¢n
|a|2n = |a|2 = a2 = a2n ,
te zbog |a| ≥ 0 i tvrdnje jedinstvenosti u (4.15) imamo
√
2n
a2n = |a|.
√
Specijalno je a2 = |a|, za sve a ∈ R.
Konaˇ
cne sume i proizvodi
Neka je n ∈ N i a1 , a2 , . . . an ∈ R. Tada konaˇcnu sumu sn = a1 + . . . + an
definiˇsemo rekurzivno sa
s1 := a1 , sn+1 := sn + an+1 , za sve n ∈ N.
Konaˇcni proizvod pn = a1 · . . . · an takod¯e uvodimo rekurzivno sa
p1 := a1 , pn+1 := pn · an+1 , za sve n ∈ N.
Sume se kra´ce oznaˇcavaju sa
n
X
ak := a1 + . . . + an ,
k=1
a proizvodi sa
n
Y
ak := a1 · . . . · an .
k=1
Pri tome ak nazivamo opˇsti ˇclan sume, odnosno proizvoda. Nije teˇsko uz pomo´c
matematiˇcke indukcije dokazati da za sve n ∈ N i λ ∈ R vrijedi
n
X
λ ak
=
k=1
n
X
(ak + bk ) =
k=1
λ
n
X
ak ,
k=1
n
X
n
X
k=1
k=1
ak +
bk .
GLAVA I. REALNI BROJEVI
18
Na prirodan naˇcin se moˇze za sve n, n0 ∈ N0 , n0 ≤ n definisati i suma
n
X
ak = an0 + . . . + an ,
k=n0
odnosno proizvod
n
Y
ak = an0 · . . . · an .
k=n0
Napomena: U radu sa sumama i proizvodima ponekad se susre´cemo sa problemom pomijeranja indeksa opˇsteg ˇclana. Na primjer, ukoliko je rijeˇc o sumama,
indukcijom se lako dokaˇze da vrijedi
n
X
ak =
k=1
n−1
X
ak+1
k=0
i
n
X
ak =
k=1
n+1
X
ak−1 .
k=2
Primijetimo da prilikom pomjeranja indeksa u sumi dolazi i do promjene granica
sumacije.
(4.18) Geometrijska suma: Za sve q 6= 1 i n ∈ N0 je
n
X
qk = 1 + . . . + qn =
k=0
1 − q n+1
.
1−q
Dokaz. Kao i dosad, kad su u pitanju tvrdnje u vezi sa prirodnim brojevima,
cna za
koristimo matematiˇcku indukciju. Kako je q 0 = 1 = 1−q
1−q , to je tvrdnja taˇ
n = 0. Ako je taˇcna za n ∈ N, imamo
n+1
X
k=0
qk =
n
X
q k + q n+1 =
k=0
1 − q n+1
1 − q n+2
+ q n+1 =
,
1−q
1−q
tj. taˇcna je i za n + 1. ¤
Binomna formula
Definicija: Faktorijel prirodnog broja n definiˇsemo sa n! := 1 · . . . · n.
Osim toga, uzimamo da je 0! := 1.
Definicija: Neka je n, k ∈ N, tako da k ≤ n. Binomni koeficijent je
µ ¶
n
n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)
:=
.
k
k!
Pored toga, definiˇsemo
¡n¢
0
:= 1.
Napomena: Primijetimo da u brojniku i u nazivniku binomnog koeficijenta
imamo po k faktora.
¡¢
Primjeri: (a) 73 = 7·6·5
1·2·3 = 35.
¡n¢
¡ ¢
(b) Oˇcigledno je 1 = n i nn = 1.
19
I.4. PRIRODNI BROJEVI
Napomene: (a) Ukoliko i brojnik i nazivnik u
dobijamo da je
µ ¶
n
n!
=
.
k
k! (n − k)!
¡n¢
k
pomnoˇzimo sa (n − k)!,
(5)
(b) Binomni koeficijenti, osim toga ˇsto se javljaju u binomnoj formuli, igraju
veliku ulogu i u kombinatorici.
U sljede´coj tvrdnji, koriste´ci (5), dokaza´cemo dvije vaˇzne osobine binomnih koeficijenata.
(4.19) Stav: Za sve n, k ∈ N, k ≤ n vrijedi:
µ ¶ µ
¶
n
n
(i)
=
(simetriˇcnost),
k
n−k
µ
(ii)
¶ µ ¶ µ
¶
n
n
n+1
+
=
(Paskalova5 jednakost).
k−1
k
k
µ
Dokaz. (i)
n
n−k
¶
n!
n!
=
=
=
(n − k)! (n − (n − k))!
(n − k)! k!
(5)
µ ¶
n
,
k
µ
(ii)
¶ µ ¶
n
n (5)
+
=
k−1
k
n!
n!
n!
+
=
(k + (n − k + 1))
(k − 1)! (n − k + 1)! k! (n − k)!
k! (n − k + 1)!
µ
¶
(n + 1)!
n+1
=
=
.¤
k! (n + 1 − k)!
k
=
Napomene: (a) Simetriˇcnost nam moˇze biti od pomo´ci za raˇc¡unanje
¢ binomnih
koeficijenata. Recimo, veoma je teˇsko po definiciji raˇcunati 100
, ali ako pri99
¡ ¢ ¡ 100 ¢ ¡100¢
mijenimo simetriˇcnost, imamo 100
=
=
=
100.
99
100−99
1
(b) Primijetimo da Paskalova jednakost predstavlja zapravo jednu rekurzivnu
formulu za binomne koeficijente. Ona se moˇze pretoˇciti u jednu ˇsemu za raˇcunanje
binomnih koeficijenata, tzv. Paskalov trougao:
1
1
1
1
1
..
.
1
2
3
4
..
.
1
3
6
..
.
1
4
..
.
1
..
.
(4.20) Binomna formula: Za sve a, b ∈ R i n ∈ N je
(a + b)n =
n µ ¶
X
n n−k k
a
b .
k
k=0
5 Blaise
Pascal (1623–1662), francuski matematiˇ
car
GLAVA I. REALNI BROJEVI
20
Dokaz. Dokaz provodimo matematiˇckom indukcijom. Navedenu tvrdnju oznaˇcimo
sa Tn . Lako se provjeri da je T1 taˇcno. Pretpostavimo da je Tn taˇcno. Tada
imamo,
n µ ¶
X
n n−k k
T
a
b =
(a + b)n+1 = (a + b) (a + b)n =n (a + b) ·
k
k=0
n µ ¶
n µ ¶
X
n n+1−k k X n n−k k+1
a
b +
a
b
=
k
k
k=0
k=0
µ ¶
µ ¶
n µ ¶
n−1 µ ¶
n n+1 X n n+1−k k X n n−k k+1
n n+1
a
+
a
b +
a
b
+
b
=
0
k
k
n
k=1
an+1 +
k=0
n µ
X
k=1
¶
¶
n µ
n n+1−k k X
n
a
b +
an−k+1 bk + bn+1 =
k
k−1
k=1
µ
¶¸
n ·µ ¶
X
n
n
n+1
a
+
+
an+1−k bk + bn+1
k
k−1
(4.19)(ii)
=
k=1
µ
¶
¶
µ
¶
n µ
n + 1 n+1 X n + 1 n+1−k k
n + 1 n+1
a
+
a
b +
b
=
0
k
n+1
k=1
n+1
X µn + 1¶
an+1−k bk ,
k
k=0
odakle slijedi da je i Tn+1 taˇcno. ¤
(4.21) Primjer: Primjena binomne formule u sluˇcaju kuba zbira daje
µ ¶
µ ¶
µ ¶
µ ¶
3 µ ¶
X
3 3−k k
3 3 0
3 2
3
3 0 3
(a + b)3 =
a
b =
a b +
a b+
a b2 +
a b
k
0
1
2
3
k=0
= a3 + 3a2 b + 3a b2 + b3 .
Napomena: Primijetimo da brojevi u n – toj vrsti Paskalovog trougla predstavljaju koeficijente binomnog razvoja za (a + b)n .
I.5
Cijeli i racionalni brojevi
Definicija: Skup cijelih brojeva je Z := N0 ∪ −N, gdje je
−N = {−n : n ∈ N}.
Napomena: Moˇze se dokazati (vidjeti u [2]) da ako je m, n ∈ Z, onda je i
−m, m + n, mn ∈ Z.
Uz pomo´c prirodnog stepena moˇzemo definisati i cjelobrojni stepen.
Definicija: Neka je a ∈ R\{0} i n ∈ N. Tada definiˇsemo a−n :=
¡ 1 ¢n
a
.
Dokaz narednog stava u kome se tvrdi da pravila koja vaˇze za prirodne, vaˇze i
za cjelobrojne stepene, prepuˇstamo ˇcitaocu.
I.5. CIJELI I RACIONALNI BROJEVI
21
(5.1) Stav: Neka je a, b ∈ R\{0} i m, n ∈ Z. Tada: (i) am+n = am an ,
¡ ¢n
m
n
(ii) (am )n = amn , (iii) (ab)n = an bn , (iv) aan = am−n , (v) ab = abn .
Definicija: Skup racionalnih brojeva Q dat je sa
Q :=
nm
n
o
: m ∈ Z, n ∈ N .
Napomena: Moˇze se dokazati da je (Q, +, ·, <) ured¯eno polje, kao i da vrijede
sva uobiˇcajena pravila vezana za raˇcunanje sa razlomcima (vidjeti npr. u [2]).
Sasvim je jednostavna ˇcinjenica da za svaka dva razliˇcita realna broja a i b
postoji realan broj c koji se nalazi izmed¯u njih. Recimo, c := a+b
ima to
2
svojstvo. Ono ˇsto nije sasvim oˇcigledno jeste da izmed¯u svaka dva razliˇcita
realna broja postoji racionalan broj, ˇsto se moˇze interpretirati kao svojstvo
gustine skupa racionalnih u skupu realnih brojeva.
(5.2) Teorema: Skup Q je gust u R, tj. za sve a, b ∈ R, a < b, postoji r ∈ Q,
tako da je a < r < b.
Dokaz. Neka je 0 ≤ a < b. Na osnovu Arhimedove teoreme (4.9) postoji n ∈ N,
1
takav da n > b−a
, tj. da je n1 < b − a. Definiˇsimo S := {k ∈ N : nk > a}.
Ponovnom primjenom Arhimedove teoreme zakljuˇcujemo da postoji k ∈ N,
takav da k > na, pa je S ⊂ N neprazan. Iz Principa najmanjeg elementa (4.8)
slijedi da postoji m := min S. Kako je m ∈ S i m − 1 ∈
/ S, to je m
n > a i
m−1
n ≤ a, pa imamo
a<
m
m−1
1
1
=
+ ≤ a + < a + b − a = b,
n
n
n
n
tj. r = m
zeno svojstvo. Ako je a < b ≤ 0, tada na osnovu
n ∈ Q ima traˇ
prethodno dokazanog postoji r0 ∈ Q, tako da 0 ≤ −b < r0 < −a, pa je traˇzeni
broj r = −r0 . U sluˇcaju a < 0 < b je r = 0. ¤
Joˇs su stari Grci uoˇcili da nisu svake dvije duˇzi srazmjerne, tj. da ne mora postojati duˇz koja bi se sadrˇzavala cijeli broj puta u obje duˇzi. U Euklidovim Elementima6 , recimo, postoji dokaz da stranica i dijagonala kvadrata nisu srazm√
jerne. Izraˇzeno danaˇsnjim matematiˇckim rjeˇcnikom, to zapravo znaˇci da 2
nije racionalan broj, ˇsto dokazujemo u narednom
√
(5.3) Stav: 2 ∈
/Q
√
Dokaz.
da je 2 racionalan. Tada bi postojali m, n ∈ N, tako
√ Prepostavimo
da 2 = m
zemo smatrati da su m i n relativno prosti. Kvadriranjem
n . Moˇ
posljednje jednakosti dobijamo
m2 = 2n2 ,
(6)
odakle zakljuˇcujemo da je m paran broj, odnosno da postoji k ∈ N, tako da
m = 2k. Uvrˇstavaju´ci m = 2k u (6), imamo 2k 2 = n2 , pa bi i n morao biti
paran broj, ˇsto je kontradikcija, jer smo pretpostavili da su m i n relativno
prosti. ¤
6 Euklid (oko 325 – 265 p.n.e.), starogrˇ
cki matematiˇ
car, u svom glavnom djelu Elementi
(sastoji se od 13 knjiga), sabrao je glavninu dotadaˇsnjeg matematiˇ
ckog znanja. Elementi su
imali presudan uticaj na razvoj matematike u narednih 2000 godina.
GLAVA I. REALNI BROJEVI
22
Navedena razmatranja daju nam povod da uvedemo pojam iracionalnog broja.
Definicija: Skup R\Q nazivamo skupom iracionalnih brojeva.
Korjeni nam omogu´cavaju da definiˇsemo racionalne stepene.
Definicija:
Neka je a > 0 i r ∈ Q. Racionalni stepen ar definiˇsemo sa
√
ar :=
n
am za r =
m
n,
gdje je m ∈ Z, n ∈ N.
Napomena: Iako se racionalan broj pomo´cu razlomka ne predstavlja na jedinstven naˇcin (na primjer, 12 = 24 = 36 = . . .), vrijednost racionalnog stepena
ipak ne zavisi od naˇcina predstavljanja racionalnog eksponenta, jer na osnovu
m
mk
(4.16)(iii) vrijedi a n = a nk , za sve m, n, k ∈ N, a moˇze se dokazati da isto
vrijedi i kad je m ∈ Z.
Uobiˇcajena svojstva stepena vrijede i u ovom sluˇcaju, a dokaz ostavljamo ˇcitaocu
za vjeˇzbu.
(5.4) Stav: Neka je a, b > 0 i x, y ∈ Q. Tada: (i) ax+y = ax ay ,
¡ ¢x
x
(ii) (ax )y = axy , (iii) (ab)x = ax bx , (iv) aay = ax−y , (v) ab =
I.6
ax
bx .
Realne funkcije
U uvodnom dijelu ovog poglavlja pozabavi´cemo se opˇstim pitanjima vezanim
za realne funkcije realne promjenljive, kao ˇsto su monotonost, parnost, periodiˇcnost, konveksnost itd. U najjednostavnije realne funkcije (barem ˇsto se
definicije tiˇce) svakako spadaju polinomi, kojima se bavimo u nastavku ovog
poglavlja. Med¯u polinomima izdvajamo njihove posebno vaˇzne predstavnike,
stepene funkcije. Neke sloˇzenije klase funkcija izvode se iz polinoma: racionalne
funkcije definiˇsemo kao koliˇcnike polinoma, a korjene funkcije mogu se posmatrati kao inverzi stepenih funkcija. Na kraju uvodimo joˇs jednu klasu vaˇznih
funkcija, nizove.
Uvod
Neka je D ⊂ R neprazan skup. Funkciju f : D → R nazivamo realnom funkcijom realne promjenljive. Primijetimo da je u tom sluˇcaju njen grafik Gf poskup
od R × R.
Sliˇcno kao ˇsto smo skup R geometrijski predstavljali uz pomo´c realne prave, tako
skup R × R moˇzemo predstaviti pomo´cu koordinatne ravni na sljede´ci naˇcin:
uz proizvoljno odabrane realne prave koje se sijeku u nuli pod pravim uglom
(tzv. koordinatne ose, x – osa i y – osa), svakoj taˇcki T koordinatne ravni dodijelimo ured¯eni par (x0 , y0 ) ∈ R×R kao na slici. Pri tome x0 nazivamo apscisom,
T
0
Slika I.3: Taˇcki T dodjeljuje se ured¯eni par (x0 , y0 )
23
I.6. REALNE FUNKCIJE
a y0 ordinatom taˇcke T . Koordinatna ravan nam omogu´cava da geometrijski
predstavimo grafike funkcija. Med¯u vaˇzne primjere funkcija spadaju:
(a) f : R → R, f (x) = c, za neko c ∈ R (konstantna funkcija). Njen grafik
geometrijski predstavlja pravu paralelnu x – osi (vidi sliku).
0
Slika I.4: Grafik funkcije f (x) = c
(b) f : R → R, f (x) = ax + b, gdje je a, b ∈ R (afina funkcija). I njen grafik je
prava (vidi sliku). U sluˇcaju b = 0 funkciju f nazivamo linearnom funkcijom.
0
Slika I.5: Grafik funkcije f (x) = ax + b, za a, b > 0
(c) f : R → R, f (x) = |x|.
0
Slika I.6: Grafik funkcije f (x) = |x|
(d) f : R\{0} → R, f (x) = x1 . Njen grafik je hiperbola (vidi sliku).
Za f : D → R kaˇzemo da je
• parna, ako (∀x ∈ D) − x ∈ D ∧ f (−x) = f (x),
GLAVA I. REALNI BROJEVI
24
• neparna, ako (∀x ∈ D) − x ∈ D ∧ f (−x) = −f (x).
0
Slika I.7: Grafik funkcije f (x) =
1
x
Funkcije (a) i (c) su parne, a (d) neparna, dok (b) za a, b 6= 0 nije ni parna ni
neparna. Grafik parne funkcije je simetriˇcan u odnosu na y – osu, a neparne u
odnosu na koordinatni poˇcetak.
Dalje, za funkciju f : D → R kaˇzemo da je:
• rastu´ca, ako (∀x1 , x2 ∈ D) x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ),
• strogo rastu´ca, ako (∀x1 , x2 ∈ D) x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ),
• opadaju´ca, ako (∀x1 , x2 ∈ D) x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 ),
• strogo opadaju´ca, ako (∀x1 , x2 ∈ D) x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ).
Funkcija koja je rastu´ca ili opadaju´ca naziva se monotonom funkcijom. Takod¯e
se govori i o strogo monotonoj funkciji, ako je strogo rastu´ca ili strogo opadaju´ca.
Afina funkcija je strogo rastu´ca za a > 0, a strogo opadaju´ca za a < 0, dok je
konstantna funkcija rastu´ca, ali ne strogo (ali takod¯e i opadaju´ca). U sluˇcaju
(d), zahvaljuju´ci (2.13) je f |(0, ∞) strogo opadaju´ca, ali je i f |(−∞, 0) strogo
opadaju´ca, ˇsto se lako dokaˇze. Iz toga, med¯utim, ne slijedi da je f opadaju´ca
funkcija, jer je npr. −1 < 1 i f (−1) < f (1). Ni funkcija (c) nije monotona.
Primijetimo da se monotonost funkcija odraˇzava se na njihov grafik: ako je
funcija rastu´ca, onda se, gledaju´ci s lijeva na desno, njen grafik ”penje”, a ako
je opadaju´ca, onda se ”spuˇsta”. Osim toga, nije teˇsko dokazati i sljede´ce:
• Svaka strogo monotona funkcija je injektivna.
• Kompozicija dvije strogo rastu´ce, ali i dvije strogo opadaju´ce funkcije
je strogo rastu´ca funkcija, dok je kompozicija strogo rastu´ce i strogo
opadaju´ce funkcije strogo opadaju´ca funkcija.
• Inverz strogo rastu´ce funkcije je strogo rastu´ca, a strogo opadaju´ce strogo
opadaju´ca funkcija.
• Inverz neparne funkcije je neparna funkcija.
25
I.6. REALNE FUNKCIJE
Napomenimo da se grafik inverzne funkcije dobije iz grafika polazne funkcije,
ako se simetrijom preslika u odnosu na pravu y = x (vidi sliku).
f
-1
0
Slika I.8: Grafici funkcija f i f −1
Funkciju f : D → R koja ima osobinu da postoji realan broj T > 0, tako da
vrijedi
(∀x ∈ D) x + T ∈ D ∧ f (x + T ) = f (x),
nazivamo periodiˇcnom sa periodom T .
Ukoliko je skup vrijednosti f (D) funkcije f : D → R ograniˇcen odozgo (odozdo),
onda za funkciju f kaˇzemo da je ograniˇcena odozgo (odozdo). Ako je f (D)
ograniˇcen skup onda je f ograniˇcena funkcija, ˇsto je ekvivalentno sa
(∃K > 0) (∀x ∈ D) |f (x)| ≤ K.
Realan broj definisan sa min f := min f (D) nazivamo globalni minimum (ili
samo minimum) funkcije f , a broj max f := max f (D) globalni maksimum (ili
samo maksimum) funkcije f .
Slika I.9: Minimum i maksimum funkcije f : [a, b] → R
Napomena: Za funkciju f , ˇcak i ako je ograniˇcena, ne moraju postojati min f
i max f , ˇsto se vidi na primjeru funkcije f : (0, 1) → R, f (x) = x. Sem toga,
ako je funkcija ograniˇcena, onda se njen grafik nalazi izmed¯u dvije prave koje
su paralelne x – osi.
Broj x0 ∈ D sa osobinom da je f (x0 ) = 0 nazivamo nulom funkcije f : D → R.
Na kraju ´cemo definisati algebarske operacije sa realnim funkcijama, odnosno
definisa´cemo zbir, proizvod i koliˇcnik dviju funkcija.
GLAVA I. REALNI BROJEVI
26
Neka su date funkcije f, g : D → R i neka je λ ∈ R. Tada definiˇsemo funkcije
f + g, λf, f g : D → R sa
(∀x ∈ D) (f + g)(x) := f (x) + g(x), (λf )(x) := λf (x), (f g)(x) := f (x)g(x),
odnosno funkciju
f
g
: D\{x ∈ D : g(x) = 0} → R sa
³f ´
f (x)
(x) :=
.
g
g(x)
Konveksnost funkcija
Definicija: Neka je I ⊂ R interval. Funkciju f : I → R nazivamo konveksnom, ako za sve x1 , x2 ∈ I, takve da je x1 6= x2 i sve λ1 , λ2 ∈ (0, 1) sa osobinom
λ1 + λ2 = 1, vrijedi
f (λ1 x1 + λ2 x2 ) ≤ λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ).
(7)
Ako u (7) umjesto znaka ≤ stoji <, kaˇzemo da je funkcija f strogo konveksna, a
ako stoji ≥ , odnosno >, tada kaˇzemo da je konkavna, odnosno strogo konkavna.
Napomena: Primijetimo da je f konkavna, akko je −f konveksna.
Primjeri: (a) Funkcija f : R → R data sa f (x) = x2 je strogo konveksna.
Zaista, za sve x1 , x2 ∈ R, x1 6= x2 i sve λ1 , λ2 ∈ (0, 1), λ1 + λ2 = 1, vrijedi
(λ1 x1 + λ2 x2 )2
=
λ21 x21 + 2λ1 λ2 x1 x2 + λ22 x22
=
λ1 (1 − λ2 )x21 + 2λ1 λ2 x1 x2 + λ2 (1 − λ1 )x22
=
λ1 x21 + λ2 x22 − λ1 λ2 (x1 − x2 )2
<
λ1 x21 + λ2 x22 .
(b) Funkcija f : R → R, f (x) = |x| je konveksna, ali nije strogo konveksna.
Zaista, na osnovu nejednakosti trougla (2.16), za sve x1 , x2 , λ1 , λ2 kao pod (a)
imamo
|λ1 x1 + λ2 x2 | ≤ |λ1 x1 | + |λ2 x2 | = λ1 |x1 | + λ2 |x2 |.
Ako su x1 , x2 pozitivni, onda je
f (λ1 x1 + λ2 x2 ) = λ1 x1 + λ2 x2 = λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ),
pa f nije strogo konveksna.
(c) Svaka afina funkcija f : R → R, f (x) = ax + b je istovremeno i konveksna i
konkavna.
Da bismo doˇsli do geometrijske interpretacije konveksnosti, koristimo nam slede´cu
tvrdnju.
(6.1) Lema: Funkcija f : I → R je konveksna, akko za sve x1 , x2 , x ∈ I, takve
da x1 < x < x2 , vrijedi
f (x) ≤
x2 − x
x − x1
f (x1 ) +
f (x2 ).
x2 − x1
x2 − x1
U sluˇcaju stroge konveksnosti u (8) stoji stroga nejednakost.
(8)
27
I.6. REALNE FUNKCIJE
Dokaz. Ako je x1 < x < x2 , tada za λ1 , λ2 definisane sa
λ1 =
x2 − x
,
x2 − x1
λ2 =
x − x1
,
x2 − x1
(9)
vrijedi λ1 , λ2 ∈ (0, 1), λ1 + λ2 = 1, pa ako je f konveksna, tada zbog x =
λ1 x1 + λ2 x2 imamo (8).
Pretpostavimo sada da (8) vrijedi za sve x1 < x < x2 . Neka su x1 , x2 ∈ I, x1 6=
x2 i λ1 , λ2 ∈ (0, 1), λ1 + λ2 = 1, proizvoljni. Bez smanjenja opˇstosti moˇzemo
smatrati da je x1 < x2 . Za x := x2 − λ1 (x2 − x1 ) vrijedi (9) i x = λ1 x1 + λ2 x2 ,
a kako je joˇs x1 < x < x2 , to na osnovu (8) dobijamo (7), tj. f je konveksna. ¤
Napomene: (a) Budu´ci da
y=
x2 − x
x − x1
f (x1 ) +
f (x2 )
x2 − x1
x2 − x1
predstavlja jednaˇcinu prave kroz taˇcke P1 (x1 , f (x1 )) i P2 (x2 , f (x2 )), to iz prethodne leme zakljuˇcujemo da je funkcija konveksna, akko svaka duˇz ˇcije su
krajnje taˇcke na grafiku funkcije, leˇzi iznad tog grafika (vidjeti sliku).
P2
P1
0
1
2
Slika I.10: Duˇz P1 P2 leˇzi iznad grafika funkcije f
(b) Grafiˇcki se strogo konveksne funkcije razlikuju od konveksnih po tome, ˇsto
su grafici ovih prvih ”ispupˇceni” (kao, recimo, funkcije x 7→ x2 ), dok grafici
onih drugih mogu sadrˇzavati ” ravne” dijelove , tj. dijelove pravih (kao, recimo,
funkcija x 7→ |x|).
Polinomi, racionalne i korjene funkcije
Definicija: Neka je n ∈ N0 i a0 , . . . , an ∈ R. Funkciju f : R → R oblika
f (x) =
n
X
ak xk = a0 + a1 x + . . . + an−1 xn−1 + an xn ,
k=0
nazivamo polinom. Ako je an 6= 0, tada kaˇzemo da je f polinom stepena n.
Na primjer, f (x) = 2x7 − x6 +
17
2 x
− 3 je polinom stepena 7.
Posebno vaˇzne polinome predstavljaju stepene funkcije. To su funkcije oblika
f (x) = xn , gdje je n ∈ N. Sljede´ca tvrdnja nam pokazuje da se stepene funkcije
dijele na dvije klase u zavisnosti od toga da li je n parno ili neparno.
(6.2) Stav: Neka je n ∈ N i f : R → R zadana sa f (x) = xn .
GLAVA I. REALNI BROJEVI
28
(i)
Ako je n neparno, tada je f strogo rastu´ca i neparna.
(ii)
Ako je n parno, onda je i f parna. Osim toga, f |(−∞, 0] je
strogo opadaju´ca, a f |[0, ∞) strogo rastu´ca.
Dokaz. (i) Monotonost slijedi iz (4.13), a neparnost se neposredno provjeri.
(ii) Parnost se lako dokaˇze. Na osnovu (4.11) je f |[0, ∞) strogo rastu´ca, a zbog
parnosti je f |(−∞, 0] strogo opadaju´ca. ¤
Napomena: Grafici stepenih funkcija za parno n se suˇstinski ne razlikuju od
grafika funkcije f (x) = x2 , a za neparno n ≥ 3 od grafika funkcije f (x) = x3
(vidjeti grafike).
2
3
f (x) = x
f (x) = x
Slika I.11: Grafici funkcija f (x) = x2 i f (x) = x3
Definicija: Neka su f i g polinomi. Funkciju
r : R\{x ∈ R : g(x) = 0} → R
zadanu sa
r :=
f
,
g
nazivamo racionalnom funkcijom. Dakle, racionalne funkcije su koliˇcnici polinoma.
Funkcija f : R\{−1, 1} → R,
f (x) =
x3 + 2x − 1
x2 − 1
je primjer racionalne funkcije.
Napomena: Med¯u racionalnim funkcijama posebno se izdvajaju funkcije f :
R\{0} → R date sa f (x) = x1n . I njihovo ponaˇsanje uslovljeno je time, da li je n
parno ili neparno: za parno n je njihov grafik blizak po izgledu grafiku funkcije
f (x) = x12 (vidjeti sliku), a za n neparno ne razlikuje se suˇstinski od grafika
funkcije f u sluˇcaju kad je n = 1.
√
(6.3) Korjene funkcije: (i) Za svako n ∈ N je f : [0, ∞) → [0, ∞), f (x) = n x
strogo rastu´ca funkcija.
√
(ii) Za svako n ∈ N je f : R → R, f (x) = 2n−1 x neparna, strogo rastu´ca
funkcija.
29
I.6. REALNE FUNKCIJE
0
Slika I.12: Grafik funkcije f (x) =
1
x2
Dokaz. (i) Na osnovu (6.2) znamo da je g : [0, ∞) → [0, ∞), g(x) = xn strogo
rastu´ca funkcija. Iz (4.16) (i) i (ii) slijedi da su f i g inverzne jedna drugoj, pa
je f strogo rastu´ca, kao inverz strogo rastu´ce funkcije g.
(ii) Monotonost se dokazuje kao pod (i), a neparnost je posljedica ˇcinjenice da
je f inverz neparne funkcije x 7→ x2n−1 . ¤
Napomena: Grafik
√ svih korjenih funkcija na intervalu [0, ∞) sliˇcan je grafiku
funkcije f (x) = x (vidi sliku),
0
Slika I.13: Grafik funkcije f (x) =
√
x
dok se grafik
neparnih korjenih funkcija ne razlikuje bitnije od grafika funkcije
√
f (x) = 3 x (vidi sliku).
0
Slika I.14: Grafik funkcije f (x) =
√
3
x
GLAVA I. REALNI BROJEVI
30
Nizovi
Definicija: Neka je S proizvoljan neprazan skup. Tada preslikavanje
a:N→S
nazivamo nizom u S. Pri tome, umjesto a(n) piˇsemo an i taj element nazivamo
opˇstim ˇclanom niza. Sam niz ´cemo ˇcesto oznaˇcavati sa (an ) ili ponekad sa
(an )n∈N . Ukoliko je S = R, tada govorimo o nizu realnih brojeva.
Primjer: (a) Niz 1, 4, 9, 16, . . . ima opˇsti ˇclan an = n2 ,
(b) Niz 1, 21 , 31 , 14 , . . . ima opˇsti ˇclan an =
1
n,
(c) Niz −1, 1, −1, 1, −1, 1, . . . ima opˇsti ˇclan an = (−1)n .
Napomene: (a) Ponekad se pod nizom podrazumijeva preslikavanje a : N0 →
S.
(b) Treba razlikovati ˇclanove niza od skupa njegovih vrijednosti {an : n ∈ N}.
Recimo, u (c) je skup vrijednosti {−1, 1}, ali taj niz, kao uostalom i svaki niz,
ima beskonaˇcno mnogo ˇclanova.
Niz (an ) realnih brojeva nazivamo rastu´cim (strogo rastu´cim), odnosno opadaju´cim (strogo opadaju´cim), ako je funkcija a : N → R rastu´ca (strogo rastu´ca),
odnosno opadaju´ca (strogo opadaju´ca). Oˇcigledno da je niz (an ) rastu´ci, akko
je
(∀n ∈ N) an ≤ an+1 ,
odnosno opadaju´ci, akko je
(∀n ∈ N) an ≥ an+1 .
Za niz koji je rastu´ci ili opadaju´ci, kaˇzemo da je monoton. Ukoliko u navedenim
relacijama nejednakosti zamijenimo strogim nejednakostima, tada imamo strogo
monotone nizove.
Niz (a) je strogo rastu´ci, niz (b) strogo opadaju´ci, a niz (c) nije monoton. Niz
1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, . . . je rastu´ci, ali ne strogo.
Pitanje ograniˇcenosti niza (an ) se posmatra u kontekstu ograniˇcenosti funkcije
a : N → R, ˇcime smo se bavili u Uvodu.
Na primjer, nizovi (b) i (c) su ograniˇceni, jer u oba sluˇcaja vrijedi |an | ≤ 1, za
sve n ∈ N, dok je niz (a) ograniˇcen odozdo, ali nije odozgo.
Na kraju, navedimo jednu teoremu koja ima fundamentalan znaˇcaj u matematiˇckoj analizi.
(6.4) Princip umetnutih intervala: Pretpostavimo da niz segmenata
(In ),
\
In 6= ∅, tj.
In = [an , bn ] ima osobinu da In+1 ⊂ In , za sve n ∈ N. Tada je
postoji c ∈ R, tako da je c ∈ In , za sve n ∈ N.
n∈N
Dokaz. Oˇcito je a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ . . . i b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ . . .. Neka su m, n ∈ N
proizvoljni. Ako je m ≤ n, onda am ≤ an ≤ bn , a ako je m > n, tada bn ≥ bm ≥
am . Dakle, za sve m, n ∈ N je am ≤ bn , pa zakljuˇcujemo da je svaki n ∈ N, broj
bn gornja med¯a za S := {am : m ∈ N}. Neka je c := sup S. Tada za sve n ∈ N
vrijedi an ≤ c (jer je c gornja med¯a za S) i c ≤ bn (jer je c najmanja gornja
med¯a za S), tj. c ∈ In , za sve n ∈ N. ¤
31
I.7. PREBROJIVOST SKUPOVA
[
[
[
]
]
]
Slika I.15: Umetnuti intervali
I.7
Prebrojivost skupova
Pretpostavimo da izmed¯u dva data skupa postoji bijektivno preslikavanje. To
znaˇci da se izmed¯u njihovih elemenata moˇze uspostaviti obostrano jednoznaˇcna
korespondencija, iz ˇcega slijedi da, grubo reˇceno, ti skupovi imaju jednako
mnogo elemenata (otuda naziv ekvipotentni ili ravnomo´cni skupovi)). Ukoliko
su navedeni skupovi konaˇcni, tada je jasno da moraju imati jednak broj elemenata. Med¯utim, ako su beskonaˇcni, onda mogu nastupiti naizgled paradoksalne
situacije; na primjer, vidje´cemo da prirodnih brojeva ima koliko i racionalnih,
iako je skup prirodnih pravi podskup skupa racionalnih brojeva. Takod¯e ´cemo
vidjeti da je realnih brojeva ipak ”viˇse” nego prirodnih.
Definicija: Za skupove A i B kaˇzemo da su ekvipotentni i piˇsemo A ∼ B,
ako postoji bijekcija ϕ : A → B.
(7.1) Stav: Ekvipotentnost je relacija ekvivalencije med¯u skupovima.
Dokaz. Neka su A, B, C skupovi.
(i) Da je A ∼ A, slijedi iz ˇcinjenice da je identiteta idA : A → A, idA (x) = x,
bijekcija.
(ii) Ako je A ∼ B, tada postoji bijekcija ϕ : A → B. Med¯utim, i ϕ−1 : B → A
je bijekcija, odakle B ∼ A.
(iii) Neka je A ∼ B i B ∼ C. Tada postoje bijekcije ϕ : A → B i ψ : B → C.
Kako je kompozicija bijektivnih funkcija bijektivna funkcija, to je i ψ◦ϕ : A → C
bijekcija, pa je A ∼ C. ¤
Napomena: Klase ekvivalencije indukovane gore navedenom relacijom ekvivalencije poznate su pod imenom kardinalni brojevi.
Oznaka: Za n ∈ N sa {1, . . . , n} oznaˇcavamo skup {k ∈ N : 1 ≤ k ≤ n}.
Definicija: Za skup S kaˇzemo da je konaˇcan, ako postoji n ∈ N, tako da
S ∼ {1, . . . , n}. I prazan skup smatramo konaˇcnim. Skup koji nije konaˇcan
nazivamo beskonaˇcnim.
(7.2) Lema: (i) Svako injektivno preslikavanje ϕ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} je i
surjektivno.
(ii) Neka m, n ∈ N. Tada {1, . . . , m} ∼ {1, . . . , n}, akko je m = n.
Dokaz. (i) Koristimo matematiˇcku indukciju. Tvrdnja je oˇcigledno taˇcna za
n = 1. Neka je tvdnja taˇcna za n ∈ N i neka je f : {1, . . . , n+1} → {1, . . . , n+1}
injektivna. Ako je f (n + 1) = n + 1, tada iz induktivne pretpostavke slijedi bijektivnost funkcije f . Neka je sada f (n + 1) = k < n + 1. Definiˇsimo funkciju
g : {1, . . . , n + 1} → {1, . . . , n + 1} sa


