GradimirV.MilovanovicRadosavZ. DordevicMATEMATICKAANALIZAIPredgovorOvaknjigapredstavljaudzbenikiz predmetaMatematickaanalizaI koji se,pocevodskolske 2004/2005. godine, studentimaElektronskogfakultetauNisupredajeuIIsemestru. Knjigajenastalanaosnovuviseputaobjavljivanihudz-benikaistihautora, podnaslovom: Matematikazastudente tehnickihfakulteta,IdeoiMatematikazastudentetehnickihfakulteta,IIdeo.UdzbenikMatematickaanaliza I sastoji se izsest glava, odkojihposlednjaglava(Teorijaredova)nijepredvidjenanastavnimprogramompomenutogpred-meta. Ova oblast se inace predaje u okviru matematickih kurseva na drugoj godinistudijanaElektronskomfakultetuuNisu.Uglavi Realnefunkcijei njihoveosnovneosobineizlozenjeprvosampojamfunkcije,posebno pojam realnefunkcije realnepromenljive,a zatimiosnovne oso-bine realnihfunkcijajednerealne promenljive, kaostosu: parnost i neparnost,periodicnost, monotonost, konveksnost, pojaminverzne funkcije, kaoi pojmovifunkcijezadateparametarski i implicitnozadatefunkcije, ali i pojmovi elemen-tarnihi neelementarnihfunkcija. Udrugomdeluoveglaveukazanojenapojammetrikeimetrickihprostora,kaoinanekeosnovnetopoloskepojmove.GlavaNizovisastojiseizdelaukojemjedenisanpojam nizaipojam njegovegranicnevrednosti, ukojemsuizlozeneosnovneosobinekonvergentnihnizovainavedenenekegranicnevrednostinizovauR,kaoiizdelaukojemjeukazanonapojamCauchyevognizainapojamkompletnogprostora.Funkcijejednerealnepromenljivejeglavaukojojsuizlozeni: pojamgranicnihvrednostirealnih funkcija,osobine granicnih vrednosti,pojam neprekidnostifunk-cija, kao i osobine neprekidnih funkcija. Isto tako, u ovoj glavi je ukazano i na nekeosobinemonotonih funkcija,na mogucnostuporedivanjafunkcija medusobom,nasimboleoiO,kaoinaravnomernuneprekidnostrealnihfunkcija.Uglavi Diferenciranje funkcija jedne realne promenljive izlozeni supojmoviizvodai diferencijalafunkcijeprvogi visegreda, osnovneteoremediferencijalnogracuna, kao i njihova primena na ispitivanje osnovnih osobina realnih funkcija. Istotako, uovoj glavi sudenisanei osobenetackekrivih, kaoi pojmovi asimptotakrivihikrivinekrivih,a ukazano je takode i na pojam dodira krivih. Na kraju oveglaveukazanojeinagrackopredstavljanjefunkcija.GlavaIntegracijafunkcijajednerealnepromenljiveobuhvata:neodredeni inte-gral, metode integracije i integraciju elementarnih funkcija, kao i pojam odredenogintegrala,njegoveosobineiprimenuodredenogintegrala.viInakraju,uglaviTeorijaredovaizlozenisunumerickiifukcionalniredovi,vr-stekonvergencije,kaoikriterijumizakonvergencijunumerickihistepenihredova.PosebnosuizlozenitrigonometrijskiiFourieroviredoviinjihovaprimena.Svakaglavajepodeljenanapoglavlja,apoglavljanaodeljke.Numeracija objekata (formula, teorema,denicija i sl.) u okviru jednog odeljkaizvrsenajepomocutribroja odkojih prviukazujenapoglavlje,drugi naodeljakitrecina rednibroj togobjekta uposmatranom odeljku. Tako,naprimer,teorema3.2.4predstavljacetvrtuteoremuudrugomodeljkutrecegpoglavljaodgovarajuceglave. Naovaj nacinjeuspostavljenajednoznacnanumeracijaobjekatauokvirujedneglave.Sva teorijska izlaganja propracena su odgovarajucim primerima. Na