MATEMATICKAANALIZAI &IIBorisGuljaspredavanjaZagreb,1.9.2007.UvodMatematickaanalizaI.&II.sustandardnijednosemestralni kolegijikoji sepredajunaprvojgodinistudijamatematikenaPMF-MatematickomodjeluSveucilistauZagrebu. Gradivotihkolegijaizlazesesasatnicomodtrisatapredavanja i tri ili cetiri sata vjezbi tjedno u prvom i drugom semestru studija.Program kolegija obuhvaca osnovna znanja o funkcijama realne varijable, oddenicija osnovnih elementarnih funkcija, preko pojma limesa niza i funkcije,neprekidnostifunkcije,dodiferencijalnogiintegralnogracuna.Izlaganje gradiva podijeljeno je na sest poglavlja, od kojih se prva tri po-glavlja izlazu u prvom semestru,a posljednja tri u drugom semestrustudija.Ukljucena su i dva dodatka koja omogucuju snalazenje u jeziku matematickelogikeijezikuskupovakojisekoristeuizlaganju.Uprvompoglavljuobradujuseosnovnipojmovioskupovimaifunkcija-ma, na nacin da se paznja posvecuje konkretnim skupovima prirodnih, cijelih,racionalnihi realnihbrojeva. Prvoseintuitivnoi heuristicki opisujusvoj-stvatihskupova, dabi unastavkudali aksiomatikuskuparealnihbrojeva.Pojam funkcije se uvodi kroz ponavljanje poznatih pojmova iz srednje skole,azatimsekrozuvodenjeoperacijekompozicijei pojmainverznefunkcije,formalno deniraju arcus i area funkcije. Kod deniranja pojmova inmumai supremumaskupa,upoznajemostudentes strogim matematickimnacinomformuliranjatihpojmovapomoculogickihveznikaikvantikatora. Takoderseupoznajusnacinomkakorazlikovati velicinubeskonacnihskupovakrozpojamprebrojivogineprebrojivogskupa.Drugopoglavlje je posvecenonizovimarealnih brojevai njihovojkonver-genciji. Narocitoseinzistiranapojmukonvergencijeniza, jertojeprvioz-biljni susretspojmomkoji zahtijevashvacanjebeskonacnogmatematickogprocesa. PosebnoseinzistiranarazumijevanjuCauchyjevedenicijelimesaniza. Nakrajuseuvodi skupkompleksnihbrojevai konvergencijanizovaunjemu,teodnosskonvergencijomkomponentnihrealnihnizova.Utrecempoglavljuobradujeselimesfunkcijei neprekidnostfunkcije, stimdaseti pojmovi uvodepomocunizova, ali sedokazujui koristeCau-chyjevevarijante tih pojmova. Pokazuje se vezaneprekidnostii monotonostiiiiivfunkcije,tesedokazujeneprekidnostsvihelementarnihfunkcija.Drugisemestarpocinjes cetvrtimpoglavljemodiferencijalnomracunuiteorijski i prakticki relevantnimpojmovimauvezi sderivacijom. Posebno,dokazuju se teoremi srednje vrijednosti i primjenjuju na probleme istrazivanjatokafunkcije. Takoderpokazujemonekeprimjeneunumerickojmatematici.Pojamintegrabilnosti uRiemannovomsmisluuvodi seupetompoglav-lju. Tudokazujemointegrabilnost elementarnihfunkcija pomocunjihoveneprekidnosti ilimonotonosti podijelovima. Takodersedeniraprimitivnafunkcija i daju se osnovne tehnike integralnog racuna. Obraduju se primjenenanalazenje povrsinalikovai volumenatijela, kaoi zakrivljenostravninskihkrivulja.Posljednje sesto poglavlje je posveceno redovima brojeva i redovima funk-cija. Proucava se apsolutna konvergencija redova i dokazuju se dovoljni uvjetizakonvergencijuredova. Odredovafunkcijaposebannaglasakjenaredovi-mapotencija. SpecijalnosepromatrajuTaylorovi redovi osnovnihfunkcija.Takoder se ukratkoobradujui osnovnecinjenice oFourierovimredovimaperiodickihfunkcija.Dodaci Ai Bsuuvrsteni zatodastudentimabudunaraspolaganjuos-novnaznanjaizmatematickelogikei elementarneteorijeskupovapotrebnazasvladavanjeovogkolegija.OBAVEZNALITERATURA:1. S. Kurepa, Matematickaanaliza1: Diferenciranjei integriranje, Teh-nickaknjiga,Zagreb,1984.2. S.Kurepa, Matematickaanaliza2: Funkcijejednevarijable, Tehnickaknjiga,Zagreb,1984.DOPUNSKALITERATURA:1. M. H. Protter, C. B. Morrey, A First Course in Real Analysis, SpringerVerlag,1991.BorisGuljasSadrzajUvod iii1 Skupovi ifunkcije 11.1 Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 Skupovi N, Z, Q. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 PrikazskupovaQiRnapravcu. . . . . . . . . . . . . 61.1.3 Decimalnibrojevi,aproksimacija . . . . . . . . . . . . 71.1.4 Kartezijevaravnina,koordinatnisustav. . . . . . . . . 81.2 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.1 Klasikacijarealnihfunkcijapomocugrafa . . . . . . . 101.2.2 Linearnefunkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.3 Apsolutnavrijednostiudaljenost . . . . . . . . . . . . 121.2.4 Kvadratnafunkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2.5 Razlomljenelinearnefunkcije . . . . . . . . . . . . . . 151.2.6 Polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2.7 Racionalnefunkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.8 Kompozicijafunkcija,inverznafunkcija. . . . . . . . . 161.2.9 Korijeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.2.10 EksponencijalnafunkcijanaQ,logaritamskafunkcija,opcapotencija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.2.11 Hiperbolneiareafunkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 221.2.12 Trigonometrijskeiarkusfunkcije . . . . . . . . . . . . 241.3 AksiomipoljaR,supremumiinmum,potpunost . . . . . . . 281.3.1 AksiomipoljaR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.3.2 Supremumiinmumskupa,potpunost . . . . . . . . . 311.3.3 EksponencijalnafunkcijanaR(I.) . . . . . . . . . . . 351.4 Ekvipotentniskupovi,prebrojivost . . . . . . . . . . . . . . . 362 Nizovi 412.1 Nizipodniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.2 LimesnizauR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42vvi SADRZAJ2.3 Operacijeskonvergentnimnizovima. . . . . . . . . . . . . . . 452.3.1 Primjerikonvergentnihnizova . . . . . . . . . . . . . . 472.3.2 EksponencijalnefunkcijenaR(II.) . . . . . . . . . . . 502.4 Limessuperiorilimesinferior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.5 Cauchyjevniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.6 PoljeC,nizoviuC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.6.1 PoljekompleksnihbrojevaC. . . . . . . . . . . . . . . 552.6.2 EksponencijalnafunkcijanaC. . . . . . . . . . . . . . 562.6.3 NizoviuC,limesnizauC. . . . . . . . . . . . . . . . 573 Limesineprekidnostfunkcije 613.1 Limesfunkcije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 613.1.1 LimesuR. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.2 JednostranilimesuR . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.2 Neprekidnostfunkcijeutocki . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.2.1 Neprekidnostioperacijesfunkcijama. . . . . . . . . . 713.2.2 NeprekidnosteksponencijalnefunkcijenaR . . . . . . 723.2.3 Neprekidnosttrigonometrijskihfunkcija . . . . . . . . . 733.2.4 Neprekidnostfunkcijenasegmentu . . . . . . . . . . . 743.3 Neprekidnostimonotonost. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.3.1 Neprekidnost korijena, logaritamske, area i arcus funkcija 783.4 Jednostrananeprekidnostfunkcije. . . . . . . . . . . . . . . . 813.5 OtvoreniskupoviuR. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834 Derivacija 854.1 Motivacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.2 Diferencijabilnostioperacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.3 Derivacijeelementarnihfunkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 934.3.1 Potencijeikorijeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.3.2 Trigonometrijskeiarcusfunkcije . . . . . . . . . . . . 934.3.3 Eksponencijalnafunkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 944.3.4 Hiperbolneiareafunkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 954.4 Teoremisrednjevrijednosti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 964.5 Monotonostiderivacijafunkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.6 Taylorovteorem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.6.1 Odredivanjeekstremapomocuderivacijavisegreda . . 1034.6.2 Konveksnefunkcije,ineksija . . . . . . . . . . . . . . 1054.6.3 Okomiteikoseasimptotenagraffunkcije . . . . . . . 1094.6.4 LHospitalovopravilo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1114.7 Svojstvakonveksnihfunkcija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124.8 Primjenederivacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114SADRZAJ vii4.8.1 Lagrangeovinterpolacijskipolinom . . . . . . . . . . . 1144.8.2 Newtonovametoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1175 Riemannovintegral 1215.1 Problempovrsineiradasile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.2 Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1225.3 Osnovnasvojstva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1275.4 Integrabilnostmonotonihineprekidnihfunkcija . . . . . . . . 1305.5 Primitivnafunkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1345.6 Metodeintegriranja. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1365.6.1 Direktnaintegracija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1365.6.2 Integracijaracionalnihfunkcija . . . . . . . . . . . . . 1425.7 Primjene. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1445.7.1 Volumenrotacionogtijela . . . . . . . . . . . . . . . . 1445.7.2 Duljinaravninskekrivulje . . . . . . . . . . . . . . . . 1445.7.3 Povrsinarotacioneplohe . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.7.4 Zakrivljenostravninskekrivulje . . . . . . . . . . . . . 1465.8 Nepraviintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1475.8.1 Kriterijkonvergencijenepravogintegrala . . . . . . . . 1506 Redovi 1536.1 Denicijareda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1536.2 Denicijakonvergencijereda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1556.3 Usporedivanjeredova,apsolutnakonvergencija . . . . . . . . . 1586.4 Uvjetizakonvergencijureda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1616.5 Produktredova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1666.6 Redovipotencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1676.7 Tayloroviredovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1716.8 Fourieroviredovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1756.9 Uniformnakonvergencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1786.10 SumiranjeredovausmisluCesara . . . . . . . . . . . . . . . . 182AAlgebraizjava 185A.1 Izjaveiveznici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185A.2 Izjavnefunkcijeikvantikatori . . . . . . . . . . . . . . . . . 186BElementarnateorijaskupova 189B.1 Skupoviioperacijesaskupovima . . . . . . . . . . . . . . . . 189B.2 Inkluzijaiprazanskup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191B.3 Zakoniunije,presjekaioduzimanja . . . . . . . . . . . . . . . 192B.4 Univerzalniskupikomplement . . . . . . . . . . . . . . . . . 194viii SADRZAJB.5 Kartezijevprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195B.6 Relacijeifunkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196Index 197Poglavlje1Skupoviifunkcije1.1 SkupoviPojmovi skupi element ili clanskupapredstavljajuosnovneili primitivnepojmovekoji senedeniraju. Intuitivno, pojamskupapredstavljacjelinukoju cineelementiili clanovitog skupa. Za pisanje cinjenicedaje a elementskupaAkoristimooznakua A, adaanijeelement skupaAkoristimooznakua , A.Naprimjer, postoji skupciji clanovi susvi primitivni brojevi manji od10. Tojeskupodcetiri elementa: 2, 3, 5i 7. Taj skupmozemooznacitinabrajajuci clanove unutar viticastih zagrada: 2, 3, 5, 7. Nazovimoga s A.NekajeBskupsvihrjesenjapolinomijalnejednadzbex4 17x3+ 101x2247x + 210 = 0. MozemoprovjeritidaskupBimatocnoista cetiri clana2,3,5i7. IztograzlogaskupoviAiBsuidenticni,tj. A = B.Skupkojinemanitijednog clanazovemoprazanskupioznacavamos .Kazemo da je skup A podskup skupa Bi pisemo A B, ako je svaki ele-mentt AujednoielementskupaB,tj. t,(t A) (t B). Posljednjaizjavajenapisanapomoculogickihznakovaiglasi: zasvakit,telementodA povlaci (slijedi) t element od B. Znak (za svaki) je logicki kvantikator(univerzalni kvantikator), i onopisujeopsegizjavekojaizanjegaslijedi.Znak jelogicki veznikkojizovemoimplikacija. On povezujedvije izjaveicitamo ga slijedi, povlaci, ako - onda. Drug logicki kvantikator je , kvan-tikator egzistencije ili postojanja. Npr. izjava a(a A), postoji element akoji je u skupu A, kazuje da skup A ima barem jedan clan, tj. A ,= . Porednavedenihkvantikatorakoristimojosslijedeceveznikeililogickeoperacije:, & (konjunkcija) koji odgovara jezicnom vezniku i, (disjunkcija)je vez-nikili,a (ekvivalencija)citamoakoisamoako,ondaisamoondaislicno. Navedeni veznici odgovarajupojedinimoperacijamasaskupovima.12 POGLAVLJE1. SKUPOVIIFUNKCIJEOperacija presjek skupova A i Bu oznaci ABodgovara vezniku i, a njenrezultatjeskupkojisadrzioneisamoone clanovekojisu clanoviskupaAiskupaB,tj. t(t A B) ((t A) (t B)). OperacijaunijaskupovaAi Buoznaci A Bodgovaraveznikuili, anjenrezultatjeskupkojisadrzi onei samooneclanovekoji suclanovi skupaAili skupaB, tj. t(t AB) ((t A) (t B)). Ako veznik povezuje dvije izjave, ondasuonejednakovrijedne,objesuistiniteilisuobjelazne.Osnovnaznanjaologickimizjavamai skupovimapotrebnaudaljnjimrazmatranjimaobradenasuuDodatkuA(str. 185.) i B(str. 189.). Sadacemo se posvetiti konkretnim skupovima kojima cemo se baviti u ovom kursu.1.1.1 Skupovi N, Z, QUnasimrazmatranjimaposebnovaznuuloguigrajuskupovi koji nemajusamo konacno mnogo clanova. Takav je skup prirodnih brojeva ko-jeg oznacavamo s N, a njegovi clanovi suprirodni brojevi 1, 2, 3, . . ., tj.N= 1, 2, 3, . . .. NaskupuNmozemousporedivati brojeve, tj. zasva-kadvarazlicitaprirodnabrojaznamokoji jemanji akoji jeveci, tj. kojijeprijekojegauprirodnomporetku. Zapravo,zasvakiprirodnibrojznamokoji broj dolazi nakon njega, tj. tko mu je sljedbenik. Ako krenemo od prvogprirodnogbroja, kojegoznacavamos1, i odsvakogbrojapredemonanje-govogsljedbenika, procicemosvimprirodnimbrojevima. Sadasmoupravoopisalisvojstvakoja cinePeanove1aksiomeskupaN:1. PostojiprvielementuskupuNioznacavamogas1,tj. 1 N. Tojejedinielementkojinijesljedbeniknekogprirodnogbroja.2. Svakiprirodnibrojimasljedbenika,tj. n N, s(n) N.3. Vrijediaksiommatematickeindukcije:NekajeS Ntakavdavrijedi:1) 1 S,2) n N,(n S) (s(n) S).TadajeS= N.SvakiskupzakojegvrijedePeanovi aksiomipoistovjecujemosaskupomprirodnih brojeva. Naravno, postoje razlicite realizacije skupa N. Naprimjer,1GiuseppePeano(Cuneo[Piemonte], 27. kolovoz1858. Turin, 20. travanj 1932.)talijanskimatematicar1.1. SKUPOVI 3jednu mozemo sagraditi od praznog skupa: N = , , , , . . .,gdjejesljedbenikdeniransas(a) = a, a N.Pomocufunkcije sljedbenikmozemonaNdenirati binarnuoperacijuzbrajanja. Zan Nstavimos(n) = n + 1. Sadastavimo n, m N, n + m = s(s(s(. . . s. .m(n) . . .))) = s[m](n).Lako se provjeri da je ta operacija asocijativna ( n, m, k N), n+(m+k) =(n + m) + k, i komutativna(n, m N), n + m=m + n. Osimoperacijezbrajanja, na N mozemo denirati relaciju strogog uredaja < tako da kazemon N,n < s(n),tj. imamo1 < 2 < 3 0 onda funkcija ima minimumjednak0utockix0= 0,auslucajua < 0jemaksimum0zax0= 0. TockuT= (0, 0)nagrafuzovemotjemeparabole.0a1a10a1a0Opca kvadratna funkcija je zadana formulomf(x) = ax2+bx+c =. Ona se moze napisatiuoblikuf(x)=a_x +b2a_2+ c b24a. Oda-tle je vidljivoda je tjeme te parabole u tockiT=(b2a, D4a),gdjejebrojD=b2 4acdiskriminanta kvadratne funkcije. Ako jeD 0jedinorjesenjejeu=ex=y+_y2+ 1. Odatlejex=ln(y+_y2+ 1), gdje24 POGLAVLJE1. SKUPOVIIFUNKCIJEjefunkcijay ln(y+_y2+ 1)denirananaR. Sadauzmimobilokojiy Rinekajex = ln(y +_y2+ 1). Jasnojedaodatleslijediy= sh x,tj.1(sh)=R. Dakle, inverznafunkcijash1: R Rjedeniranaformulomsh1x = ln(x +x2+ 1), x R.Nekajey 1(th) 1, 1), tj.x R, y=thx=e2x1e2x+ 1. Odatleje(1 y)e2x=1 + y,odnosnox=12 ln_1 +y1 y_. Kaouprethodnomslucajuzakljucujemo 1(th)= 1, 1)i dajeinverznafunkcijath1: 1, 1) Rdeniranaformulomth1x =12 ln_1 +x1 x_, x 1, 1).Zbog cthx =1thx, x R0, je 1(cth) = 1t; t 1, 1) = R[1, 1].Takoder slijedi da je cth1: R[1, 1] R0 zadana formulom cth1x =12 ln_x + 1x 1_, x R [1, 1].Nekajey 1(Ch) [1, +), tj. x [0, +), y=Chx=ex+ ex2.Tadadobijemojednadzbue2x 2yex+ 1=0, odnosnoex=y _y21.No, x 0 ex1paje jedinorjesenje ex=y+_y21, tj. x=ln(y+_y21). Odatle dobivamo 1(Ch) = [1, +) i funkcija Ch1: R RjedeniranaformulomCh1x = ln(x +x21), x [1, +).1.2.12 TrigonometrijskeiarkusfunkcijeNekajeuKartezijevomkoordinatnomsustavuzadanakruznicapolumjera1(trigonometrijskakruznica)i nanjojsredisnji kutsvrhomuishodistu,aprvi krakmuje pozitivni dioosi x. Kutupridruzujemorealanbrojkojiodgovaraduljinilukanakruznicikojiodsjecajukrakovikuta. Akojedrugi krak odmaknutod prvogau pozitivnom smjeru(suprotnomod smjerakazaljkenasatu), ondajekutpozitivan, ausuprotnomjenegativan. Tumjeru kuta nazivamo radijan. Dakle, puni kut je 2radijana, a pravi kut je2radijana. Saslikejejasnodajepridruzivanjekojerealnimbrojevimakojiodgovaraju radijanima pripadnih sredisnjih kutova pridruzuje tocke jedinicnekruzniceK, 0:[0, 2) K, bijekcija. Tufunkcijujemoguceprosiriti dofunkcije : R K, (x) = 0(rx), gdje je x = 2k+rx, k Z, 0 rx< 2.1.2. FUNKCIJE 25Sada cemo geometrijski denirati trigonome-trijske funkcije sinus (sin), kosinus (cos), tan-gens (tg) i kotangens (ctg) tako da pri-druzimokoordinateA=(cos , sin ), B=(1, tg) i C= (ctg, 1). Iz slicnosti pripad-nih pravokutnih trokuta vrijedi tg =sin cos ictg =cos sin .011DCBAxyDenicija1.9.Za funkciju f: T(f) R kazemo da je periodicka perioda> 0akovrijedi1) x T(f) x + T(f),2) f(x + ) = f(x), x T(f).Akopostoji najmanji period0>0ondanjegazovemotemeljni periodfunkcijef.Primijetimo, ako je > 0 period funkcije f, onda je ntakoder period odf, n N. S druge strane postoje periodicke funkcije koje nemaju temeljnogperiodakaonpr. f: R Rdeniranasf(x)=1zax Qi f(x)=0zax , Q. Svaki Q+jenjenperiod,patajskupnemaminimumveciod0.01