 n + 1, j = k
k,
j =n+1
g(j) :=


j,
inaˇce.
GLAVA I. REALNI BROJEVI
32
Oˇcito je g bijektivna. Neka je h := g ◦ f . Primijetimo da je h(n + 1) =
n + 1. Funkcija h injektivna kao kompozicija injektivnih funkcija, pa je i njena
restrikcija h|{1, . . . , n} : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} injektivna, a zbog induktivne
pretpostavke i bijektivna. Na osnovu h(n + 1) = n + 1 je h i bijektivna. Iz
g ◦ f = h slijedi da je f = g −1 ◦ h, odakle, zbog bijektivnosti funkcija g −1 i h
zakljuˇcujemo da je i f bijektivna.
(ii) Neka je {1, . . . , m} ∼ {1, . . . , n}. To znaˇci da postoji bijekcija
ϕ : {1, . . . , m} → {1, . . . , n}.
Ako bi bilo m > n, tada bi restrikcija ϕ|{1, . . . , n} : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} bila
injektivna, a na osnovu (ii) i surjektivna. Otuda bi zbog f (n + 1) ∈ {1, . . . , n}
postojao n0 ∈ {1, . . . , n}, tako da je f (n + 1) = f (n0 ), ˇsto je u suprotnosti sa
injektivnoˇs´cu funkcije f . Drugi smjer u (ii) je oˇcigledan. ¤
Iz tvrdnje (ii) prethodne leme neposredno slijedi
(7.3) Stav: Ako je S konaˇcan, tada postoji jedinstven n ∈ N, tako da je S ∼
{1, . . . , n} i nazivamo ga broj elemenata skupa S.
(7.4) Stav: Skup N je beskonaˇcan.
Dokaz. Pretpostavimo da je N konaˇcan. Tada bi postojali n ∈ N i bijekcija
ϕ : N → {1, . . . , n}. Restrikcija funkcije ϕ na {1, . . . , n} (oznaˇcimo ju opet sa ϕ)
je injektivna, a na osnovu (7.2)(i) i surjektivna, pa bi zbog f (n + 1) ∈ {1, . . . , n}
postojao n0 ∈ {1, . . . , n}, tako da ϕ(n + 1) = ϕ(n0 ), iz ˇcega bi slijedilo da f nije
injektivna. ¤
(7.5) Stav: Podskup svakog konaˇcnog skupa je konaˇcan skup.
Dokaz. Neka je S konaˇcan skup. Bez smanjenja opˇstosti moˇzemo uzeti da je
S = {1, . . . , n}, za neki n ∈ N. Indukcijom po n pokaˇzimo da je svaki podskup
od {1, . . . , n} konaˇcan. Za n = 1 tvrdnja je oˇcigledna. Pretpostavimo da je
taˇcna za n. Neka je A ⊂ {1, . . . , n + 1}. Ako n + 1 ∈
/ A, tada A ⊂ {1, . . . , n},
pa je po induktivnoj pretpostavci A konaˇcan. Neka je sada n + 1 ∈ A. Iz
A\{n+1} ⊂ {1, . . . , n} i induktivne pretpostavke slijedi da je A\{n+1} konaˇcan,
pa postoji m ∈ N i bijekcija ϕ : A\{n + 1} → {1, . . . , m}. Kako je funkcija
ϕ˜ : A → {1, . . . , m + 1} definisana sa
(
ϕ(i)
˜ :=
ϕ(i),
i ∈ A\{n + 1}
m + 1, i = n + 1,
bijekcija, slijedi da je A konaˇcan. ¤
(7.6) Posljedice: (i) Nadskup svakog beskonaˇcnog skupa je beskonaˇcan skup.
(ii) Skupovi Z, Q i R su beskonaˇcni.
(iii) Ako je S ⊂ N beskonaˇcan, onda nije ograniˇcen odozgo.
Dokaz. (i) Slijedi iz prethodne teoreme.
(ii) Slijedi iz (i) i (7.4).
(iii) Pretpostavimo da je S ⊂ N ograniˇcen odozgo. Iz Arhimedove teoreme (4.9)
bi slijedilo da postoji N ∈ N, tako da S ⊂ {1, . . . , N }, pa bi na osnovu (7.5)
skup S morao biti konaˇcan. ¤
33
I.7. PREBROJIVOST SKUPOVA
Definicija: Za skup S kaˇzemo da je prebrojivo beskonaˇcan, ako je S ∼ N,
odnosno da je prebrojiv, ako je konaˇcan ili prebrojivo beskonaˇcan.
Napomena: Ukoliko je neki skup prebrojivo beskonaˇcan, onda se on moˇze
predstaviti u obliku niza. Zaista, ako je S ∼ N i sn := ϕ(n), gdje je ϕ : N → S
bijekcija, tada S = {s1 , s2 , s3 , . . .} := {sn : n ∈ N}.
(7.7) Teorema: Z ∼ N
(
Dokaz. Preslikavanje ϕ : N → Z zadano sa ϕ(n) :=
moˇze se ˇsematski predstaviti sa
1
↓
0
2
↓
1
3 4
↓ ↓
−1 2
5
↓
−2
n
2,
n parno
− n−1
2 , n neparno
...
...
Oˇcigledno je rijeˇc o bijekciji, odakle tvrdnja. ¤
(7.8) Stav: Podskup svakog prebrojivog skupa je prebrojiv skup.
Dokaz. Ako je S konaˇcan, onda je na osnovu (7.5) i svaki njegov podskup
konaˇcan, tj. prebrojiv. Zato pretpostavimo da je S prebrojivo beskonaˇcan.
Bez smanjenja opˇstosti moˇzemo uzeti da je S = N. Neka je A ⊂ N beskonaˇcan.
Dokaˇzimo da je A prebrojivo beskonaˇcan. Princip najmanjeg elementa (4.8)
nam omogu´cuje da rekurzivno definiˇsemo funkciju ϕ : N → A sa
ϕ(1) := min A,
ϕ(n + 1) := min{m ∈ A : m > ϕ(n)}.
Primijetimo da zbog beskonaˇcnosti skupa A i (7.6)(iii) je {m ∈ A : m > ϕ(n)}
neprazan, za svako n ∈ N. Kako je ϕ(n + 1) > ϕ(n), to indukcijom po k zakljuˇcujemo da ϕ(n + k) > ϕ(n), za sve n ∈ N, iz ˇcega slijedi da je ϕ injektivna.
Dokaˇzimo sada da je ϕ i surjektivna. Neka je m0 ∈ A proizvoljno. Definiˇsimo
B := {n ∈ N : ϕ(n) ≥ m0 }. Budu´ci da je ϕ injekcija, to je ϕ(N) ∼ N, odnosno,
skup ϕ(N) ⊂ N je beskonaˇcan, pa iz (7.6)(iii) slijedi da je B je neprazan skup.
Na osnovu principa najmanjeg elementa postoji n0 := min B. Ako n0 = 1, to je
min A = ϕ(n0 ) ≥ m0 ≥ min A, odakle ϕ(n0 ) = m0 . Neka je n0 > 1. Zbog svojstva minimalnosti broja n0 je ϕ(n0 − 1) < m0 , pa na osnovu definicije funkcije
ϕ zakljuˇcujemo da je ϕ(n0 ) ≤ m0 . S druge strane, iz n0 ∈ B slijedi ϕ(n0 ) ≥ m0 ,
odakle ϕ(n0 ) = m0 . Prema tome, ϕ : N → A je surjekcija, dakle i bijekcija, pa
je N ∼ A. ¤
(7.9) Stav: Ako su A i B prebrojivi skupovi, onda je i A × B prebrojiv.
Dokaz. Zbog (7.8) dovoljno je posmatrati sluˇcaj kad su A i B prebrojivo beskonaˇcni.
Neka je, dakle, A = {a1 , a2 , a3 , . . .} i B = {b1 , b2 , b3 , . . .}. Funkcija
ϕ:N→A×B
definisana sa
ϕ(1) := (a1 , b1 ), ϕ(2) := (a2 , b1 ), ϕ(3) := (a1 , b2 ), ϕ(4) := (a1 , b3 ), . . .
(vidi ˇsemu na sljede´coj strani) je bijekcija, pa je N ∼ A × B. ¤
GLAVA I. REALNI BROJEVI
34
/ (a1 , b5 )
/ (a1 , b3 )
(a1 , b4 )
(a1 , b2 )
r
u
u:
u:
u
u
u
rrr
uu
uu
uu
r
u
u
u
r
u
u
u
rr
uu
uu
uu
² uu
zuu
xrrr
uu
..
(a2 , b1 )
(a2 , b2 )
(a2 , b3 )
(a2 , b4 )
.
;
w
w
w
ww
ww
ww
w
w
w
ww
ww
ww
ww
ww
ww
w
w
w
w
{w
{w
..
(a3 , a3 )
(a3 , b2 )
(a3 , b1 )
.
;
w
w
ww
ww
w
w
ww
ww
ww
ww
w
w
{w
² w
..
(a4 , b2 )
(a4 , b1 )
.
w
w
ww
w
w
ww
{ww
..
(a5 , b1 )
.
(a1 , b1 )
...
(7.10) Napomene: (a) Indukcijom se lako pokaˇze da je konaˇcan Dekartov
proizvod prebrojivih skupova prebrojiv skup, tj. ako je n ∈ N i skupovi A1 , . . . , An
prebrojivi, onda je i A1 × . . . × An prebrojiv skup.
(b) Na sliˇcan naˇcin kao ˇsto je dokazan prethodni stav, moˇze se dokazati i da je
prebrojiva unija prebrojivih skupova
S prebrojiv skup, tj. ako je I prebrojiv i Ai
prebrojiv, za svako i ∈ I, onda je i i∈I Ai prebrojiv skup.
(7.11) Teorema: Q ∼ N
Dokaz. Primijetimo da za svaki r ∈ Q postoje jedinstveni relativno prosti m ∈ Z
i n ∈ N, tako da je r = m
zemo definisati funkciju ϕ : Q → Z × N
n . Stoga moˇ
sa ϕ(r) := (m, n), gdje je r = m
,
m
∈
Z, n ∈ N, a m i n su relativno prosti.
n
Oˇcigledno je ϕ injektivna funkcija. Otuda je Q ∼ ϕ(Q), a kako je Q beskonaˇcan,
to je i ϕ(Q) beskonaˇcan skup. S druge strane je Z × N prebrojiv kao Dekartov
proizvod prebrojivih skupova, pa iz ϕ(Q) ⊂ Z × N i (7.8) slijedi da je ϕ(Q) ∼ N,
odakle dobijamo Q ∼ N. ¤
(7.12) Teorema: Skup R nije prebrojiv.
Dokaz. Pretpostavimo da je R prebrojiv. Kako je R beskonaˇcan skup, morao
biti prebrojivo beskonaˇcan, te bi se mogao predstaviti u obliku R = {r1 , r2 , r3 , . . .}.
Neka je In = [an , bn ] niz intervala pozitivne duˇzine sa osobinom
(∀n ∈ N) In+1 ⊂ In i rn ∈
/ In .
Egzistencija takvog niza intervala posljedica je evidentne ˇcinjenice da za svaki
segment I pozitivne duˇzine i svako x ∈ R postoji podsegment I 0 ⊂ I pozitivne
duˇzine, tako da x ∈
/ I 0 . Na osnovu Principa umetnutih intervala (6.4) postoji
c ∈ R sa osobinom da c ∈ In , za svaki n ∈ N. No, iz c ∈ R = {r1 , r2 , r3 , . . .}
slijedi da je c = rm , za neko m ∈ N, odakle c ∈
/ Im , ˇsto je kontradikcija. ¤
35
I.8. ZADACI
I.8
Zadaci
1. Neka su A, B ⊂ R neprazni skupovi i λ ∈ R. Skupove A + B i λA
definiˇsemo sa
A + B := {a + b : a ∈ A, b ∈ B},
λA := {λ a : a ∈ A}.
Dokazati sljede´ce tvrdnje:
(a) Ako su A i B ograniˇceni odozgo i λ > 0, tada sup(A + B) = sup A +
sup B i sup(λA) = λ sup A. Ako je joˇs A ⊂ B, tada sup A ≤ sup B.
(b) Ako su A i B ograniˇceni odozdo i λ > 0, tada inf(A+B) = inf A+inf B
i inf(λA) = λ inf A. Ako je joˇs A ⊂ B, tada inf A ≥ inf B.
(c) Ako je A ograniˇcen odozdo i λ < 0, tada sup(λA) = λ inf A. Specijalno
je sup(−A) = − inf A.
(d) Ako je A ograniˇcen odozgo i λ < 0, tada inf(λA) = λ sup A. Specijalno
je inf(−A) = − sup A.
2. Uz pomo´c matematiˇcke indukcije dokazati da za sve n ∈ N vaˇze sljede´ce
tvrdnje:
(a) 1 + 2 + . . . + n =
n(n+1)
;
2
(b) 12 + 22 + . . . + n2 =
n(n+1)(2n+1)
;
6
(c) Za sve α ∈
/ {2kπ : k ∈ Z} je
n
X
k=0
sin kα =
(n+1)α
sin( nα
)
2 ) sin(
2
,
α
sin( 2 )
n
X
cos kα =
k=0
(n+1)α
cos( nα
)
2 ) sin(
2
.
α
sin( 2 )
3. Dokazati Bernulijevu7 nejednakost: za sve n ∈ N i x > −1 je
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
4. Ako je n ∈ N, a x1 , . . . , xn su nenegativni realni brojevi, tada izraz
An :=
x1 + . . . + xn
n
nazivamo aritmetiˇckom, a izraz
Gn :=
√
n
x1 · . . . · xn
geometrijskom sredinom tih brojeva. Dokazati da je
Gn ≤ An .
Osim toga, dokazati da znak jednakosti vrijedi, akko je x1 = . . . = xn .
(Navedena nejednakost poznata je pod imenom A-G nejednakost).
5. (a) Dokazati Bezuov8 stav: ako je P polinom stepena n ∈ N, tada za
svako α ∈ R postoji polinom Q stepena ≥ n − 1, tako da je P (x) =
(x − α)Q(x) + P (α), za sve x ∈ R.
7 Jakob
Bernoulli (1654 – 1705), ˇsvajcarski matematiˇ
car
B´
ezout (1730 – 1783), francuski matematiˇ
car
8 Etienne
´
GLAVA I. REALNI BROJEVI
36
(b) Dokazati da ako je P stepena n ≥ 1, onda ne moˇze imati viˇse od n
nula.
(c) Ako su P i Q polinomi stepena n ≥ 0 i ako se poklapaju u n +
1 med¯usobno razliˇcitih taˇcaka, odnosno ako je P (xi ) = Q(xi ) za i =
1, . . . n + 1, pri ˇcemu je xi 6= xj za i 6= j, onda je P = Q, odnosno
odgovaraju´ci koeficijenti polinoma P i Q su jednaki.
6. Za svaki realan broj x postoji jedinstven cijeli broj [x] (tzv. cijeli dio od
x), takav da je [x] ≤ x < [x] + 1. Dokazati.
7. Dokazati Stav (5.4).
8. (a) Ako je a ∈ (0, 1), onda za sve x ∈ Q, x > 0 vaˇzi ax < 1.
(b) Ako je a ∈ (0, 1), onda je funkcija f : Q → R, f (x) = ax strogo
opadaju´ca.
(c) Ako je a > 1, onda je funkcija f : Q → R, f (x) = ax strogo rastu´ca.
9. Dokazati da je skup svih konaˇcnih podskupova od N prebrojiv.
10. Realan broj α nazivamo algebarskim, ako postoji polinom sa cjelobrojnim
koeficijentima koji nije identiˇcki jednak nuli, tako da je P (α) = 0. Za
realan broj kaˇzemo da je transcedentan, ako nije algebarski. Dokazati da
je skup svih algebarskih brojeva prebrojiv, a transcedentnih neprebrojiv.
11. Neka je X neprazan skup. Dokazati da ne postoji surjekcija f : X →
P(X).
12. Dokazati da je skup svih beskonaˇcnih podskupova od N je neprebrojiv.
13. Dokazati: (a) Za sve a, b ∈ R, a < b je (a, b) ∼ (−1, 1). (b) (−1, 1) ∼ R.
14. Neka za skupove A, S vaˇzi sljede´ce: A je prebrojiv, S ∼ R i A ∩ S = ∅.
Tada je A ∪ S ∼ R. Iz toga zakljuˇciti da je svaki interval ekvipotentan
skupu R.
Glava II
Konvergencija niza
Graniˇcni procesi imaju centralnu ulogu u matematiˇckoj analizi. Do njih dovode
problemi odred¯ivanja duˇzine krive, povrˇsine figure u ravni, zapremine tijela i
sl., ˇcime su se matematiˇcari bavili joˇs u antiˇcko doba. Konvergencija niza je
primjer graniˇcnog procesa od posebnog znaˇcaja, budu´ci da se i ostali pojmovi
povezani sa graniˇcnim procesima (neprekidnost, limes funkcije, integral itd.)
mogu zasnovati na graniˇcnoj vrijednosti niza.
II.1
Osnovne osobine konvergetnog niza
Definicija: Za niz realnih brojeva (an ) kaˇzemo da konvergira (teˇzi) ka a ∈ R
i piˇsemo lim an = a (ili an → a), ako za svako ε > 0 postoji N ∈ N, tako da je
n
|a − an | < ε, za sve n ≥ N ili zapisano pomo´cu simbola
(∀ε > 0) (∃N ∈ N) (∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |a − an | < ε.
Pri tome broj a nazivamo limes ili graniˇcna vrijednost niza. Niz (an ) realnih
brojeva nazivamo konvergentnim ukoliko postoji a ∈ R, tako da je lim an = a.
n
Za niz koji nije konvergentan kaˇzemo da je divergentan.
Definicija: Neka je ε > 0 i a ∈ R. Otvoreni interval (a−ε, a+ε) nazivamo
ε – okolinom taˇcke a i oznaˇcavamo ga sa Uε (a).
(1.1) Geometrijska interpretacija konvergencije niza: Niz realnih brojeva
(an ) konvergira ka a ∈ R, akko svaka ε – okolina od a sadrˇzi, poˇcevˇsi od nekog,
sve ˇclanove niza (an ).
Dokaz. Iz osobine I (2.14) apsolutne vrijednosti slijedi da je |a − an | < ε ekvivalentno sa −ε < an − a < ε, odnosno sa a − ε < an < a + ε, pa imamo
|a − an | < ε ⇔ an ∈ Uε (a).
Otuda zakljuˇcujemo da niz (an ) teˇzi ka a, akko za svako ε > 0 postoji N ∈ N,
tako da an ∈ Uε (a), za sve n ≥ N . ¤
Napomena: Iz prethodne tvrdnje slijedi da se na realnoj pravoj niz oko svoje
graniˇcne vrijednosti ”koncentriˇse” ili ”nagomilava” i da je to jedina taˇcka sa
takvim svojstvom (vidi sliku). Iz toga je jasno da ako je niz konvergentan, onda
37
GLAVA II. KONVERGENCIJA NIZA
38
(
)
a-e
a+e
ˇ
Slika II.1: Clanovi
konvergentnog niza koncentriˇsu se oko a
moˇze da ima samo jednu graniˇcnu vrijednost.
Koriste´ci geometrijsku interpretaciju konvergencije da se naslutiti da je limes
1
konstantnog niza a, a, a, . . . upravo a, niza 1, 12 , 13 , 41 , . . ., nula, a niza 12 , 41 , 18 , 16
, . . .,
takod¯e nula. Stroge dokaze tih tvrdnji zasnovane na definiciji limesa sa poˇcetka
ovog poglavlja dajemo u narednim stavovima.
(1.2) Konvergencija konstantnog niza: Konstantan niz an = a je konvergentan i lim an = a.
n
Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno. Da bismo dokazali konvergenciju trebamo
ispitati postoji li N ∈ N, tako da vrijedi |a − an | < ε, za sve n ≥ N . Vidimo da
je navedeni uslov zadovoljen za, recimo, N = 1, jer je |a − an | = |a − a| = 0 < ε,
za sve n ≥ 1. ¤
(1.3) Konvergencija harmonijskog niza: Harmonijski niz an =
gentan i lim an = 0.
1
n
je konver-
n
Dokaz. Uzmimo ε > 0 proizvoljno. Kao i u prethodnom dokazu trebamo ispitati
postojanje N ∈ N, tako da je
¯
1 ¯¯
1
¯
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ ¯0 − ¯ = < ε.
(1)
n
n
Iz Arhimedove teoreme I (4.9) slijedi da postoji N ∈ N sa osobinom N > 1ε . Da
za tako odabrani broj N vrijedi (1) vidimo iz sljede´ceg:
¯
1
1
1 ¯¯
¯
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ ¯0 − ¯ = ≤
< ε. ¤
n
n
N
Da bismo dokazali konvergenciju geometrijskog niza (q n ), potrebna nam je
sljede´ca lema.
(1.4) Lema: Neka je q ∈ R. Tada:
(i) Ako je q > 1, onda za svaki K ∈ R postoji N ∈ N, takav da q N > K;
(ii) Ako je 0 ≤ q < 1, onda za svako ε > 0 postoji N ∈ N, takav da q N < ε.
Dokaz. (i) Neka je h := q − 1 > 0. Na osnovu Arhimedove teoreme postoji
ci binomnu formulu imamo
N ∈ N, takav da N > K
h . Koriste´
µ ¶
N
N
N
q = (1 + h) = 1 + N h + . . . +
hN ≥ 1 + N h > K.
N
(ii) U sluˇcaju q = 0 tvrdnja vrijedi za svaki N ∈ N. Ako je 0 < q < 1, tada
q 0 := 1q > 1, pa iz (i) slijedi da postoji N ∈ N, takav da (q 0 )N > 1ε , odakle
dobijamo da je q N < ε. ¤
II.1. OSNOVNE OSOBINE KONVERGETNOG NIZA
39
(1.5) Konvergencija geometrijskog niza: Ako je |q| < 1, tada je geometrijski
niz an = q n konvergentan i lim an = 0.
n
Dokaz. Na osnovu tvrdnje (ii) prethodne leme, za proizvoljno ε > 0 postoji
N ∈ N, tako da je |q|N < ε. Primijetimo da za sve n ∈ N vrijedi |q n | = |q|n
(dokaz indukcijom!). Dakle,
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |0 − q n | = |q|n ≤ |q|N < ε. ¤
Niz −1, 1, −1, 1, . . . koncentriˇse se oko dvije taˇcke, −1 i 1, pa imaju´ci u vidu
prethodna zapaˇzanja, oˇcekujemo da bude divergentan. Da je to zaista tako
dokazujemo u
(1.6) Primjer: Niz an = (−1)n je divergentan.
Dokaz. Pretpostavimo da je konvergentan, tj. da an → a, za neko a ∈ R. Tada
za ε = 1 postoji N ∈ N, tako da |an − a| < 1, za sve n ≥ N. Otuda,
2 = |aN − aN +1 | ≤ |aN − a| + |a − aN +1 | < 1 + 1 = 2,
tj. 2 < 2. Kontradikcija! ¤
Ako je limn an = a i ako uzmemo a0 ∈ R takav da a < a0 , onda, budu´ci da se niz
(an ) koncentriˇse oko a, samo konaˇcno mnogo ˇclanova tog niza se moˇze nalaziti
desno od a0 , tj. svi ˇclanovi niza poˇcevˇsi od nekog su manji od a0 (vidjeti Sliku
(II.1)). Analogan zakljuˇcak bi uslijedio da smo uzeli a0 < a. Ova zapaˇzanja
precizno formuliˇsemo u narednom stavu.
(1.7) Stav: Neka je limn an = a. Tada:
(i) Za svako a0 ∈ R, tako da a0 > a postoji n0 ∈ N sa osobinom da je
a0 > an , za sve n ≥ n0 .
(ii) Za svako a0 ∈ R, tako da a0 < a postoji n0 ∈ N sa osobinom da je
a0 < an , za sve n ≥ n0 .
Dokaz. Kako su dokazi za (i) i (ii) sliˇcni, dokaza´cemo samo (i). Neka je, dakle,
a0 > a. Zbog ˇcinjenice da je limn an = a, za ε := a0 − a > 0 postoji n0 ∈ N, tako
da |an − a| < ε, za sve n ≥ n0 . Otuda an − a < ε, odnosno an < a + ε = a0 , za
sve n ≥ n0 . ¤
Pitanjem odnosa konvergencije i apsolutne vrijednosti pozabavi´cemo se u
(1.8) Stav: (i) lim an = a ⇒ lim |an | = |a|.
n
n
(ii) lim an = 0 ⇔ lim |an | = 0.
n
n
Dokaz. (i) Neka je ε > 0 proizvoljno. Zbog an → a postoji N ∈ N, tako da
|a − an | < ε, za sve n ≥ N . Iz nejednakosti I (2.17) imamo
||an | − |a|| ≤ |an − a| < ε,
za sve n ≥ N , odakle tvrdnja.
(ii) Smjer ⇒ slijedi iz (i), a obratni smjer je posljedica definicije konvergencije.
¤
¯ (−1)n ¯
(−1)n
1
¯
¯
Primjer: Na osnovu (1.8)(ii) vrijedi
→ 0, jer ¯
¯ = → 0.
n
n
n
GLAVA II. KONVERGENCIJA NIZA
40
(1.9) Stav: Svaki konvergentan niz je ograniˇcen.
Dokaz. Neka je lim an = a. Otuda, za ε = 1 postoji N ∈ N, tako da |an −a| < 1,
n
za sve n ≥ N . Zakljuˇcujemo, dakle, da je
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |an | ≤ |an − a| + |a| < 1 + |a|,
odakle |an | ≤ K, za sve n ∈ N, gdje je K = max{|a1 |, . . . , |aN −1 |, 1 + |a|}. ¤
Za raˇcunanje sloˇzenijih limesa od velike pomo´ci nam je sljede´ca tvrdnja.
(1.10) Teorema: Neka je lim an = a, lim bn = b za neke a, b ∈ R i neka je λ ∈ R
n
n
proizvoljno. Tada vrijedi:
(i)
Niz (an + bn ) je konvergentan i lim(an + bn ) = a + b;
(ii)
Niz (λan ) je konvergentan i lim(λan ) = λa;
(iii)
Niz (an bn ) je konvergentan i lim an bn = ab;
(iv)
Ako je b 6= 0, tada postoji n0 ∈ N, tako da bn 6= 0, za sve n ≥ n0 i vaˇzi
a
an
lim
= .
n bn
b
n
n
n
Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno.
(i) Neka su N1 , N2 ∈ N, takvi da |an − a| < 2ε , za sve n ≥ N1 i |bn − b| < 2ε , za
sve n ≥ N2 . Definiˇsimo N := max{N1 , N2 }. Tada je
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |(an + bn ) − (a + b)| ≤ |an − a| + |bn − b| <
ε ε
+ = ε.
2 2
(iii) Iz konvergentnosti niza (bn ) i (1.9) slijedi da postoji K > 0, tako da |bn | ≤
K, za sve n ∈ N. Definiˇsimo M := max{K, |a|}. Tada imamo
|an bn − ab| = |an bn − abn + abn − ab| ≤ |an − a||bn | + |a||bn − b|
≤ M (|an − a| + |bn − b|).
ε
ε
Neka su N1 , N2 ∈ N, takvi da |an − a| < 2M
, za sve n ≥ N1 i |bn − b| < 2M
, za
sve n ≥ N2 . Ako je N := max{N1 , N2 }, tada iz prethodnih razmatranja slijedi
³ ε
ε ´
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |an bn − ab| < M
+
= ε.
2M
2M
(ii) Ako broj λ u λan shvatimo kao konstantan niz bn = λ, tada tvrdnja slijedi
iz (iii) i stava o konvergenciji konstantnog niza (1.2).
(iv) Neka je b 6= 0. Iz (1.8) slijedi da |bn | → |b|, a kako je
(1.7)(ii) postoji n0 ∈ N, tako da
(∀n ∈ N) n ≥ n0 ⇒ |bn | >
|b|
2
< |b|, to na osnovu
|b|
,
2
(2)
odnosno, bn 6= 0, za sve n ≥ n0 . Dokaˇzimo da je
lim
n
1
1
= .
bn
b
(3)
2
Iz lim bn = b slijedi da postoji N 0 ∈ N, takav da |bn − b| < ε b2 , za sve n ≥ N 0 .
n
Neka je N := max{n0 , N 0 }. Tada je
¯1
¯
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ ¯ −
bn
1 ¯¯ |bn − b| (2) 2|bn − b|
< ε,
<
¯=
b
|bn ||b|
b2
41
II.1. OSNOVNE OSOBINE KONVERGETNOG NIZA
an
1
odakle slijedi (3). Konaˇcno, budu´ci da je
= an · , to koriste´ci (iii) i (3)
bn
bn
a
an
zakljuˇcujemo da je lim
= .¤
n bn
b
Primjeri: Uz pomo´c prethodne teoreme i (1.2), (1.3) moˇzemo izraˇcunati sljede´ce
limese:
¡
n+1
1 ¢ (i)
1
= lim 1 + lim = 1 + 0 = 1,
lim
= lim 1 +
n
n
n
n n
n
n
1
2 (ii)
lim = 2 lim = 0,
n n
n n
1
1 1 (iii)
1
1
lim 2 = lim ·
= lim · lim = 0,
n n
n n n
n n
n n
1 − n2 + n32 (i)−(iv) 1 − 2 · 0 + 0
n2 − 2n + 3
1
=
lim 2
= lim
= .
n 2n + n + 1
n 2 + 1 + 12
2
+
0
+
0
2
n
n
Napomenimo da se gore navedeni limesi mogu se izvesti i bez Teoreme (1.10),
direktnim koriˇstenjem definicije limesa, kao ˇsto smo to izveli u dokazima Tvrdnji (1.3) i (1.5), ali uz mnogo viˇse truda.
O odnosu izmed¯u limesa i nejednakosti govori nam sljede´ca tvrdnja.
(1.11) Limesi i nejednakosti: Neka su nizovi (an ) i (bn ) konvergentni i neka
postoji n0 ∈ N, tako da an ≤ bn , za sve n ≥ n0 . Tada je lim an ≤ lim bn .
n
n
Dokaz. Neka je lim an = a, lim bn = b i pretpostavimo da je a > b. Tada za
n
n
ε := a−b
> 0 postoje N1 , N2 ∈ N, takvi da |a − an | < 2ε , za sve n ≥ N1 i
2
|b − bn | < 2ε , za sve n ≥ N2 . Uzimaju´ci N := max{N1 , N2 , n0 }, imamo
ε ε
b−a
b − a = b − bN + bN − aN +aN − a > − − = −ε =
,
| {z }
2 2
2
≥0
odnosno b − a >
a ≤ b. ¤
b−a
2 ,
odakle slijedi a < b, ˇsto je kontradikcija. Dakle, mora biti
Napomena: Treba primijetiti da iz an < bn , za sve n ≥ n0 , ne mora da slijedi
limn an < limn bn . Zaista, 0 < n1 , za sve n ∈ N, ali limn 0 = limn n1 .
Za raˇcunanje limesa ˇcesto se koristi i sljede´ca teorema, poznata pod imenom
Sendviˇc teorema:
(1.12) Teorema: Neka su nizovi (an ) i (bn ) konvergentni i neka je lim an =
n
lim bn . Ako za niz (cn ) postoji n0 ∈ N, tako da an ≤ cn ≤ bn , za sve n ≥ n0 ,
n
tada je i niz (cn ) konvergentan, te vrijedi lim cn = l, gdje je l := lim an = lim bn .
n
n
n
Dokaz. Iz an ≤ cn ≤ bn , za sve n ≥ n0 slijedi an − l ≤ cn − l ≤ bn − l,
odakle cn − l ≤ |bn − l| i −(cn − l) ≤ −(an − l) ≤ |an − l|. Prema tome,
|cn − l| ≤ max{|an − l| , |bn − l|}, za sve n ≥ n0 , odakle tvrdnja. ¤
√
√
(1.13) Primjeri: (i) lim n n = 1, (ii) lim n a = 1, za sve a > 0.
n
n
Dokaz. (i) Koriste´ci A-G nejednakost (Zadatak 4 u (I.8)), imamo da za sve
GLAVA II. KONVERGENCIJA NIZA
42
n ≥ 3 vaˇzi
√
n
√ √
2
1 √
n = ( n · n · 1| · .{z
. . · 1})1/n < (2 n + n − 2) < 1 + √ ,
n
n
n−2 puta
√
odakle slijedi 1 < n n < 1 + √2n . Kako je √1n → 0 (Zadatak 1(b) u (II.5)), to
√
primjenjuju´ci prethodnu teoremu u sluˇcaju an = 1, bn = 1 + √2n i cn = n n,
dobijamo limn cn = 1.
√
√
(ii) Neka je a ≥ 1. Ako je n0 ∈ N, takav da n0 ≥ a, onda 1 ≤ n a ≤ n n, za sve
n ≥ n0 , pa iz (i) i Sendviˇc – teoreme slijedi (ii). Sluˇcaj 0 < a < 1 se smjenom
a0 = a1 svodi na prethodni. ¤
(1.14) Napomena: U matematiˇckoj analizi je vaˇzan i pojam asimptotskog
ponaˇsanja nizova: kaˇzemo da se niz (an ) asimptotski ponaˇsa kao niz (bn ) i
piˇsemo an ∼ bn , ako je limn abnn = 1. Na primjer, n(n + 1) ∼ n2 , jer je
limn
n(n+1)
n2
lim
n
II.2
=1i
1
√
3
8n2 −n+2
1
√
3
8n2 −n+2
1
2n2/3
∼
= lim √
3
n
1
,
2n2/3
jer je
2n2/3
1
= lim q
n 3
1
8n2 − n + 2
+
1 − 8n
1
4n2
= 1.
Monotoni nizovi
Osnovna teorema koje se tiˇce konvergencije monotonih nizova je