kraju svakeglavenalazise poglavljeZadacizavezbu, cijije ciljda korisnicimaove knjige omo-gucisamostalnouvezbavanjeprethodnoizlozeneteorije.Kakojeknjigapisanauskladusanajnovijimplanomi programomstudijanaElektronskom fakultetu u Nisu, ona je, pre svega, namenjena studentima racunars-tvai informatike, telekomunikacija, elektronikei elektrotehnike, ali i studentimadrugih tehnickih fakulteta, kao i studentima matematike i zike na prirodno-matematickimfakultetima.Nis,31.januara2005.G.V.Milovanovic / R.Z.DordevicSadrzajI GLAVAOsnovi matematickeanalize1. REALNEFUNKCIJE 11.1. Pojamfunkcijeioblastdenisanosti 11.2. Grakfunkcije 91.3. Parneineparnefunkcije 111.4. Periodicnefunkcije 121.5. Monotonefunkcije 131.6. Konveksnefunkcije 151.7. Inverznefunkcije 171.8. Kriveifunkcijeuparametarskomobliku 191.9. Implicitnodenisanefunkcije 211.10. Elementarnefunkcije 232. METRICKIPROSTORIITOPOLOSKIPOJMOVI 252.1. Metrickiprostoriinekeosnovnenejednakosti 252.2. Osnovnitopoloskipojmovi 313. ZADACIZAVEZBU 35II GLAVANizovi1. NIZOVIIKONVERGENCIJANIZOVA 371.1. Nizigranicnavrednostniza 371.2. Osnovneosobinekonvergentnihnizova 381.3. GranicnevrednostinekihnizovauR 461.4. Delimicninizovi 612. CAUCHYEVNIZIKOMPLETNIPROSTORI 642.1. Cauchyevniz 642.2. Kompletniprostori 673. ZADACIZAVEZBU 69viii SADRZAJIII GLAVAFunkcijejednerealnepromenljive1. GRANICNEVREDNOSTIFUNKCIJA 711.1. Pojamgranicnevrednosti 711.2. Jednostranegranicnevrednosti 741.3. Osobinegranicnihvrednosti 771.4. Primerigranicnihvrednosti 792. NEPREKIDNOSTFUNKCIJA 812.1. Pojamneprekidnostifunkcija 812.2. Vrsteprekidaineprekidnoproduzenje 862.3. Nekeosobineneprekidnihfunkcija 912.4. Osobinemonotonihfunkcija 942.5. Uporedivanjefunkcija 962.6. SimbolioiO 1022.7. Ravnomernaneprekidnost 1093. ZADACIZAVEZBU 114IV GLAVADiferenciranjefunkcijajednerealnepromenljive1. IZVODIDIFERENCIJALFUNKCIJE 1171.1. Izvodfunkcijeidiferencijabilnost 1171.2. Diferencijalfunkcije 1291.3. Nekeprimenediferencijalafunkcije 1311.4. Teoremeoizvodima 1331.5. Izvodinverznefunkcije 1371.6. Izvodslozenefunkcije 1391.7. Tabliceizvodaelementarnihfunkcija 1431.8. Izvodfunkcijeuparametarskomobliku 1441.9. Izvodivisegreda 1461.10. Diferencijalivisegreda 1511.11. Osnovneosobinediferencijabilnihfunkcija 1521.12. Taylorovaformula 1662. ISPITIVANJEFUNKCIJA 1802.1. Opsteilokalneosobinefunkcija 1802.2. Monotonost 1802.3. Lokalniekstremumifunkcija 1842.4. Konveksnostiprevojnetacke 1902.5. Asimptote 196SADRZAJ ix2.6. Krivinakriveipoluprecnikkrivine 2032.7. Dodirikrivih 2092.8. Glatkekrive,prelomneipovratnetacke 2162.9. Grackopredstavljanjefunkcija 2193. ZADACIZAVEZBU 232V GLAVAIntegracijafunkcijajednerealnepromenljive1. NEODREDENIINTEGRAL 2351.1. Primitivnafunkcijaineodredeniintegral 2351.2. Tablicaintegrala 2372. METODIINTEGRACIJE 2392.1. Metoduvodenjanovepromenljive 2392.2. Metodparcijalneintegracije 2432.3. Metodrekurzivnihformula 2452.4. Metodneodredenihkoecijenata 2483. INTEGRACIJAELEMENTARNIHFUNKCIJA 2503.1. Integracijaracionalnihfunkcija 2503.2. Integracijairacionalnihfunkcija 2563.3. Integracijatrigonometrijskihfunkcija 