2 cossinxyFunkcijesin: R [1, 1] i cos: R [1, 1] superiodickestemeljnimperiodom2, tj. vrijedi sin(x + 2)=sin xi cos(x + 2)=cos x, x R.Izslikejejasnodavrijedi sin x=cos(x 2), x R, odnosno, cos x=sin(x +2), x R. Nadalje,sinjeneparna,acosparnafunkcija.Satrigonometrijskekruznicejevidljivodavrijedicos2x + sin2x = 1, x R, (1.24)stojeosnovnatrigonometrijskajednakost.26 POGLAVLJE1. SKUPOVIIFUNKCIJESada cemogeometrijskidokazatiosnovniadicioniteoremzafunkcijuko-sinus:cos(x + y) = cos xcos y sin xsin y, x, y R. (1.25)NaslicidesnoistaknutesutockeA = (cos , sin ),B= (1, 0),C= (cos , sin ),D = (cos( + ), sin( + )).Iz slicnosti trokuta OACi OBD slijedijednakostduljinad(A, C) = d(B, D). tj.011BDCAxy(cos cos )2+(sin sin )2= (1 cos(+))2+(0 sin(+))2cos2 2 cos cos + cos2 + sin2 + 2 sin sin + sin2 == 1 2 cos( + ) + cos2( + ) + sin2( + ) 2 2 cos cos + 2 sinsin = 2 2 cos( + ) (1.25).Iz(1.25)lakoslijediadicioniteoremzafunkcijusinus:sin(+) = cos(2) = cos(2) cos +sin(2) sin = sin cos +cos sin .Izprethodnihformulalakodobijemosin xcos y =12[sin(x + y) + sin(x y)],cos xcos y =12[cos(x + y) + cos(x y)], (1.26)sin xsin y =12[cos(x y) cos(x + y)].Funkcije tg : R2 +k; k Z R i ctg : Rk; k Z R imajuosnovni period. Toslijedi iztg(x + )=sin(x + )cos(x + )= sin xcos x=tgxictgx =1tgx. Funkcijetg ictg suneparne.1.2. FUNKCIJE 2701

2

2tgxy01

2

2ctgxyPeriodicke funkcije nisu injekcije, pa zato nemaju inverzne funkcije. Medutim,njihove restrikcije nadijelove podrucjadenicije nakojemsustrogomo-notone, jesuinjekcije. TakodeniramoSin=sin [[2,2], Cos =cos [[0,],Tg = tg [2,2)iCtg = ctg [0,). Dakle,paroviinverznihfunkcijasu:Sin : [2,2] [1, 1],Cos : [0, ] [1, 1],Tg : 2,2) R,Ctg : 0, ) R,Sin1= arcsin : [1, 1] [2,2],Cos1= arccos : [1, 1] [0, ],Tg1= arctg : R 2,2),Ctg1= arcctg : R 0, ).011 1