(2.1) Teorema: Svaki ograniˇcen i monoton niz je konvergentan.
Dokaz. Neka je niz (an ) ograniˇcen i recimo, rastu´ci. Tada je skup vrijednosti
S := {an : n ∈ N} ograniˇcen, pa postoji s := sup S. Neka je ε > 0 proizvoljno.
Budu´ci da s−ε viˇse nije gornja med¯a za S, to postoji N ∈ N, tako da s−ε < aN ,
tj. s − aN < ε. Kako je niz (an ) rastu´ci, to je an ≥ aN , za sve n ≥ N , pa imamo,
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |s − an | = s − an ≤ s − aN < ε. ¤
n
= 0.
n 2n
Dokaz. Stavimo an :=
Primjer: lim
n
2n .
an+1
=
an
Za sve n ∈ N je
n+1
2n+1
n
2n
=
1 n+1
1³
1´
=
1+
≤ 1,
2 n
2
n
pa je (an ) opadaju´ci niz. Zbog an ≥ 0, niz je ograniˇcen odozdo, a kao opadaju´ci
i odozgo sa a1 , odakle, na osnovu prethodne teoreme, postoji a := lim an . Na
n
kraju,
³
1 n + 1´
1
a
a = lim an+1 = lim an ·
= lim an · = ,
n
n
n
2 n
2
2
odnosno a = a2 , odakle slijedi a = 0. ¤
Primjer: Pokaza´cemo jedan iterativni postupak za raˇcunanje kvadratnog korjena, koji je bio poznat joˇs starogrˇckom matematiˇcaru Heronu iz Aleksandrije
ˇ
ˇ
II.3. TACKA
NAGOMILAVANJA NIZA. KOSIJEV
NIZ
43
(ˇzivio sredinom 1. vijeka). Neka je a > 0. Za proizvoljno x0 > 0 rekurzivno
definiˇsemo niz (xn ) sa
1³
a ´
xn+1 =
xn +
(n = 0, 1, 2 . . .).
(4)
2
xn
Imamo,
xn+1 −
√
√
a ´ √
1³
(xn − a)2
xn +
− a=
≥ 0,
a=
2
xn
2xn
√
odakle xn ≥ a, za sve n ≥ 1. Niz (xn ) je opadaju´ci, jer je xn+1 − xn =
2
a−xn
cen, pa iz (2.1) slijedi da postoji l := limn xn .
2xn ≤ 0. Jasno da je (xn ) ograniˇ
√
√
Primjenom (1.11)
na
u (4)
³
´ xn ≥ a dobijamo l ≥ a > 0. Uzimaju´ci limes
√
imamo l = 12 l + al , odnosno, nakon sred¯ivanja, l2 = a, odakle l = a. Znaˇci,
√
za pribliˇzno
niz (xn ) teˇzi ka a. Da se ovdje radi o izuzetno efikasnoj metodi
√
raˇcunanje kvadratnog korjena, pokaˇzimo u sluˇcaju raˇcunanja 2 = 1.41421 . . ..
Neka je x0 = 2. Tada
3
x1 = 12 (2
³ + 1) ´= 2 = 1.5,
x2 = 12 32 + 43 = 17
= 1.41666 . . . ,
³
´ 12
1 17
24
577
x3 = 2 12 + 17 = 408 = 1.41421 . . . .
II.3
Taˇ
cka nagomilavanja niza. Koˇ
sijev niz
U Primjeru (1.6) smo vidjeli da se niz moˇze koncentrisati i oko taˇcaka koje nisu
njegove graniˇcne vrijednosti. To su taˇcke nagomilavanja i njima se bavimo u
ovom poglavlju.
Definicija: Broj a ∈ R je taˇcka nagomilavanja niza (an ) realnih brojeva,
ako je za svako ε > 0 skup {n ∈ N : an ∈ Uε (a)} beskonaˇcan.
Napomena: Na osnovu geometrijske interpretacije konvergencije (1.1) odmah
moˇzemo da primijetimo da je limes konvergentnog niza ujedno i njegova taˇcka
nagomilavanja.
Primjer: Niz an = (−1)n ima dvije taˇcke nagomilavanja, −1 i 1. Zaista, za
svako ε > 0 je an ∈ Uε (−1), za sve n neparne, a an ∈ Uε (1), za sve n parne.
Definicija: Ako je a : N → S niz, a ϕ : N → N strogo rastu´ca funkcija,
tada niz a ◦ ϕ nazivamo podniz niza a. Za dati niz (an ) ´cemo njegov podniz
oznaˇcavati sa (aϕ(n) ). Ako stavimo nk := ϕ(k), onda podniz niza (an ) moˇzemo
zapisati i u obliku (ank ). Pri tome, budu´ci da je ϕ strogo rastu´ca funkcija, mora
biti n1 < n2 < n3 < . . ..
Primjeri: (a) Nizovi a1 , a3 , a5 , a7 , . . ., tj. (a2n−1 ), odnosno a2 , a4 , a6 , a8 , . . ., tj.
(a2n ) su podnizovi niza (an ). U prvom sluˇcaju je funkcija ϕ : N → N oblika
ϕ(n) = 2n − 1, u drugom ϕ(n) = 2n.
(b) I niz (an+1 ) je podniz niza (an ). Pri tome je ϕ(n) = n + 1.
O vezi izmed¯u taˇcke nagomilavanja i podniza nam govori
(3.1) Stav: Broj a ∈ R je taˇcka nagomilavanja niza (an ), akko postoji njegov
podniz koji konvergira ka a.
GLAVA II. KONVERGENCIJA NIZA
44
Dokaz. Kako je u pitanju ekvivalencija, dokaz je potrebno sprovesti u oba smjera.
10 Neka je a ∈ R taˇcka nagomilavanja niza (an ). Rekurzivnim postupkom
konstruiˇsimo strogo rastu´ci niz prirodnih brojeva (nk ), sa osobinom
ank ∈ U k1 (a).
(∗k )
Kako je a taˇcka nagomilavanja niza (an ), to je skup S := {n ∈ N : an ∈ U1 (a)}
beskonaˇcan, dakle i neprazan, pa zbog I (4.8) postoji n1 := min S, a on ima
svojstvo (∗1 ). Pretpostavimo da nk ima svojstvo (∗k ). Budu´ci da je skup
1 (a)} beskonaˇ
{n ∈ N : an ∈ U k+1
can, to je
1 (a)}
Sk := {n ∈ N : n ≥ nk + 1 ∧ an ∈ U k+1
neprazan, No, tada nk+1 := min Sk zadovoljava (∗k+1 ) i nk+1 > nk . Na taj
naˇcin smo dobili podniz (ank ) sa osobinom lim ank = a.
k
0
2 Ako postoji podniz (ank ), takav da lim ank = a, tada na osnovu geometrijske
k
interpretacije konvergencije niza (1.1), za svako ε > 0 postoji K ∈ N, tako da
ank ∈ Uε (a), za sve k ≥ K, pa je skup {n ∈ N : an ∈ Uε (a)} beskonaˇcan. ¤
Definicija: Za a∗ ∈ R kaˇzemo da je najve´ca taˇcka nagomilavanja niza
(an ) ili limes superior (oznaka a∗ = lim supn an ), ako je a∗ taˇcka nagomilavanja
i ako za svaku taˇcku nagomilavanja a ∈ R niza (an ) vrijedi a ≤ a∗ . Dalje,
a∗ ∈ R je najmanja taˇcka nagomilavanja niza (an ) ili limes inferior (oznaka
a∗ = lim inf n an ), ako je a∗ taˇcka nagomilavanja i ako za svaku taˇcku nagomilavanja a ∈ R niza (an ) vrijedi a ≥ a∗ .
Oznaka: sup ak := sup{ak : k ≥ n},
k≥n
inf ak := inf{ak : k ≥ n}.
k≥n
U principu nije jasno da li limesi superior i inferior postoje, ˇcak i ako je niz
ograniˇcen. Na to pitanje odgovaramo u sljede´coj teoremi. Iz njene formulacije
postaje jasan i razlog odabira oznaka za limes superior i inferior.
(3.2) Teorema: Ako je niz (an ) ograniˇcen, tada postoje limes superior i limes
inferior tog niza i dati su sa
lim sup an = lim sup ak ,
n
n k≥n
lim inf an = lim inf ak .
n
n k≥n
Dokaz. Dokaza´cemo samo prvu relaciju. Definiˇsimo Sn := {ak : k ≥ n} i
An := sup Sn . Iz S1 ⊃ S2 ⊃ S3 ⊃ . . . slijedi da je niz (An ) opadaju´ci, a kao
ograniˇcen, na osnovu (2.1) je i konvergentan. Dokaˇzimo da je A := limn An
limes superior niza (an ). Primijetimo da je ak ≤ An , za sve k ≥ n. Neka je
ε > 0 proizvoljno i N 0 ∈ N, tako da je |A − An | < ε, za sve n ≥ N 0 . Tada
postoji i N ∈ N, N ≥ N 0 , takav da AN 0 − ε < aN . Otuda imamo
A − ε ≤ AN 0 − ε < aN ≤ AN < A + ε,
odnosno aN ∈ (A − ε, A + ε). Rekurzivnim postupkom konstruiˇsimo podniz
(ank ) sa osobinom da za sve k ∈ N vrijedi
nk ≥ N ∧ ank ∈ Uε (A) = (A − ε, A + ε).
(∗k )
ˇ
ˇ
II.3. TACKA
NAGOMILAVANJA NIZA. KOSIJEV
NIZ
45
Na poˇcetku moˇzemo uzeti n1 := N . Neka nk ∈ N ima osobinu (∗k ). Zbog
Ank +1 − A + ε > 0 postoji nk+1 ≥ nk + 1, tako da je
A − ε = Ank +1 − (Ank +1 − A + ε) < ank+1 .
S druge strane, ank+1 ≤ Ank +1 ≤ AN < A + ε. Dakle, ank+1 zadovoljava (∗k+1 ).
Prema tome, A je taˇcka nagomilavanja niza (an ).
Ako je a > A, tada na osnovu (1.7)(i) postoji n0 ∈ N za koje je a > An0 . No,
tada a > An0 ≥ an , za sve n ≥ n0 , pa a ne moˇze biti taˇcka nagomilavanja.
Dakle, ako je a taˇcka nagomilavanja niza (an ), onda mora biti A ≥ a. ¤
Kao neposrednu posljedicu prethodne teoreme i (3.1) imamo
(3.3) Bolcano1 – Vajerˇ
strasova2 teorema: Svaki ograniˇceni niz ima konvergentan podniz, tj. barem jednu taˇcku nagomilavanja.
(3.4) Karakterizacija limesa superiora i inferiora: Neka je (an ) ograniˇcen
niz. Tada je a∗ = lim supn an , akko vrijedi sljede´ce:
(i) Za svako a ∈ R, tako da a > a∗ je skup {n ∈ N : an > a} konaˇcan.
(ii) Za svako a ∈ R, tako da a < a∗ je skup {n ∈ N : an > a} beskonaˇcan.
Analogno se moˇze karakterizovati i limes inferior.
Dokaz. 10 Neka je a∗ = lim supn an . Dokaˇzimo (i) i (ii).
(i) Neka je An = supk≥n ak i a > a∗ proizvoljno. Na osnovu Teoreme (3.2) je
a∗ = limn An , pa iz (1.7)(i) slijedi da postoji n0 ∈ N, tako da je a > An0 . No,
skup {n ∈ N : n ≥ n0 ∧ an > An0 } je prazan, pa je {n ∈ N : an > a} konaˇcan.
(ii) Neka je a < a∗ . Tada postoji ε > 0, tako da a < a∗ − ε. Ako bi skup
{n ∈ N : an > a} bio konaˇcan, onda bi i skup {n ∈ N : an ∈ (a∗ − ε, a∗ + ε)}
bio konaˇcan, pa a∗ ne bi bila taˇcka nagomilavanja.
20 Neka za neko a∗ ∈ R vaˇzi (i) i (ii). Uzmimo ε > 0 proizvoljno. Zbog (i) je
skup {n ∈ N : an > a∗ + 2ε } konaˇcan, a zbog (ii) je {n ∈ N : an > a∗ − ε}
beskonaˇcan skup, odakle slijedi da je {n ∈ N : an ∈ (a∗ − ε, a∗ + ε)} beskonaˇcan
skup, pa je a∗ taˇcka nagomilavanja niza (an ).
Ako je a > a∗ proizvoljno i ε > 0, tako da a − ε > a∗ , onda je na osnovu (i) skup
{n ∈ N : an ∈ (a − ε, a + ε)} konaˇcan, pa a nije taˇcka nagomilavanja. Time
smo dokazali da je a∗ = lim supn an . ¤
Napomena: Primijetimo da ako niz ima samo jednu taˇcku nagomilavanja,
onda ne mora biti konvergentan. Naime, niz 1, 1, 2, 12 , 3, 31 , 4, 41 , . . . ima kao
jedinu taˇcku nagomilavanja 0, ali ipak nije konvergentan, jer nije ograniˇcen.
Med¯utim, ako je niz ograniˇcen, situacija je, kao ˇsto ´cemo u narednoj teoremi
vidjeti, drugaˇcija.
(3.5) Teorema: Ograniˇceni niz je konvergentan, akko ima jednu taˇcku nagomilavanja.
Dokaz. 10 Pretpostavimo da je niz (an ) konvergentan. Neka je limn an = a i
0
|
a0 6= a. Stavimo ε := |a−a
2 . Na osnovu geometrijske interpretacije konvergencije (1.5), svi ˇclanovi niza (an ) poˇcevˇsi od nekog se nalaze u Uε (a), pa iz
Uε (a) ∩ Uε (a0 ) = ∅ slijedi da se u Uε (a0 ) moˇze na´ci samo konaˇcno mnogo ˇclanova
1 Bernard
2 Karl
Bolzano (1781 – 1848), ˇ
ceski matematiˇ
car
Theodor Wilhelm Weierstrass (1815 – 1897), njemaˇ
cki matematiˇ
car
GLAVA II. KONVERGENCIJA NIZA
46
tog niza, odakle zakljuˇcujemo da a0 nije taˇcka nagomilavanja.
20 Neka niz (an ) ima samo jednu taˇcku nagomilavanja a. Tada je
lim sup an = lim inf an = a,
n
n
pa iz (3.4) slijedi da su za proizvoljno ε > 0 skupovi
n
n
εo
εo
n ∈ N : an > a +
i
n ∈ N : an < a −
2
2
konaˇcni. Otuda zakljuˇcujemo da se izvan Uε (a) nalazi samo konaˇcno mnogo
ˇclanova niza (an ), odakle, na osnovu geometrijske interpretacije konvergencije
(1.5), slijedi da je limn an = a. ¤
Koˇ
sijev niz
Sve dosadaˇsnje tvrdnje o konvergenciji dokazivane su tako ˇsto su ˇclanovi niza
upored¯ivani sa njegovom graniˇcnom vrijednoˇs´cu. No, ponekad je potrebno
utvrditi da li je neki niz konvergentan, a da pri tome ne znamo ˇsta bi mogla biti
njegova graniˇcna vrijednost. U takvim situacijama moˇze se koristiti Koˇsijev3
kriterijum konvergencije koji se zasniva na med¯usobnom upored¯ivanju ˇclanova
niza.
Definicija: Za niz realnih brojeva (an ) kaˇzemo da je Koˇsijev, ako
(∀ε > 0) (∃N ∈ N) (∀m, n ∈ N) m, n ≥ N ⇒ |am − an | < ε.
Napomena: Primijetimo da zbog simetriˇcnosti u prethodnoj definiciji uvijek
moˇzemo uzimati da je m > n, tj.
(∀ε > 0) (∃N ∈ N) (∀m, n ∈ N) m > n ≥ N ⇒ |am − an | < ε.
Budu´ci da naredna teorema daje potreban i dovoljan uslov konvergentnosti niza,
to se moˇze posmatrati kao kriterijum za konvergenciju niza.
(3.6) Teorema: Svaki Koˇsijev niz je konvergentan. Vrijedi i obrat, odnosno,
svaki konvergentan niz je Koˇsijev.
Dokaz. ” ⇒ ” Neka je niz (an ) Koˇsijev. Dokaˇzimo da je konvergentan. Dokaz
podijelimo u dva koraka.
10 Niz (an ) je ograniˇcen.
Zaista, za ε = 1 postoji N ∈ N, tako da |am − an | < 1, za sve m, n ≥ N . Otuda,
za svako n ∈ N sa osobinom n ≥ N vrijedi
|an | = |an − aN + aN | ≤ |aN | + 1,
odakle |an | ≤ K, za sve n ∈ N, gdje je K = max{|a1 |, . . . , |aN −1 |, |aN | + 1}.
Prema (3.3) postoje a ∈ R i podniz (ank ), tako da ank → a.
20 lim an = a.
n
Zaista, neka je ε > 0 proizvoljno i N ∈ N sa svojstvom da |am − an | <
3 Augustin
Louis Cauchy (1789 – 1857), francuski matematiˇ
car
ε
2,
za
47
II.4. KONVERGENCIJA U R
sve m, n ≥ N . Osim toga, postoji k0 ∈ N, nk0 ≥ N , tako da |ank0 − a| < 2ε . Na
kraju, za sve n ≥ N imamo
|a − an | ≤ |a − ank0 | + |ank0 − an | <
ε ε
+ = ε.
2 2
” ⇐ ” Neka je lim an = a. Pokaˇzimo da je niz (an ) Koˇsijev. Neka je ε > 0
n
proizvoljno i N ∈ N, tako da |an − a| < 2ε , za sve n ≥ N . Tada
(∀m, n ∈ N) m, n ≥ N ⇒ |am − an | ≤ |am − a| + |a − an | <
II.4
ε ε
+ = ε. ¤
2 2
Konvergencija u R
U skupu R := R∪{−∞, ∞} (proˇsireni skup realnih brojeva) moˇzemo u odred¯enim
sluˇcajevima na prirodan naˇcin definisati aritmetiˇcke operacije koje ukljuˇcuju i
simbole ∞ i −∞:
(∀a ∈ R) a + ∞ = ∞ + a =: ∞, ∞ + ∞ := ∞,
(∀a > 0) a · ∞ = ∞ · a =: ∞, ∞ · ∞ := ∞, ∞ · (−∞) := −∞,
(∀a < 0) a · ∞ = ∞ · a := −∞,
a
(∀a ∈ R) ∞
:= 0.
Analogne relacije definiˇsu se i za −∞, dok izvjesni izrazi ostaju nedefinisani,
kao ˇsto su
∞
∞ − ∞, 0 · ∞,
.
(5)
∞
Osim toga, simboli ∞ i −∞ uskljuˇceni su i u relaciju poretka na sljede´ci naˇcin:
(∀a ∈ R) − ∞ < a < ∞.
U sljede´coj definiciji uvodimo pojam konvergencije ka ∞, odnosno ka −∞.
Definicija: Niz realnih brojeva (an ) teˇzi ka ∞ i piˇsemo lim an = ∞, ako
n
(∀K ∈ R) (∃N ∈ N) (∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ an > K,
odnosno teˇzi ka −∞ i piˇsemo lim an = −∞, ako
n
(∀K ∈ R) (∃N ∈ N) (∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ an < K.
Primjeri: (a) Oˇcito je lim n = ∞, lim n2 = ∞, lim(−n) = −∞.
n
n
n
(b) Niz 1, 1, 2, 1, 3, 1, 4, 1, 5, 1, . . ., mada nije ograniˇcen odozgo, ipak ne teˇzi ka
∞.
(c) Niz 1, −1, 2, −2, 3, −3, 4, −4, . . . ne teˇzi ni ka ∞, ni ka −∞.
(4.1) Stav: Ako je q > 1, tada je lim q n = ∞.
n
Dokaz. Neka je K ∈ R proizvoljno. Na osnovu Leme (1.4) postoji N ∈ N, tako
da je q N > K. Otuda,
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ q n ≥ q N > K. ¤
GLAVA II. KONVERGENCIJA NIZA
48
Definicija: Kaˇzemo da za niz realnih brojeva (an ) postoji limn an u R,
ako je niz (an ) konvergentan u smislu definicije iz poglavlja (II.1) ili ako je
limn an = ∞ ili limn an = −∞.
(4.2) Napomena: Pravila iz (1.10) vrijede i za nizove za koje postoji limes u
R, osim u sluˇcajevima kada nastupe situacije iz (5). Na primjer,
³
n − 1´
n−1
lim n +
= lim n + lim
,
n
n
n
n
n
dok
lim(n − n) 6= lim n − lim n.
n
n
n
Definicija: Ako niz realnih brojeva (an ) nije ograniˇcen odozgo, onda definiˇsemo lim supn an := ∞, a ako je limn an = −∞, onda lim supn an := −∞.
Sliˇcno, ako niz (an ) nije ograniˇcen odozdo, onda uzimamo lim inf n an := −∞, a
ako je limn an = ∞, onda lim inf n an := ∞.
(4.3) Teorema: Za svaki niz (an ) realnih brojeva postoje lim supn an i lim inf n an
u R.
Dokaz. Dokaˇzimo da postoji limes superior. Ako je niz (an ) ograniˇcen, tada na
osnovu (3.2) postoji limes superior, a ako nije ograniˇcen odozgo ili je limn an =
−∞, tada egzistencija slijedi iz prethodne definicije. Neka je niz (an ) ograniˇcen
odozgo i neka an 9 −∞. Tada postoji m ∈ R, tako da je skup A := {n ∈ N :
an ≥ m} beskonaˇcan. Neka je ϕ : N → A strogo rastu´ca i bijektivna funkcija iz
dokaza Teoreme I (7.8). Podniz (aϕ(n) ) je ograniˇcen, pa zakljuˇcujemo da postoji
a∗ = lim supn aϕ(n) . Dokaˇzimo da je a∗ = lim supn an . Prvo primijetimo da je
a∗ ≥ m. Neka je a > a∗ proizvoljno. Kako je
¡
¢
{n ∈ N : an > a} = {n ∈ A : an > a} = ϕ {n ∈ N : aϕ(n) > a} ,
i {n ∈ N : aϕ(n) > a} zbog (3.4)(i) konaˇcan, to je i {n ∈ N : an > a} konaˇcan.
Ako je a < a∗ , to na osnovu (3.4)(ii) imamo da je skup {n ∈ N : aϕ(n) > a}
beskonaˇcan, pa je zbog
¡
¢
{n ∈ N : an > a} ⊃ {n ∈ A : an > a} = ϕ {n ∈ N : aϕ(n) > a}
i skup {n ∈ N : an > a} beskonaˇcan. Na kraju, iz (3.4) slijedi da je a∗ =
lim supn an . ¤
II.5
Zadaci
1. Pretpostavimo da an → a ∈ R. Tada za sve k ∈ N vaˇzi:
(a) akn → ak ;
√
√
(b) Ako je joˇs an ≥ 0, za sve n ∈ N, onda k an → k a.
2. Ako je |q| < 1, onda je limn ns q n = 0, za sve s ∈ Q.
3. Ako je niz (an ) realnih brojeva ograniˇcen, a za niz (bn ) vrijedi limn bn = 0,
tada je limn an bn = 0.
4. Ako je limn a2n = a i limn a2n−1 = a, onda je i limn an = a.
49
II.5. ZADACI
5. Ako su a1 , . . . , ak (k ∈ N) nenegativni realni brojevi, tada je
p
lim n an1 + . . . + ank = max{a1 , . . . , ak }.
n
6. Dokazati da je niz (an ) rekurzivno zadat sa
a0 = 1, an+1 = 1 +
1
,
an
konvergentan i odrediti limn an .
7. (a) Dokazati da za sve n ∈ N i x ∈ R, x ≥ −n, x 6= 0 vaˇzi
³
x ´n ³
x ´n+1
1+
< 1+
.
n
n+1
¡
¢n
¡
¢n+1
(b) Nizovi an = 1 + n1
i bn = 1 + n1
su konvergentni, pri ˇcemu je
(an ) strogo rastu´ci, a (bn ) strogo opadaju´ci niz.
(c) Ako je e := limn an , tada za sve n > 1 vrijedi nejednakost
³ n ´n
³ n ´n
e < n! <
en.
e
e
√
(d) Dokazati da n n! ∼ ne .
4
ˇ
8. Dokazati Stolcovu
teoremu: ako je (an ) proizvoljan niz realnih brojeva,
−an−1
a (bn ) strogo rastu´ci niz, limn bn = ∞, tako da postoji limn abnn −b
u R,
n−1
tada postoji i limn
an
bn
u R, te vrijedi
lim
n
an
an − an−1
= lim
.
n bn − bn−1
bn
9. Ako je limn an = a ∈ R, tada je limn
a1 +a2 +...+an
n
= a.
10. Ako postoji limn aan+1
u R, gdje je an > 0, za sve n ∈ N, tada postoji i
n
√
limn n an u R, te vrijedi
lim
n
√
n
an = lim
n
an+1
.
an
11. Ako je an > 0, za sve n ∈ N i limn an = a ∈ R, tada je
lim
n
√
n
a1 · a2 · . . . · an = a.
12. Neka su (an ) i (bn ) proizvoljni nizovi realnih brojeva. Tada je:
(a) lim supn (−an ) = − lim inf n (an );
(b) lim supn (λan ) = λ lim supn an , ako je λ ∈ R, λ > 0;
(c) lim supn (an + bn ) ≤ lim supn an + lim supn bn ;
(d) lim sup(an + bn ) ≥ lim supn an + lim inf n bn ;
4 Otto
Stolz (1842 – 1905), austrijski matematiˇ
car
GLAVA II. KONVERGENCIJA NIZA
50
(e) lim supn (an + bn ) = lim supn an + limn bn , ukoliko je niz (bn ) konvergentan;
(f) lim supn (an bn ) = lim supn an · limn bn , ukoliko je niz (bn ) konvergentan
i limn bn > 0.
Na´ci primjere kod kojih u (c) i (d) stoje stroge nejednakosti. Osim toga,
pokazati da odgovaraju´ce tvrdnje vrijede i za limes inferior.
13. Ako je (an ) ograniˇcen niz, onda je
lim sup an = inf sup ak ,
n
n≥1 k≥n
lim inf an = sup inf ak .
n
n≥1 k≥n
Glava III
Redovi
Redovi, grubo govore´ci, predstavljaju beskonaˇcne sume. Posmatraju´ci sa danaˇsnjeg aspekta, njihovo matematiˇcko zasnivanje izgleda jednostavno: beskonaˇcna
suma je zapravo graniˇcna vrijednost niza konaˇcnih suma koje se dobijaju sabiranjem prvih n ˇclanova dotiˇcne beskonaˇcne sume. Na primjer, prirodno je
beskonaˇcnu sumu
1
1
1
1
1 + 2 + 2 + 2 + 2 + ...
2
3
4
5
shvatiti kao graniˇcnu vrijednost niza sljede´cih konaˇcnih suma:
1,
1+
1+
1+
..
.
1
22 ,
1
22 +
1
22 +
1
32 ,
1
1
32 + 42 ,
Iako ovakav naˇcin zasnivanja redova izgleda prirodno, do njega se, ipak, nije
ˇ
lako doˇslo. Staviˇ
se, beskonaˇcne sume pravile su probleme i nekim velikim
matematiˇcarima, kao ˇsto su Lajbnic1 i Ojler2 , koji su, nemaju´ci taˇcnu predstavu
o tome ˇsta su redovi, ponekad dolazili do pogreˇsnih zakljuˇcaka. Na primjer, Lajbnic je tvrdio da je
1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + ... =
1
,
2
a Ojler da je
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + . . . = −1.
Strogo fundiranje teorije redova poˇcelo je tek sa radovima njemaˇckog matematiˇcara
Gausa3 , a nastavilo se radovima Bolcana, Koˇsija i drugih.
Na kraju napomenimo i to da se vaˇzna uloga redova zasniva, pored ostalog i
na ˇcinjenici da se pomo´cu njih mogu definisati neke vaˇzne funkcije, kao ˇsto su
eksponencijalna i trigonometrijske funkcije, ˇcime ´cemo se pozabaviti na kraju
ove glave.
1 Gottfried
Wilhelm Leibniz (1646 – 1716), njemaˇ
cki matematiˇ
car
Euler (1707 – 1783), rod¯en u Bazelu, radio u Berlinu i Petrovgradu
3 Carl Friedrich Gauss (1777 – 1855)
2 Leonhard
51
GLAVA III. REDOVI
52
III.1
Obiˇ
cna konvergencija redova
Osnovne osobine redova
Definicija: Neka je dat niz realnih brojeva (an ). Sa
n
X
sn := a1 + a2 + . . . + an =
ak
k=1
oznaˇcimo n – tu parcijalnu
sumu. Tada niz parcijalnih suma (sn ) nazivamo red
P∞
i oznaˇcavamo ga sa n=1 an . Broj an je opˇsti ˇclan reda. Ukoliko niz parcijalnih
suma (sn ) konvergira, kaˇzemo da je redPkonvergentan. U tom sluˇcaju se broj
∞
s := limn sn naziva suma reda i piˇsemo n=1 an = s. Ako niz parcijalnih suma
divergira,
red je divergentan. Pri tome, u sluˇcaju daP
je limn sn = ∞, piˇsemo
P∞
∞
zemo definisati i red
a za proizvoljan
n=1 an = ∞. Analogno moˇ
Pn n=n0 n
n0 ∈ N0 , pri ˇcemu su parcijalne sume date sa sn := k=n0 ak .
Primjer: Red
∞
X
1
1
1
1
+
+
+ ... =
1·2 2·3 3·4
n(n
+ 1)
n=1
je konvergentan i suma mu je 1.
1
k
Dokaz. Primijetimo da za svaki k ∈ N je
sn
=
=
1
k+1
−
=
1
k(k+1) .
Otuda,
1
1
1
1
+
+
+ ... +
1·2 2·3 3·4
n(n + 1)
³
´
³
´
³
³1
1
1 1
1 1´
1 ´
1−
+
−
+
−
+ ...
−
,
2
2 3
3 4
n n+1
odnosno, nakon skra´civanja, sn = 1 −
tvrdnju. ¤
1
n+1 .
Konaˇcno, iz lim sn = 1 dobijamo
n
(1.1) Konvergencija geometrijskog reda: Red
∞
X
1 + q + q2 + . . . =
qn
n=0
je konvergentan za |q| < 1 i suma mu je
1
1−q .
Dokaz. Iz I (4.18) slijedi da je
sn =
n
X
qk =
k=0
te na osnovu II (1.5) imamo limn sn =
1 − q n+1
,
1−q
1
1−q .
¤
(1.2) Potreban uslov konvergencije reda: Ako je red
tada je lim an = 0.
P∞
n
Dokaz. lim an = lim(sn − sn−1 ) = s − s = 0. ¤
n
n
Kako q n 9 0, za |q| ≥ 1, to iz prethodne tvrdnje imamo
n=1
an konvergentan,
ˇ
III.1. OBICNA
KONVERGENCIJA REDOVA
(1.3) Posljedica: Geometrijski red
P∞
n=0
53
q n divergira za |q| ≥ 1.
Da obrat tvrdnje (1.2) ne vrijedi, vidi se iz sljede´ceg primjera:
(1.4) Harmonijski red: Red
∞
X
1 1 1
1
+ + + ... =
2 3 4
n
n=1
1+
je divergentan.
Dokaz. Za svako m ∈ N imamo,
s2 m
1
1 1 1
+ + + ... + m
2 3 4
2
³
1 ³1 1´ ³1
1´
1
1 ´
= 1+ +
+
+ ... +
+ ... + m
+
+ . . . + m−1
2
3 4
5
8
2
+1
2
= 1+
≥
1
1
1
1
m
+ 2 · + 4 · + . . . + 2m−1 · m = 1 + .
2
4
8
2
2
1+
Dakle, podniz (s2m ) nije ograniˇcen, a kako je niz parcijalnih suma (sn ) strogo
rastu´ci, zakljuˇcujemo da je lim sn = ∞. ¤
n
P∞
P∞
(1.5) Stav: Neka su redovi Pn=1 an i n=1P
bn konvergentni i neka je λ ∈ R
∞
∞
proizvoljno. Tada su i redovi n=1 (an + bn ), n=1 λan konvergentni, te vrijedi
∞
X
(an + bn ) =
n=1
∞
X
λan
=
∞
X
an +
n=1
∞
X
λ
n=1
∞
X
bn ,
n=1
an .
n=1
Dokaz.
∞
X
(an + bn ) = lim
n
n=1
= lim
n
n
X
k=1
ak + lim
n
n
X
(ak + bk ) = lim
n
k=1
n
X
∞
X
k=1
n=1
bk =
n
¡X
an +
k=1
∞
X
ak +
n
X
bk
¢
k=1
bn
n=1
Sliˇcno se dokazuje i druga relacija. ¤
Redovi sa nenegativnim ˇ
clanovima
P∞
(1.6) Teorema: Red n=1 an sa nenegativnim ˇclanovima (tj. an ≥ 0, za sve
n ∈ N) je konvergentan, akko je niz njegovih parcijalnih suma ograniˇcen.
Dokaz. Zbog sn − sn−1 = an ≥ 0 je niz parcijalnih suma (sn ) rastu´ci, pa ako
je ograniˇcen onda je i konvergentan (Teorema II (2.1)), a ako je konvergentan
onda mora biti ograniˇcen (Teorema II (1.9)). ¤
P∞ 1
(1.7) Teorema: Ako je s ∈ Q, onda red
n=1 ns konvergira za s > 1, a
divergira za s ≤ 1.
GLAVA III. REDOVI
54
Dokaz. Neka je sn parcijalna suma navedenog reda. Pretpostavimo da je s > 1.
Koriste´ci Zadatak 8(a) u (I.8) kad je a = 12 i x = s − 1 > 0, zakljuˇcujemo da je
1
1 − 2s−1
> 0. Za proizvoljan n ∈ N odaberimo m ∈ N, takav da je n ≤ 2m − 1.
Tada imamo
sn ≤ s2m −1
³
´
³1
1´ ³1
1´
1
1
= 1 + s + s + s + ... + s + ... +
+
.
.
.
+
2
3
4
7
(2m−1 )s
(2m − 1)s
1
1
1
≤ 1 + 2 · s + 4 · s + . . . + 2m−1 · (m−1)s
2
4
2
³
´2
³
´m−1
1
1
1
+ 2s−1
+ . . . + 2s−1
= 1 + 2s−1
¡ 1 ¢m
1 − 2s−1
1
<
=
1
1 .
1 − 2s−1