2673.4. Napomeneointegracijiukonacnomoblikupomocuelementarnihfunkcija 2714. ODREDENIINTEGRAL 2724.1. Denicijaodredenogintegrala 2724.2. EgzistencijaRiemannovogintegrala 2744.3. Klaseintegrabilnihfunkcija 2814.4. Osobineodredenogintegrala 2854.5. Integracijaidiferenciranje 2924.6. Newton-Leibnitzovaformula 2944.7. Nesvojstveniintegrali 2994.8. Glavnavrednostnesvojstvenogintegrala 3065. PRIMENEODREDENOGINTEGRALA 3085.1. Povrsinaravnegure 3085.2. Duzinalukakrive 3135.3. Zapreminaobrtnogtela 3185.4. Povrsinaobrtnogtela 3226. ZADACIZAVEZBU 324x SADRZAJVI GLAVATeorijaredova1. NUMERICKIREDOVI 3291.1. Osnovnipojmovi 3291.2. Redovisanenegativnimclanovima 3341.3. Kriterijumizakonvergencijuredovasanenegativnimclanovima 3371.4. Redovisaclanovimakojimenjajuznakialternativniredovi 3432. FUNKCIONALNIREDOVI 3472.1. Konvergencijafunkcionalnihredova 3472.2. Uniformnakonvergencijafunkcionalnihredova 3502.3. Osobineuniformnokonvergentnihredovana[a, b] 3542.4. Stepeniredovi 3582.5. Analitickefunkcije 3642.6. RazvojnekihfunkcijauTaylorovred 3683. TRIGONOMETRIJSKIREDOVI 3733.1. Ortogonalnosttrigonomatrijskogsistema 3733.2. OsobinetrigonometrijskogredaiFourierovred 3753.3. KompleksnioblikFourierovogreda 3793.4. Fourierovrednaproizvoljnomsegmentu 3813.5. PeriodickoproduzenjefunkcijeikonvergencijaFourierovogreda 3843.6. Gibbsovefekat 3953.7. Fourierovintegral 3983.8. Fourierovatransformacija 4023.9. Ztransformacija 4044. ZADACIZAVEZBU 409Literatura 411Indeksimena 413I GLAVAOsnovimatematickeanalize1. REALNEFUNKCIJE1.1. PojamfunkcijeioblastdenisanostiUalgebri,aposebnouteorijialgebarskihstruktura,uobicajenojedasepojamfunkcijeuvodipomocupojmova:relacija ipreslikavanje (Videti,na primer,knjigu[15], str. 9-23.). Iakotonijepredmetovogudzbenika, ukratkocemoukazati naovadvapojma.AkosuXi Y dvanepraznaskupa, tadasezasvaki podskupskupaX YkazedajerelacijauskupuX Y . Dakle, svakarelacijauskupuX Y jeskupizvesnihuredenihparova(x, y), takvihdaje x Xi y Y , tj. uvekje(x, y) X Y ,alisusamoneki(x, y) .Sverelacijekoje cemoovderazmatratiodnosesenaskupoveX Y ,gdesuXiY podskupoviskuparealnihbrojevaR.Pritome,akosuneprazniskupoviXiY (X, Y R)posmatracemosamoonerelacije X Y kojeimajuosobinudazasvaki elementx Xpostoji samojedanelementy Ytakavda(x, y) . Zasvakutakvurelacijugovoricemodajepreslikavanjeili funkcijasaskupaXuskupY ,aumesto(x, y) uobicajenojedasetacinjenicaoznacavasay=(x).Stavise, umestonajcescesekoristioznaka1)f.Istotako, cinjenicudajenekarelacijaf X Y preslikavanje, tj. funkcija,oznacavacemosaf: X Y ili saXfY , govoreci daseelement xpreslikavauelement y =f(x) Y . Tocemosimbolizovati i sax y =f(x) ili kracex f(x).Element xzovemooriginal , dokzaelement y =f(x)koristimoterminslikaelementa xpri preslikavanjuf ili vrednost funkcije utacki x. Uslucajukadaxpredstavljaproizvoljanelement iz Xkazemo daje xargument ili nezavisnopromenljiva,ay (= f(x))zavisnopromenljiva.Skupslikasvihelemenatax Xobelezavamosaf(X). Ociglednojedajef(X) Y .1)Oznakaf dolazi odreci funkcija(functionnaengleskomjeziku). Uupotrebi su,takode,ioznakeg,h,. . . ,,,. . . ,itd.2 OSNOVI MATEMATICKEANALIZESkupXkoji preslikavamozovemooblast denisanosti ili domenfunkcijef, askup slikaf(X) nazivamoskupvrednosti ilikodomen funkcije f. Ponekad se oblastdenisanostifunkcijefoznacavasa D(f),askupnjenihvrednostisa R(f).Naosnovuprethodnogmozemodatiformalnudenicijufunkcije:Denicija1.1.1. Zarelacijuf X Y kazemodajefunkcijaf: X Y ako(1) (x X) (y Y ) (x, y) f ,(2) (x, y) f (x, z) f y= z .Osobina(1)poznatajepodimenomdenisanost,aosobina(2)jednoznacnost.Primer1.1.1. 