2

2

2Sinarcsinxy011 1

2

2Cosarccosxy28 POGLAVLJE1. SKUPOVIIFUNKCIJE01

2

2

2

2Tgarctgxy01

2

2CtgarcctgxyNaravno, tonisujedine restrikcije koje subijekcije. Zasvakon Zjesin [[2+n,2+n]=Sinn: [2+ n,2+ n] [1, 1] bijekcija. NjenainverznafunkcijaSin1n: [1, 1] [2+ n,2+ n] mozesedobiti kaoSin1n(x) = (1)nSin1(x) + n, x [1, 1].Istotakojecos [[n,(n+1)]=Cosn: [n, (n + 1)] [1, 1]bijekcijaizanjenuinverznufunkcijuCos1n:[1, 1] [n, (n + 1)]vrijedi Cos1n(x)=(1)n(Cos1(x) 2) + n +2, x [1, 1].Josjejednostavniji slucajinverznihfunkcijarestrikcijaodtg ictg. Zatg [2+n,2+n)=TgnvrijediTg1n(x) =Tg1(x) + n, x Rianalognozactg [n,(n+1))= CtgnvrijediCtg1n(x) = Ctg1(x) + n, x R.Zadatak1.3. Rijesimojednadzbesin x = bicos y = bzab [1, 1].Rjesenje: Za svako n Zje xn=Sin1n(b) =(1)nSin1(b)+n iyn= Cos1n(b) = (1)n(Cos1(b) 2) + n +2. Zadatak1.4. Rijesimonejednadzbua sin x bza 1 < a < b < 1.Rjesenje: Trebauzeti uobzirdasufunkcijeSin1nstrogorastucezapar-nei strogopadajucezaneparnen Z. Zatozan=2m, m Z, imamoSin1(a)+2mx Sin1(b)+2m, azan=2m 1, m Z, jeSin1(b) + (2m1) x Sin1(a) + (2m1). 1.3 Aksiomi polja R, supremumi inmum,potpunostUovojtocki uvodimoaksiomatikuskuparealnihbrojevakojakarakterizirasvanjegovasvojstvasobziromnaalgebarskustrukturuiuredajnanjemu.1.3. AKSIOMIPOLJAR,SUPREMUMIINFIMUM, POTPUNOST 291.3.1 AksiomipoljaRRjekomutativnagrupasobziromnaoperacijuzbrajanje+ : R R R.A1. Asocijativnostzbrajanja:x, y, z R, x + (y + z) = (x + y) + z.A2. Postojineutralnielement0(nula):!0 R, x R 0 +x = x + 0 = x.A3. SvakielementizRimainverzzazbrajanje(suprotni):x R, !(x) R, x + (x) = (x) + x = 0.A4. Komutativnostzbrajanja:x, y R, x + y= y + x.R 0jekomutativnagrupasobziromnamnozenje: R R R.A5. Asocijativnostmnozenja:x, y, z R, x(yz) = (xy)z.A6. Postojijedinstvenneutralnielement1(jedinica):!1 R, 1 ,= 0, x R 1x = x1 = x.A7. SvakielementizR 0imainverzzamnozenje(reciprocni):x R 0, !x1=1x R, x1x=1xx = 1.A8. Komutativnostzbrajanja:x, y R, xy= yx.A9. distributivnostmnozenjapremazbrajanju:x, y, z R, x(y + z) = xy + xz.Uredenutrojku(R, +, ) nazivamopoljem.30 POGLAVLJE1. SKUPOVIIFUNKCIJEPrimjer1.5. Izaksiomadokazimonekapoznatasvojstvaoperacijazbraja-njaimnozenja.1. 0 je jedinstven neutralni element za zbrajanje i 1 je jedinstven neutralnibrojzamnozenje.Kadabi postojaobroj a R, a ,=0sasvojstvoda x Ra + x=x+a = x, imali bi a = a+0 = 0, a to je kontradikcija. Analogno, kadabi postojao broj b R, b ,= 1 sasvojstvoda x R bx = xb = x, imalibib = b1 = 1.2. Suprotniireciprocnibrojevisujedinstveni.Neka je a R i c R, c ,= a njegov suprotni broj, tj. a+c = c+a = 0.Tadabi vrijedilo a= a + 0= a + (a + c) =(a + a) + c =0 +c = c, stojekontradikcija. Dokazjedinstvenosti reciprocnogbrojajeanalogan.3. Vrijedi x R, (x) = x.Po deniciji suprotnog elementa je x+((x)) = ((x))+(x) = 0i x+x = x+(x) = 0. Iz jedinstvenosti elementa s danim svojstvomza x,slijedix = (x).4. Pokazimodaje 0 = 0.Zasvaki x Rvrijedi x+(0) =x+0+(0) =x+0 =xi0 + x = 0 + 0 + x = 0 + x = x,pazbogjedinstvenosti nulevrijedi0 = 0.5. Zasvakox Rvrijedix0 = 0x = 0.Naime, 0x=(0 + 0)x=0x + 0x=20x. Kadbi bilo0x ,=0, ondabitajelementimaoinverz, pabislijedilo1 = 2,aodatle0 = 1. ToseprotivizahtjevuizA6.6. Vrijedi(1)(1) = 1.Imamo(1)(1) + (1) =(1)(1) + (1)1=(1)((1) + 1) =(1)0=0i istotako(1) + (1)(1) =0. Odatleje(1)(1) =(1) = 1.7. Pokazimo(ab = 0) ((a = 0) (b = 0)).Neka vrijedi ab = 0. Akoje a ,= 0 onda a ima reciprocnielement,pa jeb=1b=a1ab=a10=0. Analogno, akojeb ,=0, ondajea=0.Obratnatvrdnjaslijediiz5. 1.3. AKSIOMIPOLJAR,SUPREMUMIINFIMUM, POTPUNOST 31NaskupuRjezadanlinearan(totalan)uredaj .A10. Linearnosturedaja:x, y R, (x y) (y x).A11. Antisimetricnosturedaja:x, y R, ((x y) (y x)) (x = y).A12. Tranzitivnosturedaja:x, y, z R, ((x y) (y z)) (x z).Uredajjeuskladusoperacijamazbrajanjaimnozenja.A13. Uskladenostzbrajanja:(x y) (z, (x + z y + z)).A14. Uskladenostmnozenja:((x 0) (y 0)) (xy 0).(R, +, , )jeuredenopolje.Primjer1.6. Vrijedimonotonostmnozenja:((x y) (z 0)) (xz yz).Imamox y y x 0 (y x)z 0 yz xz 0 xz yz.Primjer1.7. (Q, +, , )jeuredenopolje.1.3.2 Supremumi inmumskupa,potpunostDenicija1.10. KazemodajeS R, S ,= , omedenodozgouR, akopostoji broj M R takav da vrijedi x S, x M. Broj Mzovemo gornjamedailimajorantaskupaS.KazemodajeS R, S ,= , omedenodozdouR, akopostoji brojm Rtakavdavrijedi x S, m x. Broj mzovemodonjamedailiminorantaskupaS.SkupS R, S ,= , jeomedenuR, akojeomedenodozdoi odozgouR.32 POGLAVLJE1. SKUPOVIIFUNKCIJEJasno, akoSimamajorantu, ondaonimabeskonacnomnogomajoran-ti. Naime, svaki veci broj jetakodermajoranta. Utomsvjetluimasmislaslijedecadenicija.Denicija1.11. BrojL R kojije najmanjamajorantanepraznogodozgoomedenogskupaS RnazivamosupremumskupaSipisemoL = sup S.L = sup Sjekarakteriziranslijedecimsvojstvima:(i.) x S,x L.(ii.) a R,a < L, x S,a < x.Cestojeprakticnouvjet(ii.)pisatiuobliku:(ii.) > 0, x S,L < x.Supremum koji je u skupu nazivamo maksimum, tj. ako je L = sup S SondajeL = max S.SadasmoumogucnostizadatiposljednjiaksiomskupaR.A15. Aksiompotpunosti:SvakineprazanodozgoomedenpodskupS RimasupremumuR.Uredeno polje koje zadovoljava i A 15. zovemo uredeno potpuno polje.Dakle(R, +, , )jeuredenopotpunopolje.Teorem1.6(Arhimedovaksiom). UskupuRvrijeditvrdnja: a, b R, a > 0, b > 0, n N, na > b.Dokaz: Pretpostavimodatvrdnjateoremanijeistinita,tj. nekavrijedi: a, b R, a > 0, b > 0, n N, na b.Toznaci dajeskupA= na; n NodozgoogranicenskupuR. SadapoA15. postoji c=sup A, tj. n, na ci >, n N, c 0dobijemoc a mk,odnosnonq > q. Zadatak1.6. Utvrdite dali postoji i akopostoji odredite supremumskupaS= nn+1; n N.Rjesenje: SkupSjeodozgoogranicens1,tj. n N,nn+1 1. Pokazimodaje1=sup S. Uzmimobilokoji >0. Trebamonaci n Ntakodavrijedi1 1. Uzmimosadan = m1iimamotvrdnju. Primjer1.8. PoljeQnijepotpuno.NekajeS= q Q; 10postoji n Ntakodajen(2 q2) > 2q + 1. Tadajen2(2 q2) > n(2q + 1) = 2nq + n 2nq + 1 (q +1n)2< 2. Dakle,postojiq= q +1n S,q> q.Pokazimodavrijedi: a Q, a>0, jemajorantaodS a2>2. Nekajea Q, a>0, majorantaodS. Tadajea2,=2(2 ,Q). Kadabibiloa22. Obratno, akoje02, ondazasvaki q Simamoq2< 2 < a2q< a,tj. ajemajorantaodS.Pokazimodanepostoji najmanjamajorantaskupaSuQ. NekajeabilokojamajorantaskupaS. TadapoArhimedovomaksiomuzabrojevea22 > 0i2a > 0postojin Ntakavdavrijedin(a22) > 2a. Odatleje2an0,xR,qQ,(q x ) (x + q). Nekajeq1 x i x + q2. Uzmimon Ntakodavrijedi 2n>q2 q1i odredimok=q1 +kn(q2 q1) Q(k=0, 1, . . . , n 1, n). Nekaje1 k0 , x S,x < a.(ii.) > 0, x S,x < + .Inmumkoji jeuskupunazivamominimum, tj. akoje=inf S Sondaje = min S.Teorem1.7. NekajeS R, S ,= , odozdoogranicenskup. Tadapostoji = inf S R.Dokaz: NekajeS= x; x S. SkupSjeodozdoomedenuR, tj.postoji m R tako da vrijedi x S, m x. Tada je x S, x m,tj. skupSjeodozgoomedenuR. PremaA15. postoji L=sup S R,tj. x S, x Li >0, x S, L < x. Tomozemonapisati i naslijedecinacin: x S, L x i > 0, x S, x < L+.Tokazujedaje = L = inf S,tj. postojiinmumskupaS. Q.E.D.Zadatak1.8. NekajeA B Ri Bogranicenskup. Tadajesup A sup Biinf A inf B.Rjesenje: SvakamajorantaskupaBujednojeimajorantaskupaA. Takojei sup BmajorantazaA. PostojesupremumodAnajmanjamajorantaskupaA, tovrijedi sup A sup B. Analogno, svakaminorantaskupaBujednoje i minorantaskupaA, paje inmumod Bminorantaza A. OdatlezainmumskupaakaonajvecuminorantuodAvrijediinf A inf B. Aksiom A 15. karakterizira svojstvopotpunosti koje razlikuje poljeR odpoljaQ. Slijedeciteoremopisujetosvojstvonaprihvatljivijinacin.1.3. AKSIOMIPOLJAR,SUPREMUMIINFIMUM, POTPUNOST 35Teorem1.8. (Cantorov1aksiom) Nekazasvaki n Nimamosegmente[an, bn] Rtakvedavrijedi [an+1, bn+1] [an, bn], n N. Tadapostojix Rtakavdajex [an, bn], n N.Dokaz: Oznacimos A= an; n Ni B= bn; n N. Skupovi Ai Bsuograniceni (odozdo s a1i odozgo s b1) pa postoje sup Ai inf B.Zelimopokazati davrijedi [sup A, inf B] [an, bn], n N. Zasven Nociglednovrijedi anbn, anan+1i bn+1bn. Dokazimodavrijedin, m N, an bm. Akojen=mondajetojasno. Akojen 0 pronade ili barem dokazepostojanje prirodnog broja ntakvog da svi clanovi s indeksimavecim od nlezeuintervalu a , a + ).Primjer2.1. Pokazimodaniz(1n)nkonvergirailimn1n= 0.Uzmimo >0povolji. IzArhimedovogaksiomauteoremu(1.6)slijedipostojanje m N tako da vrijedi m > 1. Sada za n > m vrijedi n > m >1. Daklen= mjetrazenorjesenje. Naime, n N,(n > n) (n > n > 1) _1n< __1n 0_< .Teorem2.1.1. KonvergentannizuRimasamojednugranicnuvrijednost.2. KonvergentannizuRjeogranicen.Dokaz: 1. Pretpostavimodakonvergentanniz(an)nimadvijegranicnevrijednosti a, b R, a ,=b. Tadabi za= [a b[>0zbog(2.1)postojalina, nb Ntakvidavrijedi(n > na) ([ana[ nb) ([anb[ n) ([a b[ [a an[ +[anb[ n) ([an a[< 1). Sadazan >nimamo [an[ [ana[ + [a[ 1 + [a[. NekajeM= max[a1[, . . . , [an[, 1 +[a[. Tadavrijedi n N, [an[ M,tj. nizjeogranicen. Q.E.D.Primjer2.2. Samaogranicenostnijedovoljnazakonvergencijuniza. Nizdeniransan= (1)n, n N,jeociglednoogranicen,alinitijedanrealanbroj nije mu granicna vrijednost. Naime, za 0 < 0. Tadaiza = limnani(2.1)postoji n Ntakavda(n>n) ([an a[ n) (pn> n) ([apna[ < ),dakle,a = limnapn. Q.E.D.Odinteresajenacijednostavnoprovjerivedovoljneuvjetezakonvergen-cijuniza.Teorem2.3. SvakiogranicenimonotonnizuRjekonvergentan.Dokaz: Nekajeniz(an)nrastuci, tj. n N, an an+1. OgranicenostrastucegnizaznaciogranicenostskupaA = an; n Nodozgo,papostojia = sup A R. IzdenicijesupremumaskupaAimamo:1. n N,an a,2. > 0, n N,a < an.2.3. OPERACIJESKONVERGENTNIMNIZOVIMA 45Iz1. i2. irastaniza(an)nimamo > 0, n N, n N,(n > n) (a < an an a < a + ) ([ana[ < ).Dakle, limnan=supan; nN. Analogno se za padajuci niz pokazelimnan= infan; n N. Q.E.D.Primjer2.3. Monotonostnijenuznazakonvergencijuniza. Npr. niz(1)nnkonvergirak0,anijemonoton.Nadesnojslici prikazanjeodnossvojstava monotonosti (M) i ogra-nicenosti(O)nizovauodnosunakonvergentne(K)nizoveuR.OKM2.3 OperacijeskonvergentnimnizovimaZa nizoveuR kao funkcijes vrijednostimauR mozemodenirati sveopera-cijepotockama. U slucajunizovatoznacidajesuma(razlika)nizova(an)ni (bn)nnizoblika(an bn)n, tj. (an)n (bn)n=(an bn)n. Istotakojeprodukt nizova(an)ni (bn)nniz oblika (an bn)n, tj. (an)n (bn)n= (an bn)n.Specijalno,za Rje(an)n= (an)n,pajeskupnizovavektorskiprostor(algebra). Sada cemoproucitikakoselimesponasa kodnavedenihoperacijasnizovima.Teorem2.4. Nekasu(an)ni(bn)nkonvergentninizoviuR. Tadavrijedi:1. Niz(anbn)njekonvergentani limn(anbn) =limnanlimnbn.2. Niz(an bn)njekonvergentani limn(an bn) =limnan limnbn.3. Ako je n N, bn ,= 0, i limnbn ,= 0, onda je i niz_anbn_nkonvergentani limn_anbn_=limnanlimnbn.4. Niz([an[)njekonvergentani limn[an[ = [ limnan[.46 POGLAVLJE2. NIZOVIDokaz: Nekasu limnan= ai limnbn= b.1. Za > 0zbog(2.1)postojen1, n2 Ntakvidavrijedi n N,(n > n1) ([ana[ n2) ([bnb[ n) ([an + bn(a + b)[ [ana[ +[bnb[ < ).2. Prije svega, zbogtogastojekonvergentan, niz(an)njeogranicen, tj.postoji M> 0 takav da n N, [an[ M. Sada za > 0 zbog (2.1) postojen1, n2 Ntakvidavrijedi n N,(n > n1) ([ana[ n2) ([bnb[ n) ([anbnab[ [an[[bnb[[ +[ana[[b[ < ).3. Pokazimodavrijedi limn1bn=1b. Za=[b[2>0imamon0 Ntakodan N,(n > n0) ([bnb[ < [b[2) ([bn[ [b[2).Sadaza > 0postojin1 Ntakoda n Nvrijedi(n > n1) ([bnb[ n) (1bn1b [bnb[[bn[[b[< ).Odatlepomocu2. slijedi3.4. Tvrdnjaslijedijednostavnopomocunejednakosti(1.11),(n > n) [[an[ [a[[ [ana[ < .Q.E.D.Korolar 2.1.Neka sulimnan= a i limnbn= b. Tada je za bilo koje , Rniz(an + bn)nkonvergentani limn(an + bn) = a + b.2.3. OPERACIJESKONVERGENTNIMNIZOVIMA 47Dokaz: Zabilokoji Ruzmimokonstantni nizbn=, n N. Tadaizteorema2.42. slijedi limnan= a. Odatle i iz aditivnostilimesaimamolinearnost. Q.E.D.Napomena2.1. Skupsvih konvergentnihnizovauR je vektorskiprostor (al-gebra).Osim operacija na skupu R imamo zadan uredaj . Konvergencija nizovajeuskladustimuredajem.Teorem2.5(teorem o sendvicu). Nekasu(an)ni(bn)nkonvergentni nizoviuR.1. Akoje n N,an bn,ondaje limnan limnbn.2. Akoje(cn)nnizzakojegvrijedi n N, an cn bni limnan=limnbn= c,ondaje(cn)nkonvergentani limncn= c.Dokaz: 1. Neka je niz (cn)nkonvergentan i takav da vrijedi n N, cn 0.Tada je limncn= c 0. Kada bi bilo c < 0, onda bi u okolini c [c[2 , c + [c[2)biligotovosvi clanoviniza, stonijemogucezbogc + [c[2< 0.Sadazacn= bnan, n N,iteorema2.4. 1. slijeditvrdnja.2. Za > 0zbog(2.1)postojen1, n2 Ntakvidavrijedi n N,(n > n1) ([anc[ < )i(n > n2) ([bnc[ < ).Sadazan= maxn1, n2imamo(n > n) (c < an cn bn< c + ) ([cnc[ < ).Q.E.D.2.3.1 Primjeri konvergentnihnizovaPropozicija2.1. Nekajeb > 0realanbroj. Tadapostojia > 0takavdajeb = a2,tj. a =b(surjektivnostkvadratnefunkcije).Dokaz: Pretpostavimodajeb > 1. Nekajeniz(xn)ndeniranrekurzijomxn=12_xn1 +bxn1_, n N, (2.3)48 POGLAVLJE2. NIZOVIuzpocetnuvrijednost x0=b >1. Dokazimoindukcijomdajeniz(xn)npadajuciiodozdoomedens1.Prvouocimodaiz(2.3)imamox2nb = (xnxn1)2, (n N), (2.4)xnxn1= x2n1b2xn1, (n N). (2.5)Bazaindukcijeslijediizx1=12 (b + 1) < b = x0ix1> 1. Pretpostavimoda vrijedi 1 < xk< xk1, k = 1, . . . , n1. Sada iz (2.4) imamo x2n1b > 0,a onda iz (2.5) slijedi xnxn1< 0. Iz (2.3) i 0 < (xn11)2+b1, n N,slijedi xn>1. Dakle, postoji a=limnxn. Iz(2.3)imamoa=12_a +ba_,odakleslijedib = a2.Za01,1b=c2. Sadajezaa=1cimamotvrdnju. Q.E.D.Primjer2.4. Vrijedi limnnn = 1.Zabilokoji > 0pobinomnomteoremuimamo:(1 +)n= 1 +n +n(n 1)22+ + n> nn 122.Uzmimon Nzakojivrijedi(n1)2> 2. Tadavrijedi(n > n) (1 +)n> nn 122> nn122> n,odnosno(n > n) 1 < n < (1 +)n.Zbogstrogograstafunkcijex nxna 0, +)slijedi(n > n) 1 0vrijedi limnna = 1.Uslucaju1 0, y0. Uprvomslucajuimamof(x)=f(x + y + (y))=f(x + y)f(y), pajeexp(x + y)=f(x + y)=f(x)1f(y)= exp(x) exp(y),adrugiideanalogno.2.4 LimessuperiorilimesinferiorLema2.1. Svakiniz(an)nuRimamonotonpodniz.Dokaz: NekajeAm= an; n m. Promatramodvaslucaja:1. m NtakodaskupAmnemamaksimum.2. m NskupAmimamaksimum.1. slucaj: Bezsmanjenjaopcenitosti uzmimodajem=1, tj. vecA1nemamaksimum. Toznacida n N k N,k> niak> an.Pocnimos n=1i medusvimk >1takvimdajeak>a1uzmimonajmanji i oznacimoga s p1, tj. ap1> a1. Sada promatramoskupAp1. Ovajskup isto nema maksimum, jer kada bi ga imao, onda bi i prethodni A1 imao.Medusvimk>p1takvimdajeak>ap1uzmimonajmanjiioznacimogas52 POGLAVLJE2. NIZOVIp2,tj. ap2>ap1,itd. Ovimpostupkomdobivamostrogorastuciniz(pn)nuNtakavdajeapn< apn+1, n N,tj. podniz(apn)njestrogorastuci.2. slucaj: Nekajeb1=max A1. Meduonimk Nzakojejeak=b1uzmimonajmanji i oznacimogasp1, tj. (j 0okolina , + )sadrzibeskonacnoclanovaniza.Primjer2.7.1Karl Theodor WilhelmWeierstrass (Ostenfelde, 31. listopad1815. - Berlin, 19.veljaca 1897.)njemackimatematicar2.4. LIMESSUPERIORILIMESINFERIOR 53i. SvakiograniceninizimabaremjednogomilisteuR.ii. Svaki konvergentanniz imatocnojednogomiliste, atoje granicnavrijednost.iii. Niz iz primjera 2.2. ima tocno dva gomilista jer je (1)2n1 i(1)2n11.iv. Skupovi Ni Qsuekvipotentni, tj. postoji bijektivni nizr: N Q.TadajeRskupsvihgomilistaniza(rn)n,tj. svakirealanbrojjelimesnekognizaracionalnihbrojeva.v. Niz(n)nnemanitijednogomilisteuR.Denicija2.7. Nekaje(an)nogranicennizrealnihbrojevai A Rskupsvihgomilistatogniza.SupremumskupaAzovemolimessuperiorniza(an)nioznacavamoslimsupnanililimnan, .InmumskupaAzovemolimes inferiorniza(an)ni oznacavamosliminfnanililimnan, .BrojL Rjelimessuperiorniza(an)nakoisamoakovrijedi:1. > 0,jean< L + zagotovosve clanoveniza.2. > 0,jeL < anzabeskonacnoclanovaniza.Broj Rjelimesinferiorniza(an)nakoisamoakovrijedi:1. > 0,je < anzagotovosve clanoveniza.2. > 0,jean< + zabeskonacnoclanovaniza.Teorem2.7. Niz(an)nuRjekonvergentanakoisamoakojeliminfnan= limsupnan.Dokaz: Ako je niz (an)n konvergentan, onda je po teoremu 2.2. svaki njegovpodnizimaistugranicnuvrijednostkaoiniz,pajeskupsvihgomilistanizajednoclan.Obratno, akovrijedi gornjajednakost, ondajeskupsvihgomilistajed-noclan i neka je njegov element. Tada > 0, iz denicije limesa inferiora,gotovo svi clanovi niza su > , a iz denicije limesa superiora, gotovo sviclanovinizasu 0)(n N)(n, m N)((n, m > n) ([anam[ < )). (2.8)Teorem2.8. NizuRjekonvergentanakoisamoakojeCauchyjev.Dokaz: Nekaje(an)nkonvergentannizia = limnan,tj.( > 0)(n N)(n N)((n > n) ([ana[ n, paimamo [an am[ [an a[ + [a am[n1) ([anam[ < 1). Odatle zan > n1imamo [an[ [anan1+1[ +[an1+1[. SadajeM= max[a1[, . . . , [an1[, 1 +[an1+1[takavdavrijedi [an[ M, n N.Poteoremu2.6. ogranicen(an)nnizimakonvergentanpodniz(apn)n,tj.postoji a=limnapn. Pokazimodavrijedi a=limnan. Uzmimo>0povolji. Izkonvergencijepodniza(apn)nimamon Ntakavda((n > n) ([apna[ n) ([anam[ n,zbogpn n,slijedi[ana[ [anapn[ + [apna[ 0iz(2.12)slijedi cos y=sin y=0, stojenemogucezbog(1.24).Dakleimamofunkcijuf : C C 0kojuoznacavamosf(z)=ez,z C. Sadamozemokompleksnueksponencijalnufunkcijupisatiuoblikuex+iy= ex(cos y + i sin y), x, y R. (2.13)Zax = 0dobijeseEulerovaformulaeiy= cos y + i sin y, y R, (2.14)izkojeslijedivezatrigonometrijskihfunkcijaieksponencijalnefunkcijesin y =eiyeiy2i,cos y =eiy+ eiy2. (2.15)Takoder,zasvakiz Cmozemodeniratisin z =eizeiz2i, (2.16)cos iz =eiz+ eiz2, (2.17)shz =ezez2i, (2.18)chiz =ez+ ez2. (2.19)Lakosevididavrijedicos iz= chz,sin iz= ishz.2.6.3 Nizovi uC,limesnizauCNeka je (an)n niz u C , gdje je an= n+ni, n N. Tako imamo pridruzenadvarealnakomponentnaniza(n)ni(n)n.58 POGLAVLJE2. NIZOVIDenicija 2.9. Niz kompleksnih brojeva (an)nkonvergiraili tezi kakompleksnombrojua Cakosvaki otvoreni krugpolumjeraokotockeasadrzigotovosve clanoveniza,tj.( > 0), (n N), (n N),((n > n) ([ana[ < )). (2.20)0Re zIm zaDenicijalimesanizauC jeformalno istakaoi uR, teje stogazaocekivatidavrijedesvojstvakojavrijedezakonvergentne nizoveuR. Tosemozedokazatikoristeci denicijulimesa(2.20). Mi cemotoucinititako stocemodokazatidakonvergirajukomponentninizovi(n)ni(n)n.Teorem 2.10.Neka je (an)nniz u C , gdje je an= n+ni, n N. Vrijedilimnan= a = + iakoisamoakoje = limnni= limnn.Dokaz: Akojea = limnania = +i,ondavrijedi [nn[ [ana[i[n[ [ana[, odakle odmah imamo = limnn i = limnn. Obratno,nekaje = limnni= limnn. Zbog [ana[ =_[nn[2+[n[2slijedia = limnan,gdjejea = + i. Q.E.D.Zato sto se operacije s kompleksnim nizovima svode na operacije s realnimkomponentnimnizovima, sadajeodmahjasnodai ukompleksnomslucajuvrijedi teorem2.4. Zakonvergentnenizove(an)n, an=n + ni, n Ni(bn)n,bn= n + ni, n N,imamolimn(an +bn) = limn((n +n) + (n +n)i) = limn(n +n) +limn(n +n)i == (limnn + limnni) + (limnn + limnni) = limnan + limnbn.Naravno,izamnozenjeimamolimn(anbn) = limn((nnnn) + (n + n)i == (limnnlimnnlimnn limnn) + (limnlimnn + limnnlimn)i) == (limnn + limnni)(limnn + limnni) = limnan limnbn.Takoder vrijedi i teorem2.6. oogranicenomnizu. Akojekompleksniniz(an)n=(n + ni)nogranicen, ondasuograniceninjegovi komponentninizovi. Sada pomocu korolara 2.2 imamo njihove monotone podnizove s istimindeksima(pn)ni (pn)n, pasmoumogucnosti konstruirati konvergentanpodniz(apn)n= (pn + pni)nkompleksnogniza(an)n.2.6. POLJEC,NIZOVIUC 59Primjer2.8. Nekajea C, [a[ < 1. Tadaje limnan= 0.Zbog [an 0[ = [an[ 0= [a[n 0bezsmanjenjaopcenitosti mozemouzeti 0 0)(n N)(n N)((n > n) ([cnc[ < )). (3.2)Pokazimodajetadalimnf(cn) = L,tj.( > 0)(n N)(n N)((n > n) ([f(cn) L[ < )). (3.3)Za>postoji >0takodavrijedi (3.1). Zataj postoji ntakojeispunjeno(3.2). Uzmimosadan= niza n Nimamo(n > n) ([cnc[ < ) ([f(cn) L[ < ),atojeupravo(3.3).Obratno,nekajelimxcf(x) = L,tj. vrijedidenicija3.1. inekanevrijedi(3.1),tj.( > 0)( > 0)(x I)((0 < [xc[ < ) ([f(x) L[ > 0)). (3.4)Sadazasvaki n Nuzmimon=1nu3.4. idobijemocn=x1n. Takosmodosli do niza(cn)nu I c zakoji vrijedi [cnc[ 0,dakle,limncn= c,aniz(f(cn))nnekonvergirakL(kontradikcijasdenici-jom3.1.). Dakle,akojelimxcf(x) = L,ondavrijedi(3.1). Q.E.D.Napomena3.1.Cauchyjeva denicija limesa funkcije ima jednostavnu geome-trijskuinterpretacijukojaglasi:Za svaku okolinu L, L+) broja L postoji okolina c , c +) brojackojase,sizuzetkomtockec,preslikavauokolinu L , L + ),tj.f(c , c + ) c) L , L + ).3.1. LIMESFUNKCIJE 63Limesfunkcijejeu skladusaoperacijamazbrajanjaimnozenjasfunkci-jama. Tojeposljedicacinjenicedajelimesnizauskladustimoperacijamaidenicije3.1.Teorem3.2. NekajeI Rotvoreninterval,c Iif, g:I c Rzakojepostojelimxcf(x)ilimxcg(x). Tadavrijedi:1. Funkcijaf gimalimesucilimxc(f(x) g(x)) = limxcf(x) limxcg(x).2. Zasvaki Rfunkcijafimalimesucilimxcf(x) = limxcf(x).3. Funkcijafgimalimesuci limxc(f(x)g(x)) = limxcf(x) limxcg(x).4. Akojeg(x) ,= 0, x I cilimxcg(x) ,= 0,funkcijafgimalimesucilimxcf(x)g(x)=limxcf(x)limxcg(x).5. Funkcija [f[imalimesucilimxc[f(x)[ = [ limxcf(x)[.Dokaz: Sve tvrdnje slijede iz odgovarajucih tvrdnji u teoremu 2.4. za nizove(f(cn))ni(g(cn))n. Q.E.D.Teorem3.3(teoremosendvicu). NekajeI Rotvoreninterval, c I if, g: I c Rzakojepostojelimxcf(x)ilimxcg(x).1. Akojef(x) g(x), x I c,ondajelimxcf(x) limxcg(x).2. ako je h : Ic R takva da vrijedi f(x) h(x) g(x), x Ic ilimxcf(x) = limxcg(x) = L,onda funkcija h ima limes u c ilimxch(x) = L.Dokaz: Tvrdnjeslijedeizodgovarajucihtvrdnji uteoremu2.5. zanizove(f(cn))n,(g(cn))ni(h(cn))n. Q.E.D.64 POGLAVLJE3. LIMESINEPREKIDNOSTFUNKCIJEPrimjer3.1. Pokazatidajelimx0sin xx= 1.Natrigonometrijskojkruznici jevidljivodajelukkojiodgovaravrijednostikutax > 0uradijanimaveciodtetivetogalukakojajehipotenuzapravo-kutnog trokuta ACD cija je jedna kateta duljinesin , tj. sin 0. Odatle imamonejednakostsinxx0. Zbog nepar-nosti brojnikai nazivnika, tanejednakost vrijediza sve x,=0. Slicno, usporedimo li povrsinukruznog isjecka POAD=12i povrsinu trokutaPOBD=12tg, slijedi 0)( > 0)(x a, +)) ((x > ) ([f(x) L[ < ).Tadapisemo limx+f(x) = f(+) = L.2. NekajeI Rotvoreninterval i c I. Zafunkcijuf: I c Rkazemodaimalimesutockicjednak+akovrijedi:(E> 0)(> 0)(x I) ((0 < [x c[ < ) (f(x) > E)).3.1. LIMESFUNKCIJE 65Tadapisemolimxcf(x) = +.3. Zafunkcijuf: , a) R kazemodaimalimesutocki jednakakovrijedi:(E> 0)( > 0)(x , a)) ((x < ) (f(x) < E).Tadapisemo limxf(x) = f() = .Uslucaju1. konacnoglimesaubeskonacnosti, tj. c=+ili c= ,vrijedesvirezultatiuteoremima3.2i3.3. kaoiuslucajukadajec R.Posebno, slucaj limx+f(x) = L direktno poopcava limes niza. Tako i nekirezultati kojivrijede zanizoveimaju svojanalogon u ovom slucaju.Stovise,itehnikadokazajejednaka.Teorem3.4. Nekajef: a, +) Rrastucafunkcijana a, +).Limesodfu+postojiakoisamoakojefogranicenana a, +).Tadavrijedi limx+f(x) = supa,+)f.Dokaz: Nekajefogranicenana a, +),tj. postojiL = supa,+)f.Tadavrijedi:(i) x > a,f(x) L,(ii) > 0, x> a,L < f(x).Odatleza > 0i = x,zbograstafunkcijef,imamo(x > ) (L < f(x) f(x) L < L + ) ([f(x) L[ < ),tj. limx+f(x) = L. Q.E.D.3.1.2 Jednostrani limesuRKadabismoudeniciji 3.1. limesafunkcije f utocki cpromatrali samonizovekojikonvergirajukcslijevestrane,ilisamorastucenizoveuI c,dobili bismodenicijulimesaslijevafunkcijeutocki c. Naisti nacinbismodeniraliilimeszdesnafunkcijeutockic.Sada cemodatiCauchyjevudenicijujednostranoglimesafunkcije.Denicija3.3.66 POGLAVLJE3. LIMESINEPREKIDNOSTFUNKCIJE1. NekajeI Rotvoreninterval i c I. Zafunkcijuf: I c RkazemodaimalimesslijevautockicjednakLakovrijedi:( > 0)( > 0)(x I) ((0 < c x < ) ([f(x) L[ < )). (3.5)Tadapisemolimxcf(x) =limxcf(x) = f(c) = L.2. NekajeI Rotvoreninterval i c I. Zafunkcijuf: I c RkazemodaimalimeszdesnautockicjednakLakovrijedi:( > 0)( > 0)(x I) ((0 < x c < ) ([f(x) L[ < )). (3.6)Tadapisemolimxcf(x) =limxc+f(x) = f(c+) = L.Jednostrani limesfunkcijeimaistasvojstvakaoi limesfunkcije, dakle,vrijedeteoremi 3.2. i3.3akounjimalimeszamijenimoslijevimili desnimlimesom.Primjer3.2. Funkcijasignum(predznak)deni-ranassgn(x) =___x[x[x ,= 0,0 x = 0.nema limes unuli, ali ima i lijev i desni limesu nuli i oni su razliciti. Za svaki x < 0 jesgn(x)= 1, azax>0jesgn(x)=1. Odatlezakljucujemo da za svaki niz koji konvergira knuli slijeva, pripadni niz funkcijskih vrijednostiimalimesjednak 1, azaonesdesnajejednak1. Toznaci dafunkcijasgnnemalimesaunu-li, ali je zato limx0sgn(x) = 1 i limx0+sgn(x) = 1.011xyVezaizmedulimesafunkcijei jednostranihlimesafunkcijedanajeslije-decimteoremom.Teorem3.5. NekajeI Rotvoreninterval, c I i f:I c R. Zafunkcijaf postoji limxcf(x)akoi samoakopostojei jednaki su limxcf(x)ilimxc+f(x).Dokaz: Akopostojilimxcf(x) = L,ondavrijedi(3.1),paonda(3.5)i(3.6))vrijedesistimL. Obratno,akovrijede(3.5)i(3.6)sistimL,ondazadano > 0 uzmimominimalnog > 0 od onih koji postoje po (3.5) i (3.6). Za taj3.2. NEPREKIDNOSTFUNKCIJEUTOCKI 67> 0vrijediimplikacijau(3.1). Q.E.D.Interesantnojeslijedecesvojstvomonotonihfunkcija.Teorem3.6. NekajeI Rotvorenskupif:I Rmonotonafunkcija.Usvakoj tocki c Ifunkcijafimalijeviidesnilimes. Akofraste,ondajef(c) f(c) f(c+),aakopadaf(c) f(c) f(c+).Dokaz: 1. Neka je frastuca na I. Skup S= f(x); x I,x < c je odozgoogranicensf(c),papostojid = sup S. Pokazimodajed = f(c),tj. > 0, > 0, x I, (c < x < c) ([f(x) d[ < ).Postojed = sup Simamoa) x I,(x < c) (f(x) d),b) > 0, x I,x< c,d < f(x).Uzmimosada= c x> 0pazbograstafunkcijefimamo: (c < x c. Slucaj kadajefpadajucafunkcijasedokazujetakodasepret-hodnislucajprimijeninafunkciju f. Q.E.D.3.2 NeprekidnostfunkcijeutockiIntuitivno geometrijsko poimanje pojma neprekid-nosti funkcije povezano je s cinjenicom da od takvefunkcije ocekujemo da joj je graf krivulja povucenaujednompotezu,tj. nije pokidana. U tom smislujezaocekivati dajefunkcijasgnizprimjera3.2.prekidna u tocki 0. Dakle, za ocekivati je da je pos-tojanje limesa u tocki nuzan uvjet da bi funkcija utojtocki bilaneprekidna. Izgrafafunkcijenasli-cidesnojevidljivodatonijeidovoljanuvjet. Tafunkcija ima limes u tocki c, ali je tocka (c, f(c)) iz-dvojena,tj. limesnijejednakvrijednostifunkcije.Itojevrstaprekida,iakouklonjiva.0f(c)c(f)xyPrethodnarazmatranjavodenasnasljedecudenicijupojmaneprekidnostifunkcije.68 POGLAVLJE3. LIMESINEPREKIDNOSTFUNKCIJEDenicija3.4. NekajeI Rotvoreninterval i tockac I. Zafunkcijuf :I Rkazemodajeneprekidnautocki cakopostoji limesfunkcijef utocki ci limxcf(x) =f(c). FunkcijajeneprekidnanaskupuI akojeneprekidnausvakojtockic I.Teorem3.7(Cauchyjevadenicija). NekajeI Rotvoreninterval,c Iifunkcijaf: I R.Funkcijafjeneprekidnautockicakoisamoakovrijedi( > 0)(> 0)(x I) (([x c[ < ) ([f(x) f(c)[ < )). (3.7)Dokaz: Slijedidirektnoizdenicije3.4. iteorema3.1. Q.E.D.Kakoseuvjet (3.7)upotrebljavakodprovjereneprekidnosti funkcijeutocki? Uzmemo>0povoljiitrebamonaciilibaremdokazatipostojanje > 0 tako da vrijedi gornja implikacija. Primijetimo, ako smo za neki 0> 0nasli odgovarajuci > 0, onda je taj dobar i zasvaki > 0. Obratno, akosmozaneki > 0nasliodgovarajuci0> 0,ondajesvaki0 < < 0dobarizataj.Cauchyjevadenicijaneprekidnosti funkcijeutocki(3.7) imajasnuskupovnuinterpreta-cijukojaglasi:Zasvaki interval polumjeraokoslikef(c)postoji interval polumjeraokockoji seunjegapreslikava,tj.f(c , c + )) f(c) , f(c) + ).0f(c) f(c)V f(c)c