1 − 2s−1
tj. parcijalne sume su ograniˇcene, pa je na osnovu (1.6) red konvergentan.
Ako je s < 1, onda zbog 1 − s > 0, k1 ∈ (0, 1) i Zadatka 8(a) u (I.8) imamo
¡ 1 ¢1−s
Pn
< 1, odakle k1s > k1 , za sve k ∈ N, pa je sn ≥ k=1 k1 , iz ˇcega zbog
k
(1.4), slijedi da red divergira. Sluˇcaj s = 1 obrad¯en je u (1.4). ¤
Napomene: (a) Tvrdnja u prethodnoj teoremi vrijedi i kad umjesto s ∈ Q stoji
s ∈ R, pri ˇcemu je ns realni stepen kog ´cemo definisati poglavlju IV.5.
P∞ 1
4
(b) Funkcija ζ(s) =
n=1 ns definisana za s > 1 naziva se Rimanova zeta
funkcija. Ona igra znaˇcajnu ulogu u teoriji brojeva. Osim toga, zna se, recimo,
2
da je ζ(2) = π6 (Ojler, 1734)5 .
Kao ˇsto je poznato, za prikazivanje realnih brojeva koriste razliˇciti zapisi, od
kojih je najraˇsireniji dekadski (sa bazom b = 10). Na primjer,
276.458 = 2 · 102 + 7 · 101 + 6 · 100 + 4 ·
1
1
1
+5 · 2 +8 · 3.
10
10
10
U raˇcunarstvu je posebno znaˇcajan binarni zapis (sa bazom b = 2). Na primjer,
10.011 = 1 · 21 + 0 · 20 + 0 ·
1
1
1
+ 1 · 2 + 1 · 3.
2
2
2
Zapisi nekih brojeva zahtijevaju beskonaˇcno mnogo cifara. Recimo, u dekadskom zapisu je
1
3
3
3
= 0.333 . . . =
+
+ 3 + ...,
3
10 102
10
pa vidimo da dekadski zapis broja 13 nije niˇsta drugo nego red. Da kao bazu
zapisa moˇzemo koristiti bilo koji prirodni broj b ≥ 2, pokazuje se u sljede´coj
tvrdnji.
(1.8) b–adski zapis: Neka je b ∈ N i b ≥ 2. Tada za svako x ∈ [0, 1] postoje
cifre z1 , z2 , z3 , . . . ∈ {0, 1, . . . , b − 1}, takve da x = 0.z1 z2 z3 . . ., gdje je
∞
X
zn
.
0.z1 z2 z3 . . . :=
bn
n=1
4 Bernhard
5 Broj
Riemann (1826 – 1866), njemaˇ
cki matematiˇ
car
π definisan je u poglavlju IV.5
(1)
ˇ
III.1. OBICNA
KONVERGENCIJA REDOVA
55
Dokaz. Primijetimo da za svako n ∈ N je
n
X
zk
k=1
bk
≤ (b − 1)
∞
X
1
= 1,
bk
k=1
odakle zbog (1.6) slijedi
je red (1) konvergentan i teˇzi nekom broju iz [0, 1].
Pda
∞
Osim toga, zbog 1 = n=1 b−1
bn je 1 = 0.zzz . . ., gdje je z = b − 1. Neka je
sada x ∈ [0, 1). Odredimo z1 , z2 , z3 , . . . ∈ {0, 1, . . . , b − 1}, tako da za sve n ∈ N
vrijedi
1
(2)
0.z1 . . . zn ≤ x < 0.z1 . . . zn + n .
b
Indukcijom se pokaˇze da niz rekurzivno zadan sa
z1 := [bx],
zn := [bn (x − 0.z1 . . . zn−1 )] (n ≥ 2),
gdje je [a] cijeli dio od a ∈ R (vidjeti Zadatak 6 u (I.8)), zadovoljava (2) i da je
zn ∈ {0, 1, . . . , b − 1}, za sve n ∈ N. Na osnovu Sendviˇc–teoreme II (1.12) i (2)
slijedi x = 0.z1 z2 z3 . . .. ¤
Napomena: Na sliˇcan naˇcin se dokazuje da se svaki realan broj x moˇze predstaviti u obliku
³
´
zn+1
zn+2
x = ± z0 · bn + . . . + zn · b0 +
+ 2 + ... ,
(3)
b
b
gdje je zk ∈ {0, 1, . . . , b − 1}. Pri tome, cifre zk u (3) nisu jedinstvene, jer je,
recimo, 1 = 1.000 . . . = 0.999 . . .. Ako se iskljuˇce takvi sluˇcajevi sa devetkama,
tada je reprezentacija broja x u (3) za sluˇcaj kad b = 10, jedinstvena. Sliˇcna
tvrdnja vrijedi i za opˇsti b ≥ 2. Detaljnija informacija o ovome moˇze se na´ci u
[2].
Sljede´ci kriterijumi nam omogu´cavaju da u izvjesnim sluˇcajevima na vrlo jednostavan naˇcin utvrdimo da li neki red konvergira, a zasniva se na pored¯enju datog
reda sa redom ˇcije nam je ponaˇsanje u pogledu konvergencije poznato. Nikako
ne treba gubiti iz vida da su ti kriterijumi primjenljivi samo na redove sa nenegativnim ˇclanovima.
P∞
P∞
(1.9) Majorantni kriterijum: Neka su redovi n=1 an i n=1 bn sa nenegativnim ˇclanovimaPi neka postoji n0 ∈ N, tako da an ≤ bn , zaPsve n ≥ n0 . Tada
∞
∞
onda konvergira i red n=1 an , a ako red
vrijedi:
Ako red n=1 bn konvergira,P
P∞
∞
n=1 an divergira, onda divergira i
n=1 bn .
P∞
P∞
Dokaz. Neka je red n=1 bn konvergentan i s = n=1 bn . Tada iz pretpostavki
slijedi da za svako n ≥ n0 je
n
X
k=n0
ak ≤
n
X
bk ≤ s,
k=n0
P∞
tj. parcijalne
P∞ sume reda n=1 an su ograniˇcene, pa je taj red konvergentan. Ako
je red n=1 an divergentan, onda niz njegovihP
parcijalnih suma nije ograniˇcen,
∞
pa nije ograniˇcen ni niz parcijalnih suma reda n=1 bn , odakle slijedi da je i on
divergentan. ¤
P∞
Primjeri: Red n=1 n21n je konvergentan, jer je
1
1
≤ n,
n2n
2
GLAVA III. REDOVI
56
za sve n ∈ N, a red
tan, jer je
P∞
1
n=1 2n
je konvergentan, dok je red
√
za sve n ∈ N, a red
P∞
n=1
√1
n+1
divergen-
1
1
≥ √ ,
n+1
2 n
∞
1
1X 1
√ =
2 n=1 n1/2
2 n
n=1
∞
X
je zbog (1.7) divergentan.
P∞
(1.10) Limes – kriterijum konvergencije redova: Neka za redove n=1 an
P∞
an
i n=1 bn sa nenegativnim ˇclanovima postoji u R L := lim .
n bn
(i) Ako je L > 0, tada redovi istovremeno konvergiraju, odnosno divergiraju.
P∞
P∞
(ii) Ako je L ≥ 0 i red n=1 bn konvergira, tada konvergira i red n=1 an .
P∞
P∞
(iii) Ako je L ≥ 0 i red n=1 an divergira, tada divergira i red n=1 bn .
¡ ¢
Dokaz. Neka je L ≥ 0. Kao konvergentan, niz abnn je ograniˇcen, pa postoji broj
C ≥ 0, tako da je abnn ≤ C, odnosno an ≤ Cbn , za sve n ∈ N. U sluˇcaju da je
P∞
P∞
red n=1 bn konvergentan ili je red n=1 an divergentan, zakljuˇcak slijedi na
osnovu majorantnog kriterijuma (1.9).
Neka je sada L > 0. Tada na osnovu II (1.7)(ii) postoji n0 ∈ N, tako da je
an
L
2
bn > 2 , za sve n ≥ n0 , odnosno bn < Can , za sve n ≥ n0 , gdje je C = L > 0.
Otuda
P∞ i iz Majorantnog kriterijuma
P∞ slijedi tvrdnja u sluˇcaju konvergencije reda
n=1 an i divergencije reda
n=1 bn . ¤
P∞
P∞
1
1
Primjer: Red n=1 √n(n+1)
je konvergentan, jer je na osnovu (1.7) red n=1 n3/2
konvergentan i
√ 1
n
n(n+1)
= lim
lim
= 1 > 0.
1
n
n
n
+
1
n3/2
Dirihleov i Lajbnicov kriterijum
(1.11) Dirihleov kriterijum: Pretpostavimo da vrijedi sljede´ce:
P∞
(i) Niz parcijalnih suma reda n=1 an je ograniˇcen;
(ii) Niz (bn ) je monoton i limn bn = 0.
P∞
Tada je red n=1 an bn konvergentan.
Pn
Pn
Dokaz. Uvedimo parcijalne sume An =
k=1 ak bk . Prema
k=1 ak , sn =
uslovu (i) postoji M > 0, tako da za sve n ∈ N je |An | ≤ M . Primijetimo da je
a1 = A1 , ak = Ak − Ak−1 , za sve k ≥ 2. Otuda je,
sn
=
A1 b1 + (A2 − A1 )b2 + (A3 − A2 )b3 + . . . + (An − An−1 )bn
=
A1 (b1 − b2 ) + A2 (b2 − b3 ) + . . . + An−1 (bn−1 − bn ) + An bn
=
n−1
X
Ak (bk − bk+1 ) + An bn .
k=1
Pretpostavimo da je niz (bn ) opadaju´ci. Neka je ε > 0 proizvoljno. Iz limn bn =
0 slijedi da je bn ≥ 0, za sve n ≥ 1 i da postoji N ∈ N, tako da za sve n ≥ N
ε
vrijedi bn = |bn | < 2M
. Otuda je
ˇ
III.1. OBICNA
KONVERGENCIJA REDOVA
57
(∀m, n ∈ N) m > n ≥ N ⇒ |sm − sn | =
n−1
¯
¯ m−1
X
¯
¯X
=¯
Ak (bk − bk+1 ) + Am bm −
Ak (bk − bk+1 ) − An bn ¯
k=1
k=1
¯ m−1
¯
¯X
¯
=¯
Ak (bk − bk+1 ) + Am bm − An bn ¯
k=n
m−1
X
≤M
(bk − bk+1 ) + M (bm + bn ) = M (bn − bm + bm + bn ) = 2M bn < ε,
k=n
pa zakljuˇcujemo da je (sn ) Koˇsijev, a zbog II (3.6) i konvergentanP
niz. U sluˇcaju
∞
da je (bn ) rastu´ci niz, P
na osnovu prethodnog zakljuˇcujemo da je n=1 an (−bn )
∞
konvergentan, pa je i n=1 an bn konvergentan red. ¤
P∞
(1.12) Primjer: Za svako α ∈ R je red n=1 sin (nα)
konvergentan6 .
n
P∞
Dokaz. Zaista, za parcijalne sume reda n=1 sin (nα)
vrijedi
n
An =
(n+1)α
sin nα
2 sin
2
,
sin α2
uz uslov da je sin α2 6= 0, tj. ako je α 6= 2kπ, za svako k ∈ Z (vidjeti Zadatak 2(c)
u (I.8)). Iz |An | ≤ | sin1 α | slijedi da je niz (An ) ograniˇcen, dok s druge strane
2
niz bn = n1 je opadaju´ci i teˇzi nuli, te na osnovu Dirihleovog kriterijuma imamo
konvergenciju datog reda. Ako je α = 2kπ za neko k ∈ Z, tada je sin (nα) = 0,
za svako n ∈ N, pa je konvergencija reda trivijalna.
U matematiˇckoj analizi vaˇzno mjesto med¯u redovima zauzimaju alterniraju´ci
redovi, tj. redovi kod koji svaka dva susjedna ˇclana imaju razliˇcite predznake.
Primjer takvog reda je
1−
∞
∞
X
X
1 1 1
(−1)n−1
(−1)n
+ − + ... =
=
.
2 3 4
n
n+1
n=1
n=0
P∞
n−1
bn ,
Generalno, alterniraju´
mogu se prikazati u obliku
n=1 (−1)
P∞ ci redovi
n
odnosno u obliku n=1 (−1) bn , pri ˇcemu svi ˇclanovi niza (bn ) imaju isti predznak. Osnovna teorema koja se tiˇce konvergencije alterniraju´cih redova je
(1.13) P
Lajbnicov kriterijum: Ako je niz (bn ) monoton i limn bn = 0, tada
∞
je redP n=1 (−1)n bn alterniraju´ci i konvergentan. U tom sluˇcaju P
se suma reda
∞
n
s := n=1 (−1)n bn moˇze aproksimirati parcijalnom sumom sn := k=1 (−1)k bk
sa greˇskom koja je manja od apsolutne vrijednosti prvog izostavljenog ˇclana,
tj. za sve n ∈ N vrijedi
|s − sn | ≤ |bn+1 |.
P∞
Dokaz. Niz parcijalnih suma reda n=1 (−1)n poprima samo vrijednosti −1 i
0, pa je
cen, odakle primjenom Dirihleovog kriterijuma zakljuˇcujemo da
Pograniˇ
∞
je red n=1 (−1)n bn konvergentan.
Neka je, niz (bn ), recimo, opadaju´ci. Zbog limn bn = 0 je i bn ≥ 0, za sve n ∈ N.
Iz s2n+2 − s2n = b2n+2 − b2n+1 ≤ 0 i s2n+1 − s2n−1 = −b2n+1 + b2n ≥ 0 slijedi
6 Funkciju sin, ˇ
cije su osobine ˇ
citaocu poznate iz elementarne matematike, definisa´
cemo u
poglavlju III.3
GLAVA III. REDOVI
58
da je podniz (s2n ) opadaju´ci, a (s2n−1 ) rastu´ci. Budu´ci da oba ta podniza teˇze
ka s, imamo da je s2n−1 ≤ s ≤ s2n , za sve n ∈ N. Konaˇcno, za sve n ∈ N je
|s − s2n | = s2n − s ≤ s2n − s2n+1 = b2n+1 = |b2n+1 |,
|s − s2n−1 | = s − s2n−1 ≤ s2n − s2n−1 = b2n = |b2n |. ¤
(1.14) Posljedica: Ako pretpostavkama iz prethodne tvrdnje dodamo i to da je
niz (bn ) strogo monoton, tada za sve n ∈ N imamo
|s − sn | < |bn+1 |.
Primjeri: Primjenom Lajbnicovog kriterijuma zakljuˇcujemo da su sljede´ci redovi konvergentni:
(a) 1 −
∞
X
1 1 1
(−1)n−1
+ − + ... =
,
2 3 4
n
n=1
(b) 1 −
∞
X
1 1 1
(−1)n−1
+ − + ... =
.
3 5 7
2n − 1
n=1
Mogu´ce je dokazati da je suma prvog reda s = ln 2, a drugog s = π4 (vidjeti
u [2])7 . Nejednakost u (1.14) nam omogu´cava da ocijenimo s kojom taˇcnoˇs´cu
parcijalne sume redova (a) i (b) aproksimiraju broj ln 2, odnosno π4 . Tako je,
recimo,
¯
³
1 1 1 1 ´¯¯ 1
¯
¯ ln 2 − 1 − + − +
¯< ,
2 3 4 5
6
tj. broj dat sa
1 1 1 1
1 − + − + = 0.78333 . . .
2 3 4 5
aproksimira ln 2 sa taˇcnoˇs´cu od 16 = 0.1666 . . .. Da bismo na ovaj naˇcin ln 2
ocijenili sa taˇcnoˇs´cu od, recimo, 0.01 potrebno je da bude n = 99, te bismo za
raˇcunanje aproksimacije s99 trebali sabrati 100 brojeva. Ovaj postupak se zbog
svoje sporosti ne primjenjuje u praksi, poˇsto postoje mnogo efikasniji naˇcini za
raˇcunanje logaritama.
III.2
Apsolutna konvergencija redova
Konvergentni redovi ne nasljed¯uju u potpunosti osobine konaˇcnih suma. Na
primjer, kao ˇsto ´cemo vidjeti, moˇze se desiti da se promjenom poretka sumacije
u konvergetnom redu promijeni i njegova suma. Cilj nam je da izdvojimo one
redove kod kojih takve nepovoljne situacije ne mogu nastupiti. Pokaza´ce se da
u takve redove spadaju apsolutno konvergentni redovi. Osim toga, apsolutno
konvergetne redove mogu´ce je i mnoˇziti na sliˇcan naˇcin kao ˇsto se mnoˇze polinomi.
Pojam i kriterijumi apsolutne konvergencije
Definicija: ZaPred
konvergentan red
7 Logaritamsku
∞
n=1
P∞
n=1
an kaˇzemo da je apsolutno konvergentan, ako je
|an |.
funkciju ln i broj π definisa´
cemo u poglavlju IV.5.
59
III.2. APSOLUTNA KONVERGENCIJA REDOVA
n−1
P∞
Napomena: Red n=1 (−1)n , mada konvergentan, nije apsolutno konvergentan, jer nije konvergentan red
∞ ¯
∞
¯
X
¯ (−1)n−1 ¯ X 1
.
¯
¯=
n
n
n=1
n=1
Uopˇste, za konvergente redove koji nisu apsolutno konvergentni kaˇzemo da su
uslovno konvergentni.
(2.1) Teorema: Svaki apsolutno konvergentan red je konvergentan.
P∞
Dokaz. Neka je red n=1 an apsolutno konvergentan i neka
je ε > 0 proizvoljno.
P∞
Zbog konvergetnosti niza parcijalnih suma (¯
sn ) reda
n=1 |an |, na osnovu
Koˇsijevog kriterijuma II (3.6) slijedi da postoji N ∈ N, tako da je
(∀m, n ∈ N) m > n ≥ N ⇒ |¯
sm − s¯n | < ε.
Otuda je
m
m
¯ X
¯
X
¯
¯
(∀m, n ∈ N) m > n ≥ N ⇒ |sm − sn | = ¯
ak ¯ ≤
|ak | =
k=n+1
k=n+1
= s¯m − s¯n = |¯
sm − s¯n | < ε,
P∞
tj. niz parcijalnih suma (sn ) reda n=1 an je Koˇsijev, a prema Koˇsijevom kriterijumu II (3.6) i konvergentan. ¤
Primjer: Red
1−
∞
X
1 1
1
(−1)n−1
+ −
+ ... =
4 9 16
n2
n=1
je konvergentan, jer je zbog
∞ ¯
∞
¯
X
¯ (−1)n−1 ¯ X 1
=
¯
¯
n2
n2
n=1
n=1
i (1.7) apsolutno konvergentan.
Navedimo tri kriterijuma apsolutne konvergencije. Prvi je
P∞
(2.2) Majorantni kriterijum: Neka je red n=1 bn konvergentan
P∞ i neka postoji n0 ∈ N, tako da je |an | ≤ bn , za sve n ≥ n0 . Tada je red n=1 an apsolutno
konvergentan.
Dokaz. Slijedi iz Majorantnog kriterijuma (1.9) za redove sa nenegativnim opˇstim
ˇclanom. ¤
Primjer: Red
∞
X
sin nα
je konvergentan za svako α ∈ R, jer je zbog
n2
n=1
¯ sin nα ¯
1
¯
¯
¯
¯ ≤ 2,
2
n
n
konvergencije reda
P∞
Sljede´ci kriterijum je
1
n=1 n2
i prethodne tvrdnje apsolutno konvergentan.
GLAVA III. REDOVI
60
¯a
¯
¯ n+1 ¯
(2.3) Dalamberov8 kriterijum: Neka u R postoji L := lim ¯
¯.
n
an
P∞
(i) Ako je L < 1, tada je red n=1 an apsolutno konvergentan;
P∞
(ii) Ako je L > 1, tada je red n=1 an divergentan.
Dokaz. (i) Neka je q¯ ∈ R,¯ takav da L < q < 1. Tada na osnovu II (1.7)(i) postoji
¯
¯
n0 ∈ N, tako da je ¯ aan+1
¯ ≤ q, tj. |an+1 | ≤ q|an |, za sve n ≥ n0 . Otuda imamo
n
|an0 +1 | ≤ q|an0 |,
|an0 +2 | ≤ q|an0 +1 | ≤ q 2 |an0 |,
|an0 +3 | ≤ q|an0 +2 | ≤ q 3 |an0 |,
..
.
tj. imamo da je |an | ≤ q n−n0 |an0 |, za sve n ≥ n0 . No, zbog 0 < q < 1 je red
∞
X
q n−n0 |an0 | = q −n0 |an0 |
n=1
∞
X
qn
n=1
konvergentan, pa tvrdnja u slijedi iz Majoratnog kriterijuma (2.2).
(ii) Neka je q ∈ R, tako da L > q > 1. Ako ¯je L <
¯ ∞, onda na osnovu II (1.7)(ii)
¯ an+1 ¯
zakljuˇcujemo da postoji n0 ∈ N, tako da ¯ an ¯ ≥ q, tj. |an | ≥ q n−n0 |an0 |, za
sve n ≥ n0 . I u sluˇcaju L =P
∞ dolazimo do istog zakljuˇcka. Otuda, |an | → ∞,
∞
ˇsto znaˇci da opˇsti ˇclan reda n=1 an ne teˇzi ka 0, pa mora, na osnovu (1.2) biti
divergentan. ¤
n
P∞
n
Primjer: Red n=1 (−1)
je apsolutno konvergentan, jer je u ovom sluˇcaju
2n
¯
¯
¯a
¯
¯ (−1)n+1 (n+1) ¯
1
n+1
n+1
¯ n+1 ¯
¯
¯
2
L = lim ¯
= < 1.
¯ = lim ¯ (−1)
¯ = lim
nn
n
n
n
¯
¯
an
2n
2
n
2
P∞ 1 P∞ 1
Napomena: Primijetimo da za oba reda
n=1 n i
n=1 n2 je L = 1, ali
prvi red divergira, a drugi konvergira, ˇsto pokazuje da za L = 1 Dalamberov
kriterijum ne daje odgovor na pitanje konvergencije, te se u tom sluˇcaju mora
upotrijebiti neka druga metoda za ispitivanje konvergencije.
p
(2.4) Koˇ
sijev korjeni kriterijum: Neka je L := lim supn n |an | ∈ R.
P∞
(i) Ako je L < 1, tada je red n=1 an apsolutno konvergentan.
P∞
(ii) Ako je L > 1, tada je red n=1 an divergentan.
Dokaz. (i) Neka
je q ∈ R, takav da L < q < 1. Prema II (3.4)(i)
p
p je skup
{n ∈ N : n |an | > q} konaˇcan, pa postoji n0 ∈ N, tako da je n |an | ≤ q,
odnosno |an | ≤ q n , za sve n ≥ n0 , te zakljuˇcak imamo na osnovu (2.2).
p
(ii) Ako je q ∈ R, tako da L > q > 1, tada je skup {n ∈ N : n |an | > q}
beskonaˇcan. Zaista,pako je L < ∞, onda tvrdnja slijedi iz II (3.4)(ii), a ako je
L = ∞, onda niz ( n |an |) nije ograniˇcen odozgo, pa je tvrdnja jasna. Prema
tome, vrijedi da je |an | >P
q n > 1 za beskonaˇcno mnogo brojeva n ∈ N, odakle
∞
slijedi da opˇsti ˇclan reda n=1 an ne teˇzi ka 0, pa red divergira. ¤
8 Jean
Le Rond D’Alembert (1717 – 1783), francuski matematiˇ
car
61
III.2. APSOLUTNA KONVERGENCIJA REDOVA
Primjer: Red
∞
X
1
je konvergentan, jer je
n2 +n
2
n=1
s¯
¯
¯ 1 ¯
1
L = lim sup n ¯¯ n2 +n ¯¯ = lim n+1 = 0 < 1.
n 2
2
n
Napomena: Kao i kod Dalamberovog kriterijuma, ni Koˇsijev kriterijum ne
daje odgovor u sluˇcaju kad je L = 1. Primijetimo i to da ¯je Koˇ¯sijev kriteri¯ an+1 ¯
jum univerzalniji od Dalamberovog. Razlog tome je ˇsto lim ¯
¯ ne mora, a
n
an
p
lim supn n |an | mora da postoji u R (vidjeti II (4.3)). Ilustrujmo to na sljede´cem
primjeru.
Primjer: Posmatrajmo red
∞
X
n=1
1
2n+(−1)n
. Kako je
¯a
¯ ³ 1 ´(n+1)+(−1)n+1 −n−(−1)n ³ 1 ´1−2(−1)n
¯ n+1 ¯
=
=
¯
¯=
an
2
2
(
2,
n parno,
1
8,
n neparno
¯´
³¯
¯
¯
to niz ¯ aan+1
¯ ima dvije taˇcke nagomilavanja, 2 i 18 , pa u R ne moˇze postojati
n
¯
¯
¯
¯
limn ¯ aan+1
¯. Iz tog razloga je u ovom sluˇcaju Dalamberov kriterijum neprimjenn
jiv. Med¯utim, kako je
L = lim sup
n
p
n
|an | = lim sup
n
1
21+
(−1)n
n
=
1
< 1,
2
to na osnovu Koˇsijevog kriterijuma zakljuˇcujemo da je red konvergentan.
Permutacija reda
Neka
{1, . . . , n} bijekcija, gdje je n ∈ N. Tada se suma
Pn je σ : {1, . . . , n} →P
n
com promjenom redoslijeda sumacije.
k=1 ak odgovaraju´
k=1 aσ(k) dobija iz sume
Na primjer, funkcija σ : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} zadana sa
σ(1) = 3, σ(2) = 1, σ(3) = 4, σ(4) = 2
je bijekcija i
4
X
aσ(k) = a3 + a1 + a4 + a2 .
k=1
U narednoj definiciji ovu ideju proˇsirujemo na redove.
Definicija: Neka
P je σ : N → N bijekcija. Tada red
permutacijom reda
∞
n=1
an .
P∞
n=1
aσ(n) nazivamo
Analogno konaˇcnim sumama, permutacija reda dobija se iz polaznog reda ”premijeˇstanjem” njegovih ˇclanova. Zbog komutativnosti operacije sabiranja je za
konaˇcne sume svakako
n
n
X
X
aσ(k) =
ak ,
k=1
k=1
GLAVA III. REDOVI
62
gdje je σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} proizvoljna bijekcija. Med¯utim, to svojstvo
u opˇstem sluˇcaju ne vrijedi za redove, te ˇcak i kad su i polazni i permutovani
red konvergentni, njihova suma moˇze biti razliˇcita. Pokaˇzimo to na sljede´cem
primjeru.
Primjer: Neka je s :=
∞
X
an = 1 −
n=1
dat sa
∞
X
aσ(n) = 1 −
n=1
1 1 1
+ − + . . ., a neka je permutovani red
2 3 4
1
1
1 1 1 1 1 1
− + − − + −
−
+ ....
2 4 3 6 8 5 10 12
Oznaˇcimo sa sn parcijalnu sumu polaznog, a sa tn parcijalnu sumu permutovanog reda. Iz (1.14) slijedi da je |s − s1 | = |s − 1| < 21 , pa je svakako s 6= 0.
Dalje je,
³
³ 1
1 1´ ³1 1 1´
1
1 ´
t3n =
1− −
+
− −
+ ... +
−
−
2 4
3 6 8
2n − 1 4n − 2 4n
³1 1´ ³1 1´
³ 1
1 ´
=
−
+
−
+ ... +
−
2 4
6 8
4n − 2 4n
1³
1 1 1
1
1 ´
=
1 − + − + ... +
−
2
2 3 4
2n − 1 2n
1
=
s2n ,
2
ˇsto znaˇci da podniz (t3n ) konvergira ka 2s . No,
lim(t3n+1 − t3n ) = lim(t3n+2 − t3n ) = 0,
n
n
odakle se lako zakljuˇci da je niz (tn ) konvergentan. Prema tome,
∞
X
aσ(n) =
n=0
∞
X
s
6= s =
an .
2
n=0
ˇ
Ovakvo ponaˇsanje je tipiˇcno za uslovno konvergentne redove. Staviˇ
se, ako je red
uslovno konvergentan, tada za svako unaprijed zadano s ∈ R postoji njegova
permutacija ˇcija suma je upravo s. O tome nam govori naredna tvrdnja, poznata
pod imenom Rimanova teorema. Prije nego ˇsto prijed¯emo na njenu formulaciju,
navedimo nekoliko ˇcinjenica koje ´cemo koristiti u dokazu te teoreme.
Za proizvoljno a ∈ R definiˇsimo a+ := max{a, 0}, a− := − min{a,
P∞ 0}. Primijetimo da je a± ≥ 0, a = a+ − a− i |a| = a+ + a− . Ako je red n=1 an uslovno
konvergentan, onda je
∞
X
a+
n = ∞,
n=1
Zaista, ako bi bilo, recimo,
∞
X
n=1
a−
n =
n=1
(4)
a+
n < ∞, onda bi zbog
(a+
n − an ) =
n=1
a−
n = ∞.
n=1
P∞
∞
X
∞
X
∞
X
n=1
a+
n −
∞
X
an < ∞,
n=1
P∞
bilo n=1 |an | < ∞, tj. red bi bio apsolutno konvergentan, ˇsto je u suprotnosti
sa pretpostavkom.
III.2. APSOLUTNA KONVERGENCIJA REDOVA
63
P∞
(2.5) Rimanova teorema: Neka jePred n=1 an uslovno konvergentan. Tada
∞
za svako s ∈ R postoji permutacija n=1 aσ(n) , tako da je
∞
X
aσ(n) = s.
n=1
−
Dokaz. Neka je s ∈ R proizvoljno. Uz oznake bn := a+
n , cn := −an , imamo
∞
X
an =
n=1
∞
X
(bn + cn ).
(5)
n=1
P∞
Primijetimo da zbog konvergencije reda n=1 an mora biti limn bn = limn cn =
0.
Poˇcevˇsi od b1 , redom sumirajmo ˇclanove niza (bn ), sve dok suma ne bude ve´ca
od s i tada stanimo. Tu sumu oznaˇcimo sa E1 . Sumi E1 redom dodavajmo,
poˇcev od c1 , ˇclanove niza (cn ), sve dok ukupna suma ne bude manja od s.
Tako nastalu sumu oznaˇcimo sa F1 . Sada redom dodavajmo sumi F1 preostale
ˇclanove niza (bn ), sve dok tako nastala suma, koju oznaˇcavamo sa E2 , ne bude
ve´ca od s. Dalje, dodaju´ci sumi E2 preostale ˇclanove niza (cn ) sve dok suma
ne bude manja od s dobijamo sumu F2 . Nastavljaju´ci na ovaj naˇcin dobijamo
nizove (En ) i (Fn ). Primijetimo da nam postojanje ovakvih nizova garantuje
(4). Neka je bϕ(n) zadnji ˇclan u sumi En , a cϕ(n) zadnji ˇclan u sumi Fn . Na
osnovu konstrukcije, za sve n ≥ 2 vaˇzi
En − bϕ(n) ≤ s < En ,
Fn < s ≤ Fn − cϕ(n) ,
odakle slijedi da limn En = limn Fn = s. Poˇsto sve sume koje nastaju poslije Fn ,
a prije Fn+1 uzimaju vrijednosti izmed¯u min{Fn , Fn+1 } i En+1 , zakljuˇcujemo
da niz suma dobijenih opisanim postupkom teˇzi ka s. One su upravo parcijalne
sume jednog reda koji se dobija iz polaznog reda (5), tj. jednog permutovanog
reda.
U sluˇcaju s ∈ {−∞, ∞} postupa se sliˇcno. ¤
Da se tako neˇsto ne deˇsava sa apsolutno konvergetnim redovima, pokazuje nam
sljede´ca
P∞
(2.6) Teorema: AkoPje red
n=1 an apsolutno konvergentan, tada je svaka
∞
njegova permutacija n=1 aσ(n) apsolutno konvergentan red, te vaˇzi
∞
X
aσ(n) =
n=1
∞
X
an .
n=1
P∞
Dokaz. Neka je s = n=1 an i ε > 0 proizvoljno. Zbog konvergentnosti reda
P
∞
n=1 |an | postoji m ∈ N, tako da je
∞
X
n=m+1
|an | <
ε
.
2
Neka je N ∈ N, takav da {1, . . . , m} ⊆ {σ(1), . . . , σ(N )}. Tada za sve n ≥ N
vrijedi
¯
¯
m
n
∞
¯X
¯
X
X
ε
¯
¯
(6)
|aσ(k) | −
|ak |¯ ≤
|ak | < ,
¯
¯
¯
2
k=1
k=1
k=m+1
GLAVA III. REDOVI
64
i
¯
¯ n
¯
¯X
¯
¯
aσ(k) − s¯
¯
¯
¯
¯
¯ ¯
¯ n
m
m
¯ ¯X
¯
¯X
X
¯ ¯
¯
¯
ak ¯ + ¯
ak − s¯
aσ(k) −
¯
¯
¯ ¯
¯
≤
k=1
∞
X
k=1
≤
k=1
∞
X
|ak | +
k=m+1
k=1
(7)
|ak | < ε.
k=m+1
³P
´
n
ograniˇcen, iz ˇcega proizilazi apsolutna
Iz (6) slijedi da je niz
k=1 |aσ(k) |
n∈N
P∞
P∞
konvergencija reda n=1 aσ(n) , dok iz (7) slijedi da je n=1 aσ(n) = s. ¤
Dvostruki redovi
Da bismo sebi lakˇse predstavili dvostruke sume, realne brojeve ajk (j ∈ {1, . . . , m}, k ∈
{1, . . . , n}) poredajmo u sljede´cu ˇsemu:
a11
a12
a13
...
a1n
a21
..
.
am1
a22
..
.
am2
Pn
a23
..
.
am3
...
a2n
..
.
amn .
Za fiksirano j ∈ {1, . . . , m} je
k=1
...
(8)
ajk zbir elemenata j – te vrste, odakle je
m X
n
X
ajk ,
j=1 k=1
suma vrsta, a sliˇcno je
n X
m
X
ajk ,
k=1 j=1
suma kolona. No, zbog komutativnosti operacije sabiranja, suma svih elemenata
ˇseme (8) ne zavisi od redoslijeda sumacije, pa je
m X
n
X
ajk =
j=1 k=1
Za m = n, sa
n
X
n X
m
X
ajk .
k=1 j=1
ajk oznaˇcava´cemo sumu elemenata ˇseme (8).
j,k=1
Neka su aj (j ∈ {1, . . . , m}) i bk P
(k ∈ {1, . . . , n})Pproizvoljni realni brojevi.
n
n
Kako za svako j ∈ {1, . . . , m} vaˇzi k=1 aj bk = aj k=1 bk , to sumiranjem po
j dobijamo
m X
n
m
n
³X
´ ³X
´
X
aj bk =
aj ·
bk .
(9)
j=1 k=1
j=1
k=1
Kada su u pitanju ˇseme sa beskonaˇcno mnogo elemenata,
a11
a12
a13
...
a21
a22
a23
...
a31
..
.
a32
..
.
a33
..
.
...
(10)
65
III.2. APSOLUTNA KONVERGENCIJA REDOVA
P∞
pri ˇcemu ajk ∈ P
R (j, kP∈ N), tada u sluˇcaju da za svako j ∈ N red k=1 ajk
∞
∞
konvergira, red j=1 k=1 ajk nazivamo redom vrsta. Analogno, ako za svako
P∞
P∞ P∞
k ∈ N red
j=1 ajk konvergira, tada red
k=1
j=1 ajk nazivamo redom
kolona. U opˇsem sluˇcaju je
∞ X
∞
X
ajk 6=
j=1 k=1
∞ X
∞
X
ajk ,
k=1 j=1
kao ˇsto to pokazuje sljede´ci primjer.
Primjer: Neka je