1NekajeA= {1, 2, 3}i B= {a, b, c, d}i nekajerelacija{(1, a), (2, b), (3, c)} AB. Relacija je funkcija koja preslikavaelemente skupaAuskupB.Oblastdenisanosti ovefunkcijejeskupA, askupvrednosti funkcijejeskup{a, b, c} B.2NekajeA = {0, 1, 2}iX= A2= {(x, y) | x, y A}. Relacija((0, 0), 0), ((0, 1), 1), ((0, 2), 4), ((1, 0), 1), ((1, 1), 2), ((1, 2), 5),((2, 0), 4), ((2, 1), 5), ((2, 2), 8) X RjefunkcijakojapreslikavaelementeskupaX=A2uskupR. Ovopreslikavanjef: A2Rsemozeizrazitisimbolicki,naprimer,pomocu(x, y) f((x, y)) = x2+y2.OblastdenisanostifunkcijefjeskupA2,askupvrednostifunkcijefjeskupf(A2) = {0, 1, 2, 4, 5, 8} R.3NekajedatsegmentS=[0, 1], X=S3= {(x, y, z) | x, y, z S},Y=R2.Relacijaf S3R2,denisanapomocuf((x, y, z)) = (x2+y2+z2, 3xyz) (x, y, z S),jefunkcijasaS3uR2,pri cemu,svakojuredenojtrojki(x, y, z)( S3)sepridru-zujeuredenipar(x2+y2+z2, 3xyz)( R2). Napomena1.1.1. Akojec Y , tadazapreslikavanjef: X Y , denisanopomocuf(x) = czasvakox X,kazemodajekonstantnopreslikavanje. Takode,kazeseidajefunkcijafkonstanta.AkojeY= Xtadasepreslikavanjef: X X,denisanopomocuf(x) = xzasvakox X,nazivaidentickopreslikavanjeuX.REALNEFUNKCIJE 3Denicija 1.1.2. Zadvefunkcijef: XY i g: UV kazemodasujednakeakojeX= UiY= V iakoje(1.1.1) (x X) f(x) = g(x).Akoje, medutim, X Ui akovazi (1.1.1), reci cemodajef suzenjeili restrikcijafunkcijeg(saskupaUnaskupX), tj. dajegprosirenjeiliekstenzijafunkcijef(saskupaXnaskupU).Primer1.1.2. 1Nekasufunkcijef: R Ri g: N R, denisaneredompomocuf(x) = x2i g(x) = x2.Iakosuovedvefunkcijedenisaneistimanalitickimizrazom, onenisumedusobomjednakefunkcijejersuimdomenirazlicitiskupovi. SobziromnainkluzijuNR, tj. D(g) D(f),zakljucujemo da je funkcija gekstenzija funkcije f, kao i da je funkcija frestrikcijafunkcijeg.2Nekajedat segment S=[0, 2] i funkcijag: S2R, denisanapomocuz= g((x, y)) = x2+y2. Ovafunkcijapredstavljaekstenzijufunkcijef: A2Rizprimera1.1.1(videti 2). Zafunkcijugkazemodajefunkcijaoddvepromenljivexiyiumestog((x, y))pisemojednostavnog(x, y). Skup(f)= (x, f(x)) [ x X XY nazivasegrakfunkcijef.AkosuX Ri f(X) R, grakfunkcijesemozepredstaviti kaoskuptacakauDekartovoj2)ravni3)Oxy.Primer 1.1.3. 1Deograkafunkcije f: R R, denisane pomocuy =f(x) = x2(videti slucaj 1u primeru 1.1.2), predstavljen je na slici 1.1.1. Na istojslici1.1.1,prikazanjeideograkafunkcijeg: N R(takodevidetiprimer1.1.2),kojisesastojiiznizatacaka. Naime,naslici suprikazanesamoprvecetiri tacke,tj. deograka {(1, 1), (2, 4), (3, 9), (4, 16)} (g).2Funkcijaoddvepromenljive(videti slucaj 2uprimeru1.1.2), denisanana[0, 2] [0, 2]pomocuz= g(x, y) = x2+y2,mozese,takode,grackiprikazati.Njengrakjedatnaslici1.1.2,zajednosagrakomnjenerestrikcijefizprimera1.1.1(videtislucaj 2).Primetimodasegrakfunkcijefsastojiizdevettacaka. 