c

c(f)xyDajemonekolikoprimjeraneprekidnihfunkcija. NjihovuneprekidnostdokazujemoupotrebomCauchyjevedenicije.Primjer 3.3. Pokazimodajekonstantnafunkcijaf : R R, f(x) =d,x R,neprekidnausvakojtockic R. Jasnojedauvijekvrijediimplika-cija( > 0)(> 0)(x I) (([x c[ < ) (0 = [d d[ < )). Primjer3.4. Pokazimodaje funkcijaf: R R, f(x) = x, x R,nepre-kidnausvakoj tocki c R. Uzmimo>0povolji i nekaje=. Tadavrijedi implikacija(x I)(([x c[ 0uzmimo =min[c[2 ,[c[22. Imamo([x c[ < ) ___([x c[ 0takodaUslucaju(f(c) > 0)vrijedi([x c[ < ) (f(x) >12f(c) > 0),auslucaju(f(c) < 0)vrijedi([x c[ < ) (f(x) 0uzmimo=12f(c)>0paiz(3.7)dobijemo> 0takavda x I,([x c[ < ) ([f(x) f(c)[ 0ipostupamoanalogno. Q.E.D.3.2.1 NeprekidnostioperacijesfunkcijamaNeprekidnost je uskladena sa uobicajenim operacijama s realnim funkcijama.Tojeposljedicacinjenicedajelimesfunkcijeuskladustimoperacijama.Stogabezdokazanavodimoslijedeciteorem.Teorem3.8. Nekaje IRotvoreninterval, c I i nekasufunkcijef, g: I Rneprekidneuc. Tadavrijedi:1. Zasvaki, Rjefunkcijaf+ gneprekidnauc.2. Funkcijafgjeneprekidnauc.3. Akojeg(x) ,= 0, x I,ondajefunkcijafgneprekidnauc.Korolar3.1. Zasvaki n Njefunkcijaf : R R, f(x)=xn, x RneprekidnanaR.Korolar3.2. SvakipolinomjeneprekidnafunkcijanaR.Dokaz: PolinomP(x) = a0 + a1x ++ anxnjelinearnakombinacijapo-tencija,pajeneprekidanpoteoremu3.81. Q.E.D.Korolar3.3. Svakaracionalnafunkcijajeneprekidnanacijelompodrucjudenicije.Dokaz: Racionalnafunkcijaf(x)=P(x)Q(x)jekvocijentneprekidnihfunkcija,pajeneprekidnapoteoremu3.83. Q.E.D.Slijedeci rezultat se odnosi na uskladenost neprekidnostii operacije kom-pozicijefunkcija.72 POGLAVLJE3. LIMESINEPREKIDNOSTFUNKCIJETeorem3.9. NekasuI, J Rotvoreni intervali, f : I R, g: J Rfunkcijezakojevrijedif(I) J,tj. dobrojedeniranafunkcijag f: I R. Akojefunkcijaf neprekidnautocki c I i funkcijag neprekidnaud = f(c) J,ondajeg fneprekidnauc.Dokaz: Dabismodokazalineprekidnostfunkcijeg fpoCauchyjevoj de-niciji,uzmimo > 0povolji. Popretpostavcioneprekidnosti funkcijegutockidzasvaki > 0postoji > 0takodavrijedi( y J) (([y d[ < ) ([g(y) g(d)[ < )).Istotako, iz pretpostavkeoneprekidnostifunkcijefu tockic zasvaki > 0postoji> 0takodavrijedi( x I) (([x c[ < ) ([f(x) f(c)[ < )).Sadaimamo( x I) (([x c[ < ) ([f(x) f(c)[ < ) ([g(f(x)) g(f(c))[ < )),dakle,g fjeneprekidnauc. Q.E.D.3.2.2 NeprekidnosteksponencijalnefunkcijenaREksponencijalnufunkcijuexp:R 0, +)denirali smou(2.7)pomocurastucefunkcijef:[0, +) 0, +)kojajelimesnizafunkcija(fn)niz(2.6).Teorem3.10. Funkcijaexp : R 0, +)jeneprekidnanaR.Dokaz: Zax, c 0vrijedifn(x)fn(c) =_1 +xn_n_1 +cn_n=x cn_n1