ajk :=
1, j − k = 1,
−1, j − k = −1


0, inaˇce.
U ovom sluˇcaju, ˇsema izgleda ovako:
0
−1
1
0
−1
1
0
−1
1
0
−1
1
0
−1
1
0
..
.
−1
..
.
..
.
Svi ostali elementi u ˇsemi su jednaki nuli. Oˇcito vaˇzi,
∞ X
∞
X
ajk = −1,
j=1 k=1
∞ X
∞
X
ajk = 1.
k=1 j=1
Iz
ovog proizilazi da uopˇste nije jasno ˇsta smatrati sumom dvostrukog reda
P∞
seme (10)), jer je oˇcito ovisna o redoslijedu
j,k=1 ajk (tj. sumom svih elemenata ˇ
sumacije. Da bismo razjasnili nastalu situaciju, potrebno je uvesti nekoliko
pojmova.
Neka je α : N → N × N bijekcija (da takve bijekcije postoje, slijedi iz I (7.9)).
Tada red
∞
X
aα(n)
n=1
nazivamo α – redom dvostrukog reda
n
n X
P∞
j,k=1
ajk . Dalje, ukoliko je skup
o
|ajk | : n ∈ N
j,k=1
ograniˇcen, za dvostruki red
P∞
j,k=1
ajk kaˇzemo da je sumabilan.
GLAVA III. REDOVI
66
P∞
(2.7) Teorema: Neka je dvostruki red j,k=1 ajk sumabilan. Tada vaˇzi:
P∞
P∞
(i) Svaki α – red n=1 aα(n) dvostrukog reda j,k=1 ajk je apsolutno
P∞
konvergentan, pri ˇcemu njegova suma s := n=1 aα(n) ne zavisi od α.
P∞ P∞
P∞ P∞
(ii) Red vrsta j=1 k=1 ajk i red kolona k=1 j=1 ajk su konvergentni
i vrijedi
∞ X
∞
X
∞ X
∞
X
ajk =
j=1 k=1
ajk = s.
(11)
k=1 j=1
Dokaz. (i) Neka je
M := sup
n
n X
o
|ajk | : n ∈ N
j,k=1
i α : N → N × N bijekcija. Kako za proizvoljno n ∈ N postoji N ∈ N, tako da je
{α(1), . . . , α(n)} ⊂ {1, . . . , N } × {1, . . . , N }, to imamo
n
X
N
X
|aα(k) | ≤
k=1
|ajk | ≤ M,
j,k=1
P∞
odakle je zbog (1.6) red n=1 aα(n) apsolutno konvergentan.
Ako je β : N → N × N takod¯e bijekcija, onda je bijekcija i σ := β −1 ◦ α : N → N.
Uvedimo oznake An := aα(n) , Bn := aβ(n) . Sada imamo,
An = aα(n) = aβ(σ(n)) = Bσ(n) ,
P∞
P∞
iz ˇcega zakljuˇcujemo da je red n=1 An permutacija reda n=1 Bn , pa moraju,
na osnovu (2.6), imati jednake sume.
(ii) Za sve j, n ∈ N i n0 := max{j, n} je
n
X
|ajk | ≤
k=1
n0
X
|aik | ≤ M,
i,k=1
P∞
ˇsto znaˇci da jePza proizvoljno j ∈ N red
k=1 ajk apsolutno konvergentan.
∞
Analogno, red j=1 ajk je apsolutno konvergentan za sve k ∈ N, odakle slijedi
da su red vrsta i red kolona dobro definisani.
P∞
Neka je ε > 0 proizvoljno, α : N → N×N proizvoljna bijekcija i s := n=1 aα(n) .
Odaberimo N ∈ N sa osobinom,
∞
X
|aα(l) | <
l=N +1
ε
.
2
Ako je K ∈ N takvo da je {α(1), . . . , α(N )} ⊂ {1, . . . , K} × {1, . . . , K}, onda za
sve m, n ≥ K imamo
m X
n
m X
n
N
N
¯X
¯ ¯X
¯ ¯X
¯
X
¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
ajk − s¯ ≤ ¯
ajk −
aα(l) ¯ + ¯
aα(l) − s¯
¯
j=1 k=1
∞
X
≤
l=N +1
j=1 k=1
|aα(l) | +
∞
X
l=N +1
l=1
|aα(l) | < ε.
l=1
67
III.2. APSOLUTNA KONVERGENCIJA REDOVA
¯ Pm Pn
¯
Uzimaju´ci u ¯ j=1 k=1 ajk − s¯ < ε limes kad n → ∞, dobijamo da za sve
m ≥ K vaˇzi
m X
∞
¯
¯X
¯
¯
ajk − s¯ ≤ ε,
¯
j=1 k=1
odakle slijedi da je
kolona. ¤
P∞ P∞
j=1
k=1
ajk = s. Analogno postupamo u sluˇcaju sume
Koˇ
sijev proizvod redova
Definicija: Red
P∞
n=0 cn ,
pri ˇcemu je
cn := an b0 + an−1 b1 + . . . + a1 bn−1 + a0 bn =
n
X
an−k bk ,
(12)
k=0
nazivamo Koˇsijevim proizvodom redova
P∞
n=0
an i
P∞
n=0 bn .
Napomena: Motivacija za ovakvu definiciju proizvoda dva reda potiˇce od
mnoˇzenja polinoma. Naime, ako pomnoˇzimo polinom a0 + a1 x + a2 x2 + . . .
sa polinomom b0 + b1 x + b2 x2 + . . ., onda nakon sred¯ivanja imamo
(a0 + a1 x + a2 x2 + . . .) · (b0 + b1 x + b2 x2 + . . .)
= a0 b0 + (a1 b0 + a0 b1 )x + (a2 b0 + a1 b1 + a0 b2 )x2 + . . .
= c0 + c1 x + c2 x2 + . . . ,
pri ˇcemu su koeficijenti c0 , c1 , c2 , . . . dati sa (12).
P∞
P∞
(2.8) Teorema o Koˇ
sijevom proizvodu: Ako su redovi n=0 an i n=0 bn
konvergentni, pri ˇcemu je jedan od njih i apsolutno konvergentan, tada je njihov
Koˇsijev proizvod konvergentan red i vrijedi
∞
³X
∞
∞
´ ³X
´ X
an ·
bn =
cn ,
n=0
n=0
n=0
gdje su cn dati sa (12).
P∞
P∞
Dokaz. Neka je red n=0 an konvergentan, a red n=0 bn apsolutno konvergentan. Uvedimo oznake
A :=
∞
X
an , B :=
n=0
An :=
n
X
k=0
ak , Bn :=
∞
X
bn , β :=
n=0
n
X
bk , Cn :=
k=0
∞
X
|bn |,
n=0
n
X
ck , αn := An − A.
k=0
Tada je
Cn
= a0 b0 + (a1 b0 + a0 b1 ) + . . . + (an b0 + an−1 b1 + . . . + a0 bn )
= An b0 + An−1 b1 + . . . + A0 bn
= (A + αn )b0 + (A + αn−1 )b1 + . . . + (A + α0 )bn
= ABn + αn b0 + αn−1 b1 + . . . + α0 bn .
GLAVA III. REDOVI
68
Stavimo γn := αn b0 + αn−1 b1 + . . . + α0 bn . Kako Bn → B, to je ABn → AB,
pa da bismo dokazali da Cn → AB, dovoljno je dokazati da
lim γn = 0.
(13)
n
Kako je limn αn = 0, to postoji N ∈ N, tako da |αn | <
Otuda, za sve n ≥ N je
|γn | ≤
ε
β+1 ,
za sve n ≥ N .
|α0 bn + . . . + αN bn−N | + |αN +1 bn−N −1 + . . . + αn b0 |
≤ |α0 bn + . . . + αN bn−N | +
ε
β+1
β.
(14)
Neka je δn := |α0 bn + . . . + αN bn−N |. Iz
lim bn = lim bn−1 = . . . = lim bn−N = 0
n
n
n
slijedi da limn δn = 0, odakle zakljuˇcujemo da postoji N 0 ∈ N, N 0 ≥ N , tako da
ε
, za sve n ≥ N 0 . Otuda i iz (14) slijedi da je
je δn < β+1
|γn | <
ε
ε
+
β = ε,
β+1 β+1
za sve n ≥ N 0 , odakle dobijamo (13). ¤
Napomena: Koˇsijev proizvod dva uslovno konvergentna reda ne mora biti konvergentan red (vidjeti Zadatak 6).
III.3
Neke funkcije zadane pomo´
cu redova
Eksponencijalna funkcija
Kao ˇsto je poznato, pod eksponencijalnom funkcijom se podrazumijeva funkcija
f : R → R, f (x) = ex , gdje je e Ojlerov broj. Za racionalno x je ex racionalni
stepen, koga smo uveli u poglavlju (I.5). Med¯utim, nije jasno ˇsta bi bio izraz
ex , ako je x iracionalan broj. Da bismo razrijeˇsili ovu poteˇsko´cu postupamo na
sljede´ci naˇcin: uz pomo´c redova definiˇse se funkcija koju ´cemo oznaˇciti sa exp i
za koju ´cemo dokazati da zadovoljava sve kljuˇcne relacije kao i ekponencijalna
funkcija, izmed¯u ostalog fundamentalni identitet exp(x + y) = exp(x) exp(y),
za sve x, y ∈ R i exp(x) = ex , za sve x ∈ Q. Zato je sasvim prirodno da ex
za iracionalno x definiˇsemo kao exp(x), zbog ˇcega ´cemo pod ekponencijalnom
funkcijom zapravo podrazumijevati funkciju exp.
Do eksponencijalne funkcije, kao jedne od najvaˇznijih funkcija u matematici,
vode razliˇciti problemi iz fizike, biologije, ekonomije itd. Mi ´cemo se ovdje
zadrˇzati na problemu tzv. neprekidnog ukama´civanja, koji ´ce nas dovesti do
jedne vaˇzne reprezentacije eksponencijalne funkcije, a koja bi mogla posluˇziti i
kao njena druga definicija.
P∞
n
(3.1) Lema: Za svako x ∈ R je red n=0 xn! apsolutno konvergentan.
Dokaz. U sluˇcaju x = 0 je tvrdnja je oˇcigledna. Neka je x 6= 0. Kako je
¯ n+1 ¯
¯ x
¯
¯ (n+1)! ¯
|x|
L = lim ¯¯ xn ¯¯ = lim
= 0 < 1,
n ¯
n n+1
¯
n!
´ REDOVA
III.3. NEKE FUNKCIJE ZADANE POMOCU
69
to na osnovu Dalamberovog kriterijuma (2.3) slijedi da je red apsolutno konvergentan. ¤
Prethodna tvrdnja nam omogu´cava da definiˇsemo ekponencijalnu funkciju.
Definicija: Funkciju exp : R → R datu sa
exp(x) :=
∞
X
xn
x
x2
x3
=1+ +
+
+ ...
n!
1!
2!
3!
n=0
nazivamo eksponencijalnom funkcijom.
Napomena: Primijetimo da je exp(0) = 1.
(3.2) Teorema: Za sve x, y ∈ R je exp(x + y) = exp(x) exp(y).
Dokaz. Glavnu ulogu u ovom dokazu igra teorema o Koˇsijevom proizvodu (2.8).
n
n
Neka je an := xn! i bn := yn! . Binomna formula daje
cn :=
n
X
an−k bk =
k=0
No, redovi exp(x) =
konvergentni, pa je
n µ ¶
n
X
xn−k
yn
1 X n n−k k
1
·
=
x
y = (x + y)n .
(n − k)! n!
n!
k
n!
k=0
k=0
P∞
P∞
n=0
exp(x) exp(y) =
an i exp(y) =
∞
X
cn =
n=0
n=0 bn
su zbog (3.1) apsolutno
∞
X
(x + y)n
= exp(x + y). ¤
n!
n=0
(3.3) Stav: Za svako x ∈ R je exp(x) > 0 i exp(−x) = (exp(x))−1 .
Dokaz. Iz prethodne teoreme slijedi da za proizvoljno x ∈ R vrijedi
exp(x) exp(−x) = exp(x + (−x)) = exp(0) = 1,
pa imamo da je exp(x) 6= 0 i exp(−x) = (exp(x))−1 . Konaˇcno,
exp(x) = exp
³x´
2
exp
³x´
2
³
=
exp
³ x ´´2
2
> 0. ¤
Definicija: Broj
e := exp(1) = 1 +
1
1
1
+ + + ...
1! 2! 3!
nazivamo Ojlerovim brojem ili ponekad Ojlerovom konstantom.
Napomena: Nije teˇsko dokazati da je taj broj iracionalan (Zadatak 2).
(3.4) Lema: (∀k ∈ N) (∀x ∈ R) exp(kx) = (exp(x))k .
Dokaz. Dokaz provodimo indukcijom uz pomo´c (3.2). Za k = 1 tvrdnja je taˇcna.
Ako je taˇcna za k, onda je zbog
exp((k + 1)x)) = exp(kx) exp(x) = (exp(x))k exp(x) = (exp(x))k+1 ,
taˇcna i za k + 1. ¤
GLAVA III. REDOVI
70
Podsjetimo se da ako je r ∈ Q, onda je er racionalni stepen koga smo definisali
u poglavlju (I.5).
(3.5) Teorema: Za svako r ∈ Q je exp(r) = er .
Dokaz. Oˇcito je da tvrd¯enje vaˇzi za r = 0. Ako su m, n ∈ N proizvoljni, onda je
(3.4)
em = exp(m · 1) = exp(m) = exp
odakle, uzimaju´ci u obzir da je exp
exp
Na kraju,
¡m¢
n
¡ m ¢¢n
¡ m ¢ (3.4) ¡
· n = exp
,
n
n
> 0, na osnovu I (4.15) imamo,
¡m¢ √
m
= n em = e n .
n
¡ m¢ ¡
¡ m ¢¢−1 ³ m ´−1
m
= exp
= en
exp −
= e− n ,
n
n
odnosno tvrdnja je taˇcna i za sve r ∈ Q\{0}. ¤
Ova teorema nas motiviˇse da uvedemo oznaku
Oznaka: ex := exp(x).
U sljede´cem primjeru ´cemo pokazati kako jedan problem iz ekonomije dovodi do
jednog potpuno drugaˇcijeg oblika predstavljanja eksponencijalne funkcije, koji,
kao ˇsto je ranije reˇceno, moˇze da posluˇzi i kao njena definicija.
Primjer: Pretpostavimo da poˇcetni kapital iznosi K0 , a kamatna stopa na
godiˇsnjem nivou neka iznosi p. Ako se kamata obraˇcunava tek nakon godinu
dana, tada je na kraju godine ukupna suma K0 + K0 p = K0 (1 + p). Ukoliko se
obraˇcun vrˇsi nakon svakih 6 mjeseci, onda je
ukupna suma nakon 6 mjeseci: K0 + K0 ·
p
2
= K0 (1 + p2 )
ukupna suma nakon godinu dana: K0 (1 + p2 ) + K0 (1 + p2 ) ·
p
2
= K0 (1 + p2 )2 .
Ako se kamata obraˇcunava mjeseˇcno, onda
ukupna suma nakon 1. mjeseca: K0 + K0 ·
ukupna suma nakon 2. mjeseca: K0 (1 +
p
12
p
12 )
= K0 (1 +
+ K0 (1 +
p 2
ukupna suma nakon 3. mjeseca: K0 (1 + 12
) + K0 (1 +
..
.
p 12
ukupna suma nakon 12. mjeseca: K0 (1 + 12
) .
p
12 ),
p
12 )
·
p 2
12 )
p
12
·
= K0 (1 +
p
12
p 2
12 ) ,
= K0 (1 +
p 3
12 ) ,
Ukoliko bi se obraˇcunski period beskonaˇcno smanjivao, postavlja se pitanje ˇsta
bi se desilo sa ukupnom sumom. To nas dovodi problema ponaˇsanja niza
³
p ´n
1+
.
n
Pokaza´cemo da taj niz teˇzi ka ep . Ovaj problem postavio je ˇsvajcarski matematiˇcar
Jakob Bernuli9 , a rijeˇsio ga je Danijel Bernuli 1728. godine.
9 Daniel
Bernoulli (1700 – 1782), ˇsvajcarski matematiˇ
car
´ REDOVA
III.3. NEKE FUNKCIJE ZADANE POMOCU
71
³
x ´n
(3.6) Teorema: Za svako x ∈ R je ex = lim 1 +
.
n
n
Dokaz. Neka su x ∈ R i ε > 0 proizvoljni. Iz (3.1) slijedi da postoji K ∈ N,
tako da je
∞
X
|x|k
ε
< .
(15)
k!
3
k=K+1
Uoˇcimo da za 0 ≤ k ≤ n je
µ ¶
³
³
n 1
1
1´ ³
2´
k − 1´
=
·
1
·
1
−
·
1
−
·
.
.
.
·
1
−
,
k nk
k!
n
n
n
iz ˇcega slijedi da je
µ ¶
n 1
1
≤
k nk
k!
i
µ ¶
n 1
1
lim
= .
n
k nk
k!
Na osnovu toga zakljuˇcujemo da je
K µ ¶ k
K
X
X
n x
xk
lim
=
,
n
k nk
k!
k=0
k=0
0
odakle slijedi da postoji N ∈ N, tako da je
K
K µ ¶ k
¯X
X
xk ¯¯ ε
n x
¯
(∀n ∈ N) n ≥ N 0 ⇒ ¯
−
¯< .
k!
3
k nk
Ako je N := max{K, N 0 }, tada razvijaju´ci
koriste´ci (15) i (16), za sve n ≥ N imamo,
(16)
k=0
k=0
³
1+
x
n
´n
po binomnoj formuli i
∞
K
n
∞
K µ ¶
¯³
¯µn¶ xk ¯
´n X
X
X
xk ¯¯ ¯¯ X n xk X xk ¯¯
|x|k
¯
¯
¯
x
−
+
+
¯≤¯
¯
¯
¯ 1+ n −
¯
k!
k!
k!
k nk
k nk
k=0
k=0
k=K+1 |
k=0
{z } k=K+1
≤
≤
ε
+
3
∞
X
k=K+1
|x|k
k!
ε
|x|k
+ < ε. ¤
k!
3
³
1 ´n
(3.7) Posljedica: e = lim 1 +
.
n
n
Trigonometrijske funkcije
I trigonometrijske funkcije ´cemo defininisati pomo´cu redova, te dokazati njihove najvaˇznije osobine poznate iz srednjoˇskolske matematike; samo osobine
povezane za brojem π, kao i njegovu definiciju odloˇzi´cemo za poglavlje IV.5.
P∞
P∞
x2n
x2n+1
(3.8) Lema: Za svako x ∈ R su redovi n=0 (−1)n (2n)!
i n=0 (−1)n (2n+1)!
apsolutno konvergentni.
Dokaz. U dokazu koristimo Dalamberov kriterijum (2.3). Za x = 0 je tvrdnja
oˇcigledna. Ako je x 6= 0, onda za prvi red imamo
¯ 2n+2 ¯
¯
¯ x
¯ (2n+2)! ¯
x2
L = lim ¯¯ x2n ¯¯ = lim
= 0 < 1,
n ¯
n (2n + 1)(2n + 2)
(2n)! ¯
GLAVA III. REDOVI
72
odakle tvrdnja. U sluˇcaju drugog reda postupa se na sliˇcan naˇcin. ¤
Definicija: Funkcije cos : R → R i sin : R → R definisane sa
cos(x) :=
∞
X
(−1)n
x2n
x2
x4
x6
=1−
+
−
+ ...
(2n)!
2!
4!
6!
(−1)n
x2n+1
x3
x5
x7
=x−
+
−
+ ...
(2n + 1)!
3!
5!
7!
n=0
sin(x) :=
∞
X
n=0
nazivamo kosinus, odnosno sinus. Ponekad ´cemo umjesto cos(x) i sin(x) pisati
cos x i sin x.
Napomena: Primijetimo da je cos 0 = 1 i sin 0 = 0. Osim toga je
(∀x ∈ R)
cos(−x) = cos x, sin(−x) = − sin x,
(17)
odnosno, kosinus je parna, sinus neparna funkcija.
(3.9) Adicione formule: Za sve x, y ∈ R vaˇzi
(i)
(ii)
cos(x ± y) = cos x cos y ∓ sin x sin y,
sin(x ± y) = sin x cos y ± cos x sin y.
Dokaz. U osnovi dokaza adicionih formula stoji Koˇsijeva teorema o proizvodu
redova (2.8). Dokaˇzimo, recimo, samo (ii).
Na poˇcetku navedimo jednu evidentnu osobinu konaˇcnih suma:
n
X
xk =
k=0
n
X
xn−k .
(18)
k=0
Ako u binomnom razvoju za (x + y)2n+1 grupiˇsemo ˇclanove sa parnim, odnosno
neparnim indeksom, dobijamo
¶
n µ
X
2n + 1 2n+1−2k 2k
(x + y)2n+1 =
x
y
2k
k=0
(19)
¶
n µ
X
2n + 1 2n+1−(2k+1) 2k+1
+
x
y
.
2k + 1
k=0
2n
2n+1
y
x
Neka je an = (−1)n (2n+1)!
i bn = (−1)n (2n)!
. Tada je
cn :=
n
X
k=0
an−k bk
n
X
x2n−2k+1
y 2k
· (−1)k
(2n − 2k + 1)!
(2k)!
k=0
µ
¶
n
(−1)n X 2n + 1 2n+1−2k 2k
=
x
y .
(2n + 1)!
2k
=
(−1)n−k
k=0
P∞
P∞
Na osnovu (3.8) su redovi sin x = n=0 an i cos y = n=0 bn apsolutno konvergetni, pa primjenom teoreme o Koˇsijevom proizvodu imamo
à n µ
!
∞
∞
X
X
X 2n + 1¶
(−1)n
2n+1−2k 2k
x
y
.
(20)
sin x cos y =
cn =
(2n + 1)!
2k
n=0
n=0
k=0
´ REDOVA
III.3. NEKE FUNKCIJE ZADANE POMOCU
73
Ako u (20) promjenljivim x i y zamijenimo mjesta, zatim primijenimo (18) i na
kraju iskoristimo osobinu simetriˇcnosti binomnog koeficijenta I (4.19)(ii), redom
dobijamo
!
à n µ
∞
X
X 2n + 1¶
(−1)n
2k 2n+1−2k
sin y cos x =
x y
2k
(2n + 1)!
n=0
k=0
à n µ
!
∞
X
X 2n + 1 ¶
(−1)n
=
x2n−2k y 2k+1
(2n
+
1)!
2n
−
2k
n=0
Ãk=0
!
¶
∞
n µ
X
X
(−1)n
2n + 1 2n+1−(2k+1) 2k+1
=
x
y
.
(2n + 1)!
2k + 1
n=0
k=0
Iz (19), (20) i posljednje jednakosti slijedi
sin x cos y + cos x sin y =
∞
X
(−1)n
n=0
(x + y)2n+1
= sin(x + y).
(2n + 1)!
Konaˇcno, primjenjuju´ci (17) dobijamo
sin(x − y) = sin x cos(−y) + cos x sin(−y) = sin x cos y − cos x sin y. ¤
Kao posljedicu adicionih formula (3.9) izvedimo neke od poznatih trigonometrijskih identiteta.
(3.10) Stav: Za sve x, y ∈ R je
(i)
(ii)
(iii)
cos2 x + sin2 x = 1,
x+y
cos x − cos y = −2 sin x−y
2 sin 2 ,
x+y
sin x − sin y = 2 sin x−y
2 cos 2 .
Dokaz. (i) 1 = cos 0 = cos(x − x) = cos x cos x + sin x sin x = cos2 x + sin2 x.
x−y
x+y
x−y
(ii) Primijetimo de je x = x+y
2 + 2 i y = 2 − 2 . Otuda imamo
¡
¢
x−y
x+y
x−y
cos x − cos y =
cos x+y
2 cos 2 − sin 2 sin 2
¢
¡
x−y
x+y
x−y
−
cos x+y
2 cos 2 + sin 2 sin 2
x+y
= −2 sin x−y
2 sin 2 .
(iii) Sliˇcno kao (ii). ¤
Napomena: Iz adicionih formula (3.9) mogu se izvesti i svi preostali poznati
trigonometrijski identiteti, izuzev onih koji u sebi ukljuˇcuju broj π.
Stepeni redovi
Eksponencijalna i trigonometrijske funkcije su specijalni sluˇcajevi funkcija poznatih pod imenom stepeni redovi, ˇcijim ´cemo se opˇstim osobinama sada posvetiti.
Definicija: Funkciju oblika
f (x) =
∞
X
n=0
an xn ,
GLAVA III. REDOVI
74
gdje je an ∈ R (n ∈ N0 ), nazivamo stepeni red, a brojeve an koeficijentima
stepenog reda.
Napomene: (a) Funkcije exp, cos i sin su primjeri stepenih redova.
(b) Za domen stepenih redova prirodno je uzeti
S := {x ∈ R :
∞
X
an xn je konvergentan}.
n=0
Interesantno je da skup S mora da bude interval koji, ako se izuzmu njegove
graniˇcne taˇcke, mora biti simetriˇcan u odnosu nulu. Veliˇcina tog intervala karakterizuje se radijusom konvergencije. Navedene tvrdnje dokaza´cemo u
P∞
n
(3.11) Teorema: Neka je dat stepeni red f (x) =
n=0 an x . Tada postoji
jedinstven R ∈ [0, ∞] (radijus konvergencije), koji ima sljede´ce osobine:
(i) Ako je |x| < R, tada f (x) apsolutno konvergira;
(ii) Ako je |x| > R, tada f (x) divergira.
p
Stavimo ρ := lim supn n |an | ∈ R. Ako je ρ > 0, radijus konvergencije dat je
Adamarovom10 formulom
1
R= ,
(21)
ρ
a ako je ρ = 0, onda je R = ∞.
Dokaz. U sluˇcaju 0 < ρ < ∞, na osnovu Zadatka 9 (b) u (II.5) imamo da je
L := lim sup
n
p
n
p
p
|x|
|an xn | = lim sup |x| n |an | = |x| lim sup n |an | = |x|ρ =
,
R
n
n
gdje je R := ρ1 , odakle, na osnovu Koˇsijevog korjenog kriterijuma (2.4) imamo
(i) i (ii). Ako je ρ = 0, onda je L = 0 < 1, za sve x ∈ R, tj. f (x) je apsolutno
konvergentan za sve x ∈ R, pa R = ∞ ima osobine (i) i (ii). Konaˇcno, ako je
ρ = ∞, onda je L = ∞ > 1, za sve x 6= 0, tj. f (x) divergira za sve x 6= 0, pa
1
ovaj put R = ∞
= 0 ima osobine (i) i (ii). ¤
(3.12) Napomene: (a) Ako je R > 0 radijus konvergencije, onda je u svim
taˇckama intervala (−R, R) stepeni red apsolutno konvergentan, te ga zato i
nazivamo interval konvergencije stepenog reda. U taˇckama x = R i x = −R
stepeni red moˇze da konvergira, ali i da divergira.
(b) Za stepene redove exp, cos i sin na osnovu (3.1) i (3.8) je R = ∞, odnosno
interval konvergencije je R.
Za raˇcunanje radijusa konvergencije je ˇcesto praktiˇcnije primjenjivati sljede´cu
formulu:
¯
¯
¯
¯
(3.13) Ojlerova formula: Neka postoji ρ := limn ¯ aan+1
¯ u R. U sluˇcaju ρ > 0 je
n
P∞
n
radijus konvergencije reda f (x) = n=0 an x dat sa R = ρ1 , a u sluˇcaju ρ = 0
je R = ∞.
Dokaz. Za x 6= 0 je
10 Jacques
¯
¯
¯ an+1 xn+1 ¯
¯
¯ = |x|ρ.
L := lim ¯
n
an xn ¯
Salomon Hadamard (1865 – 1963), francuski matematiˇ
car
´ REDOVA
III.3. NEKE FUNKCIJE ZADANE POMOCU
75
Zakljuˇcak slijedi iz Dalamberovog kriterijuma (2.3) i Teoreme (3.11). ¤
(3.14) Primjeri: (a) Za red
P∞
n=1
(−1)n−1
n
xn je an =
(−1)n−1
,
n
odakle imamo
¯
¯
¯ an+1 ¯
¯
¯ = lim n = 1,
ρ = lim ¯
n
n n+1
an ¯
te primjenom Ojlerove formule dobijamo R =
1
1
= 1.
(b) Ako primijenimo Ojlerovu formulu na stepeni red exp, imamo za an =
da je
¯
¯
¯ an+1 ¯
1
¯ = lim
¯
= 0,
ρ = lim ¯
¯
n
n
an
(n + 1)
1
n!
odakle R = ∞.
P∞
(c) Za red n=0 n! xn je an = n!, pa Ojlerova formula daje
¯
¯
¯ an+1 ¯
¯
¯ = lim(n + 1) = ∞,
ρ = lim ¯
n
n
an ¯
1
∞
= 0, ˇsto znaˇci da navedeni red konvergira samo za x = 0.
P∞
(d) Za red f (x) = n=0 xn! je
(
1, ako n = k!, za neko k ∈ N0 ,
an =
0, inaˇce,
odakle R =
p
te stoga ne moˇzemo primijeniti Ojlerovu formulu. Med
¯utim, kako niz ( n |an |)
p
poprima samo vrijednosti 0 i 1, to je ρ = lim supn n |an | = 1, pa Adamarova
formula daje R = 11 = 1.
Sljede´ca tvrdnja tiˇce se algebarskih operacija sa redovima.
(3.15)
Neka je Rf > 0, odnosno
P∞Rg > 0n radijus konvergencije reda f (x) =
P∞ Stav:
n
a
x
,
odnosno
reda
g(x)
=
n=0 bn x . Ako je R := min{Rf , Rg }, tada
n=0 n
za sve |x < R vrijedi
f (x) + g(x)
=
f (x) · g(x)
=
∞
X
(an + bn )xn ,
n=0
∞ ³X
n
X
n=0
´
an−k bk xn .
k=0
Pri tome, za radijuse konvergencije Rf +g i Rf g redova f + g i f g vaˇzi
Rf +g , Rf g ≥ R.
Dokaz. Slijedi iz (1.5) i (2.8). ¤
Poznato je da bi dva polinoma stepena n ∈ N0 bili jednaki, dovoljno je da se
podudaraju na n + 1 – ˇclanom skupu (vidjeti Zadatak 5, Glava I). I za stepene
redove je dovoljno da se podudaraju na ”malom” skupu da bi bili jednaki; naime,
pokaza´cemo da ukoliko se dva stepena reda podudaraju na nizu koji teˇzi ka nuli,
onda su oni jednaki (Teorema (3.17)). Za dokaz te ˇcinjenice potrebna nam je
GLAVA III. REDOVI
76
sljede´ca tvrdnja:
P∞
n
(3.16) Stav: Neka stepeni red f (x) =
n=0 an x ima radijus konvergencije
R > 0 i neka postoji niz (xk ) za sljede´cim osobinama:
(i)
(ii)
(iii)
Za sve k ∈ N je xk 6= 0 i |xk | < R;
limk xk = 0;
Za svako k ∈ N je f (xk ) = 0.
Tada je an = 0, za sve n ∈ N0 .
Dokaz. Dokaz provodimo u dva koraka.
10 Prvo dokaˇzimo da za svako 0 < r < R i m ∈ N0 postoji broj C = C(r, m)
koji zavisi samo od r i m, tako da je
∞
¯X
¯
¯
¯
(∀x ∈ R) |x| < r ⇒ ¯
an xn ¯ ≤ C|x|m .
n=m
Zaista, budu´ci da za svako |x| < r vrijedi
∞
∞
∞
∞
¯X
¯
X
X
X
¯
¯
an xn ¯ ≤
|an ||x|n = |x|m
|an ||x|n−m ≤ |x|m
|aj+m |rj ,
¯
n=m
n=m
to moˇzemo uzeti C :=
n=m
P∞
j=0
j=0
|aj+m |rj ∈ [0, ∞).
20 Pretpostavimo da postoji n ∈ N0 , tako da je an 6= 0. Na osnovu Principa
najmanjeg elementa I (4.8), te I (2.11) i I (4.5), svaki neprazan podskup od N0
ima najmanji element, te stoga postoji najmanji element m0 ∈ N0 , za koga
vaˇzi am0 6= 0. Neka je r ∈ R, 0 < r < R, proizvoljno. Na osnovu 10 postoji
C = C(r, m0 ), tako da za sve |x| < r vrijedi
|f (x) − am0 xm0 | ≤ C|x|m0 +1 .
(22)
Kako je limk xk = 0, to postoji k0 ∈ N, tako da |xk | < r, za sve k ≥ k0 . Ako
u (22) uvrstimo x = xk , za k ≥ k0 , iskoristimo pretpostavku (iii) i podijelimo
sa |xk |m0 , dobijamo da je |am0 | ≤ C|xk |, odakle, uzimaju´ci limes po k, zakljuˇcujemo da je am0 = 0, ˇsto je kontradikcija. ¤
(3.17) Teorema o jednakosti
stepenih redova: Neka stepeni redovi f (x) =
P
P∞
∞
n
n
b
x
imaju radijuse konvergencije Rf > 0 i Rg > 0,
a
x
i
g(x)
=
n=0 n
n=0 n
te neka postoji niz (xk ) sa sljede´cim osobinama:
(i)
(ii)
(iii)
Za sve k ∈ N je xk 6= 0 i |xk | < min{Rf , Rg };
limk xk = 0;
Za sve k ∈ N je f (xk ) = g(xk ).
Tada je an = bn , za sve n ∈ N0 .
Dokaz. Na osnovu (3.15) zakljuˇcujemo da stepeni red h := f −g ima radijus konvergencije Rh ≥ min{Rf , Rg } > 0 i koeficijente an − bn . No, kako je h(xk ) = 0,
za sve k ∈ N, to iz pretpostavke (ii), te (3.16) slijedi da su svi koeficijenti reda
h jednaki nula, odakle tvrdnja. ¤
P∞
P∞
(3.18) Posljedica: Ako stepeni redovi f (x) = n=0 an xn i g(x) = n=0 bn xn
imaju radijuse konvergencije Rf > 0 i Rg > 0 i ako je f (x) = g(x), za sve
|x| < min{Rf , Rg }, tada je an = bn , za sve n ∈ N0 .
77
III.4. ZADACI
III.4
Zadaci
1. U zavisnosti od s ∈ Q ispitati konvergenciju reda
∞ p
X
1 + 1/ns .
n=1
2. Dokazati da je za svako n ∈ N,
0<e−
n
X
1
1
<
,
k!
n · n!
k=0
te odatle zakljuˇciti da je broj e iracionalan.
3. Dokazati da je
∞
X
n
= 2.
n
2
n=1
4. Ispitati konvergenciju reda
∞
X
n!
.
1 · 3 · 5 · . . . · (2n + 1)
n=1
P∞
5. Dokazati Abelov11 kriterijum: Ako je P
red n=1 an konvergentan, a niz
∞
(bn ) monoton i ograniˇcen, tada je red n=1 an bn konvergentan.
6. Dokazati da je Koˇsijev proizvod reda
vergentan red.
7. Neka je
(
ajk :=
P∞
n=1
(−1)n−1
√
n
sa samim sobom di-
1/(j 2 − k 2 ), j 6= k,
0,
j = k,
gdje su j, k ∈ N0 . Odrediti sumu reda vrsta i reda kolona dvostrukog reda
P
∞
j,k=0 ajk . Da li je taj red sumabilan?
P∞ ¡ ¢−1 n
8. Odrediti radijus konvergencije stepenog reda n=1 2n
x .
n
P∞
9. Pretpostavimo da stepeni red f (x) = n=0 an xn ima radijus konvergencije R > 0 i da za sve x ∈ (−R, R) vrijedi (1 − x − x2 )f (x) = 1.
(a) Dokazati da je niz (an ) rekurzivno zadat sa
a0 = 1, a1 := 1, an+1 = an + an−1 (n ∈ N),
(Fibonaˇcijev12 niz).
(b) Odrediti radijus konvergencije reda f .
11 Niels
Henrik Abel (1802 – 1829), norveˇski matematiˇ
car
Pisano Fibonacci (1170 – 1250), talijanski matematiˇ
car
12 Leonardo
78
GLAVA III. REDOVI
Glava IV