2)ReneDescartesCartesius)(15961650),velikifrancuskilozofimatematicar.3)Zaovaj nacinpredstavljanjagrakafunkcijedovoljnojeznanjeizsrednjeskole.Inace, Dekartov pravougli koordinatni sistem, kao i neki drugi koordinatni sistemi, detaljnosutretiraniupredmetuLinearnaalgebra.4 OSNOVI MATEMATICKEANALIZE-4 -2 1 2 3 4x51015y012x012y048z01xSl.1.1.1 Sl.1.1.2Napomena1.1.2. Funkcijef: X Y sakojimasenajcescesrecemosureal-ne, tj. takvedajeY =R, aXRn, gdejen 1. Kadajen=1imamoslucaj realnihfunkcijajednerealnepromenljive, cijeceosnovneosobinebiti raz-matraneunarednimodeljcima. Slucaj n>1dovodi nasdotzv. realnihfunkcijavisepromenljivih,tacnijerealnihfunkcija npromenljivih. Dakle,uredenoj n-torki(x1, . . ., xn) Xpridruzuje se vrednost y= f((x1, . . ., xn)) R, pri cemu pisemojednostavnoy= f(x1, . . ., xn).Kodpreslikavanjaf: X Y razlikovacemosledecadvamogucaslucaja:f(X) = Y if(X) Y . UprvomslucajukazemodajeskupXpreslikannaskupY , audrugomdajeskupXpreslikanuskupY . Postoje, dakle, satogstanovistadvevrstepreslikavanja: preslikavanjenaskupipreslikavanjeuskup. Zapreslikavanjenaskupkazesedajesurjekcija ilisurjektivnopre-slikavanje.Akoje preslikavanje f: XY takvodaiz jednakosti f(x1) =f(x2)sledujex1= x2,kazesedajefinjekcijailiinjektivnopreslikavanje. Prematome,kodovogpreslikavanja,ukolikosuslikejednakemorajubitijednakiioriginali. Zaovopreslikavanjekoristimoiterminpreslikavanje11.Za svako preslikavanje koje je istovremeno surjekcija i injekcija kazese daje bijekcija ili bijektivno preslikavanje. Takode, za takvo preslikavanje kazemodajebiunivokoiliobostranojednoznacnopreslikavanje.Denicija1.1.3. NekasuX, Y i Zneprazni skupovii nekasudatapre-slikavanjaf: X Y ig: Y Z. Funkcijuh = g f,tj.funkcijuh: X Zdenisanupomocu(x X) h(x) = (g f)(x) = g(f(x))zovemoslozenafunkcijaod funkcija fi gilikompozicijapreslikavanjafi g.REALNEFUNKCIJE 5Ustvari,slozenafunkcijah = g fpreslikavaelementexskupaXuele-mentez= h(x)skupaZposredno,pomocufunkcijafig,nasledecinacin:prvoelementex skupa Xfunkcijom fpreslikavauelementey= f(x) skupaY , azatimtakodobijeneelementey=f(x) Y funkcijomgpreslikavauelementez= g(y) = g(f(x))skupaZ.Preslikavanjafigsu,ustvari,medupreslikavanja.Naravno, jedno slozeno preslikavanje moze biti realizovano i sa vise medu-preslikavanja. Ponekadsekazedasvatamedupreslikavanjacinelanacpre-slikavanja,aonas amasukarikelanca.Napomenimo: akosusvamedupreslikavanjajednogslozenogpreslikava-njabiunivokapreslikavanja,tadajeislozenopreslikavanjebiunivoko.Bezdokaza4)navodimosledecetvrdenje:Teorema1.1.1. NekasuX,Y ,Z,Wneprazni skupovi i nekaf: X Y ,g: Y Z, h: Z W, tj. XfYgZhZ. Tadaje(1.1.2) (h g) f= h (g f).Primer 1.1.4. 