k=0_1 +xn_n1k_1 +cn_k_,aodatleimamo[fn(x) fn(c)[ [x c[_1 +maxx, cn_n1= [x c[fn(maxx, c)_1 +maxx,cn_.Zan +dobivamonejednakost[f(x) f(c)[ [x c[f(maxx, c).3.2. NEPREKIDNOSTFUNKCIJEUTOCKI 73Uzmimosada > 0povoljiinekaje = minc2,f(3c2),paimamo([xc[ < ) ___([x c[ 1. Tadapostoji n Ntakavdavrijediexp(0) = 1 < C< n < exp(n). Zbog neprekidnosti funkcije exp na segmentu[0, n] jepoteoremu3.12. [exp(0), exp(n)] 1(exp), pajei C 1(exp),tj. [1, +) 1(exp). Zbogexp(x) =1exp(x),x [0, +) vrijedi0, 1] 1(exp). Q.E.D.76 POGLAVLJE3. LIMESINEPREKIDNOSTFUNKCIJEIakojeizgeometrijskedenicijefunkcijesinusmozdajasnodajenjenaslika segment [1, 1], ta se cinjenicaegzaktno dokazuje na slican nacin kao uprethodnomkorolaru.Korolar3.8. Funkcijasin : R [1, 1]jesurjekcija.Dokaz: Funkcijasinjeneprekidnanasegmentu[2,2] pajepoteoremu3.12. [sin(2), sin(2)] =[1, 1] 1(sin). Obratnainkluzijaslijedi izge-ometrijskedenicijefunkcijesin. Q.E.D.3.3 Neprekidnost i monotonost, neprekidnostinverznefunkcijeUvjet monotonosti i uvjet neprekidnosti funkcije nanekomskupusuraz-licitogtipa. MonotonostjedeniranapomocuuredajanaskupuR, dokjezaneprekidnostdovoljnoimati pojamokolinetocakaskupa,odnosnopojamkonvergencijenizova. Ipak,tadvapojmaprimijenjenanafunkciju cestoda-juisti rezultat. Zapravo, pokazatcemodasvaki odtihpojmova, uzjedandodatni uvjet na funkciju,povlaci onaj drugi. U slijedecimteoremimainter-val nijenuznokonacanskup. Svojstvointervalakojeisticemojedazasvakesvojedvijetockesadrziisvetockeizmedunjih.Teorem 3.13.Neka je I R otvoren interval, funkcija f: I R monotonanaIiI = f(I)otvoreninterval. TadajefneprekidnafunkcijanaI.Dokaz: Zbog odredenosti uzmimo da fraste na I. Uzmimo bilo koju tockuc Ii pokazimodaje fneprekidnau c. Nekaje a, b) Ikonacanintervaltakavdajec a, b). NekasuM1= f_c + b2_f(c), M2= f(c) f_a + c2_.ZbograstafunkcijefvrijediM1 0iM2 0.UslucajuM1=0 i M2=0 funkcija f je konstantna na segmentu_a+c2,c+b2, pajeondaneprekidnautocki c. Slucajevi M1=0i M2>0ili M1>0i M2=0sukombinacijaprethodnogslucajai slucajaM1>0iM2> 0,kojisadadokazujemo.ProvjerimoCauchyjevudenicijuneprekidnosti (3.7). Uzmimobilokoji0 0 tako da je xx, x+x) S.TadajeS=_xSx x, x + x)pajestogaotvorenskup. Q.E.D.SkupTkoji sadrzi sveotvorenepodskupoveodRnazivasetopologijanaR.Propozicija3.2. NekajeTtopologijanaR. Tadavrijedi84 POGLAVLJE3. LIMESINEPREKIDNOSTFUNKCIJE1. , R T.2. AkojeS T, ,ondaje_S T.3. AkojeSk T,k= 1, . . . , n,ondajen

k=1Sk T.Dokaz: Tvrdnja1. slijediizdenicije3.8. iprimjera3.11.Dabismodokazali tvrdnju2. uzmimox _Spovolji. Podenicijuunijepostoji takavdajex S. Sadazbogotvorenosti skupaS,prema propoziciji 3.1. postoji x> 0 takav da je xx, x +x) S. Tadavrijedi xx, x+x) _S, pa je po propoziciji 3.1 skup_Sotvoren.Za dokaz tvrdnje 3. uzmimo x n

k=1Sk po volji. Po deniciju presjeka vri-jedix Sk,zasvek= 1, . . . , n. ZbogotvorenostiskupovaSk,k= 1, . . . , n,postoje (k)x> 0, k= 1, . . . , n, takvi da je x(k)x, x+(k)x) Sk, k = 1, . . . , n.Uzmimo x=min(k)x; k =1, . . . , npa vrijedix x, x+x)Sk,k=1, . . . , n. Odatleje x x, x + x) n