Neprekidnost i limes
funkcije
IV.1
Topoloˇ
ska svojstva skupa R
U matematiˇckoj analizi posebno mjesto zauzimaju tzv. neprekidne funkcije.
Pokazuje se da su neka vaˇzna svojstva neprekidnih funkcija povezana sa izvjesnim skupovima, pa je takve skupove potrebno izdvojiti i podrobnije ih analizirati. U njih spadaju otvoreni, zatvoreni i kompaktni skupovi, ˇcijem izuˇcavanju
posve´cujemo ovo poglavlje. Oni karakterizuju tzv. topoloˇsku strukturu skupa R.
Definicija: Kaˇzemo da je x0 ∈ S unutraˇsnja taˇcka skupa nepraznog skupa
S ⊂ R, ako postoji ε > 0 tako da je Uε (x0 ) ⊂ S. Skup ˇcija je svaka taˇcka
unutraˇsnja nazivamo otvorenim skupom. Osim toga, uzima se da je prazan skup
otvoren.
Napomena: Skup je, dakle, otvoren, ako za svaki njegov element postoji neka
ε – okolina tog elementa koja je sadrˇzana u tom skupu. Otvoren skup obiˇcno
oznaˇcavamo slovom U .
(1.1) Primjeri: (a) Svaki otvoreni interval je otvoren skup. Zaista, neka je,
recimo, U = (a, b) i a, b ∈ R. Tada za proizvoljno x0 ∈ U vrijedi Uε (x0 ) ⊂ U ,
gdje je ε := min{x0 − a, b − x0 } (vidjeti sliku). U preostalim sluˇcajevima, tj. kad
je a = −∞ ili b = ∞ postupa se sliˇcno.
(
)
)
{
(
Slika IV.1: Uε (x0 ) ⊂ (a, b)
(b) Skup S = [0, 1) nije otvoren, jer 0 nije unutraˇsnja taˇcka, dok su sve taˇcke
intervala (0, 1) unutraˇsnje taˇcke skupa S.
79
80
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
(1.2) Teorema: (i) Proizvoljna unija otvorenih skupova je otvoren skup,Stj. ako
je I proizvoljan neprazan skup i Ui otvoren, za svako i ∈ I, onda je i i∈I Ui
otvoren skup.
(ii) Konaˇcan presjek otvorenih skupova je otvoren skup,
T tj. ako je I proizvoljan
konaˇcan skup i Ui otvoren, za svako i ∈ I, onda je i i∈I Ui otvoren.
S
Dokaz. (i) Neka je x0 ∈ i∈I Ui proizvoljno. Tada postoji i0 ∈ I, tako da
je x0 ∈ Ui0 . No, zbog otvorenosti
skupa Ui0 postoji ε > 0, za koga vrijedi
S
Uε (x0 ) ⊂ Ui0 , odakle Uε (x0 ) ⊂ i∈I Ui .
T
(ii) Uzmimo x0 ∈ i∈I Ui proizvoljno. Otuda je x0 ∈ Ui , za svako i ∈ I, a kako
su po pretpostavci svi ti skupovi otvoreni, to postoje εi > 0 (i ∈ I), sa osobinom
Uεi (x0 ) ⊂ Ui , za svako i ∈ I. Neka je ε := min{εi : i ∈ I}. Primijetimo da
je ε > 0, jer je I T
konaˇcan skup. Oˇcito je Uε (x0 ) ⊂ Uεi (x0 ) ⊂ Ui , za sve i ∈ I,
odakle Uε (x0 ) ⊂ i∈I Ui . ¤
(1.3) Napomene: (a) Pretpostavka o konaˇcnosti skupa I u tvrdnji (ii) prethodne
teoreme ne moˇze se oslabiti.
T To pokazuje sljede´ci primjer: za svako n ∈ N je
skup (− n1 , n1 ) otvoren, ali n∈N (− n1 , n1 ) = {0} oˇcigledno nije otvoren.
(b) Neka je X proizvoljan neprazan skup. Pretpostavimo da familija podskupova T od X ima sljede´ce osobine: (i) ∅ ∈ T ; (ii)S Ako je Ui ∈ T , za
sve i ∈ I, gdje je I proizvoljan neprazan skup, onda je i i∈I Ui ∈ T ; (iii) Ako
je Ui ∈ T , za sve i ∈ I, gdje je I proizvoljan konaˇcan i neprazan skup, onda je
T
¯eni par (X, T ) nazivamo topoloˇskim prostorom nad X.
i∈I Ui ∈ T . Tada ured
Iz prethodne teoreme slijedi da svi otvoreni skupovi ˇcine jedan topoloˇski prostor
nad R.
Definicija: Komplement otvorenog skupa nazivamo zatvorenim skupom,
odnosno skup F ⊂ R je zatvoren, ako postoji otvoren skup U ⊂ R, tako da je
F = R\U .
(1.4) Primjeri: (a) Svaki zatvoreni interval je zatvoren skup. Specijalno, jednoˇclani
skup {a} je zatvoren, za svako a ∈ R.
(b) Skupovi ∅ i R su i otvoreni i zatvoreni.
Dokaz. (a) Neka je, recimo, F = [a, b], pri ˇcemu je a, b ∈ R. Kako je U :=
(−∞, a)∪(b, ∞) otvoren, kao unija dva otvorena skupa, to je F = R\U zatvoren.
Sliˇcno za skupove [a, ∞) i (−∞, a].
(b) Oˇcigledno. ¤
(1.5) Napomene: (a) Primijetimo da je skup otvoren, akko je njegov komplement zatvoren.
(b) Postoje skupovi koji nisu ni otvoreni ni zatvoreni. S = [0, 1) je primjer
takvog skupa.
Kao neposrednu posljedicu Demorganovih formula (vidjeti (1) u Uvodu) i Teoreme (1.2) imamo da je proizvoljan presjek i konaˇcna unija zatvorenih skupova
zatvoren skup. O tome nam govori sljede´ca
(1.6) Teorema:T(i) Ako je I proizvoljan neprazan skup i Fi zatvoren, za svako
i ∈ I, onda je i i∈I Fi zatvoren.
(ii) Ako jeSI proizvoljan konaˇcan i neprazan skup, te Fi zatvoren, za svako i ∈ I,
onda je i i∈I Fi zatvoren.
ˇ
IV.1. TOPOLOSKA
SVOJSTVA SKUPA R
81
Sljede´ca teorema nam daje jednu vaˇznu karakterizaciju zatvorenih skupova
pomo´cu nizova.
(1.7) Teorema: Skup F ⊂ R je zatvoren, akko za svaki konvergentan niz (xn )
u F (tj. xn ∈ F , za sve n ∈ N), vrijedi limn xn ∈ F .
Dokaz. 10 Neka je F zatvoren skup, a xn ∈ F proizvoljan konvergentan niz.
Pretpostavimo da je x := limn xn ∈
/ F . No, tada je x ∈ U := R\F , pri ˇcemu
je U otvoren skup. Zbog toga postoji ε > 0, tako da je Uε (x) ⊂ U . Na osnovu
geometrijske intepretacije konvergencije II (1.1) postoji N ∈ N sa osobinom da
je xn ∈ Uε (x), za sve n ≥ N , odakle xn ∈
/ F , za n ≥ N , ˇsto je u suprotnosti sa
pretpostavkama o nizu (xn ).
20 Neka skup F ⊂ R ima osobinu da za svaki konvergentan niz (xn ) u F vrijedi
limn xn ∈ F . Pretpostavimo da F nije zatvoren skup. Tada ni U := R\F nije
otvoren skup, pa bi postojao x0 ∈ U , tako da
(∀ε > 0) (∃x ∈ R\U ) x ∈ Uε (x0 ).
(1)
1
n
Uzimaju´ci u (1) redom ε =
za n = 1, 2, . . ., dobijamo niz (xn ) u F , takav
da xn → x0 . No, zbog pretpostavke o skupu F , moralo bi biti x0 ∈ F , ˇsto je
kontradikcija. ¤
Definicija: Neka je S ⊂ R neprazan skup. Za x0 ∈ R kaˇzemo da je taˇcka
nagomilavanja skupa S, ako za svako ε > 0 skup S ∩ Uε (x0 ) ima barem jedan
element razliˇcit od x0 . Taˇcku skupa S koja nije taˇcka nagomilavanja nazivamo
izolovanom taˇckom.
(1.8) Primjeri: (a) Ako je S = [0, 1) ∪ {2}, onda su svi elementi intervala [0, 1]
taˇcke nagomilavanja tog skupa, dok je 2 izolovana taˇcka.
(b) Za S = { n1 : n ∈ N} = {1, 12 , 13 , 14 , . . .} je 0 taˇcka nagomilavanja.
(c) Skup S = {−1, 1} nema taˇcaka nagomilavanja.
(1.9) Napomene: (a) Primjeri (a) i (b) pokazuju da taˇcka nagomilavanja skupa
ne mora biti element tog skupa, ali mora biti, da tako kaˇzemo, ”blizu” skupa.
(b) Treba razlikovati taˇcku nagomilavanja skupa od taˇcke nagomilavanja niza.
Recimo, niz an = (−1)n ima za taˇcke nagomilavanja −1 i 1, dok skup vrijednosti
tog niza {−1, 1} nema taˇcku nagomilavanja.
Karakterizacija taˇcke nagomilavanja pomo´cu nizova data je u sljede´coj tvrdnji.
(1.10) Stav: Broj x0 ∈ R je taˇcka nagomilavanja skupa S ⊂ R, akko postoji
konvergentan niz (xn ) u S, takav da limn xn = x0 i xn 6= x0 , za sve n ∈ N.
Dokaz. 10 Ako je x0 taˇcka nagomilavanja skupa S, onda za svako n ∈ N postoji xn ∈ S ∩ U n1 (x0 ), tako da je xn 6= x0 . Na taj naˇcin dobijamo niz (xn ) sa
traˇzenim svojstvima.
20 Obratan smjer slijedi iz geometrijske interpretacije konvergencije niza II (1.1)
i definicije taˇcke nagomilavanja skupa. ¤
Iz (1.7) i prethodne tvrdnje neposredno dobijamo
(1.11) Stav: Skup S ⊂ R je zatvoren, akko sadrˇzi sve svoje taˇcke nagomilavanja.
Definicija: Za skup K ⊂ R kaˇzemo da je kompaktan, ako svaki niz (xn )
u K ima konvergentan podniz koji teˇzi nekom elementu iz K.
82
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
Sljede´ca teorema daje nam karakterizaciju kompaktnosti.
(1.12) Teorema: Skup K ⊂ R je kompaktan, akko je ograniˇcen i zatvoren.
Dokaz. 10 Ako je K ograniˇcen i zatvoren skup, a (xn ) proizvoljan niz u K, onda
je taj niz ograniˇcen, pa na osnovu Bolcano – Vajerˇstrasove teoreme II (3.3) postoji konvergentan podniz koji, zbog zatvorenosti skupa K i (1.7), teˇzi nekom
elementu iz K, odakle zakljuˇcujemo da je K kompaktan.
20 Neka skup K kompaktan. Ako K ne bi bio ograniˇcen, onda bi za svako
n ∈ N postojao xn ∈ K, tako da je |xn | > n. No, ovako dobijeni niz (xn ) nema
ograniˇcen podniz, pa utoliko viˇse nema ni konvergentan podniz, ˇsto je u suprotnosti sa pretpostavkom o skupu K. Dakle, K je ograniˇcen skup. Zatvorenost
jednostavno slijedi iz (1.7). ¤
(1.13) Primjeri: (a) Za sve a, b ∈ R, a ≤ b je skup K = [a, b] kompaktan.
(b) Svaki konaˇcan skup S ⊂ R je kompaktan. Zaista, S je zatvoren kao konaˇcna
unija jednoˇclanih skupova, dok je ograniˇcenost je oˇcigledna.
(c) Skup S = { n1 : n ∈ N} ∪ {0} je takod¯e kompaktan. Zaista, kako sadrˇzi
svoju jedinu taˇcku nagomilavanja 0, to je zbog Stava (1.11) zatvoren, dok je
ograniˇcenost jasna.
(1.14) Teorema: Za svaki kompaktan skup K ⊂ R postoje min K i max K.
Dokaz. Zbog ograniˇcenosti skupa K postoje m := inf K i M := sup K. Otuda,
za svako n ∈ N postoji xn ∈ K, tako da je M − n1 < xn ≤ M , iz ˇcega slijedi da
limn xn = M . Konaˇcno, zbog zatvorenosti skupa K i (1.7) imamo da je M ∈ K,
odakle zakljuˇcujemo da je M = max K. Sliˇcno se dokaˇze da je m = min K. ¤
IV.2
Neprekidnost funkcije
Osnovna karakteristika neprekidne funkcije je da bliske taˇcke preslikava u bliske
taˇcke, odnosno, ma kako malo uzeli ε > 0, sve taˇcke koje su dovoljno blizu x0
preslikavaju se u taˇcke udaljene od f (x0 ) za manje od ε. Recimo, za funkciju
f : R → R, f (x) = x2 je iz njenog grafika oˇcigledmo da ima to svojstvo u svakoj
taˇcki x0 ∈ R. Med¯utim, kod funkcije f : R → R,
(
1, za x ≥ 0,
f (x) =
0, za x < 0,
ma kako blizu jedne drugima uzimali pozitivne i negativne brojeve, pozitivni se
preslikavaju u 1, a negativni u 0, dakle ostaju ”daleko”, jer ova funkcija, kao
ˇsto ´cemo vidjeti, nije neprekidna u x0 = 0.
Oznaka: U ˇcitavom poglavlju ´cemo sa D oznaˇcavati neprazan podskup skupa
R.
Definicija: Za funkciju f : D → R kaˇzemo da je neprekidna u x0 ∈ D,
ako
(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x ∈ D) |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.
Funkcija f : D → R je neprekidna na D, ako je neprekidna u svakoj taˇcki skupa
D.
83
IV.2. NEPREKIDNOST FUNKCIJE
0
0
Slika IV.2: Funkcija sa prekidom u x0
(2.1) Napomene: (a) Ukoliko samo kaˇzemo da je f : D → R neprekidna, bez
preciziranja o kojoj taˇcki je rijeˇc, onda se podrazumijeva da je f neprekidna na
D.
(b) Neprekidnost moˇzemo formulisati i na sljede´ci naˇcin: za svako ε > 0 postoji
δ > 0, tako da je |f (x) − f (x0 )| < ε, za sve x ∈ D ∩ Uδ (x0 ).
(c) Neprekidna funkcija je prepoznatljiva po svom grafiku. Naime, ako je neka
funkcija definisana na intervalu i ako se njen grafik sastoji iz jednog ”komada”
(tj., ”ne cijepa se”), onda je ona neprekidna na tom intervalu, a ako se ”cijepa”
u nekoj taˇcki, onda tu ima prekid (vidjeti sliku IV.2).
(2.2) Primjeri: (a) Konstantna funkcija f : R → R, f (x) = c je neprekidna.
(b) Funkcija f : R → R, f (x) = x je neprekidna.
Dokaz. Neka su x0 ∈ R i ε > 0 proizvoljni. Treba ispitati da li postoji δ > 0,
tako da
(∀x ∈ R) |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.
U sluˇcaju (a) moˇzemo uzeti da je δ bilo koji pozitivan realan broj, dok u sluˇcaju
(b) moˇzemo uzeti δ := ε. ¤
(2.3) Napomena: Ako je x0 ∈ D izolovana taˇcka skupa D, tada je svaka
funkcija f : D → R neprekidna u x0 . Zaista, neka je ε > 0 proizvoljno. Kako je
x0 izolovana taˇcka, to postoji δ > 0 tako da D ∩ Uδ (x0 ) = {x0 }. Otuda,
(∀x ∈ D ∩ Uδ (x0 )) |f (x) − f (x0 )| = |f (x0 ) − f (x0 )| = 0 < ε.
Naredna teorema tvrdi da su upravo neprekidne funkcije te, koje su kompatibilne
sa konvergencijom niza, tj. da samo za njih vrijedi limn f (xn ) = f (x0 ), gdje je
(xn ) proizvoljan niz koji teˇzi ka x0 . Tu teoremu moˇzemo posmatrati i kao jednu
vrstu kriterijuma neprekidnosti uz pomo´c nizova.
(2.4) Hajneova1 teorema: Neka su dati funkcija f : D → R i x0 ∈ D. Ako je
f neprekidna u x0 i (xn ) proizvoljan niz u D sa osobinom limn xn = x0 , tada
je limn f (xn ) = f (x0 ). Vrijedi i obrat, odnosno, ako za svaki niz (xn ) u D sa
osobinom limn xn = x0 vrijedi da je limn f (xn ) = f (x0 ), onda je f neprekidna
u x0 .
Dokaz. 10 Neka je f neprekidna u x0 i (xn ) niz u D, tako da je limn xn = x0 .
Uzmimo ε > 0 proizvoljno. Zbog neprekidnosti funkcije f u x0 postoji δ > 0,
tako da
(∀x ∈ D) |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε,
1 Eduard
Heine (1821 – 1881), njemaˇ
cki matematiˇ
car
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
84
a zbog limn xn = x0 postoji N ∈ N, tako da
(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |xn − x0 | < δ,
odakle dobijamo da za sve n ≥ N vaˇzi |f (xn ) − f (x0 )| < ε. Dakle, limn f (xn ) =
f (x0 ).
20 Pretpostavimo da za svaki niz (xn ) u D, takav da limn xn = x0 vrijedi
limn f (xn ) = f (x0 ) i da f nije neprekidna u x0 . Negacijom iskaza u definiciji
neprekidnosti imamo da
(∃ε0 > 0) (∀δ > 0) (∃x ∈ D) |x − x0 | < δ ∧ |f (x) − f (x0 )| ≥ ε0 .
Specijalno, uzimaju´ci da je δ = n1 , imamo da za svako n ∈ N postoji xn ∈ D,
tako da je |xn − x0 | < n1 i |f (xn ) − f (x0 )| ≥ ε0 . Na taj naˇcin dobijamo niz
(xn ) u D, za koga vrijedi limn xn = x0 i f (xn ) 9 f (x0 ), koji zbog poˇcetne
pretpostavke ne moˇze postojati. ¤
(2.5) Primjeri: (a) Funkcija f : R → R, f (x) = |x| je neprekidna.
(b) Funkcija f : R → R data sa
(
1, za x ≥ 0,
f (x) =
0, za x < 0,
nije neprekidna u x0 = 0.
Dokaz. (a) Slijedi iz Hajneove teoreme i II (1.8) (a).
n
(b) Neka je xn = (−1)
n . Tada je limn xn = 0, ali niz (f (xn )) nije konvergentan,
jer ima dvije taˇcke nagomilavanja, 1 i 0. Otuda, na osnovu Hajneove teoreme
slijedi da f nije neprekidna u nuli. ¤
Uz pomo´c Hajneove teoreme lako moˇzemo dokazati da je zbir, proizvod i koliˇcnik
neprekidnih funkcija opet neprekidna funkcija. Napomenimo i to, da se naredna
teorema moˇze dokazati i drugaˇcije, neposrednim koriˇstenjem definicije neprekidnosti.
(2.6) Teorema: Neka su funkcije f, g : D → R neprekidne u x0 ∈ D i neka je
λ ∈ R proizvoljno. Tada su i funkcije f + g, λf i f g neprekidne u x0 . Ako je
joˇs g(x0 ) 6= 0, onda je i fg : D\{x ∈ D : g(x) = 0} → R neprekidna u x0 .
Dokaz. Neka je (xn ) proizvoljan konvergentan niz u D, tako da je limn xn = x0 .
Iz Hajneove teoreme slijedi da je limn f (xn ) = f (x0 ) i limn g(xn ) = g(x0 ). No,
tada je
lim(f + g)(xn ) =
n
lim[f (xn ) + g(xn )]
n
=
lim f (xn ) + lim g(xn )
=
f (x0 ) + g(x0 )
=
(f + g)(x0 ),
n
n
(ovdje smo koristili II (1.10) (i))
odnosno ((f + g)(xn )) je konvergentan niz i limn (f + g)(xn ) = (f + g)(x0 ), pa
zbog proizvoljnosti niza (xn ) i obratne tvrdnje u Hajneovoj teoremi imamo da
je f + g neprekidna u x0 .
Na sliˇcan naˇcin, koriste´ci II (1.10)(ii),(iii) i (iv) dokazujemo i preostale tvrdnje.
85
IV.2. NEPREKIDNOST FUNKCIJE
¤
Iz prethodne teoreme, uz pomo´c matematiˇcke indukcije, lako se dokazuje da je
konaˇcan zbir i konaˇcan proizvod neprekidnih funkcija neprekidna funkcija ili,
preciznije, vrijedi
(2.7) Stav: Ako je n ∈ N i f1 , . . . , fn : D → R neprekidne u x0 ∈ D, onda je
i njihov zbir f1 + . . . + fn : D → R i proizvod f1 · . . . · fn : D → R neprekidna
funkcija u x0 .
(2.8) Stav: Svaki polinom je neprekidna funkcija na R.
Dokaz. Stepene funkcije su neprekidne na R, kao konaˇcni proizvodi funkcija oblika f (x) = x. Sem toga, iz Teoreme (2.6) slijedi i da je za svako λ ∈ R funkcija
oblika f (x) = λxn neprekidna na R, a kako su polinomi konaˇcne sume funkcija
tog oblika, to imamo tvrdnju. ¤
Iz prethodnog stava i Teoreme (2.6) neposredno slijedi
(2.9) Posljedica: Svaka racionalna funkcija je neprekidna na svom domenu.
(2.10) Stav: Svaki stepeni red je neprekidna funkcija na svom intervalu konvergencije.
P∞
Dokaz. Neka je R > 0 radijus konvergencije stepenog reda f (x) = n=0 an xn .
Uzmimo ε > 0 i x0 ∈ (−R, R) proizvoljno. Neka
P∞je r ∈ R, takav da je
|x0 | < r < R. Zbog apsolutne konvergencije reda n=0 an rn postoji N ∈ N,
tako da je
∞
X
ε
|an |rn < .
3
n=N +1
PN
Polinom fN (x) := n=0 an xn je na osnovu Stava (2.8) neprekidna funkcija u
x0 , pa postoji δ1 > 0, tako da je
(∀x ∈ R) |x − x0 | < δ1 ⇒ |fN (x) − fN (x0 )| <
ε
.
3
Odaberimo δ2 > 0, tako da je Uδ2 (x0 ) ⊂ (−r, r). Konaˇcno, za δ := min{δ1 , δ2 }
imamo
(∀x ∈ (−R, R)) |x − x0 | < δ ⇒
|f (x) − f (x0 )|
∞
∞
¯
¯
X
X
¯
¯
= ¯fN (x) +
an xn − fN (x0 ) −
an xn0 ¯
n=N +1
≤ |fN (x) − fN (x0 )| +
∞
X
n=N +1
∞
X
n
|an ||x| +
n=N +1
<
∞
∞
X
X
ε
+
|an |rn +
|an |rn
3
<
ε ε ε
+ + = ε. ¤
3 3 3
n=N +1
n=N +1
n=N +1
(2.11) Posljedica: Funkcije exp, cos i sin su neprekidne na R.
Sljede´ca teorema se tiˇce neprekidnosti inverzne funkcije.
|an ||x0 |n
86
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
(2.12) Teorema: Ako je I ⊂ R proizvoljan interval i f : I → f (I) strogo
monotona funkcija, tada je njena inverzna funkcija f −1 : f (I) → I neprekidna.
Dokaz. Uzmimo da je f strogo rastu´ca funkcija. Neka su ε > 0 i y0 ∈ f (I)
proizvoljni. Stavimo x0 := f −1 (y0 ). Tada je y0 = f (x0 ). Razlikujemo dva
sluˇcaja.
10 x0 je unutraˇsnja taˇcka intervala I.
Tada postoji ε0 > 0, ε0 < ε, tako da je [x0 − ε0 , x0 + ε0 ] ⊂ I. Primijetimo da za
δ := min{f (x0 + ε0 ) − y0 , y0 − f (x0 − ε0 )} > 0 vrijedi
|y − y0 | < δ ⇒ y0 − δ < y < y0 + δ
⇒ y0 − (y0 − f (x0 − ε0 )) < y0 − δ < y < y0 + δ < y0 + (f (x0 + ε0 ) − y0 )
⇒ f (x0 − ε0 ) < y < f (x0 + ε0 ).
Uzimaju´ci u obzir da je i f −1 strogo rastu´ca funkcija, iz prethodnog imamo,
(∀y ∈ f (I)) |y − y0 | < δ ⇒ f (x0 − ε0 ) < y < f (x0 + ε0 )
⇒ x0 − ε0 < f −1 (y) < x0 + ε0 ⇒ |f −1 (y) − f −1 (y0 )| < ε0 < ε.
20 x0 je krajnja taˇcka intervala I.
Neka je x0 , recimo, lijeva krajnja taˇcka. Tada postoji ε0 > 0, ε0 < ε, tako da je
[x0 x0 + ε0 ] ⊂ I. Stavimo δ := f (x0 + ε0 ) − f (x0 ). Budu´ci da za sve y ∈ f (I)
vrijedi f −1 (y) ≥ x0 = f −1 (y0 ), zakljuˇcujemo da
(∀y ∈ f (I)) |y − y0 | < δ ⇒ y < y0 + δ = f (x0 + ε0 ) ⇒ f −1 (y) < x0 + ε0
⇒ f −1 (y) − f −1 (y0 ) < ε0 ⇒ |f −1 (y) − f −1 (y0 )| < ε0 < ε. ¤
(2.13) Napomena: Primijetimo da u prethodnoj teoremi za funkciju f nismo
pretpostavili da je neprekidna. Med¯utim, ukoliko njen domen nije interval, ˇcak
i ako pretpostavimo da je f strogo monotona i neprekidna, njen inverz ne mora
biti neprekidna funkcija (vidjeti Zadatak 1).
√
(2.14) Stav: Za sve n ∈√N su korjene funkcije f : [0, ∞) → [0, ∞), f (x) = n x
i g : R → R, g(x) = 2n−1 x neprekidne.
Dokaz. Funkcija f je inverz strogo rastu´ce funkcije g : [0, ∞) → [0, ∞), g(x) =
xn , pa je, na osnovu prethodne teoreme, neprekidna. Sliˇcno postupamo u
sluˇcaju funkcije g. ¤
Da je kompozicija neprekidnih funkcija neprekidna funkcija dokazujemo u
(2.15) Teorema: Neka je E ⊂ R neprazan skup. Ako je funkcija f : D → E
neprekidna u x0 ∈ D, a funkcija g : E → R neprekidna u f (x0 ) ∈ E, onda je i
g ◦ f : D → R neprekidna u x0 .
Dokaz. Neka je (xn ) proizvoljan konvergentan niz u D, tako da je limn xn = x0 .
Iz Hajneove teoreme (2.4) slijedi limn f (xn ) = f (x0 ) i limn g(f (xn )) = g(f (x0 )),
odnosno limn (g ◦ f )(xn ) = (g ◦ f )(x0 ), pa zbog proizvoljnosti niza (xn ) i obratne
tvrdnje u Hajneovoj teoremi zakljuˇcujemo da je g ◦ f neprekidna u x0 . ¤
2
Primjeri: (a) Funkcija h : R → R, h(x) = ex −x je neprekidna, jer h = g ◦ f
kompozicija neprekidnih funkcija f (x) = x2 − x (polinom) i g = exp.
(b) Funkcija h : R → R, h(x) =
sin (x3 )
ex +x4
je neprekidna kao koliˇcnik dvije
87
IV.3. LIMES FUNKCIJE
neprekidne funkcije: f (x) = sin (x3 ) (neprekidna kao kompozicija neprekidnih funkcija) i g(x) = ex + x4 (neprekidna kao zbir dvije neprekidne funkcije).
Ako je neka funkcija f neprekidna u x0 i f (x0 ) > 0, onda iz grafika vidimo da je
ta funkcija pozitivna i na nekoj okolini od x0 (vidi sliku). Da je to zaista tako,
slijedi iz
(
)
{
0
Slika IV.3: δ – okolina na kojoj je f > 0
(2.16) Stav: Neka je f : D → R neprekidna u x0 ∈ D i f (x0 ) > 0. Tada postoji
δ > 0, tako da je f (x) > 0, za sve x ∈ Uδ (x0 ) ∩ D.
Dokaz. Zbog neprekidnosti funkcije f u x0 , za ε = f (x2 0 ) > 0 postoji δ > 0, tako
da je |f (x) − f (x0 )| < ε, za sve x ∈ D ∩ Uδ (x0 ), odakle f (x) − f (x0 ) > −ε,
odnosno,
f (x0 )
f (x0 )
f (x) > f (x0 ) − ε = f (x0 ) −
=
> 0,
2
2
za sve x ∈ Uδ (x0 ) ∩ D. ¤
IV.3
Limes funkcije
Pod limesom ili graniˇcnom vrijednoˇs´cu funkcije f u taˇcki x0 podrazumijeva se
broj kome teˇze vrijednosti f (x), kad se x pribliˇzava ka x0 . Kako je pojam limesa
funkcije usko povezan za pojmom neprekidnosti, to se mnoge tvrdnje vezane za
limes dokazuju na sliˇcan naˇcin kao odgovaraju´ce tvrdnje koje vaˇze za neprekidne
funkcije.
Obiˇ
cni limesi
Oznaka: U ˇcitavom ovom poglavlju, ukoliko se drugaˇcije ne naglasi, podrazumijevamo da je D ⊂ R neprazan skup, a x0 njegova taˇcka nagomilavanja.
Definicija: Kaˇzemo da funkcija f : D → R ima u taˇcki x0 limes l ∈ R i
piˇsemo limx→x0 f (x) = l, ako
(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x ∈ D\{x0 }) |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − l| < ε.
(3.1) Napomene: (a) Kada smo definisali neprekidnost u x0 , funkcija je morala
biti definisana u toj taˇcki, dok kod limesa vidimo da funkcija ne mora biti
definisana u taˇcki u kojoj se posmatra limes.
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
88
(b) Skup oblika D\{x0 } ∩ Uδ (x0 ), gdje je δ > 0, nazivamo punktiranom D –
okolinom taˇcke x0 i obiˇcno ju oznaˇcavamo sa U ∗ . Uz njenu pomo´c limes funkcije
moˇzemo definisati i na sljede´ci naˇcin: za svako ε > 0 postoji punktirana D –
okolina U ∗ taˇcke x0 , tako da je |f (x) − l| < ε, za sve x ∈ U ∗ .
(c) Kako je limes funkcije f broj kome teˇze vrijednosti f (x) kad x teˇzi ka x0 ,
to se limes funkcije grafiˇcki moˇze interpretirati kao ona vrijednost kojoj teˇze
ordinate sa grafika posmatrane funkcije, kad se x pribliˇzava ka x0 (vidi sliku).
}
0
Slika IV.4: Ordinate teˇze limesu funkcije l = limx→x0 f (x)
Pojmovi neprekidnosti i limesa funkcije su med¯usobno usko povezani. Iz njihovih
definicija neposredno slijedi
(3.2) Teorema: Ako je funkcija f : D → R je neprekidna u x0 ∈ D, tada je
limx→x0 f (x) = f (x0 ). Vrijedi i obrat, odnosno, ako je x0 ∈ D i limx→x0 f (x) =
f (x0 ), onda je f : D → R neprekidna u x0 .
Primjeri: (a) limx→1 (x2 + 1) = 12 + 1 = 2, jer je f (x) = x2 + 1 neprekidna u
x0 = 1.
(b) limx→2 esin x = esin 2 , jer je f (x) = esin x neprekidna u x0 = 2.
2
−1
Med¯utim, za raˇcunanje limx→1 xx−1
potreban nam je drugaˇciji pristup zasnovan
na neprekidnim proˇsirenjem funkcije.
Definicija: Neka je data funkcija f : D → R. Tada funkciju F : D ∪
{x0 } → R neprekidnu u x0 za koju je F (x) = f (x), za sve x ∈ D\{x0 }, nazivamo
neprekidnim proˇsirenjem za f u x0 .
Zbog jednostavnosti, bez dokaza navodimo
(3.3) Stav: Ako za f : D → R postoji neprekidno proˇsirenje F u x0 , tada postoji
i limx→x0 f (x), te vaˇzi limx→x0 f (x) = F (x0 ). Vrijedi i obrat, odnosno, ako je
limx→x0 f (x) = l, tada postoji neprekidno proˇsirenje za f : D → R u x0 i dato
je sa
(
f (x), x ∈ D\{x0 },