1Funkcijax log(sin x +1) jeslozenafunkcija.Cinejepreslikavanja:(a) y log y i x y= sin x + 1,(b) z log z, y z= y + 1 i x y= sin x.2 Preslikavanje x 2 sin(3x2+ 1) je slozeno preslikavanje.Cine ga, na primer,sledecapreslikavanja:(a) y 2 sin y i x y= 3x2+ 1,(b) z 2 sin z, y z= y + 1 i x y= 3x2. Izovihprimerasevidi dalanacjednogslozenogpreslikavanjanijejed-noznacnoodreden. Ali, izjednoglancaslozenogpreslikavanjajednoznacnosedobijaslozenopreslikavanje.Primetimodaslozenapreslikavanjaf gig fnemorajubitijednaka.Primer1.1.6. Zafunkcijeg: R Rif: R R,datepomocug(x) = x23x + 2 i f(x) = x21 ,imamo(g f)(x) = g(f(x)) = f(x)23f(x) + 2= (x21)2 3(x21) + 2 = x45x2+ 64)Dokaziteoremakojenavodimouovomodeljkumogusenaciuknjizi[15].6 OSNOVI MATEMATICKEANALIZEi(f g)(x) = f(g(x)) = (x23x + 2)21 = x46x3+ 13x212x + 3.Ocigledno,(g f)(x) (f g)(x). Primer 1.1.7. Nekasufunkcijef: R+0Ri g: R Rdenisanepomocuf(x) =x i g(x) = x2.Kompozicijafunkcijafig,tj. (g f): R+0R,odredenajesa(x R+0 ) (g f)(x) = g(f(x)) = (x)2= x.Kakojeskupslikag(R) = R+0( R),funkcijugmozemotretiratikaopreslika-vanjeRnaskupR+0 , pajeondamogucedenisati i kompozicijufunkcijagi f,tj.(x R) (f g)(x) = f(g(x)) =x2= |x|.Dakle,funkcijux |x|dobilismokaokompozicijufunkcijax x2ix x.Primetimo da se oblasti denisanosti kompozicija gf i fg razlikuju. Funkcijaf gjeekstenzijafunkcijeg f. Vazisledecetvrdenje:Teorema1.1.2. Nekajef: X Y biunivokopreslikavanje. Tadapostojijednoisamojednobiunivokopreslikavanjef: Y X, zakojevazi(1.1.3) (x X)_f f_(x) = xi(1.1.4) (y Y )_f f_(y) = y.Primetimodauslovi (1.1.3)i (1.1.4)pokazujudasukompozicijef fif fidentickapreslikavanjauXiY ,respektivno.Naosnovuprethodnogmogucejedatidenicijuinverznefunkcije:Denicija1.1.4. Nekajef: X Y biunivokopreslikavanje. Zapreslika-vanjef1: Y X,zakojejef1 fidentickopreslikavanjeuXif f1identickopreslikavanjeuY ,kazemodajeinverznopreslikavanjezaf.Dakle,preslikavanjaf: X Y if1: Y Xsubiunivokaizanjihvazif1(f(x)) = x, f(f1(y)) = y (x X,y Y ).REALNEFUNKCIJE 7Ukazacemosadananekeosnovneosobinerealnihfunkcijajednerealnepromenljive. Nekaje, dakle, datafunkcijaf: X R, cijajeoblastdeni-sanosti(domen)X R.Oblastdenisanosti jednerealnefunkcijef: X Rmozebiti bilokojineprazanpodskupodR: interval(a, b), segment[a, b], polusegmenti[a, b)i(a, b], unijebilokojihodovihskupova, ukljucujuci, eventualno, i izolovanetacke. Uposebnomslucaju, kadajefunkcijaf zadata,,analiticki, tj. for-mulom,odinteresajenacitzv. prirodnuoblast denisanostitakvefunkcije.Toje, ustvari, skupsvihrealnihbrojevax Rzakojetakvaformulaimasmisla,tj.zakojejef(x) R.Primer1.1.8. 1Funkcijax xdenisanajezax 0, tj. njenaoblastdenisanostijeX= [0, +). Skupvrednostifunkcijejetakodeskup[0, +).2Logaritamskafunkcijax log xdenisanajezax>0. OvdejeoblastdenisanostiX= (0, +),askupnjenihvrednostije(, +). Primer1.1.9. 1Oblastdenisanostifunkcijex x21jeX= (, 1] [1, +).2Za funkciju x log(5+4xx2) oblast denisanosti je interval X= (1, 5).3Funkcijax x21log(5 + 4x x2)imaoblastdenisanostiX= [1, 5),stopredstavljapresekoblastidenisanostifunkcijaiz 1i 2. Primer 1.1.10. Funkcijaf: QR, denisanapomocuf(x) =1, imazaoblastdenisanosti skupsvihracionalnihbrojeva, dokseskupvrednosti funkcijesastojisamoodjednetackef(Q) = {1}. Primer1.1.11. Oblastdenisanostifunkcijex log(sin x)jeunijaintervala(2k, (2k + 1)),k= 0, 1, 2, . . .. Primer1.1.12. Posmatrajmotzv. stepenufunkcijux f(x)=x( R).Odredicemooblastdenisanostiovefunkcijeuzavisnostiod.1Akojebilokoji realanbroj, tadasefunkcijaf denisepomocuf(x)=elog