k=1Sk, pajepremapropoziciji3.1. skupn

k=1Skotvoren. Q.E.D.Poglavlje4Derivacijafunkcije4.1 Motivacija; aproksimacijafunkcije, pro-blemibrzineitangenteJedna od cesto upotrebljavanih metoda u rjesavanju matematickih problemajeaproksimacijaili pribliznoodredivanjenekogslozenijegmatematickogobjektapomocu jednostavnijihobjekata. Kako je u matematickojanalizi odinteresaproucavanjefunkcija, tojerazumnopitanje, dali jemogucenekufunkcijudobroaproksimirati pomocufunkcijakojedobrorazumijemo. Nataj nacinbismoiz ponasanjajednostavnihfunkcijamogli nestozakljucitioslozenijoj funkciji. Funkcije kojesvi dobropoznajemoi razumijemosupolinomi,posebnopolinomiprvogstupnja cijisugrafovipravci. Stogajezanekufunkcijuf:I R,I Rotvoreninterval, interesantanproblemkojije polinom prvog stupnja oblika g(x) = k(xc) +l, x R, lokalno oko tockec najbolja aproksimacija funkcije f. U tom slucaju je prirodno zahtijevati dasetefunkcijepodudarajuutocki okokojelokalnoaproksimiramofunkciju,tj. g(c) = f(c), stodaje l = f(c). Sada iz zahtjevada je f(x) g(x) kada jex cimamok f(x) f(c)x c.Povijesnosudvapoprirodirazlicitaproblemabilaglavnamotivacijazarazvojdiferencijalnogracuna.Jedan od njih je zikalni problem deniranja pojma brzine za cije rjesenjejezasluzanIsaacNewton.1Nekajes(t), t 0, funkcijakojamjeri putkoji je proslamaterijalnatockauvremenskomintervalu[0, t]. Prosjecnabrzinate materijalne tocke uvremenskomintervalu[t0, t] denira se kao1IsaacNewton,(Woolsthorpe,4. sijecnja1643. -London,31. ozujka1728.),engleskizicar,matematicar iastronom8586 POGLAVLJE4. DERIVACIJAv(t0, t) =s(t) s(t0)t t0. No pitanje je kakodenirati pojam brzine u trenutkut0. To je nesto sto nije moguce mjeriti, jer mi znamo mjeriti prosjecnu brzinunanekomintervalu, atockapredstavljavremenski interval [t0, t0] duljine0.Mogucejepromatrati ponasanjeprosjecnebrzinenaintervalimaokotocket0 cija duljina se smanjuje. Taj proces opisujemopomocu limesa funkcije,tj.mozemorecidajebrzinautocki v(t0)=limtt0v(t0, t) =limt0s(t) s(t0)t t0,akotajlimespostoji.Drugiproblemjegeometrijskenaravi,anjegovorjesenjejenasaoG.W.Leibnitz.1Odnosi senapitanjepostojanjajedinstvene tangenteunekojtockigrafa ffunkcije f. Sekanta kroz tocke C =(c, f(c)) i D=(d, f(d)) ima koecijent smjeraks=f(d) f(c)d c. Akod c, odnosno, akosetockaDpografufpriblizavatocki C, ondase-kanta s postaje tangenta t. Dakle, koecijent smje-ra sekante prelazi u koecijent smjera tangente, tj.kt= limdcf(d) f(c)d c.0xyftscf(c)df(d)U sva tri prethodna problema kao rjesenje se namece broj kojem tezi izrazoblikaf(x)f(c)xckojegnazivamokvocijentdiferencijazafunkcijufutockic. Stogajeodinteresaslijedecipojam.Denicija4.1. Kazemo da je funkcijaf: I R, diferencijabilnaili deriva-bilnautocki cotvorenogintervalaI R,akopostoji limxcf(x) f(c)x c. Tajbrojzovemoderivacija(izvod)funkcijefutockicipisemof(c) = limxcf(x) f(c)x c. (4.1)JossekoristeoznakeDf(c) ilidfdx(c).Kazemo da je fdiferencijabilna na intervalu Iako je ona diferencijabilnausvakoj tocki izI. TadajenaIdobrodeniranafunkcijax f(x)kojuprirodno oznacavamo s f i takoder zovemo derivacija od fna I. Ako je sadata funkcija diferencijabilna u nekoj tocki c I, onda njenu derivaciju (f)(c)1GottfriedWilhelmLeibnitz(Leipzig,21. lipanj1646. Hanover,14. studeni1716.)njemackimatematicar4.1. MOTIVACIJA 87zovemodrugaderivacijaodfucioznacavamosf(c),tj.f(c) = limxcf(x) f(c)x c.Analognosedeniratrecaderivacijaitd. Opcenito,akopostojin-taderiva-cijaodfnaI,tj. f(n): I Rondamozemodeniratif(n+1)(c) = limxcf(n)(x) f(n)(c)x c,uzuvjetdanavedenilimespostoji.U terminimaderivacijefunkcije,problemi navedenikaomotivacija imajusljedecarjesenja:1. Funkcijagdeniranasg(x)=f(c)(x c) + f(c), x R, jelokalnonajbolja aproksimacija funkcije foko c medu polinomima stupnja 1,stodokazujemouteoremukojislijedi.2. Brzinamaterijalnetocke, ciji put uvremenut opisujefunkcijat s(t), danajesv(t)=s(t), tj. brzinajeprvaderivacijafunkcijeputapovremenu. Analognoseubrzanjedenirakaoderivacijabrzinepovremenu,tj. a(t) = v(t) = s(t).3. Tangentanagraf funkcijef zatockuc(ili utocki grafa(c, f(c)))jepravackoji jegraf linearne funkcijeg it tocke 1. Jasno, moguce jeodmahzadatiifunkcijuh(x) =1f(c)(x c) +f(c), cijigrafjenormalanagraffunkcijeutockic.Primjer4.1. Naci derivacijukonstantnefunkcijef(x) = , x R u tockic R.Vrijedif(c) = limxcf(x) f(c)x c= limxc x c= 0,dakle,f(x) = 0, x R.Primjer4.2. Naciderivacijufunkcijef(x) = x, x Rutockic R.Vrijedif(c) = limxcf(x) f(c)x c= limxcx cx c= 1,dakle,f(x) = 1, x R.88 POGLAVLJE4. DERIVACIJASadarazmotrimovezuizmedudiferencijabilnostii neprekidnostifunkcijef. Ako je funkcija neprekidnau nekojtocki, ona ne mora nuzno biti diferen-cijabilnautojtocki. Tosevidiusljedecemprimjeru.Primjer4.3. Funkcijaf(x) = [x[, x R, jeneprekidnanaR, adiferencija-bilnanaR 0. No,fnijediferencijabilnau0. Naime,limx0[x[x= 1i limx0+[x[x= 1,dakle, lijevi i desni limeskvocijentadiferencijasurazliciti, paderivacijanepostoji.Obratno,diferencijabilnostpovlacineprekidnost.Teorem4.1. Akojefunkcijaf: I RdiferencijabilnautockicotvorenogintervalaI,ondajefneprekidnauc.Dokaz: Zbogdiferencijabilnostifunkcijefutockicjefunkcija(x) =___f(x) f(c)x cf(c) , zax ,= c0 , zax = c. (4.2)neprekidna u c. Naime, (c) = 0 = limxc_f(x)f(c)xcf(c)_= limxc(x).Sadajef(x) = f(c) + (f(c) + (x))(x c), x I, (4.3)odaklezbogneprekidnostiucfunkcijanadesnojstranijednakosti(4.3), sli-jeditvrdnja. Q.E.D.SadaegzaktnodokazujemotvrdnjuvezanuzaproblemaproksimacijeTeorem 4.2.Neka je funkcija f: I R diferencijabilna u tocki c otvorenogintervalaIinekajeg(x) = f(c)(x c) + f(c), x R. (4.4)Akojehpolinom,sth 1,ih ,= g,ondapostojih> 0takodavrijedix I, (0 < [x c[ < h) ([f(x) g(x)[ < [f(x) h(x)[). (4.5)Drugimrijecima, polinomgjemedusvimpolinomimastupnja 1lokalnookocnajboljaaproksimacijafunkcijef.4.1. MOTIVACIJA 89Dokaz: Polinomhmozemopisatiuoblikuh(x) = k(x c) + l, x R, (4.6)gdjesuk, l R. Iz(4.6)i(4.3)dobivamof(x) h(x) = [f(c) l] + [f(c) k + (x)](x c). (4.7)Uvjet h ,= g je ispunjen u dva slucaja: (l ,= f(c)) ili ((l = f(c))(k ,= f(c))).U slucaju(l ,= f(c)) iz neprekidnostifunkcijef h i zbog (f h)(c) ,= 0izleme3.3. izM.A.I.slijedipostojanje1> 0takodavrijedi([x c[ < 1) ([f(x) h(x)[ > )gdjeje =12[f(c) l[ > 0. (4.8)Takoder, iz neprekidnosti funkcije f gu c i zbog (f g)(c) = 0 za iz (4.8)postoji2> 0,takodavrijedi([x c[ < 2) ([f(x) g(x)[ < ). (4.9)Sada,zah= min1, 2iz(4.8)i(4.9)slijedi(4.5).Uslucaju((l = f(c)) (k ,= f(c)))iz(4.7)imamo[f(x) h(x)[ = [f(c) k + (x)[[x c[. (4.10)Zboglimxc[f(c) k + (x)[= [f(c) k[>0, izleme3.3. izM.A.I. slijedipostojanje1> 0takoda([xc[ < 1) ([f(c) k +(x)[ > )gdjeje =12[f(c) k[ > 0. (4.11)Takoder,izneprekidnostifunkcijeuci(c) = 0dobivamo2> 0takoda([x c[ < 2) ([(x)[ < ). (4.12)Iz(4.11)i(4.12)zah= min1, 2imamo([x c[ < h) ([(x)[ < [f(c) k + (x)[). (4.13)Pomnozimoli(4.13)s [x c[dobivamo(4.5). Q.E.D.90 POGLAVLJE4. DERIVACIJA4.2 Diferencijabilnost funkcija i operacije sfunkcijamaOdinteresajeistraziti kakosesvojstvodiferencijabilnosti funkcijeutockiponasakoduobicajenihoperacijasfunkcijamaTeorem4.3. Nekasufunkcijef, g:I Rdiferencijabilneutockicotvo-renogintervalaI.1. Funkcijaf+ gjediferencijabilnautockici(f+ g)(c) = f(c) + g(c). (4.14)2. Funkcijafgjediferencijabilnautockici(fg)(c) = f(c)g(c) + f(c)g(c). (4.15)3. AkojefunkcijafgdenirananaI,ondajeidiferencijabilnautockici_fg_(c) =f(c)g(c) f(c)g(c)g(c)2. (4.16)Dokaz:1. Zafunkcijuh = f+ gimamoh(x) h(c)x c=f(x) + g(x) f(c) g(c)x c=f(x) f(c)x c+ g(x) g(c)x c.Odatlejelimxch(x) h(c)x c= limxcf(x) f(c)x c+ limxcg(x) g(c)x c,odnosnovrijedi(4.14).2. Zafunkcijuh = fgimamoh(x) h(c)x c=f(x)g(x) f(c)g(c)x c=f(x) f(c)x cg(x)+f(c)g(x) g(c)x c.Odatlejelimxch(x) h(c)x c= limxcf(x) f(c)x climxcg(x) + f(c) limxcg(x) g(c)x c,stozbogneprekidnostifunkcijeguc(teorem4.1.) daje(4.15).4.2. DIFERENCIJABILNOSTIOPERACIJE 913. Uzmimoprvoh =1g,paimamoh(x) h(c)x c=1g(x) 1g(c)x c= g(x)g(c)xcg(c)g(x).Zbogneprekidnostifunkcijegucslijedilimxch(x) h(c)x c= limxcg(x)g(c)xcg(c) limxcg(x),odnosnoh(c) =_1g_(c) = g(c)g(c)2. Sadanafunkcijufg=f 1gprimijenimo pravilo za deriviranje produkta funkcija (4.15) i dobivamo(4.16). Q.E.D.Korolar4.1. Nekasufunkcijef, g:I Rdiferencijabilneutockicotvo-renogintervalaI. Tadajezasve, Rfunkcijaf+ gdiferencijabilnautockici(f+ g)(c) = f(c) + g(c). (4.17)Skupsvih funkcija s IuR koje su diferencijabilne utocki c je vektorski pros-tor(uzoperacijezbrajanjaimnozenjasaskalaromdeniranimpotockama),apridruzivanjef f(c)jelinearanfunkcionalnatomprostoru.Dokaz: Uzmimokonstantnufunkcijuh(x) = , x R. Tadajeh(c) = 0usvakojtockic R. Sadaformulazaderiviranjeproduktadaje(f)(c) =(hf)(c)=h(c)f(c) + h(c)f(c)=h(c)f(c)=f(c). Primjenomprethod-nogrezultataiformulezaderiviranjesumedobivamo(4.17). Q.E.D.Teorem4.4. (Derivacijakompozicijefunkcija)Nekasuf: I R,g: J Rinekajef(I) J,tj. kompozicijag f: I RjedobrodenirananaI.Ako je funkcija fdiferencijabilna u tocki c Ii funkcija g diferencijabilnautockid = f(c) J,ondajekompozicijag fdiferencijabilnaucivrijedi(g f)(c) = g(d)f(c). (4.18)Dokaz: Uzmimo funkciju iz (4.2) tako da vrijedi (4.3) i analogno, neka je1deniranas1(x) =___g(y) g(d)y dg(d) , zay ,= d0 , zay= d,(4.19)92 POGLAVLJE4. DERIVACIJAtakodavrijedig(y) = g(d) + (g(d) + 1(y))(y d), y J, (4.20)Nekajeh = g f,paimamoh(x) = g[f(x)] = g(d) + [g(d) + 1(f(x))][f(x) f(c)],stodajeh(x) h(c)x c= [g(d) + 1(f(x))]f(x) f(c)x c. (4.21)Zbog neprekidnosti funkcije fu tocki c i neprekidnosti 1 u d = f(c), funkcija1 fjeneprekidnauci(1 f)(c) = 1[f(c)] = 1(d) = 0. Sadajeh(c) = limxch(x) h(c)x c= limxc[g(d) + 1(f(x))] limxcf(x) f(c)x c,odakleslijedi(4.18). Q.E.D.Teorem4.5. (Derivacijainverznefunkcije) Nekajef : I J, I, J Rotvoren interval, bijekcija i neka su fi f1neprekidne na I, odnosno J. Akofima derivaciju u tocki c Ii ako je f(c) ,= 0, onda je f1diferencijabilnautockid = f(c)ivrijedi(f1)(d) =1f(c).Dokaz: Izdiferencijabilnostifunkcijefutockicslijedif(x) f(c) = (x c)[f(c) + (x)],gdjejefunkcijaneprekidnaucdeniranas(4.2).Stavimod = f(c)iy= f(x)padobivamoy d = [f1(y) f1(d)][f(c) + (f1(y))].Odatledobivamof1(y) f1(d)y d=1f(c) + (f1(y)),stodajejednakost(f1)(d) =limydf1(y) f1(d)y d=1f(c).Q.E.D.Prethodnuformulu cestokoristimouobliku(f1)(x) =1f(f1(x)).4.3. DERIVACIJEELEMENTARNIHFUNKCIJA 934.3 Derivacijeelementarnihfunkcija4.3.1 PotencijeikorijeniNekajen Ni f(x) =xn, x R. Tadaseindukcijompomocuformulezaderiviranjeproduktafunkcijalakodobijef(x) = nxn1, x R. Slicno,nekaje n Ni f(x) =xn, x R 0. Iz prethodnogi formule zaderiviranjekvocijentadobijemo(xn)= (1xn)=nxn1x2n= nxn1.Nekajezanneparanf1: R Rili zanparanf1: 0, +) 0, +) denirana s f1(x) =nx = x1n. Tada vrijedi (f1)(x) =1f(f1(x))=1n(nx)n1=1nxn1n=1nx1n1.Nekajeq Q 0i f: 0, +) 0, +)deniranasf(x)=xq.Pokazimodavrijedi formula(xq)=qxq1. Naime, zaq =mn, m Zin N, izprethodnogi pomocuformulezaderiviranjekompozicijeimamo(xmn )= [(xm)1n]=1n(xm)1n1mxm1=mnxmnm+m1=mnxmn1.4.3.2 TrigonometrijskeiarcusfunkcijeZa0 0vrijedi(1 +xn)n(1 +cn)nx c==1n_(1 +xn)n1+ (1 +xn)n2(1 +cn) ++ (1 +xn)(1 +cn)n2+ (1 +cn)n1_.Odatleimamo_1 +minx, cn_n1(1 +xn)n(1 +cn)nx c_1 +maxx, cn_n1Prelaskomnalimesdobivamof0(minx, c) f0(x) f0(c)x c f0(maxx, c).4.3. DERIVACIJEELEMENTARNIHFUNKCIJA 95Funkcije x minx, c i x maxx, c su neprekidne pa za x c slijedif0(c) = limxcf0(x) f0(c)x c= f0(c).Sada,zax < 0imamof(x) =1f0(x),pajef(x) = f0(x)(1)[f0(x)]2=f0(x)[f0(x)]2=1f0(x)= f(x).Uslucajuc=0moramoposebnogledati lijevi i desni limesodf(x)1x. Zax > 0 imamo 1 f0(x)1x f0(x), sto zbog neprekidnosti od f0 u 0 i f0(0) = 1dajelimx0+f(x) 1x= 1 = f(0).Zax < 0jelimx0f(x) 1x=limx01f0(x) 1x= limx0+f0(x) 1x1limx0+f0(x)= 1 = f(0),pajef(0) = f(0).Dakle,za x Rje(ex)= ex.Zalogaritamskufunkcijuf1(x)=lnxkaoinverznufunkcijuodekspo-nencijalneimamo(ln x)=1elnx=1x , x > 0.Primjer4.4. Nekajef(x) = ln [x[zax ,= 0.Tadazax > 0imamof(x) =ln x,pajef(x) =1x.Zax < 0jef(x) = ln(x),pajef(x) =1x(1) =1x.Dakle x ,= 0je(ln [x[) =1x.Primjer 4.5.Opca eksponencijalna funkcija za x > 0 i R0 deniranajesx= eln x.Odatleje(x)= eln x1x= x1.Primjer4.6. Eksponencijalnafunkcijasbazoma >0denirasekaoax=ex lnaza x R. Odatle je (ax)= ex ln aln a = axln a. Njena inverzna funkcijalogaximaderivaciju(logax)=1alogaxlna=1xln a.4.3.4 Hiperbolneiareafunkcije(sh x)=_exex2_=ex+ ex2= ch x, x R,96 POGLAVLJE4. DERIVACIJA(ch x)=_ex+ ex2_=exex2= sh x, x R,(th x)=_sh xch x_=ch2x sh2x(ch x)2=1ch2x, x R,(cth x)=_ch xsh x_=sh2x ch2x(sh x)2=1sh2x, x R 0,(sh1x)=1ch(sh1x)=1_1 + (sh(sh1x))2=11 +x2, x R,(Ch1x)=1sh(Ch1x)=1_(ch(Ch1x))21=1x21, x > 1,(th1x)=11ch2(th1x)=11 [th(th1x)]2=11 x2 , x 1, 1),(cth1x)=11sh2(cth1x)=11 [cth(cth1x)]2=11 x2 , x R [1, 1].Primjer 4.7. (Logaritamskoderiviranje) Nekasuf : I 0, +), g :I R, I Rotvoreninterval, diferencijabilnefunkcije. Tadajei funkcijah: I R, deniranash(x)=f(x)g(x), x I, diferencijabilna. Naime,ln(h(x)) = g(x) ln(f(x)), pa deriviranjemlijeve i desnestrane ove jednakostiimamo:h(x)h(x)= g(x) ln(f(x)) +g(x)f(x)f(x).Odatlejeh(x) = f(x)g(x)_g(x) ln(f(x)) +g(x)f(x)f(x)_.4.4 TeoremisrednjevrijednostiiprimjeneLema4.1. Nekajef: I R,diferencijabilnautockicotvorenogintervalaI R. Akojef(c) > 0onda > 0takavdavrijedi(x c , c)) (f(x) < f(c)) ,(x c, c + )) (f(c) < f(x)) .Akojef(c) < 0onda > 0takavdavrijedi(x c , c)) (f(x) > f(c)) ,(x c, c + )) (f(c) > f(x)) .4.4. TEOREMISREDNJEVRIJEDNOSTI 97Dokaz: Slicnokao u dokazu teorema4.1., iz diferencijabilnostifunkcijefucslijedineprekidnostucfunkcijeg: I Rdeniranesg(x) =_f(x)f(c)xc, zax ,= cf(c) , zax = c.Zbogg(c) =f(c) >0, polemi 3.3. izM.A.I. >0takavda x I([x c[ < ) g(x) 12g(c) > 0.Todaje(x c , c)) f(x) f(c)x c> 0 (f(x) f(c) < 0) ,(x c, c + )) f(x) f(c)x c> 0 (f(x) f(c) > 0) .Q.E.D.Denicija4.2. Zafunkcijuf: I RkazemodaucotvorenogintervalaI Rimaa) lokalni maksimumf(c), ako >0takavda x I([x c[ 0 takav da x I (0 < [xc[ 0takavda x I ([x c[ 0 takav da x I(0 < [xc[ f(c)).Takvetockezovemotockama lokalnihekstrema,odnosno,strogihlokal-nihekstrema.Lema4.2(Fermat). Nekaf: I Rutocki cotvorenogintervalaI Rimalokalniekstrem. Akojefdiferencijabilnauc,ondajef(c) = 0.Dokaz: Nekaf imauclokalni maksimum. Kadabi bilof(c)>0ondabi postojao >0takavda(x c, c +)) (f(c) f(c)),pafopetnebiimalalokalnimaksimumuc. Dakle,morabitif(c) = 0. Q.E.D.98 POGLAVLJE4. DERIVACIJAUvjetdajederivacijautockijednakanulinijedovoljanda biutojtockifunkcijaimalalokalniekstrem. Tockeizotvorenogintervalaukojimajede-rivacijajednakanulinazivamostacionarnimtockama.Primjer4.8.Za funkciju f(x) = x3je f(x) = 3x2, tj. f(0) = 0, ali fnemalokalniekstremu0jerjefstrogorastucanaR.Teorem4.6(Rolle1). Nekajef : I R, diferencijabilnanaotvorenomintervaluI Ri nekazaa, b I, a 0, x I SidaSnesadrziinterval.Zbogf(x) 0, x S, premateoremu4.9. funkcijaf rastenaI. Kadabi postojaletockex1, x2 I0, x1 0, c , c + ) I,takoda(x c , c)) (f(x) > 0)i(x c, c + )) (f(x) < 0),ondafimautockicstrogilokalnimaksimum.4.5. MONOTONOSTIDERIVACIJAFUNKCIJE 1012. Akojec I,f(c) = 0iako > 0, c , c + ) I,takoda(x c , c)) (f(x) < 0)i(x c, c + )) (f(x) > 0),ondafimautockicstrogilokalniminimum.Dokaz: 1. Nekaje f(c) =0i (x c , c)) (f(x) >0) i (x c, c + )) (f(x) < 0). PremaLagrangeovomteoremusrednjevrijednostix c , c +) tizmeduc i x takodavrijedif(c) f(x) = f(t)(c x).Sada, za xc , c) imamo x 0. Za x c, c +) je c < t < x, pa je f(t) < 0,odakle slijedi f(c) f(x) = f(t)(cx) > 0. Dakle, x c, c+), x ,= c,jef(x) < f(c),tj. fucimastrogilokalnimaksimum. Slucaj2. slijediiz1.zamjenomfs f. Q.E.D.Primjer4.9. Ispitati lokalne ekstremei naci intervale monotonosti funkcijef(x) =x1 +x2.FunkcijefifsudeniranenaRif(x) =1 x2(1 +x2)2.Stacionarnetockesux1= 1ix2= 1.Zbogf(2) < 0funkcijapadana , 1),zbogf(0) = 1frastena1, 1)izbogf(2) < 0fpadana 1, +).Stogaimamolokalneekstreme: min(1, 12)imax(1,12)., 1) 1, 1) 1, )f + f -6 -4 -2 2 4 6-0.4-0.20.20.4102 POGLAVLJE4. DERIVACIJAPrimjer4.10. Ispitati lokalne ekstreme i naci intervalemonotonostifunkcijef(x) =14x4x32x2+ 1.FunkcijefifsudeniranenaRif(x) = x33x24x = (x23x 4)x.Stacionarnetockesux1= 1,x2= 0ix3= 4.Vrijednosti derivacijeizmedustacionarnihtocakasuf(2) = 12,f(12) =98,f(1) = 6.Lokalni ekstremi su: min(1,14), max(0, 1),min(4, 31)., 1) 1, 0) 0, 4) 4, )f + +f -4 -2 2 4 6-2020404.6 Taylorov teorem srednje vrijednosti i pri-mjeneDenicija 4.3. Nekaje I Rotvoreninterval i f : I Riman-tuderivacijunaI. Zac IpolinomTn(x) = f(c) +n

k=1f(k)(c)k!(x c)k, x R, (4.22)zovemoTaylorov1polinomn-togredazafunkcijufutockic,afunkcijuRn(x) = f(x) Tn(x) , x I, (4.23)zovemon-tiostatakfunkcijefuc.Lagrangeovteoremsrednjevrijednostiimasljedeceuopcenje.Teorem4.12. (Taylor)NekajeI Rotvoreninterval i nekaf:I R,imaderivacijun + 1-vogredanaI. Nekajec IiTnTaylorovpolinomzafutockicdenirans(4.22). Tada x I, cxizmeducix,takodajeRn(x) =f(n+1)(cx)(n + 1)!(x c)n+1, (Lagrangeovoblikostatka). (4.24)1BrookTaylor(Edmonton, 18. kolovoz1685.London, 30. studeni 1731.) engleskimatematicar4.6. TAYLOROVTEOREM 103Dokaz: Za cvrstox I,x ,= c,denirajmofunkcijuF: I RformulomF(t) = f(x) f(t) n