F (x) =
l, x = x0 .
Primjer: Za funkciju f : R\{1} → R, f (x) =
neprekidno proˇsirenje u x0 = 1, odakle slijedi
x2 −1
x−1
x2 − 1
= F (1) = 2.
x→1 x − 1
lim
sin x
ex − 1
= 1, (ii) lim
= 1.
x→0 x
x→0
x
(3.4) Stav: (i) lim
je F : R → R, F (x) = x + 1
89
IV.3. LIMES FUNKCIJE
Dokaz. (i) Neka je f : R\{0} → R, f (x) =
ex −1
x .
Za x 6= 0 je
∞
∞
´ X
X
ex − 1
1³
xn
xn−1
=
1+
−1 =
.
x
x
n!
n!
n=1
n=1
P∞
n−1
Stavimo F (x) := n=1 x n! . Kako red ex konvergira za svako x ∈ R, to i red
F (x) konvergira za svako x ∈ R, pa je R interval konvergencije i stepenog reda
F . No, na osnovu Stava (2.10) je F neprekidna funkcija na R, iz ˇcega slijedi da
je F neprekidno proˇsirenje za f u x0 = 0. Otuda je
ex − 1
= F (0) = 1.
x→0
x
lim
(ii) Neka je f : R\{0} → R, f (x) =
sin x
x .
Za x 6= 0 je
∞
sin x X
x2n
=
.
(−1)n
x
(2n + 1)!
n=0
P∞
x2n
i postupaju´ci kao pod (i) zakljuˇcujemo
Stavljaju´ci F (x) := n=0 (−1)n (2n+1)!
da je F neprekidno proˇsirenje za f u x0 = 0, a kako je F (0) = 1, to imamo
tvrdnju. ¤
(3.5) Napomena: Ako je x0 izolovana taˇcka skupa D, tada je na osnovu (2.3)
svaka funkcija F : D ∪ {x0 } → R koja je podudara sa f : D → R na D\{x0 }
neprekidno proˇsirenje za f u x0 . Pretpostavimo sada da je x0 taˇcka nagomilavanja skupa D i neka su F1 i F2 neprekidna proˇsirenja za f u x0 . Iz (1.10)
slijedi sa postoji niz (xn ) u D, takav da je limn xn = x0 i xn 6= x0 , za sve n ∈ N.
Otuda je F1 (xn ) = F2 (xn ), za sve n ∈ N, odnosno, zbog neprekidnosti u x0
je F1 (x0 ) = F2 (x0 ), pa je F1 = F2 . To zapravo znaˇci da ako je x0 izolovana
taˇcka, onda f nema jedinstveno neprekidno proˇsirenje, a ako je u pitanju taˇcka
nagomilavanja, onda moˇze da ima najviˇse jedno neprekidno proˇsirenje. Upravo
to je razlog zbog kog se limesi funkcija posmatraju samo u taˇckama nagomilavanja.
Teorema analogna Hajneovoj teoremi za neprekidne funkcije (2.4) vaˇzi i za
limese funcija:
(3.6) Teorema: Ako je limx→x0 f (x) = l, a (xn ) proizvoljan niz u D\{x0 } sa
osobinom limn xn = x0 , onda je limn f (xn ) = l. Vaˇzi i obrat, odnosno, ako za
svaki niz (xn ) u D\{x0 } sa osobinom limn xn = x0 vrijedi da je niz (f (xn ))
konvergentan, tada postoji limx→x0 f (x).
Dokaz. Dokazi za smjer ” ⇒ ” u ovoj i Hajneovoj teoremi su analogni.
” ⇐ ” Neka su (xn ) i (x0n ) proizvoljni nizovi u D\{x0 } sa osobinom limn xn = x0
i limn x0n = x0 . Po pretpostavci postoje l := limn f (xn ) i l0 := limn f (x0n ). No,
tada i niz x1 , x01 , x2 , x02 , x3 , x03 , . . . teˇzi ka x0 , pa je na osnovu pretpostavke niz
f (x1 ), f (x01 ), f (x2 ), f (x02 ), . . .
konvergentan, a budu´ci da ima taˇcke nagomilavanja l i l0 , to zbog Teoreme
II (3.5) mora biti l = l0 . Prema tome, postoji l ∈ R, tako da limn f (xn ) = l, za
svaki niz (xn ) u D\{x0 } sa osobinom limn xn = x0 . Postupaju´ci kao u dokazu
obratne tvrdnje Hajneove teoreme zakljuˇcujemo da postoji limx→x0 f (x). ¤
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
90
Sliˇcnu ulogu koju je imala Hajneova teorema u dokazima Teorema (2.6) i (2.15)
ima i Teorema (3.6) u dokazima sljede´ce dvije teoreme, mada se treba re´ci da
se one mogu dokazati i direktno, koriˇstenjem definicije limesa.
(3.7) Teorema: Neka za funkcije f, g : D → R postoje l1 := limx→x0 f (x) i
l2 := limx→x0 g(x) i neka je λ ∈ R proizvoljno. Tada postoje limx→x0 (f + g)(x),
limx→x0 (λf )(x) i limx→x0 (f g)(x), te vrijedi
lim (f + g)(x) = l1 + l2 ,
x→x0
lim (λf )(x) = λ l1 ,
x→x0
Ako je, osim toga, l2 6= 0, onda za funkciju
¡ ¢
postoji limx→x0 fg (x), te je
lim
x→x0
³f ´
g
f
g
(x) =
lim (f g)(x) = l1 l2 .
x→x0
: D\{x ∈ D : g(x) = 0} → R
l1
.
l2
.
(3.8) Teorema: Neka je E ⊂ R neprazan skup. Ako za funkciju f : D → E
postoji l := limx→x0 f (x) ∈ E i ako je funkcija g : E → R neprekidna u l, tada
postoji limx→x0 (g ◦ f )(x) i vrijedi
lim (g ◦ f )(x) = g(l).
x→x0
(3.9) Primjer: Ako postoji limx→x0 f (x), onda zbog neprekidnosti funkcija
g1 , g2 : R → R, g1 (x) = |x|, g2 (x) = ex je
¯
¯
lim |f (x)| = ¯ lim f (x)¯,
lim ef (x) = elimx→x0 f (x) .
x→x0
x→x0
x→x0
Za raˇcunanje limesa korisna je tehnika smjene. Ona se sastoji u sljede´cem: Ako
je limx→x0 f (x) = l, onda uzimaju´ci u limesu limx→x0 (g(f (x)) smjenu y = f (x)
imamo limx→x0 (g(f (x)) = limy→l g(y). O tome nam govori sljede´ca teorema
ˇciji dokaz, zbog jednostavnosti, izostavljamo.
(3.10) Teorema o smjeni: Neka za f : D → E postoji l := limx→x0 f (x), te
neka je l taˇcka nagomilavanja skupa E ⊂ R. Ako postoji limy→l g(y) i ako je
f (x) 6= l, za sve x ∈ D\{x0 }, onda je
lim g(f (x)) = lim g(y).
x→x0
y→l
Primjer: Primijenimo prethodnu teoremu na raˇcunanje limesa limx→0 sinx2x .
Neka je f (x) = 2x i g(y) = siny y . Kako je limx→0 f (x) = 0 i f (x) =
6 0, za x 6= 0,
to na osnovu (3.10) imamo
lim
x→0
odakle
lim
x→0
sin 2x
= lim g(f (x)) = lim g(y) = 1,
x→0
y→0
2x
sin 2x
sin 2x
sin 2x
= lim 2
= 2 lim
= 2.
x→0
x→0 2x
x
2x
Odnos analogan odnosu izmed¯u limesa i nejednakosti koji vaˇzi za nizove (vidjeti
91
IV.3. LIMES FUNKCIJE
II (1.11)) vaˇzi i za limese funkcija.
(3.11) Teorema: Neka za funkcije f, g : D → R postoje limesi limx→x0 f (x)
i limx→x0 g(x), te neka za neku punktiranu D – okolinu U ∗ taˇcke x0 vrijedi
f (x) ≤ g(x), za sve x ∈ U ∗ . Tada je
lim f (x) ≤ lim g(x).
x→x0
x→x0
Dokaz. Neka je (xn ) proizvoljan niz u D\{x0 } sa osobinom limn xn = x0 i neka
je punktirana D – okolina U ∗ taˇcke x0 takva da vaˇzi f (x) ≤ g(x), za sve x ∈ U ∗ .
Tada postoji N ∈ N, tako da je xn ∈ U ∗ , za sve n ≥ N , pa je f (xn ) ≤ g(xn ),
za sve n ≥ N. Iz (3.6) slijedi da f (xn ) → limx→x0 f (x) i g(xn ) → limx→x0 g(x),
te na osnovu II (1.11) konaˇcno imamo limx→x0 f (x) ≤ limx→x0 g(x). ¤
Podsjetimo se da smo u Glavi II uveli pojam Koˇsijevog niza i u Teoremi I (3.6)
pokazali da je niz konvergentan, akko je Koˇsijev. Analogna tvrdnja vaˇzi i za
limese funkcija.
(3.12) Koˇ
sijev teorema: Za funkciju f : D → R postoji limx→x0 f (x), akko
za svako ε > 0 postoji punktirana D – okolina U ∗ taˇcke x0 , tako da je |f (x) −
f (y)| < ε, za sve x, y ∈ U ∗ .
Dokaz. 10 Neka postoji l := limx→x0 f (x) i neka je ε > 0 proizvoljno. Tada
postoji punktirana D – okolina U ∗ taˇcke x0 , tako da |f (x) − l| < 2ε , za sve
x ∈ U ∗ . Otuda, za sve x, y ∈ U ∗ vrijedi
|f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − l| + |l − f (y)| <
ε ε
+ = ε.
2 2
20 Neka je ε > 0 proizvoljno i neka za neku punktiranu D – okolinu U ∗ taˇcke
x0 vrijedi |f (x) − f (y)| < ε, za sve x, y ∈ U ∗ . Ako je (xn ) proizvoljan niz u
D\{x0 }, takav da limn xn = x0 , onda postoji N ∈ N, tako da za sve n ≥ N
vaˇzi xn ∈ U ∗ . Otuda, za sve m, n ≥ N imamo |f (xm ) − f (xn )| < ε, odnosno,
niz (f (xn )) je Koˇsijev, a na osnovu I (3.6) i konvergentan. Konaˇcno, iz obratne
tvrdnje u Teoremi (3.6) slijedi da postoji limx→x0 f (x). ¤
Jednostrani limesi
Vidjeli smo da je obiˇcni limes funkcije broj kome teˇze vrijednosti f (x), kad se
x pribliˇzava ka x0 , bilo sa lijeve, bilo sa desne strane. Sada ´cemo se pozabaviti
limesima koji se dobiju kad se x pribliˇzava ka x0 ili samo s lijeve ili samo s desne
strane.
Definicija:
Ako je x0 taˇcka nagomilavanja skupa D+ := D ∩ [x0 , ∞),
tada kaˇzemo da je l ∈ R desni limes funkcije f : D → R u taˇcki x0 i piˇsemo
limx→x0 + f (x) = l ili f (x0 +) = l, ako
(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x ∈ D+ \{x0 }) |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − l| < ε.
Analogno se u sluˇcaju da je x0 taˇcka nagomilavanja skupa D− := D ∩ (−∞, x0 ]
definiˇse i lijevi limes u oznaci limx→x0 − f (x) ili f (x0 −).
(3.13) Napomena: Primijetimo da je desni limes funkcije f zapravo obiˇcni
limes funkcije f |D+ , a lijevi funkcije f |D− . Zato odgovaraju´ce verzije teorema
(3.6) – (3.12) vaˇze i za jednostrane limese.
92
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
Iz definicija obiˇcnog i jednostranih limesa neposredno slijedi da izmed¯u njih postoji sljede´ci odnos:
(3.14) Stav: Neka je x0 taˇcka nagomilavanja skupova D+ i D− . Ako postoji
obiˇcni limes limx→x0 f (x), tada postoje i jednostrani limesi u x0 , te vaˇzi
lim f (x) = f (x0 +) = f (x0 −).
x→x0
Vrijedi i obrat, odnosno, ako postoje jednostrani limesi u x0 i ako je f (x0 +) =
f (x0 −), tada postoji i obiˇcni limes u x0 .
Primjer: Neka je f : [0, 2] → R data sa
(
f (x) =
x, x ∈ [0, 1],
2,
x ∈ (1, 2].
Tada je limx→1− f (x) = 1 i limx→1+ f (x) = 2, iz ˇcega slijedi da ne postoji
limx→1 f (x).
U jednu vrstu jednostranih limesa ubrajamo i limese u beskonaˇcnosti.
Definicija: Pretpostavimo da skup D nije ograniˇcen odozgo. Tada kaˇzemo
da funkcija f : D → R ima limes l ∈ R, kad x → ∞ i piˇsemo limx→∞ f (x) = l,
ako
(∀ε > 0) (∃K > 0) (∀x ∈ D) x > K ⇒ |f (x) − l| < ε.
Sliˇcno, ako skup D nije ograniˇcen odozdo, imamo da je limx→−∞ f (x) = l ∈ R,
ako
(∀ε > 0) (∃K > 0) (∀x ∈ D) x < K ⇒ |f (x) − l| < ε.
Primjer: Iz prethone definicije neposredno slijedi da je
lim
x→∞
1
=0
x
i
lim
x→−∞
1
= 0.
x
(3.15) Napomene: (a) Ako skup D nije ograniˇcen odozgo, onda skupove oblika
D ∩ (K, ∞), gdje je K ∈ R, nazivamo punktiranom D – okolinom beskonaˇcnosti,
a za ∞ kaˇzemo da je taˇcka nagomilavanja skupa D. Na taj naˇcin se ˇcinjenica
limx→∞ f (x) = l moˇze formulisati i ovako: za svako ε > 0 postoji punktirana
D – okolina beskonaˇcnosti U ∗ , tako da je |f (x) − l| < ε, za sve x ∈ U ∗ . Sliˇcno
se postupa i u sluˇcaju limx→−∞ f (x) = l. Sada se lako vidi da teoreme (3.6),
(3.7), (3.11) i (3.12) vaˇze i za limese u beskonaˇcnosti.
(b) Ako je limx→∞ f (x) = l onda pravu y = l nazivamo horizontalnom asimptotom, kad x → −∞. Analogno se definiˇse horizontalna asimptota, kad x → ∞.
(c) Sliˇcno nizovima, pojam asimptotskog ponaˇsanja moˇzemo uvesti i za funkcije:
funkcija f se asimptotski ponaˇsa kao funkcija g, kad x → x0 ∈ R i piˇsemo
f ∼ g, x → x0 , ako je
f (x)
lim
= 1.
x→x0 g(x)
Tako je, recimo, na osnovu (3.4), ex − 1 ∼ x i sin x ∼ x, kad x → 0.
93
IV.4. GLOBALNA SVOJSTVA NEPREKIDNE FUNKCIJE
Nesvojstveni limesi
Definicija: Za funkciju f : D → R kaˇzemo da u x0 ∈ R teˇzi ka beskonaˇcnosti
i piˇsemo limx→x0 f (x) = ∞, ako za svako M ∈ R postoji punktirana D –
okolina U ∗ taˇcke x0 , tako da je f (x) > M , za sve x ∈ U ∗ . Sliˇcno se definiˇse i
limx→x0 f (x) = −∞.
√
(3.16) Primjeri: (a) limx→∞ n x = ∞, za svako n ∈ N;
(b) limx→∞ xn = ∞, za svako n ∈ N i limx→−∞ xn = −∞, za svako neparno
n ∈ N;
x
(c) limx→∞ xen = ∞, za sve n ∈ N0 .
Dokaz. (a) Ako je M ∈ R proizvoljno, tada koriste´ci I (6.3), za sve x > K :=
|M |n imamo
√
√
n
n
x > K = |M | ≥ M.
p
(b) Za proizvoljno M ∈ R, iz I (6.2) slijedi da ako je x > K := n |M |, onda je
xn > K n = |M | ≥ M.
Sliˇcno se postupa i u drugom sluˇcaju.
(c) Kako za sve x > 0 vaˇzi ex >
tvrdnja. ¤
xn+1
(n+1)! ,
dobijamo da je
ex
xn
>
x
(n+1)! ,
odakle
(3.17) Napomene: (a) Odgovaraju´ce verzije teorema (3.6), (3.7), (3.10) i (3.11)
vrijede i za nesvojstvene limese. Pri tome se u (3.7) ne smiju pojavljivati izrazi
oblika ∞ − ∞, 0 · ∞ i ∞
∞.
(b) Na prirodan naˇcin se definiˇsu i limx→x0 ± f (x) = ±∞.
(c) Ako je limx→x0 + f (x) ∈ {∞, −∞} ili limx→x0 − f (x) ∈ {∞, −∞}, tada pravu
x = x0 nazivamo vertikalnom asimptotom funkcije f u taˇcki x0 .
Neposredno na osnovu definicije nesvojstvenih limesa zakljuˇcujemo
(3.18) Stav: limx→x0 |f (x)| = ∞ ⇔ limx→x0
(3.19) Primjeri: (a) limx→0
1
x2
1
f (x)
= 0.
= ∞, jer je limx→0 x2 = 0.
(b) limx→0+ x1 = ∞, jer je limx→0+ x = 0, pa je x = 0 vertikalna asimptota
funkcije x 7→ x1 u x0 = 0. Uz pomo´c smjene y = −x imamo da je
lim
x→0−
1
1
1
= lim
= − lim
= −∞.
y→0+ y
x y→0+ −y
(c) Za sve n ∈ N0 je limx→−∞ xn ex = 0, jer je
¯ 1 ¯
ey
e−x
¯
¯
lim ¯ n x ¯ = lim
= lim n = ∞.
n
x→−∞ x e
y→∞ y
x→−∞ |x|
IV.4
Globalna svojstva neprekidne funkcije
Teorema o med¯uvrijednosti
Sljede´ca tvrdnja, poznata pod imenom teorema o med¯uvrijednosti nam kaˇze da
je neprekidna slika intervala opet interval. Ovu tvrdnju mogu´ce je interpretirati
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
94
i na sljede´ci naˇcin: ako je funkcija f neprekidna na intervalu I, onda njena
slika f (I) ne moˇze imati ”rupa”, tj. poprima sve med¯uvrijednosti, ˇsto je mogu´ce
samo ako je f (I) interval.
(4.1) Teorema: Neka je I ⊂ R proizvoljan interval i f : I → R neprekidna
funkcija. Tada je i skup f (I) interval.
Dokaz. Dovoljno je dokazati da za sve α, β ∈ f (I), α < β i svako γ ∈ R, tako
da je α < γ < β, vrijedi γ ∈ f (I). Neka su, dakle, α, β ∈ f (I), α < β i γ ∈ R,
α < γ < β, proizvoljni. Tada postoje a, b ∈ I, tako da je α = f (a) i β = f (b).
Razlikujemo dva sluˇcaja.
10 a < b.
Primijetimo da je [a, b] ⊂ I, jer je I interval. Rekurzivnim postupkom konstruiˇsimo niz umetnutih intervala In = [an , bn ], In+1 ⊂ In , sa svojstvom
f (an ) ≤ γ ≤ f (bn ).
(∗n )
Zbog pretpostavke je f (a) < γ < f (b), pa moˇzemo uzeti I1 := [a, b]. Neka je
mn := 12 (an + bn ) sredina intervala In . Ako In ima svojstvo (∗n ), tada
(
[an , mn ], ako γ ≤ f (mn ),
In+1 = [an+1 , bn+1 ] :=
[mn , bn ], ako f (mn ) < γ,
ima svojstvo (∗n+1 ) i vrijediTIn+1 ⊂ In . Iz Teoreme o umetnutim intervalima
I (6.4) slijedi da postoji c ∈ n∈N In . Budu´ci da smo In+1 dobili polovljenjem
1|
intervala In , to je |In+1 | = 12 |In |, odakle zakljuˇcujemo da je |In | = 2|In−1
, odnosno
da |In | → 0. Oˇcigledno je niz (an ) rastu´ci, a niz (bn ) opadaju´ci, a kako su oba
ograniˇcena, to na osnovu Teoreme II (2.1) slijedi da su konvergentni. No, kako
je
lim bn − lim an = lim(bn − an ) = lim In = 0
n
n
n
n
i an ≤ c ≤ bn , za sve n ∈ N, to iz Sendviˇc – teoreme II (1.12) imamo da je
c = lim an = lim bn .
n
n
Na kraju, zbog neprekidnosti funkcije f je limn f (an ) = f (c) i limn f (bn ) = f (c),
odakle, koriste´ci Sendviˇc – teoremu u (∗n ) dobijamo da je γ = f (c) ∈ f (I).
20 a > b.
Svodi se na sluˇcaj 10 zamjenom uloga a i b. ¤
Ako je f (a)f (b) < 0, tj. ako f (a) i f (b) imaju razliˇcite predznake, onda je
oˇcigledno da grafik neprekidne funkcije f : [a, b] → R mora presje´ci x – osu u
nekoj taˇcki c ∈ [a, b] (vidi sliku). Ta ˇcinjenica je posljedica prethodne teoreme
i navodimo ju kao
(4.2) Stav: Ako je f : [a, b] → R neprekidna i f (a)f (b) ≤ 0, tada postoji
c ∈ [a, b], tako da je f (c) = 0.
Dokaz. Neka je I = [a, b]. Kako f (a), f (b) ∈ f (I) imaju razliˇcite predznake, a
f (I) je interval, to je 0 ∈ f (I), odnosno 0 = f (c), za neko c ∈ I. ¤
Na osnovu ove posljedice lako moˇzemo dokazati teoremu o egzistenciji aritmetiˇckog korjena.
IV.4. GLOBALNA SVOJSTVA NEPREKIDNE FUNKCIJE
95
0
Slika IV.5: Sluˇcaj kada je f (a) < 0 i f (b) > 0
(4.3) Dokaz teoreme I (4.15): Posmatrajmo funkciju f : R → R, f (x) =
xn − a. S jedne strane je f (0) = −a ≤ 0, a s druge strane imamo
f (1 + a) = (1 + a)n − a ≥ 1 + a − a = 1 > 0.
Kao polinom, f je neprekidna funkcija, pa iz (4.2) zakljuˇcujemo da postoji
b ∈ [0, 1 + a], tako da je f (b) = 0, tj. da je bn = a. Jedinstvenost aritmetiˇckog
korjena, odnosno u ovom sluˇcaju broja b, slijedi iz ˇcinjenice da je f strogo
rastu´ca funkcija na [0, ∞). ¤
Neprekidnost i kompaktnost
Da je neprekidna slika kompaktnog skupa kompaktan skup dokazujemo u
(4.4) Teorema: Ako je K ⊂ R kompaktan skup i f : K → R neprekidna
funkcija, tada je i skup f (K) kompaktan.
Dokaz. Neka je yn ∈ f (K) proizvoljan niz. Tada je yn = f (xn ), za neke xn ∈
K, a kako je K kompaktan skup, to postoje x0 ∈ K i podniz (xnk ), tako
da xnk → x0 . Otuda, zbog neprekidnosti funkcije f imamo f (xnk ) → f (x0 ),
odnosno ynk → y0 , gdje je y0 = f (x0 ) ∈ f (K), tj. postoji podniz niza (yn ) koji
konvergira nekom elementu skupa f (K). ¤
Ukoliko je domen neprekidne funkcije f kompaktan skup, tada postoje i min f
i max f , odnosno vaˇzi
(4.5) Teorema o minimumu i maksimumu: Ako je K ⊂ R kompaktan skup
ˇ
i f : K → R neprekidna funkcija, tada je f ograniˇcena. Staviˇ
se, postoje i min f
i max f .
Dokaz. Na osnovu (4.4) je f (K) kompaktan skup, pa iz (1.14) slijedi da postoje
min f (K) i max f (K). ¤
U (4.1) smo pokazali da je neprekidna slika intervala interval, a sada ´cemo
dokazati i da je neprekidna slika segmenta segment.
(4.6) Teorema: Ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija, tada je
f ([a, b]) = [m, M ],
gdje je m = min f , a M = max f .
Dokaz. Iz (4.4) i (4.1) slijedi da je f ([a, b]) i kompaktan skup i interval, a to je
jedino mogu´ce ako je f ([a, b]) = [α, β], za neke α, β ∈ R. Oˇcigledno je α = m i
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
96
β = M. ¤
Kao neposrednu posljedicu prethodne teoreme imamo
(4.7) Stav: Ako je funkcija f [a, b] → R neprekidna i rastu´ca, onda je f ([a, b]) =
[f (a), f (b)], a ako je neprekidna i opadaju´ca, onda je f ([a, b]) = [f (b), f (a)].
Uniformna neprekidnost
Definicija: Funkciju f : D → R nazivamo Lipˇsic2 – neprekidnom, ako
postoji L ≥ 0, tako da
(∀x, y ∈ D) |f (x) − f (y)| ≤ L|x − y|.
Pri tome broj L nazivamo Lipˇsicovom konstantom za f .
(4.8) Primjeri: (a) f : R → R, f (x) = ax + b, gdje su a, b ∈ R, je Lipˇsic –
neprekidna sa Lipˇsicovom konstantom L = |a|, jer je
(∀x, y ∈ R) |f (x) − f (y)| = |a||x − y|.
(b) f : R → R, f (x) = |x| je Lipˇsic – neprekidna sa L = 1, jer je na osnovu
nejednakosti I (2.17)
(∀x, y ∈ R) |f (x) − f (y)| = ||x| − |y|| ≤ |x − y|.
(4.9) Stav: Ako je funkcija f : D → R Lipˇsic – neprekidna, onda je i neprekidna.
Dokaz. Neka su x0 ∈ D i ε > 0 proizvoljni. Ako je L > 0, tada za δ :=
ε
L
imamo
(∀x ∈ D) |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| ≤ L|x − x0 | < Lδ = ε.
Ako je L = 0, onda je funkcija f konstantna, pa prema tome i neprekidna. ¤
Definicija: Za funkciju f : D → R kaˇzemo da je uniformno neprekidna,
ako
(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x, y ∈ D) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε.
Napomene: (a) Lako se vidi da ako je funkcija uniformno neprekidna da je
onda i neprekidna.
(b) Ako je f : D → R Lipˇsic – neprekidna, tada je i uniformno neprekidna.
Zaista, ako je ε > 0 proizvoljno i L > 0 Lipˇsicova konstanta, tada za δ := Lε
vrijedi
(∀x, y ∈ D) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ L|x − y| < Lδ = ε.
Kao ˇsto se obiˇcna neprekidnost funkcija moˇze karakterizovati pomo´cu nizova
(Hajneova teorema (2.4)), tako je nizovima mogu´ce karakterizovati i uniformnu
neprekidnost. O tome nam govori naredna tvrdnja, ˇciji dokaz, zbog sliˇcnosti sa
dokazom Hajneove teoreme, izostavljamo.
2 Rudolf
Otto Sigismund Lipschitz (1832 – 1903), njemaˇ
cki matematiˇ
car
97
IV.4. GLOBALNA SVOJSTVA NEPREKIDNE FUNKCIJE
(4.10) Stav: Funkcija f : D → R je uniformno neprekidna, akko za svaka dva
niza (xn ) i (x0n ) u D, takva da |xn − x0n | → 0, vrijedi |f (xn ) − f (x0n )| → 0.
(4.11) Primjeri: (a) Funkcija f : [1, ∞) → R, f (x) =
jer je Lipˇsic – neprekidna. Zaista,
(∀x, y ∈ [1, ∞)) |f (x) − f (y)| =
je uniformno neprekidna,
|x − y|
≤ |x − y|.
xy
(b) Posmatrajmo funkciju f : (0, 1] → R, f (x) =
uzimaju vrijednosti u skupu (0, 1], te vrijedi
|xn − x0n | =
1
x
1
x.
Nizovi xn =
1
n
i x0n =
1
2n
1
→ 0 ∧ |f (xn ) − f (x0n )| = n 9 0,
2n
pa na osnovu (4.10) zakljuˇcujemo da f nije uniformno neprekidna.
(4.12) Kantorova teorema: Ako je K ⊂ R kompaktan skup i f : K → R
neprekidna funkcija, tada je f i uniformno neprekidna.
Dokaz. Pretpostavimo da f nije uniformno neprekidna. Tada bi na osnovu
(4.10) postojali nizovi (xn ) i (x0n ) u K, takvi da |xn − x0n | → 0 i |f (xn ) −
f (x0n )| 9 0. Stavimo an := f (xn ) − f (x0n ). Tada an 9 0, pa negacijom
definicije konvergencije u sluˇcaju a = 0 dobijamo da vaˇzi
(∃ε0 > 0) (∀N ∈ N) (∃n ∈ N) n ≥ N ∧ |an | ≥ ε0 .
Otuda slijedi da za N = 1 postoji n1 ∈ N, sa osobinom n1 ≥ 1 i |an1 | ≥ ε0 .
Takod¯e, med¯utim, slijedi i da za dato nk ∈ N i N = nk + 1 postoji nk+1 ∈ N,
tako da je nk+1 ≥ nk + 1 i |ank+1 | ≥ ε0 . Kako je niz (nk ) strogo rastu´ci, to smo
rekurzivnim postupkom dobili podniz (ank ) sa osobinom
(∀k ∈ N) |ank | ≥ ε0 .
(2)
Budu´ci da je K kompaktan skup, a xnk ∈ K, slijedi da postoje x0 ∈ K i podniz
podniza (xnk ) (iz praktiˇcnih razloga ´cemo ga opet oznaˇcavati sa (xnk )), tako
da xnk → x0 . No, zbog |xn − x0n | → 0 je i x0nk → x0 , pa koriste´ci neprekidnost
funkcije f imamo
|ank | = |f (xnk ) − f (x0nk )| → |f (x0 ) − f (x0 )| = 0,
ˇsto je u suprotnosti sa (2). ¤
(4.13) Napomena: Iz prethodnih tvrd¯enja slijedi da postoji sljede´ci odnos:
Lipˇsic – neprekidnost ⇒ uniformna neprekidnost ⇒ obiˇcna neprekidnost.
Obrat ne vrijedi, naime, ako je funkcija neprekidna, onda ne mora biti uniformno neprekidna, kao ˇsto pokazuje primjer (4.11)(b). Isto tako, funkcija koja
je uniformno neprekidna nije obavezno i Lipˇsic – neprekidna (vidjeti Zadatak
12).
98
IV.5
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
Elementarne funkcije
Eksponencijalna, logaritamska i njima
srodne funkcije
Eksponencijalna funkcija uvedena je u poglavlju III.3, gdje su i dokazane njene
glavne osobine. U ovom poglavlju nam je cilj da uvedemo logaritamsku funkciju
i to, u suˇstini, kao funkciju inverznu eksponencijalnoj. Zato ´cemo prvo dokazati
da je funkcija exp strogo rastu´ca, dakle i injektivna. Delikatniji je problem
odred¯ivanja njene slike. U tu svrhu potrebna nam je Teorema o med¯uvrijednosti
(4.1), odnosno njena posljedica (4.7). Sem toga, u ovom poglavlju definiˇsmo i
pojam realnog stepena, te opˇstu stepenu, opˇstu eksponencijanu, opˇstu logaritamsku, hiperboliˇcke i njima inverzne, area funkcije. Njihove osobine su jednostavne posljedice osobina ekponencijalne i logaritamske funkcije.
(5.1) Teorema: Eksponencijalna funkcija exp : R → R je neprekidna, strogo
rastu´ca funkcija, ˇcija je slika exp(R) = (0, ∞). Osim toga, funkcija exp brˇze se
mijenja od bilo kojeg polinoma, tj. za svako n ∈ N0 vrijedi
ex
= ∞,
x→∞ xn
lim
lim xn ex = 0.
x→−∞
Dokaz. Neprekidnost funkcije exp slijedi iz Posljedice (2.11), a tvrdnje u vezi sa
rastom dokazane su u Primjerima (3.16) i (3.19). Neka su x1 , x2 ∈ R, x1 < x2 ,
proizvoljni i h := x2 − x1 > 0.
1
0
Slika IV.6: Grafik funkcije exp
Iz
ex2
h
h2
= eh = 1 + +
+ ... > 1
x
1
e
1!
2!
i pozitivnosti broja ex1 (vidjeti III (3.3) ) slijedi ex1 < ex2 , tj. exp je strogo
rastu´ca. Dalje, koriste´ci (4.7) zakljuˇcujemo da je exp([a, b]) = [ea , eb ], odakle
zbog lima→−∞ ea = 0 i limb→∞ eb = ∞ dobijamo exp(R) = (0, ∞). ¤
Iz prethodne teoreme i Teoreme o neprekidnosti inverzne funkcije (2.12) neposredno slijedi
(5.2) Definicija i teorema: Funkcija f : R → (0, ∞), f (x) = ex je strogo