x,odaklezakljucujemodajeoblastdenisanostiovefunkcijeX= (0, +);2Akoje ceoili racionalanbroj oblika=p/q, gde je q neparanbroj,stepenafunkcijax ximasmisla, kaorealnafunkcija, i zanegativnox. TadajeoblastdenisanostiX= Rakoje > 0iX= R\ {0}akoje < 0. Primer1.1.13. Ukazacemonatri interesantnefunkcije, kojesecestokoristeinakoje cemoseudaljemtekstu,povremeno,pozivati.1Funkcijanajvececeloodx,uoznaci[x],denisanajesax [x] = n (n x < n + 1,n Z).8 OSNOVI MATEMATICKEANALIZE2Funkcijarazlomljeni deoodx,uoznaci(x),denisanajesax (x) = x [x] (x R).3Funkcijaznakodx,uoznacisgn(x),denisanajesasgn(x) =8>:1, akoje x < 0,0, akoje x = 0,1, akoje x > 0.Primetimodazax = 0vazi sgn(x) = |x|/x. Cestoseumestofunkcijef: X RposmatranjenarestrikcijananekoD(X)(videti deniciju1.1.2). Akonemozedoci dozabune, restrikcijuf: D Roznacavacemojednostavnosaf: D R.Denicija1.1.5. Zafunkcijuf: X Rkazemodaimainmum(supre-mum)akopostojiinmum(supremum)skupaf(X).Akofunkcijuftretiramokaopreslikavanjeuprosireni skuprealnihbro-jevaR(= R, +),tada inmum i supremum uR uvek postoje takodaimamom =infxXf(x) = inf f(X) i M=supxXf(x) = supf(X).Za brojevem iMkoristeseiterminidonjaigornjamedafunkcije naX.Akojemkonacanbroj, zafunkcijuf kazemodajeogranicenaodozdo.Isto tako, ako je Mkonacan broj, kazemo da je funkcija fogranicenaodozgo.AkouXpostoji tacka takvadajef() =m, tadakazemodajemminimumfunkcijefnaX. SlicnosedenisemaksimumfunkcijenaX.Denicija1.1.6. Zafunkcijuf: X R(X R)kazemodajeogranicenaakojeskupvrednosti funkcije (f)ogranicenskup. Zafunkcijukojanijeogranicena,kazemodajeneogranicena.Drugimrecima,funkcijafjeogranicenanaXakoje0. Uzmimo dasepolarniugaomenjaugranicamaod do(videtinapomenu1.2.1). Kakojecos() = cos , dovoljno je razmatrati slucaj kada je 0 . U tabeli su datekoordinatenekihtacakagrakaovekrivekojaje,inace,poznatakaokardioida. 0 /3 /2 2/3 2a 3a/2 a a/2 0Krivajesimetricnauodnosunapolarnuosu(slika1.2.4). Napomena 1.2.2. Iakose polarnaosapoklapasapozitivnimdelomx-ose,trebarazlikovatigrakfunkcije f()upolarnomsistemuodgrakafunkcijex f(x)upravouglomkoordinatnomsistemujerseradiorazlicitimskupovimatacaka. Naprimer, kriva=a(1 + cos )predstavljakardioiduupolarnomsis-temu, akrivay=a(1 + cos x) transliranusinusoidu(slika1.2.5) upravouglomkoordinatnomsistemu.1.3. ParneineparnefunkcijeNekajeX (R)takavdaakojex Xsledujedajei x X. Zatakavskupkazemodajesimetricanskup. Mogucasusledecatrislucaja:1Zasvakox Xvazif(x) = f(x);2Zasvakox Xvazif(x) = f(x);3Nevazini 1ni 2,sem,mozda,zanekex X.Denicija1.3.1. Akozasvakox Xvazi f(x)=f(x), kazemodajefunkcijax f(x)parnafunkcija.Denicija1.3.2. Akozasvakox Xvazi f(x)= f(x),kazemodajefunkcijax f(x)neparnafunkcija.Primer1.3.1. 1Funkcijax x2, denisanazax X=(1, 1), jeparnajerjef(x) = f(x)zasvakox X.12 OSNOVI MATEMATICKEANALIZE2Funkcijax sin x, denisanazax R, jeneparnajerjef(x)= f(x)zasvakorealnox.3Funkcijax ex,denisanazax R,nijeniparnanineparnajerzasvakox = 0vazif(x) = f(x).4Zafunkcijuxx2, denisanunaX=(1, 2), nemasmislapostavljatipitanjeparnostiilineparnostijerskupXnijesimetrican. Teorema1.3.1. Svakafunkcijax f(x),denisananasimetricnomsku-puX (R), mozesepredstaviti kaozbirjedneparnei