k=1f(k)(t)k!(x t)kA(x t)n+1(n + 1)!, (4.25)gdjejeA =(n + 1)!(x c)n+1_f(x) f(c) n

k=1f(k)(c)k!(x c)k_. (4.26)LakojeprovjeritidajeF(x) = 0,azbog(4.26)vrijediF(c) = 0. Nadalje,F(t) = f(t) n

k=1_f(k+1)(t)k!(x t)kf(k)(t)(k 1)!(x t)k1_+ A(x t)nn!=(x t)nn!_Af(n+1)(t).IzRolleovogteoremasrednjevrijednostizakljucujemoda cxstrogoizmeduc i x takav da vrijedi F(cx) = 0. To povlaci da je A = f(n+1)(cx), sto pomocu(4.25)daje(4.24). Q.E.D.Napomena4.1. Akojef(n+1)lokalnoogranicenaokoc, ondajefunkcijandeniranasn(x) =_Rn(x)(xc)n, zax ,= c0 , zax = cneprekidnautockicivrijedif(x) = Tn(x) + n(x)(x c)n,x I.4.6.1 Odredivanje ekstrema pomocu derivacija visegredaUproslomteoremupokazali smodajef(c) =0nuzanuvjet zapostoja-njelokalnogekstremadiferencijabilnefunkcijefutocki c. Sadacemodatidovoljanuvjetzalokalneekstremepomocuderivacijavisegredautockic.Teorem4.13. NekajeI Rotvoreninterval, f:I R, f C(n+1)(I).Nekajec Istacionarnatocka,tj. f(c) = 0. Akopostojin N,takavdak 1, . . . , nvrijedif(k)(c) = 0if(n+1)(c) ,= 0,tadajeuslucajuI. akojen + 1paranbrojif(n+1)(c)>0,fimastrogilokalniminimumuc,104 POGLAVLJE4. DERIVACIJAII. akojen +1paranbrojif(n+1)(c) < 0,fimastrogilokalnimaksimumuc,III. ako je n+1 neparan broj, fnema lokalni ekstrem u c (ima horizontalnuineksiju).Dokaz: PretpostavimodajenastupioI. slucaj. Tadazbogneprekidnostif(n+1)utocki c >0takavda x c , c + )vrijedi f(n+1)(x)>0.PoTaylorovomteoremusrednjevrijednosti, x c , c + ) cxizmeduci xtakodajef(x) =f(c) +f(n+1)(cx)(n+1)!(x c)n+1>f(c) (zbogparnostieksponentan + 1). Dakle, fimaucstrogi lokalni minimum. Slucaj II. sedokazujeanalogno.UslucajuIII., zbogneparnostieksponentan +1, narazlicitimstranamaodcvrijednostodf(n+1)(cx)(x c)n+1imarazlicitepredznake, tj. ucnijelokalniekstremfunkcijef. Q.E.D.Primjer4.11. Ispitati lokalne ekstremefunkcijef(x) =14x4x32x2+1.Funkcijef,fifsudeniranenaR.Imamof(x) = x33x24x = (x23x 4)x i f(x) = 3x26x 4.Stacionarnetockesux1= 1,x2= 0ix3= 4.Vrijedif(1) =5>0,f(0) = 40,pasutockelokalnihekstrema:min(1,14),max(0, 1),min(4, 31).Primjer4.12. Ispitatilokalneekstremefunkcijef(x) = x4ex2.Funkcijef,fifsudeniranenaR.f(x) = ex2(4x32x5)f(x) = ex2(4x618x4+ 12x2)f(x) = ex2(8x7+ 60x596x3+ 24x)f(4)(x) = ex2(16x8176x6+ 492x433612x2+ 24)4.6. TAYLOROVTEOREM 105Stacionarnetockesux1= 2,x2= 0ix3=2.Vrijedi f(2)= 0,f(2) =< 0,-4 -2 2 40.10.20.30.40.5paimamolokalneekstreme: max(2, 4e2),min(0, 0), max(2, 4e2).Primjer 4.13. Funkcija f(x) =_e1x2, zax ,= 00 , zax = 0je klase C()(R) ivrijedif(n)(0) = 0, n N.Toslijedi iz limxxnex=0, odnosno, limx0e1xxn=0, n N. Odatlejelimx0P_1x_e1x2=0, zasvaki polinomP. Upravosutogaoblikai limesipomocukojihseracunaderivacijaf(n)(0).Dakle, tunijemoguceprimijeniti prethodnopravilozaodredivanjeeks-trema. Medutim, vrijedi f(x)=_2x3e1x2, zax ,= 00 , zax = 0, paiztogaslijedidafimautocki0strogilokalniminimum(nacrtajgraf).4.6.2 Konveksnefunkcije, ineksijaDenicija 4.4.Za realnu funkciju fkazemodajekonveksnanaintervaluI R,ako(x1, x2 I) f_x1 + x22_f(x1) + f(x2)2.(4.27)Funkcija f je strogo konveksna ako u(4.27)zax1 ,= x2vrijedistroganejednakost.Of[x1]f x1 x2

2f[x1]f[x2] 2f[x2]x1 x2 x1 x2

2Funkcijafjekonkavnaakovrijedi(x1, x2 I) f(x1 + x22) f(x1) + f(x2)2, (4.28)106 POGLAVLJE4. DERIVACIJAastrogokonkavnaakou(4.28)zax1 ,= x2vrijedistroganejednakost.Teorem4.14. (Jensenovanejednakost) Akojef neprekidnai konveksnafunkcijanaintervaluI R,ondavrijedi( x1, x2 I), ( t [0, 1]), f((1t)x1+tx2) (1t)f(x1)+tf(x2). (4.29)Akojednakost u(4.29) vrijedi za nekot 0, 1), ondajednakost vrijedi t [0, 1].Dokaz: Zabilokojex1, x2 Idenirajmoneprekidnufunkcijug: [0, 1] Rsg(t) = f((1 t)x1 + tx2) (1 t)f(x1) tf(x2), t [0, 1]. (4.30)Zelimo dokazati da je g(t) 0, t [0, 1]. Pretpostavimo suprotno, tj. nekagpostizesvojmaksimumutockicinekajeg(c) > 0. Zbogg(0) = g(1) = 0je c 0, 1). Neka je = minc, 1c, tj. segmenti [c , c +] i [0, 1] imajubaremjedanzajednickirub. Sadag(c) = g_(c ) + (c + )2_g(c ) + g(c + )2. (4.31)Buduci da je g(c ) = 0 ili g(c +) = 0, to je desnastrana od (4.31) strogomanjaodg(c),stojekontradikcijascinjenicomdajeg(c)>0maksimum.Dakle,vrijedig(t) 0, t [0, 1].Akojeg(c)=0zanekoc 0, 1),ondazaizbor>0takavdavrijedi[c , c +] [0, 1], iz (4.31) slijedi g(c ) +g(c +) = 0. Zbog g(c ) 0i g(c + ) 0, topovlaci g(c )=0i g(c + )=0. Iztogaslijedi dajeg(t)=0, t [0, 1], tj. jednakostu(4.29)tadavrijedi zasvakot [0, 1].Q.E.D.Teorem4.15. Nekajef : I RdiferencijabilnafunkcijanaotvorenomintervaluI R. Funkcijaf jekonveksnanaI, akoi samoakojenjenaderivacijafrastucafunkcijanaI.Dokaz: Nekajef konveksnanaI i nekasux1, x2, x3 I, x10takavdafstrogorastena c , c)i strogopadana c, c + ).Tada je fstrogo konveksna na c, c) i strogo konkavna na c, c+). Q.E.D.Primjer 4.14. Ispitati lokalneekstremei tockeineksijefunkcijef(x) =ex2.Funkcijef,fifsudeniranenaR.f(x) = 2xex2f(x) = (4x22)ex2Stacionarnatockajex1=0. Mogucetockeineksijesux2= 22ix3=22.Vrijednosti f(1)>0, f(0)0,max(0, 1) odredujukonveksnostikonkav-nostuintervalimaizmedutocakaineksije.-3 -2 -1 1 2 30.20.40.60.81x2 x1 x3, 22 ) 22, 0) 0,22 ) 22, )f + +f + + f s. konv. s.konkav. s. konkav. s. konv.Primjer 4.15.Ispitati lokalne ekstreme i tocke ineksije funkcije f(x) =x1 +x2.4.6. TAYLOROVTEOREM 109Funkcijef,fifsudeniranenaR.f(x) =1x2(1+x2)2f(x) =2x(x23)(1+x2)3Stacionarne tocke su x1= 1i x2= 1.Mogucetockeineksijesux3= 3,x4= 0ix5=3.-3 -2 -1 1 2 3-0.4-0.20.20.4x3 x1x4 x5 x2Vrijednosti druge derivacije izmedutocakaineksije su: f(2) >0,f(0) < 0,f(1) > 0,ajedinilokalniekstremjemax(0, 1)., 3) 3, 1) 1, 0) 0, 1) 1,3) 3, )f + + +f + + f s. konkav. s. konvek. s. konvek. s. konkav. s. konkav. s. konvek.4.6.3 Okomitei koseasimptotenagraffunkcijeDenicija4.6. NekajeI Rotvorenskupi f : I Rfunkcijaciji jegraff RR. Kazemodajepravacpasimptotanagraffunkcijef,akoudaljenost izmedu pravca i tocke T ftezi k 0 kako se tocka Tbeskonacnoudaljavaodishodista.Graffimaokomituasimptotuurubnojtockipodrucjadenicijec Rakoje limxcf(x) = .Graf ffunkcije f: I R ima kosu ili horizontalnu asimptotu y= kx+lu ,akoje1. a, +) Izanekoa I,2. limx+f(x)x= limx+f(x) = k R,3. limx+(f(x) kx) = l R1. , a) Izanekoa I,2. limxf(x)x= limxf(x) = k R,3. limx(f(x) kx) = l R110 POGLAVLJE4. DERIVACIJAPrimjer4.16. Ispitaj toki nadi asimptotefunkcijef(x) =x + 1x.1. PrirodnadomenafunkcijejeT(f) = [1, 0 > 0, +).2. f(x) = x+22x2x+1,x T(f).3. limx0x + 1x= , limx0+x + 1x=+. Dakle,fimaasimptotuu0.[1, , 0 > 0, )f f -1 -0.5 0.5 1 1.5 2-60-40-20204060Primjer4.17. Ispitaj toki nadi asimptotefunkcijef(x) =x23x 2 .1. Prirodnadomena funkcije je T(f) =R 22. f(x) =x24x + 3(x 2)2,x T(f).Stacionarnetockesux1= 1ix2= 3.-2 2 4 6-15-10-551015201 3limx2x21x 2= , limx2+x21x 2= +.Dakle,fimaokomituasimptotuu2.limxx21x(x 2)= 1 , limxx21x 2 x = limx2x 1x 2= 2,tj.y = x + 2jekosaasimptotau ., 1) 1, 2) 2, 3) 3, +)f + +f 4.6. TAYLOROVTEOREM 1114.6.4 LHospitalovopraviloTeoremolimesukvocijentafunkcijafgutocki c Rpodrazumijevapos-tojanjelimesaobjefunkcijeutoj tocki i limxcg(x) ,=0. Slijedeci teorempredstavlja uopcenje tog rezultata, ali uz odredene uvjete na derivacije funk-cijafig.Teorem4.17.(LHospitalovo1pravilo)Nekasu fi gfunkcijedenirane naI c Rinekasudiferencijabilnenatomskupu. Nekavrijedilimxcf(x) = 0, limxcg(x) = 0, g(x) ,= 0, x I c, limxcf(x)g(x)= L.Tadajelimxcf(x)g(x)= L.Dokaz: Dokaz provodimouz jace pretpostavkenafunkcijefi g, tj. daoneimajuneprekidnederivacijenaI, tedajef(c)=g(c)=0i g(c) ,=0. IzTaylorovogteoremasrednjevrijednostiinapomene4.1. slijedi:f(x) = f(c)(x c) + (x)(x c),g(x) = g(c)(x c) + 1(x)(x c),gdjesui1neprekidnefunkcijeuci(c) = 1(c) = 0. Sadaimamof(x)g(x)=f(c) + (x)g(c) + 1(x), x I c. (4.33)Sadadesnastranajednakostizadovoljavauvjeteteoremaolimesukvocijentjer limesi brojnikai nazivnikapostojeutocki ci limes nazivnikaje ,=0.Dakle,limxcf(x)g(x)= limxcf(c) + (x)g(c) + 1(x)=limxc(f(c) + (x))limxc(g(c) + 1(x))=f(c)g(c)=limxcf(x)g(x).Q.E.D.Napomena4.2. Akosufunkcijef, g C(n+1)(I), tevrijedi f(c)=f(c)= =f(n)(c)=0i g(c)=g(c)= =g(n)(c)=0, g(n+1)(c) ,=0, tadaizTaylorovogteoremasrednjevrijednostiimamolimxcf(x)g(x)=limxcf(n+1)(x)g(n+1)(x).1GuillaumeFranoisAntoineMarquisdeLHospital (Paris, 1661. Paris, 2. veljaca1704.)francuskimatematicar112 POGLAVLJE4. DERIVACIJA4.7 SvojstvakonveksnihfunkcijaDenicija4.7. NekajeI Rotvoreninterval i f:I R. Kazemodafimautocki c Ilijevuderivacijuakopostoji f(c)=limxcf(x) f(c)x c,odnosnodesnuderivacijuakopostojif+(c) =limxc+f(x) f(c)x c.Napominjemo da treba razlikovati f(c) odlimesa s lijeva derivacijef(c),odnosnof+(c)odlimesasdesnaderivacijef(c+)Teorem4.18. Neka je I Rotvorenskup i f : I RneprekidnaikonveksnafunkcijanaI.1. Usvakojtockix I funkcijaf imalijevuf(x)i desnuf+(x)desnuderivaciju,tevrijedif(x) f+(x).2. Funkcijax f(x) jerastucai neprekidnaslijevanaI, afunkcijax f+(x)jerastucaineprekidnazdesnanaI.3. Funkcija fima derivaciju na IJ, gdje je J Inajvise prebrojiv skup.Dokaz: Zaa < x1< x3< x2< b,kaoudokazuteorema4.15.,vrijedif(x3) f(x1)x3x1f(x2) f(x1)x2x1f(x2) f(x3)x2x3. (4.34)1. Nekajec Ibilokojatocka. Za x2= c,x1= c six3= c tdesnanejednakostu(4.34)dajef(c) f(c s)sf(c) f(c t)t(0 < t < s). (4.35)Zax1= c,x3= c + tix2= c + slijevanejednakostu(4.34)dajef(c + t) f(c)tf(c + s) f(c)s(0 < t < s). (4.36)Zbogf(c) = f_(c + t) + (c t)2_12[f(c + t) + f(c t)] f(c) f(c t) f(c + t) f(c).Odatle,dijeljenjemstiupotrebom(4.35)i(4.36)dobivamo:f(c) f(c t)tf(c + s) f(c)s(0 < t < s). (4.37)4.7. SVOJSTVAKONVEKSNIHFUNKCIJA 113Iz (4.35) slijedi dafunkcija denirana s F(t) =f(c) f(c t)tpadanaintervalu 0, ) zaneki >0. Premateoremu3.26. iz M.A.I. padajucafunkcijaimalimeszdesnau0,tj. postojiF(0+)iF(0+) =limt0+F(t) =limt0+f(c) f(c t)t= limt0f(c t) f(c)t= f(c).Analogno,iz(4.36)dobivamoegzistencijuf+(c). Zat 0+u(4.37)iondas 0+slijedif(c) f+(c).2. Nekajex 0imamo:f+(x) f(x + t) f(x)t. (4.40)Prelaskomnalimesx c+u(4.40), zbogneprekidnostifunkcijef,imamo:limxc+f+(x) f(c + t) f(c)t. (4.41)Odavdezat 0+dobivamo:limxc+f+(x) f+(c). (4.42)Sdruge strane, zbograstafunkcije f+je limxc+f+(x) f+(c). Dakle,vrijedi limxc+f+(x) =f+(c), tj. f+jeneprekidnasdesna. Analognosedokazujeneprekidnostslijevafunkcijef.3. Zax < y(x, y I)imamof(x) f+(x) f(y). (4.43)Premateoremu3.36. izM.A.I. rastucafunkcijafimanajviseprebrojivoprekida na intervalu I. Ako je fneprekidnau tocki x I, onda iz (4.43) zay x+dobivamof(x) f+(x) f(x), odnosnof(x)=f+(x). Dakle,fimaderivacijuusvakojtockiukojojjefneprekidnafunkcija. Q.E.D.114 POGLAVLJE4. DERIVACIJA4.8 PrimjenederivacijeU ovoj tocki pokazujemo kako se ideje povezane s derivacijom primjenjuju nanekeprekticnezadacekao stosu numerickorjesavanje nelinearnihjednadzbiiaproksimacijafunkcijapomocupolinoma.4.8.1 Lagrangeovinterpolacijski polinomNekaje Tnskupsvihpolinomasrealnimkoecijentimastupnja noblikap(x) =n