rastu´ca i bijektivna. Njen inverz ln : (0, ∞) → R nazivamo logaritamskom
funkcijom i ona predstavlja neprekidnu, strogo rastu´cu funkciju.
99
IV.5. ELEMENTARNE FUNKCIJE
Napomena: Na osnovu definicije logaritamske imamo da je
(∀x ∈ R) ln ex = x,
(∀x > 0) eln x = x.
Izvedimo neke osobine logaritama.
0
1
Slika IV.7: Grafik funkcije ln
(5.3) Stav: Za sve x, y > 0 vrijedi: (i) ln xy = ln x + ln y, (ii) ln xy = ln x − ln y.
ln(1 + x)
Osim toga je (iii) lim
= 1.
x→0
x
Dokaz. (i) Mnoˇzenjem jednakosti eln x = x i eln y = y dobijamo eln x+ln y = xy.
S druge strane je eln xy = xy, odakle imamo eln x+ln y = eln xy , ˇsto zajedno sa
injektivnoˇs´cu eksponencijalne funkcije daje (i). Dokaz za (ii) sliˇcan je dokazu
prethodne tvrdnje, samo ˇsto jednakosti na poˇcetku ne mnoˇzimo, nego dijelimo.
(iii) Neka je g(y) = eyy−1 . Na osnovu (3.4) znamo da je limy→0 g(y) = 1. Neka je,
dalje, f (x) = ln(1+x). Zbog neprekidnosti funkcije ln je limx→0 f (x) = ln 1 = 0.
Koriste´ci Teoremu o smjeni kod limesa (3.10) imamo,
1 = lim g(y) = lim g(f (x)) = lim
y→0
x→0
x→0
ln(1 + x)
.¤
x
Definicija: Neka je a > 0 i b ∈ R. Tada realni stepen ab definiˇsemo sa
ab := eb ln a .
Napomene: (a) Da se realni stepen ab u sluˇcaju b ∈ Q svodi na racionalni
stepen vidimo iz sljede´ceg: koriste´ci matematiˇcku indukciju i tvrdnje (i), (ii)
prethodnog stava, lako se dokaˇze da ln am√= m ln a, za sve m ∈ Z. Neka je
m
n
n ln a , y :=
m ∈ Z, n ∈ N, b = m
am . Tada na osnovu Leme III (3.4)
n i x := e
imamo
m
xn = em ln a = eln a = am ,
te y n = am , odakle xn = y n , odnosno x = y.
(b) Za sve a > 0 i b ∈ R vrijedi formula
ln ab = b ln a.
(3)
Zaista, ln ab = ln eb ln a = b ln a.
Uobiˇcajene formule koje smo sretali kod racionalnih stepena vaˇze i za realne
stepene:
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
100
(5.4) Stav: Neka je a, b > 0 i x, y ∈ R. Tada: (i) ax+y = ax ay ,
¡ ¢y
¡ ¢x
x
(ii) ax = axy , (iii) (ab)x = ax bx , (iv) aay = ax−y , (v) ab =
ax
bx .
Dokaz. Dokaˇzimo, recimo, samo (iii). Koriste´ci osobinu (i) logaritamske funkcije
iz Stava (5.3), imamo
(ab)x = ex ln ab = ex(ln a+ln b) = ex ln a ex ln b = ax bx . ¤
Definicija: Neka je α ∈ R. Tada funkciju f : (0, ∞) → R, f (x) = xα
nazivamo opˇstom stepenom funkcijom.
Napomena: Iz xα = eα ln x slijedi da je opˇsta stepena funkcija kompozicija
funkcije x 7→ α ln x i eksponencijalne funkcije. Otuda zakljuˇcujemo da je
neprekidna, te strogo rastu´ca za α > 0, odnosno strogo opadaju´ca za α < 0.
Pokazuje se da je izgled njenog grafika bitno uslovljen time da li je α < 0,
α ∈ (0, 1) ili je α > 1. U prvom sluˇ
caju on izgleda sliˇcno grafiku funkcije
√
x 7→ x1 , u drugom sluˇcaju funkcije x 7→ x, a u tre´cem funkcije x 7→ x2 .
ˇ se tiˇce rasta opˇste stepene funkcije, pokaza´cemo da se ona mijenja brˇze od
Sto
logaritamske funkcije.
(5.5) Stav: Za svako α > 0 vrijedi (i) lim
x→∞
ln x
= 0, (ii) lim xα ln x = 0.
x→0+
xα
Dokaz. (i) Kako za proizvoljno K ∈ R i svako x > eK vrijedi ln x > K, to je
limx→∞ ln x = ∞. Koriste´ci teoremu o smjeni u limesu (3.10), za y = ln x i
z = αy imamo
ln x
1
y
z
lim
= lim αy =
lim
= 0.
x→∞ xα
y→∞ e
α z→∞ ez
(ii) Smjenom y = x1 , iz (i) dobijamo
lim xα ln x = − lim
x→0+
y→∞
ln y
= 0. ¤
yα
Definicija: Neka je a > 0. Funkciju f : R → R, f (x) = ax nazivamo
opˇstom eksponencijalnom funkcijom.
Napomene: (a) Kako je ln a < 0, za a ∈ (0, 1) i ln a > 0, za a ∈ (1, ∞), to iz
ax = ex ln a slijedi da je eksponencijalna funkcija neprekidna i strogo rastu´ca za
a ∈ (0, 1), te strogo opadaju´ca za a ∈ (1, ∞).
1
1
0
0
(a) a > 1
(b) a ∈ (0, 1)
Slika IV.8: Grafik funkcije f (x) = ax
(b) Kao i u sluˇcaju funkcije exp, moˇze se dokazati da je za a > 0 i a 6= 1 funkcija
101
IV.5. ELEMENTARNE FUNKCIJE
f : R → (0, ∞), f (x) = ax bijektivna. Njen inverz loga := f −1 nazivamo opˇstom
logaritamskom funkcijom. Logaritmuju´ci jednakost aloga x = x i koriste´ci (3)
0
1
Slika IV.9: Grafik funkcije f (x) = loga x u sluˇcaju a ∈ (0, 1)
dobija se loga x ln a = ln x, odnosno
loga x =
ln x
.
ln a
Pomo´cu ove relacije i (5.3) lako se izvode svi standardni identiteti vezani za
logaritme. Napomenimo i to da je za a > 1 funkcija x 7→ loga x strogo rastu´ca
i da njen grafik u principu izgleda kao i grafik funkcije ln, dok je u sluˇcaju
a ∈ (0, 1) strogo opadaju´ca.
Definicija: Funkcije ch, sh, th : R → R definisane sa
ch x :=
¢
¢
1¡ x
1¡
sh x
e + e−x , sh x := ex − e−x , th x :=
2
2
ch x
nazivamo kosinus, sinus, odnosno tangens hiperboliˇcki.
Napomena: Adicione formule sliˇcne trigonometrijskim vaˇze i za hiperboliˇcke
funkcije (vidjeti Zadatak 14). Osim toga, neposredno se provjeri da vrijedi
(∀x ∈ R) ch2 x − sh2 x = 1.
(4)
Preko navedene formule se hiperboliˇcke funkcije mogu dovesti u vezu sa hiper-
ch
sh
1
0
0
Slika IV.10: Grafici funkcija ch i sh
bolom x2 − y 2 = 1, kojoj i duguju svoje ime. Njihove osnovne osobine ´cemo
sumirati u sljede´cem stavu.
102
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
1
0
-1
Slika IV.11: Grafik funkcije th
(5.6) Stav: Sve hiperboliˇcke funkcije su neprekidne. Pri tome je funkcija ch
parna i strogo rastu´ca na [0, ∞), dok su sh i th neparne i strogo rastu´ce na R.
Osim toga vrijedi
lim th x = ±1,
x→±∞
odnosno prave y = ±1 su horizontalne asimptote za th, kad x → ±∞.
Dokaz. Neprekidnost slijedi iz neprekidnosti eksponencijalne funkcije, dok se
tvrdnje u vezi sa parnoˇs´cu neposredno provjere. Kako je funkcija x 7→ − 12 e−x
strogo rastu´ca, to je i shpstrogo rastu´ca kao zbir dvije strogo rastu´ce funkcije.
Iz (4) slijedi da je ch = 1 + sh2 , odakle zakljuˇcujemo da je ch strogo rastu´ca
na [0, ∞). Na kraju, iz
th x =
ex − e−x
e2x − 1
2
=
= 1 − 2x
,
ex + e−x
e2x + 1
e +1
slijedi da je th strogo rastu´ca na R i da limx→∞ th x = 1. Otuda, zahvaljuju´ci
neparnosti imamo limx→−∞ th x = −1. ¤
U matematici vaˇznu ulogu igraju funkcije inverzne hiperboliˇckim, area funkcije.
Moˇze se pokazati (vidjeti u [3]) da postoji odred¯eni odnos izmed¯u njih i izvjesnih
povrˇsina vezanim za hiperbolu, po ˇcemu su i dobile ime (na latinskom rijeˇc area
znaˇci povrˇsina). Sljede´ce tvrdnje se lako dokazuju.
(5.7) Stav: (i) Funkcija f : [0, ∞) → [1, ∞), f (x) = ch x je bijekcija, a arch :=
f −1 je data sa
p
¡
¢
arch : [1, ∞) → [0, ∞), arch x = ln x + x2 − 1 .
(ii) Funkcija sh je bijekcija, a arsh := sh−1 je data sa
p
¡
¢
arsh : R → R, arsh x = ln x + x2 + 1 .
(iii) Funkcija g : R → (−1, 1), g(x) = th x je bijekcija, a arth := g −1 je data sa
arth : (−1, 1) → R, arth x = ln
³1 + x´
1−x
.
103
IV.5. ELEMENTARNE FUNKCIJE
arch
arsh
0
0
1
Slika IV.12: Grafici funkcija arch i arsh
0
Slika IV.13: Grafik funkcije arth
Trigonometrijske i arkus funkcije
Kao ˇsto je bilo naglaˇseno u poglavlju III.3, od osobina funkcija cos i sin preostalo je joˇs da se pokaˇzu one koje su u sebe ukljuˇcuju broj π. Prirodno, prvo
se postavlja pitanje ˇsta predstavlja broj π. Mi ´cemo ga uvesti tako ˇsto ´cemo π2
definisati kao najmanju pozitivnu nulu funkcije cos. Za to ´ce nam biti potrebna
Posljedica (4.2) Teoreme o med¯uvrijednosti. Nakon toga dokaza´cemo, izmed¯u
ostalog, da su funkcije cos i sin periodiˇcne, te ´cemo im odrediti nule, ˇsto nas
dovodi u poziciju da moˇzemo uvesti i funkcije tg i ctg. Iza toga dolazi na red
definisanje arkus funkcija. Poglavlje zavrˇsavamo uvod¯enjem pojma elementarne
funkcije.
(5.8) Lema: Za sve x ∈ (0, 2] vrijedi:
(i) x −
x3
6
< sin x,
(ii) cos x < 1 −
x2
4
+
x4
24 .
Dokaz. U dokazu glavnu ulogu ima nejednakost iz Posljedice III (1.14) Lajbnicovog kriterijuma.
(i) Kao prvo primijetimo da je red sin x alterniraju´ci, za svako x ∈ R; osim toga,
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
104
za x ∈ (0, 2] i bn :=
x2n+1
(2n+1)!
bn+1
=
bn
je
x2n+3
(2n+3)!
x2n+1
(2n+1)!
=
x2
22
2
≤
= < 1,
(2n + 2)(2n + 3)
2·3
3
za sve n ≥ 0, pa je niz (bn )n∈N0 strogo opadaju´ci. Otuda imamo
| sin x − x| <
x3
,
3!
3
odnosno sin x − x > − x3! , ˇcime smo dokazali (i).
(ii) Red
∞
X
x4
x2
x2n
1 − cos x =
−
+ ... =
(−1)n+1
2!
4!
(2n)!
n=1
2n
x
je alterniraju´ci za sve x ∈ R. Neka je bn := (2n)!
. Tada za sve x ∈ (0, 2] i n ≥ 1
vaˇzi
x2n+2
bn+1
x2
22
1
(2n+2)!
≤
= < 1,
= x2n =
bn
(2n + 1)(2n + 2)
3·4
3
(2n)!
pa je niz (bn )n∈N strogo opadaju´ci. Otuda,
¯
x2 ¯¯ x4
¯
,
¯1 − cos x − ¯ <
2!
4!
odnosno 1 − cos x −
x2
2!
4
> − x4! , za sve x ∈ (0, 2], odakle slijedi (ii). ¤
(5.9) Lema: (i) Za sve x ∈ (0, 2] je sin x > 0; (ii) cos 2 < 0.
Dokaz. (i) Na osnovu tvrdnje (i) u prethodnoj lemi imamo da za svako x ∈ (0, 2]
vrijedi
³
³
x3
x2 ´
22 ´ x
sin x > x −
=x 1−
≥x 1−
= > 0.
6
6
6
3
(ii) Uvrˇstavanjem x = 2 u nejednakost (ii) prethodne leme dobijamo
cos 2 < 1 −
22
24
1
+
=− . ¤
2
24
3
(5.10) Lema: Funkcija cos je strogo opadaju´ca na [0, 2].
x−y
Dokaz. Neka je x, y ∈ [0, 2] i x > y. Tada je x+y
2 , 2 ∈ (0, 2), te na osnovu
x+y
x−y
(5.9)(i) vaˇzi sin 2 > 0 i sin 2 > 0. Konaˇcno, koriste´ci trigonometrijski
identitet II (3.10)(ii) dobijamo
cos x − cos y = −2 sin
x+y
x−y
sin
< 0,
2
2
odnosno cos x < cos y. ¤
(5.11) Definicija i teorema: Funkcija cos ima taˇcno jednu nulu u intervalu
[0, 2] koju ´cemo oznaˇciti sa π2 . Za nju vrijedi
cos
π
π
= 0, sin = 1.
2
2
(5)
105
IV.5. ELEMENTARNE FUNKCIJE
Dokaz. Kako je cos 0 = 1 > 0, a na osnovu Leme (5.9) i cos 2 < 0, to zbog
neprekidnosti i Stava (4.2), funkcija cos ima u [0, 2] barem jednu nulu. Med¯utim,
iz zbog prethode leme slijedi da je ona jedinstvena. Koriste´ci identitet III (3.10)(i)
imamo cos2 π2 + sin2 π2 = 1, odakle je sin π2 ∈ {−1, 1}. No, kako je π2 ∈ (0, 2], to
na osnovu (5.9)(i) dobijamo sin π2 = 1. ¤
(5.12) Stav: Za sve x ∈ R vrijedi
¡
¢
cos x + π2 = − sin x, cos(x + π) = − cos x,
¡
¢
sin x + π2 = cos x, sin(x + π) = − sin x,
cos(x + 2π) = cos x,
sin(x + 2π) = sin x.
Prema tome, funkcije cos i sin su periodiˇcne sa periodom 2π.
Dokaz. Iz adicione formule III (3.9) za kosinus slijedi
¡
π¢
π
π (5)
cos x +
= cos x cos − sin x sin = − sin x,
2
2
2
a iz adicione formule za sinus,
¡
π¢
π
π (5)
= sin x cos + cos x sin = cos x.
sin x +
2
2
2
Dalje je
¢
¡
¢
¡
¢
¡
cos(x + π) = cos x + π2 + π2 = cos x + π2 cos π2 − sin x + π2 sin π2 =
¡
¢
− sin x + π2 = − cos x.
Analogno se dokazuju i preostale formule. ¤
cos
1
-3p/2
p/2
-p/2
3p/2
0
-1
1
-p
sin
p
0
-1
Slika IV.14: Grafici funkcija cos i sin
(5.13) Stav: Skup
nule funkcije sin.
©π
2
ª
©
ª
+kπ : k ∈ Z ˇcini nule funkcije cos, a skup kπ : k ∈ Z
£ π¤
π
Dokaz. Iz teoreme (5.11) slijedi da funkcija
¡ π π cos
¤ ima 2 kao jedinu nulu u 0, 2 ,
a zbog parnosti je to jedina nula i u − 2 , 2 . Otuda,
¡ π koriste´
¤ ci formulu cos(x +
3π
3π
π) = − cos x, zakljuˇcujemo da je 2 jedina nula u 2 , 2 . Iz¡ svega navedenog
¤
proizilazi da su π2 i 3π
− π2 , 3π
2 jedine nule funkcije cos u intervalu
2 . Kako
je duˇzina posljednjeg intervala 2π, ˇsto je i period funkcije cos, slijedi da sve
106
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
preostale nule dobijamo iz π2 i 3π
cime smo dokazali
2 dodavanjem 2kπ (k ∈ Z), ˇ
tvrdnju u vezi sa nulama kosinusa.¡ Tvrdnja
u
vezi
sa
nulama
sinusa slijedi iz
¢
prethodno dokazanog i formule sin x + π2 = cos x. ¤
(5.14) Stav: 2π je najmanji period funkcija cos i sin.
Dokaz. Pretpostavimo da je T ¡∈ (0, 2π)¢period funkcije cos. Kako je − π2 nula
bila njena nula. Iz prethodnog stava
funkcije cos, to bi i − π2 + T ∈ − π2 , 3π
2
slijedi da je − π2 + T = π2 , odnosno
T
=
π,
ˇsto nije period funkcije cos. Tvrdnja
¡
¢
za sinus slijedi iz relacije cos x + π2 = − sin x. ¤
©
ª
sin
Definicija:
Funkcije
tg : R\ π2 + kπ : k ∈ Z → R, tg := cos
, odnosno
©
ª
cos
ctg : R\ kπ : k ∈ Z → R, ctg := sin nazivamo tangens, odnosno kotangens.
Napomena: Lako se vidi da su funkcije tg i ctg neprekidne, neparne i periodiˇcne
sa periodom π. Funkcije cos, sin i tg kao periodiˇcne, svakako nisu injektivne, pa
ctg
Slika IV.15: Grafici funkcija tg i ctg
se ne moˇze govoriti o njihovom inverzu. Ipak, suˇzavanjem domena moˇzemo ih
uˇciniti strogo monotonim. Joˇs kad im uz pomo´c (4.7) odredimo i slike, moˇzemo
dobiti bijektivne funkcije, ˇcije inverze nazivamo arkus funkcijama.
(5.15) Definicija i teorema: (i) Funkcija f : [0, π] → [−1, 1], f (x) = cos x
je bijektivna i strogo opdaju´ca funkcija. Njen inverz arccos : [−1, 1] → [0, π]
nazivamo arkus kosinus i on predstavlja neprekidnu, strogo opadaju´cu funkciju.
£
¤
(ii) Funkcija f : − π2 , π2 → [−1, 1], f (x)£ = sin x ¤je bijektivna i strogo rastu´ca
funkcija. Njen inverz arcsin : [−1, 1] → − π2 , π2 nazivamo arkus sinus i on
predstavlja neprekidnu, neparnu i strogo rastu´cu funkciju.
Dokaz. Budu´ci da su dokazi navedenih tvrdnji sliˇcni, opredijeli´cemo se, recimo,
za dokaz tvrdnje (ii).
£
¡ π π ¢ x−y ¡ π ¤
¤
Neka je x, y ∈ − π2 , π2 i x > y. Tada vaˇzi x+y
2 ∈ − 2 , 2 i 2 ∈ 0, 2 .
¤
£
Kako je zbog
funkcija cos strogo opadaju´ca¡ na 0, π2¢ i cos π2 = 0, to je
£ (5.10)
¢
π π
cos > 0 na 0, π2 , a zbog parnosti
¡ je πi ¤cos > 0 na − 2 , 2 . S druge strane, iz
(5.9)(i) imamo da je sin > 0 na 0, 2 , pa iz svega navedenog proizilazi da je
x−y
cos x+y
ci III (3.10)(iii) imamo
2 > 0 i sin 2 > 0, odakle, koriste´
f (x) − f (y) = sin x − sin y = 2 sin
x−y
x+y
cos
> 0,
2
2
107
IV.5. ELEMENTARNE FUNKCIJE
p
p/2
-1
0
1
Slika IV.16: Grafik funkcije arccos
tj., f je ¡£
strogo rastu´
¤¢ c£a ¡funkcija.
¢ ¡ Na
¢¤ osnovu neprekidnosti funkcije f i (4.7)
imamo f − π2 , π2 = f − π2 , f π2 = [−1, 1], pa je f i surjektivna. Neprekidnost funkcije arcsin := f −1 posljedica je Teoreme (2.12) o neprekidnosti inverza,
dok neparnost slijedi iz neparnosti funkcije sin. ¤
p/2
-1
0
1
-p/2
Slika IV.17: Grafik funkcije arcsin
Napomena:
Funkcije arccos i arcsin su usko povezane; naime, ako u formuli
¡
sin π2 − α) = cos α stavimo α = arccos x, onda dobijamo da za sve x ∈ [−1, 1]
vaˇzi
π
arccos x + arcsin x = .
2
¡
¢
(5.16) Definicija i teorema: Funkcija f : − π2 , π2 → R, f¡ (x) = tg¢x je strogo
rastu´ca i bijektivna. Njoj inverznu funkciju arctg : R → − π2 , π2 nazivamo
arkus tangens i ona predstavlja neprekidnu, neparnu i strogo rastu´cu funkciju.
Za nju vrijedi
π
(6)
lim arctg x = ± ,
x→±∞
2
odnosno prave y = ± π2 su horizontalne asimptote, kad x → ±∞.
Dokaz.
Iz
£
¢ prethodne teoreme zakljuˇcujemo da su cos i sin nenegativne funkcije
na 0, π2 , pri ˇcemu je cos strogo opadaju´ca, a sin strogo rastu´
£ cπa.¢ Iz toga slijedi
1
da je cos strogo rastu´ca, pa je tg takod¯e strogo rastu´ca na 0, 2 , kao proizvod
dvije strogo rastu´ce funkcije.
¡
¢
Kako je tg neparna, to se lako zakljuˇci da je strogo rastu´ca na ˇcitavom − π2 , π2 .
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
108
p/2
arctg
0
-p/2
Slika IV.18: Grafik funkcije arctg
Na osnovu limx→ π2 sin x = 1 i limx→ π2 cos x = 0 vidimo da tg nije ograniˇcena
£
¢
tg x = ∞. Zbog
na 0, π2 , pa koriste´ci Zadatak 3, zakljuˇcujemo da je lim
x→ π
2−
¡¡
neparnosti je i limπ tg x = −∞, odakle, imaju´ci u vidu (4.7), imamo tg −
x→− 2 +
¢¢
π π
,
=
R,
odnosno
tg je i surjektivna. Neprekidnost funkcije ¡arctg posljedica
2 2
¢
je Teoreme (2.12) o neprekidnosti inverza. Kako je arctg : R → − π2 , π2 strogo
rastu´ca i bijektivna, to je jasno da vrijedi (6). ¤
Definicija: Konstantna funkcija, stepene funkcije, korjene funkcije, exp,
ln, cos, sin, arccos, arctg, kao i sve funkcije koje se iz prethodno nabrojanih mogu
dobiti primjenom konaˇcno mnogo operacija sabiranja, mnoˇzenja, dijeljenja i
kompozicije nazivaju se elementatne funkcije.
Napomena: Primjer elementarne funkcije je
q
x 7→ ln(x3 + 4ex + 1) − 11 arctg2 (1 + sin 2x).
Oˇcigledno je da su polinomi, racionalne funkcije, opˇsta eksponencijalna, opˇsta
logaritamska, opˇsta stepena, hiperboliˇcke i area funkcije
√ elementarne. Zbog
arcsin = π2 − arccos je i arcsin elementarna, a zbog |x| = x2 je x 7→ |x| takod¯e
elementarna.
IV.6
Zadaci
1. Dokazati da je funkcija f : (0, 1] ∪ (2, 3) → (0, 2) zadana sa
(
x,
x ∈ (0, 1]
f (x) =
x − 1, x ∈ (2, 3),
strogo rastu´ca, bijektivna i neprekidna, ali da njen inverz nije neprekidna
funkcija.
2. Ako je funkcija f : [a, ∞) → R rastu´ca i ograniˇcena odozgo, tada postoji
limx→∞ f (x) u R.
3. Neka je a ∈ R, b ∈ R i a < b. Ako je funkcija f : [a, b) → R rastu´ca i nije
ograniˇcena, tada je limx→b− f (x) = ∞.
4. Neka je a, b ∈ R, a < b i f : [a, b] → R monotona funkcija. Dokazati:
(a) Za svako ξ ∈ (a, b) postoje f (ξ±). Osim toga, postoje i f (a+) i f (b−).
(b) Skup taˇcaka u kojima f nije neprekidna je prebrojiv.
109
IV.6. ZADACI
5. Ako je f : [0, 1] → [0, 1] neprekidna funkcija, dokazati da tada postoji
c ∈ [0, 1], tako da je f (c) = c.
6. Pretpostavimo da je f : [0, 1] → R neprekidna i da je f (0) = f (1).
Dokazati da postoji c ∈ [0, 21 ], tako da je f (c) = f (c + 21 ).
7. Ako je I ⊂ R interval i f : I → R neprekidna i injektivna, onda je i strogo
monotona.
8. Da li postoji neprekidna funkcija f : R → R, tako da za sve x ∈ R vrijedi
(f ◦ f )(x) = e−x ?
9. Ako je K ⊂ R kompaktan skup i f : K → f (K) bijektivna i neprekidna,
tada je i f −1 : f (K) → K neprekidna.
10. Neka je f : [a, ∞) → R neprekidna funkcija, tako da u R postoji limx→∞ f (x).
Dokazati da je tada f ograniˇcena.
11. Da li funkcija f : [1, ∞) → R, f (x) =
odnosno maksimum?
3x2 +x
x3 +x2 +1
ima globalni minimum,
√
12. Dokazati da je funkcija f : [0, 1] → R, f (x) = x uniformno neprekidna,
ali da nije Lipˇsic – neprekidna.
³
1
1 ´x
13. Dokazati: (a) lim (1 + x) x = e, (b) lim 1 +
= e.
x→±∞
x→0
x
14. Dokazati adicione formule za hiperboliˇcke funkcije:
(∀x, y ∈ R) ch(x ± y) = ch x ch y ± sh x sh y,
(∀x, y ∈ R) sh(x ± y) = sh x ch y ± sh y ch x.
15. Dokazati sljede´cu tvrdnju: Ako je funkcija f : I → R neprekidna, tada je
ona konveksna, akko za sve x1 , x2 ∈ I vrijedi
f
³ x + x ´ f (x ) + f (x )
1
2
1
2
≤
.
2
2
16. Dokazati da je funkcija x 7→ ex konveksna na R, a x 7→ sin x konkavna na
[0, π].
110
GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE
Bibliografija
[1] D. Adnad¯evi´c, Z. Kadelburg. Matematiˇcka analiza I. Nauka, Beograd, 1998.
[2] H. Amann, J. Escher. Analysis 1. Birk¨auser, Basel, 2002.
[3] K. K¨onigsberger. Analysis 1. Springer – Verlag, 2001.
[4] S. Kurepa. Matematiˇcka analiza II. Tehniˇcka knjiga, Zagreb, 1979.
[5] S. Mardeˇsi´c. Matematiˇcka analiza u n–dimenzionalnom realnom proˇ
storu. Prvi dio. Skolska
knjiga, Zagreb, 1974.
[6] E. Mendelson. Introduction to Mathematical Logic, Chapman & Hall/CRC,
1997.
[7] W. Rudin. Principles of Mathematical Analysis. McGraw – Hill Book Company, New York, 1976.
[8] R. Schneider. Analysis 1. Skript (WS 1999/2000), Freiburg im Breisgau
[9] W. Walter. Analysis I. Springer – Verlag, 1990.
111
Indeks
aksioma
polja, 5
potpunosti, 11
ured¯enja, 8
apsolutna vrijednost, 10
asimptota
horizontalna, 92
vertikalna, 93
asimptotsko ponaˇsanje
funkcija, 92
nizova, 42
elementarna, 108
hiperboliˇcka, 101
injektivna, 3
inverzna, 3
konstantna, 23
konveksna, 26
konvkavna, 26
korjena, 28
Lipˇsic – neprekidna, 96
logaritamska, 98
monotona, 24
neparna, 23
neprekidna, 82
ograniˇcena, 25
opadaju´ca, 24
opˇsta eksponencijalna, 100
opˇsta logaritamska, 101
opˇsta stepena, 100
parna, 23
periodiˇcna, 25
racionalna, 28
rastu´ca, 24
Rimanova zeta, 54
surjektivna, 3
trigonometrijska, 72, 106
uniformno neprekidna, 96
binomni koeficijent, 18
broj
algebarski, 36
kardinalni, 31
Ojlerov, 69
transcedentan, 36
π, 104
cijeli dio, 36
Dekartov proizvod, 2
disjunkcija, 1
ekvipotentni skupovi, 31
ekvivalencija, 1
element
najmanji ili minimalni, 11
najve´ci ili maksimalni, 11
grafik, 3
implikacija, 1
infimum, 11
interval, 9
konvergencije, 74
iskaz, 1
faktorijel, 18
formula
Adamarova, 74
adiciona, 72
binomna, 19
Ojlerova, 74
funkcija, 2
afina, 23
area, 102
arkus, 106
bijektivna, 3
eksponencijalna, 69
Koˇsijev proizvod redova, 67
konaˇcni proizvod, 17
konjunkcija, 1
konvergencija
apsolutna reda, 58
niza, 37
reda, 52
112
113
INDEKS
u R, 47
korjen
aritmetiˇcki, 16
neparni, 17
kriterijum
Abelov, 77
Dalamberov, 60
Dirihleov, 56
Koˇsijev korjeni, 60
Lajbnicov, 57
limes konvergencije reda, 56
majorantni apsolutne konvergencije reda, 59
majorantni konvergencije reda,
55
kvantifikatori, 1
limes
funkcije, 87
inferior, 44
jednostrani funkcije, 91
nesvojstveni funkcije, 93
niza, 37
superior, 44
maksimum funkcije, 25
matematiˇcka indukcija, 13
med¯a
donja, 11
gornja, 11
minimum funkcije, 25
nejednakost
Bernulijeva, 35
izmed¯u aritmetiˇcke i geometrijske sredine, 35
obratna trougla, 10
trougla, 10
neprekidno proˇsirenje, 88
niz, 30
divergentan, 37
Fibonaˇcijev, 77
geometrijski, 39
harmonijski, 38
Koˇsijev, 46
konvergentan, 37
monoton, 30, 42
nula funkcije, 25
okolina, 37
punktirana, 88
punktirana beskonaˇcnosti, 92
Paskalov trougao, 19
Paskalova jednakost, 19
permutacija reda, 61
podniz, 43
polinom, 27
polje, 8
realnih brojeva, 12
ured¯eno, 9
princip
matematiˇcke indukcije, 12
najmanjeg elementa, 14
umetnutih intervala, 30
radijus konvergencije, 74
red, 52
alterniraju´ci, 57
dvostruki, 65
geometrijski, 52
harmonijski, 53
sa nenegativnim ˇclanovima, 53
stepeni, 73
rekurzivna definicija, 14
relacija, 2
binarna, 2
ekvivalencije, 2
restrikcija funkcije, 3
Sendviˇc – teorema, 41
skup, 1
beskonaˇcan, 31
cijelih brojeva, 20
induktivan, 12
iracionalnih brojeva, 22
kompaktan, 81
konaˇcan, 31
ograniˇcen, 11
otvoren, 79
partitivni, 2
prebrojiv, 33
prebrojivo beskonaˇcan, 33
prirodnih brojeva, 12
proˇsireni realnih brojeva, 47
racionalnih brojeva, 21
realnih brojeva, 12
vrijednosti, 3
zatvoren, 80
slika, 3
stepen
cjelobrojni, 20
prirodni, 14
racionalni, 22
114
realni, 99
suma
dvostruka, 64
dvostrukog reda, 66
geometrijska, 18
konaˇcna, 17
parcijalna, 52
reda, 52
supremum, 11
taˇcka
nagomilavanja niza, 43
izolovana, 81
nagomilavanja skupa, 81
unutraˇsnja, 79
teorema
Arhimedova, 14
Bolcano – Vajerˇstrasova, 45
Hajneova, 83
Kantorova, 97
Koˇsijeva o egzistenciji limesa funkcije,
91
o jednakosti stepenih redova, 76
o Koˇsijevom proizvodu redova,
67
o med¯uvrijednosti, 94
o minimumu i maksimumu, 95
o neprekidnosti inverza, 86
o smjeni kod limesa, 90
Rimanova, 63
ˇ
Stolcova,
49
topoloˇski prostor, 80
zapis
b – adski, 54
binarni, 54
dekadski, 54
INDEKS

Lopitalova pravila

Granične vrijednosti i neprekidnost funkcija jedna

Uvod u funkcije više promjenljivih i parcijalne izvode

Školsko natjecanje iz 2015

Školsko natjecanje iz 2014

Nizovi - Front Slobode

6. Limes i neprekidnost funkcije

MATEMATIKA II 2014

MJERA I INTEGRAL

Untitled

Fizika predsokratskih filozofa

MATEMATIˇCKE METODE FIZIKE 1 i 2