k=0akxk,srealnimkoecijentimaa0, . . . , an.Zadani suuredeni parovi realnihbrojeva(xk, fk), (k=0, 1, . . . , n), gdjesux0 1. Neka je niz (xn)ndeniran rekurzijom (4.48)zafunkcijuf(x) = xmbuzpocetnuaproksimacijux0= b,tj.xn=(m1)xmn1 + bmxm1n1, (n N). (4.53)Funkcija f : [1, b] Rzadovoljava uvjete teorema 4.21. slucaj 4. tj.f(1) =1 b 0, f(x) =mxm1>0i f(x) =4.8. PRIMJENEDERIVACIJE 119m(m 1)xm2>0, x [1, b], panizkonvergirakjedinstvenoj nultockifunkcije f uintervalu 1, b). Funkcije fi fsurastuce na [1, b] pa jemax[1,b]f=m(m 1)bm2i min[1,b]f=m. Odatleslijedi ocjenapogreske[xna[ (m1)bm22[xn1a[2, (n N). Q.E.D.Primjer 4.19. Izracunajmo35 Newtonovommetodomna 50 decimala.Zbog ocjene pogreske(4.51) kazemoda nizkonvergirakvadratnom brzinom.Kvadratna brzinakonvergencijeu pravilu znaci da je u svakojnovojiteracijidvostrukovecibrojtocnihznamenaka.x0= 5x1= 2.7708333333333333333333333333333333333333333333333x2= 2.0643062857645366549205092932833336474017123008021x3= 1.767315594852839675630814501991099802877564157758x4= 1.711816182730850357259567369723776592320652455091x5= 1.709977924257737717994546579193826487753056762840x6= 1.70997594667898405119733103179107967836688376517x7= 1.70997594667669698935311193144763560051192536599x8= 1.70997594667669698935310887254386010986805511055120 POGLAVLJE4. DERIVACIJAPoglavlje5Riemannovintegral5.1 ProblempovrsineiradasileZnamo odrediti povrsinunekih jednostavnih likovau ravnini, npr. kvadrata,pravokutnika,trokuta,trapezaitd.Pa2aaPababPab/2abP h(ab)/2abhPostavlja se problem odredivanja povrsine li-kovakoji imajuslozenijegranice. Takavjedio ravnine omeden grafom funkcije (pseudo-trapez) kaona slici desno. Oznacimo s funkcijukojadijeluravninePpridruzujere-alnuvrijednostkojuzovemopovrsina,(P).Odtefunkcijeocekujemoslijedecasvojstva.1. (P) 0,2. P1 P2= (P1 P2) = (P1) + (P2),3. P1 P2 (P1) (P2) = 0.0fa bPFunkcijukojazadovoljavagornjasvojstvazovemomjera.121122 POGLAVLJE5. RIEMANNOVINTEGRALAkovec odmahnismoumogucnosti nepo-sredno odrediti (P) (ako taj broj uopce imasmisla), ondapokusajmo aproksimirati dioravninePpomocujednostavnijihlikovacijepovrsineznamojednostavnoizracunati,npr.pravokutnika. Podijelimosegment [a, b] nan(N) dijelova tockamaa =x0

1vrijedipn_[apnzpn[ ( )[z[ 1. Dakle,podniz(apnzpn)nnekonvergiraknuli, atadanitiniz(anzn)nnekonvergiraknuli,tj. reddivergirausvakojtockiz C, [z[ >1.Uzmimoz C, [z[ 0takodaje( + )[z[ < 1. Sadazagotovosveclanoveniza(n_[anzn[)nvrijedin_[anzn[ ( + )[z[ =q1,dakle,r =1. Q.E.D.Akojer > 0radijuskonvergencijeredova(6.20),(6.21) i(6.22),ondasusaf(z) =

n=0anzn, (6.25)f1(z) =

n=1nanzn1, (6.26)f2(z) =

n=2n(n 1)anzn2, (6.27)M2(z) =

n=2n(n 1)[an[[z[n2(6.28)170 POGLAVLJE6. REDOVIdeniranefunkcijenaK(0, r) C.Lema6.2. Nekajer>0radijuskonvergencijereda(6.25). Zasvaki 0 0radijuskonvergencijereda. Tadajef C(c r, c + r))ivrijedif(c) = a0f(c) = a1f(c) = 2a2...f(n)(c) = n!an...Formulazakoecijentejean=f(n)(c)n!, (n = 0, 1, . . .). (6.30)Denicija6.6. Nekajefunkcijaf C(c r, c + r)). Red

n=0f(n)(c)n!(x c)n(6.31)zovemoTaylorovredfunkcijef okotockec. Taylorovi polinomi Tn(x)=

nk=0f(k)(c)k!(x c)ksuparcijalnesumeTaylorovogreda.Teorem6.13. NekajeI Rotvoreni interval, c I i f : I RklaseC(I).Akopostojen0 N,> 0,M> 0iC> 0,takvidaje[f(n)(x)[ CMnn!, x I= c , c + ) I, n n0, (6.32)ondared(6.31)konvergirakf(x), x I c 1M, c +1M).Dokaz: Zasvaki x I, po Taylorovomteoremusrednjevrijednosti,postojicxizmeducixtkodavrijedif(x) = Tn(x) +f(n+1)(cx)(n + 1)!(x c)n+1.Odatleje[f(x)Tn(x)[ = [f(n+1)(cx)[(n + 1)![xc[n+1 CMn+1(n + 1)!(n + 1)![xc[n+1= C(M[xc[)n+1.Zax I c 1M, c +1M)jeM[x c[ < 1paje limn[f(x) Tn(x)[ = 0,tj.limnTn(x) =

n=0f(n)(c)n!(x c)n= f(x). Q.E.D.172 POGLAVLJE6. REDOVITeorem6.14. NekajeI Rotvoreni interval, c I i f : I RklaseC(I). Akopostoje > 0iC> 0takvidaje[f(n)(x)[ C, x I= c , c + ) I, n N, (6.33)ondared(6.31)konvergirakf(x), x I.Dokaz: Vrijedi[f(x) Tn(x)[ = [f(n+1)(cx)[(n + 1)![x c[n+1 C[x c[n+1(n + 1)!n0,zbogkonvergencijereda

n=0xnn!. Q.E.D.Primjer6.17. Zafunkcijuf(x)=ex, x Ri c=0jef(n)(0)=1, pajeTaylorovredokonule

n=0xnn!. Za>0vrijedi (x+1. Tadazan>n0imamon >1,pa_n_= [[[1 +12[[1 +1n01[(1 +1n0)(1 +1n) _n01_.Odatlejef(n)(x)n!=_n_(1 +x)n_n01_(1 +x)n.Uslucajux 0je1 + x 1pavrijedi (1 + x)n1, n N. Odatleslijedi dajenaintervalu[0, 1)ispunjenuvjet(6.33)izteorema6.14zaC=_n01_max1, 2.Uslucaju [x[ 12je1+ x 12pavrijedi (1 + x)n2n, n N.Stoga na intervalu 12,12) vrijedi uvjet (6.32) iz teorema 6.13 za C =_n01_max(32), 2iM= 2.Primjer 6.20. Naci Taylorovredokoc =0funkcije f(x) =ln(1 + x) iispitatinjegovukonvergenciju.Vrijedi f(x)=11 +x=

n=0(1)nxn, zax 1, 1)(geometrijski red).Tadapoteoremu6.12. i korolaruleme 6.2. imamof(x) =ln(1+ x) =

n=0(1)nxn+1n + 1=

n=1(1)n1xnn,zax 1, 1).Primjer6.21. Naci Taylorovred oko c = 0 funkcijef(x) = Tg1x i ispitatinjegovukonvergenciju.Vrijedi f(x) =11 +x2=

n=0(1)nx2n, za x1, 1) (geometrijskired). Tadapoteoremu6.12. i korolaruleme6.2. imamof(x)=Tg1x=

n=0(1)nx2n+12n + 1=

n=1(1)n1x2n12n 1,zax 1, 1).Primjer6.22. Naci Taylorov red oko c = 0 funkcije f(x) = Sin1x i ispitatinjegovukonvergenciju.Vrijedi f(x) = (1x2)12=

n=0(1)n_12n_x2n, za x 1, 1) (binomnired). No,(1)n_12n_=13(2n 1)2nn!=13(2n 1)242n=(2n 1)!!(2n)!!,174 POGLAVLJE6. REDOVIpaimamof(x) =

n=0(2n 1)!!(2n)!!x2n. Odatlejef(x) = Sin1x =

n=0(2n 1)!!(2n)!!x2n+12n + 1, zax 1, 1).Teorem6.15. (Abelovteorem) Akored

n=0ankonvergirai imasumus,ondajesf(x) =

n=0anxn, [x[ < 1, (6.34)deniranafunkcijaf: 1, 1) Rivrijedis =limx1f(x).Dokaz: Trebamodokazati( > 0)( > 0)(x)((0 < 1 x < ) ([f(x) s[ 0bilokoji. Zboglimnsn=s nNtakavda(n n) ([sns[ n) ([fn(x) f(x)[ < )).(6.41)Teorem6.17. Nekasu n N,fn: I R,I R,neprekidnefunkcijenaI. Akoniz(fn)nuniformnokonvergiranaIkfunkcijif: I R,ondajefneprekidnanaI.Dokaz: Uzmimobilokojutockuc Ii dokazimodajefneprekidnauc,tj.( > 0) (> 0)(x I) (([x c[ < ) ([f(x) f(c)[ < )).6.9. UNIFORMNAKONVERGENCIJA 179Nekaje>0bilokoji. Izuniformnekonvergencijeniza(fn)nkf, postojin Ntakoda(x I) (n N) ((n > n) ([fn(x) f(x)[ 0. Tada postoji n Ntakav da n N,(n>n) (

k=nakn, zbog x I,

k=nuk(x)

k=n[uk(x)[

k=nak0,postojin Ntakavda n N, t I,(n>n) ([f(t) sn(t)[ 0 bilo koji. Oznacimo n= sns,n N, papostojim Ntakavda n N,(n>m) ([n[ m + 1imamon=s1 + . . . + sm+1n+sm+2 + . . . + snn==s1 + . . . + sm+1n+n m1ns +m+2 + . . . + nn,aodatle[ns[ < [s1 + . . . + sm+1[n+m+ 1n[s[ +n m1n3.Uzmimo n> m+1 takav da vrijedi [s1 + . . . + sm+1[n RiliaRb.Skup T(R) Xzovemodomenarelacije. Kodomenarelacijeje /(R) = Y .Prazanskup jerelacija.Ponekadse cinjenicada< x, y>, Rpisex , Ry.Medunajvaznijimrelacijamajerelacijaekvivalencije. Onasejavljakodnastojanjadaelementeskupaidenticiramonaosnovi nekognjimazajed-nickogsvojstva. Nataj nacinse skupraspadanapodskupove elemenatakojisuidenticniupogledutogsvojstva. PostousporedujemoelementeistogskupaAjasnojedazarelacijuekvivalencijeRvrijediR AA.B.6. RELACIJEIFUNKCIJE 197DenicijaB.6. RelacijaR AAjerelacijaekvivalencijeakovrijedi:(i) RjereeksivnanaA:x(< x, x > R).(ii) Rjesimetricna:x, y((< x, y> R) (< y, x > R)).(iii) Rjetranzitivna:x, y, z((< x, y> R) (< y, z > R)) (< x, z> R).Takoder,medunajvaznijerelacijeubrajamorelacijeuredajailiporetka.Denicija B.7. RelacijaRse nazivarelacijomporetkaili uredajaakovrijedi(1) x(xRx)reeksivnost,(2) x, y, z((xRy) (yRz) (xRz))tranzitivnost,(3) x, y((xRy) (yRx) (x = y)) antisimetricnost.Relacijasgornjimsvojstvimajossenazivaparcijalni uredaj.UredajRjelinearan ilijednostavanakovrijedix, y(x ,= y (xRy yRx)).Standardnaoznakazarelacijuuredajaje ili _.Akorelacijanijeantisimetricnaondasezovepoluuredaj.Pojamfunkcijesvakakojejedanodnajvaznijihpojmovaumatematici.Intuitivno, pod tim pojmom podrazumjevamo jednoznacno pridruzivanje ele-menata jednog skupa elementima drugog skupa. Funkcija je specijalni slucajmedurelacijama.DenicijaB.8. RelacijaFjefunkcijaakovrijedix, y, z(((< x, y> F) (< x, z> F)) (y= z)).Zbogjedinstvenosti,umjestooznake< x, y > FilixFypisemoy= F(x).IndeksAaksiomArhimedov,7,32Peanovi,2potpunosti,32antisimetricnostaproksimacija,7,85funkcije,87,113nultocke,116povrsine,120apsorpcijalogicka,184asocijativnostdisjunkcije,184konjunkcije,184presjeka,190unije,190Bbinarnaoperacijazbrajanje,3brojevicijeli,4decimalni,7racionalni,4brojevnipravac,7brzina,85prosjecna,85DdeMorganovizakonilogicki,184zaskupove,191derivacija,86disjunkcija,183distributivnostkvantikatora,185logicka,184presjekanauniju,190unijenapresjek,190Eekvipotentniskupovi,36ekvivalencija,183Eulerovaformula,57Ffunkcija,9,195apsolutnavrijednost,12arcus,27area,23bijekcija,18derivabilna,86diferencijabilna,86domena,9eksponencijalna,20,35,50naC,56gama,150graf,9hiperbolne,22injekcija,17inverzna,17izjavna,185viseargumenata,186kodomena,9korijen,20kvadratna,14linearna,11198INDEKS 199logaritamska,21monotona,10podijelovima,128neprekidna,68uniformno,129opcapotencija,22padajuca,10polinom,15prekidna,69primitivna,132racionalna,16rastuca,10razlomljenalinearna,15restrikcija,9surjekcija,18trigonometrijske,24Ggomilisteniza,52granicnuvrijednost,43greskaapsolutna,13relativna,13grupakomutativna,4Iidempotentnostlogicka,184skupovna,191implikacija,183inmum,34integraldonji,121gornji,121neodredeni,135nepravi,146Riemannov,122interpolacija cvorovi,113polinomom,113KKartezijevprodukt,8,193Kartezijevaravnina,8kompozicijafunkcija,16komutativnostdisjunkcije,184konjunkcije,184konjunkcija,183kontrapozicija,184konvergencijaniza,42uniformna,176reda,153apsolutna,159uniformna,177koordinatnisustav,8kvantikatoregzistencije,185univerzalni,185kvocijentdiferencija,86Llimesinferior,53superior,53limesfunkcije,61Cauchyjevadenicija,62jednostrani,65uR,64limesniza,42funkcija,50uC,57uR,43uR,42Mmajoranta,31maksimum,32matematickaindukcija,2metodatangenti,117minimum,34200 INDEKSmjera,119Nnepraviintegralkriterijkonvergencije, 148neprekidnostfunkcije,68jednostrana,81niz,41Cauchyjev,54fundamentalan,54funkcija,50konvergentan,42padajuci,41podniz,42rastuci,41Oobuhvatnost,187operatornegacije,183Ppodniz,42polinom,15interpolacijski,113Lagrangeov,113Taylorov,102polje,5kompleksnihbrojeva,55realnihbrojeva,29uredeno,31poluuredaj,195Rradijan,24red,151binomni,170Fourierov,174f