jedneneparnefunk-cije.Dokaz. Posmatrajmofunkcijex (x)i x (x)(x X), odredenesa(x) =12_f(x) +f(x)_i (x) =12_f(x) f(x)_.Nijeteskoproveriti dajeparna, aneparnafunkcija. Medutim, oci-glednojef(x) = (x) +(x). Napomenimodasecinjenicadajenekafunkcijaparnaili neparnamozeiskoristiti kodskiciranjanjenoggraka. Naime, kakosutackeM(x, f(x))iN(x, f(x))simetricneuodnosunay-osu,zakljucujemodajegrakparnefunkcijex f(x) simetricanuodnosunaosuOy koordinatnogsistemaOxy. Istotako,grakneparnefunkcijex f(x)jesimetricanuodnosunakoordinatnipocetakOjersutackeM(x, f(x))i N(x, f(x))simetricneuodnosunatackuO.1.4. PeriodicnefunkcijePosmatrajmofunkcijuf: R R.Denicija1.4.1. Akopostojipozitivanbrojtakavdajezasvakox Rf(x +) = f(x),kazemodajefunkcijax f(x)periodicnafunkcija, adaje njenperiod.AkojeTnajmanjiodsvihtakvihbrojeva,kazemodajeTosnovniperiodperiodicnefunkcijef.Primetimodazaperiodicnufunkcijuf,takode,vazif(x ) = f(x).Izdenicije1.4.1neposrednosledujesledecetvrdenje:Teorema1.4.1. AkojeT periodperiodicne funkcijex f(x) i k N,tadajeikTperiodfunkcijef.REALNEFUNKCIJE 13Teorema1.4.2. Akoje ,= 0ix f(x)periodicnafunkcijasaosnovnimperiodomT,tadajeifunkcijax f(x)periodicnasaosnovnimperiodomT/[[.Dokaz. Denisimofunkcijupomocu(x) = f(x). Tadaje_x +T[[_= f_x +T[[_= f_x +Tsgn _= f(x) = (x).Dakle,osnovniperiodfunkcijex f(x) = (x)jeT/[[. Primer1.4.1. 1Funkcijax a(1 +cos x)(x R)jeperiodicnafunkcijasaosnovnimperiodomT= 2(slika1.2.5).2Funkcijax x [x]jeperiodicnasaosnovnimperiodomT= 1.3Funkcijax tan5xjeperiodicnasaosnovnimperiodomT= /5. Primer1.4.2. ZaDirichletovu5)funkcijux (x),odredenusa(x) =1, akoje x Q,0, akoje x I,vazi(x +) = (x),zasvakoracionalno. Medutim,ovafunkcijanemaosnovniperiodTjernepostojinajmanjipozitivanracionalanbroj. Saznanje da je x f(x) periodicna funkcija mozekoristitikod skiciranjanjenoggraka. Naime,dovoljnojeskiciratigasamonasegmentuduzineT.Napomenimona krajudaizperiodicnostifunkcije x g(x)sledujeperi-odicnostslozenefunkcijex f(g(x)). Naprimer,funkcijax log([ sin x[)jeperiodicnasaosnovnimperiodomT= .1.5. MonotonefunkcijeNekajedatafunkcijaf: X RinekajeD X R.Denicija 1.5.1. Funkcija fje neopadajuca na D ako za svaki par razlicitihvrednosti x1, x2 D vazi implikacija: x1< x2f(x1) f(x2). U slucajustrogenejednakostikazemodajefrastucafunkcijanaD.Denicija1.5.2. FunkcijafjenerastucanaDakozasvakiparrazlicitihvrednosti x1, x2 D vazi implikacija: x1< x2f(x1) f(x2). U slucajustrogenejednakostikazemodajefopadajucafunkcijanaD.5)PeterGustavLejeuneDirichlet(18051859), francuskimatematicar.14 OSNOVI MATEMATICKEANALIZENapomenimo da implikacijama u prethodnim denicijama odgovaraju ne-jednakosti:(x1x2)_f(x1) f(x2)_ 0 i (x1x2)_f(x1) f(x2)_ 0.Primer 1.5.1. 1Funkcijax [x] je neopadajucanaRjer zasvaki parrealnihbrojevax10, tadajeifunkcijax f(x)neopadajucanaD.Teorema1.5.4. Akosux f(x)ix g(x)nenegativneopadajucefunk-cijenaD, takvajei funkcijax f(x)g(x).REALNEFUNKCIJE 15Teorema1.5.5. Akojex f(x)pozitivnai neopadajucafunkcijanaD,tadajefunkcijax 1/f(x)nerastucanaD.Naravno,vazeinjimadualnatvrdenjakojanecemonavoditi.Zanekeklasefunkcijamogucejejednostavnijeispitati njihovumonoto-nostnaDkoriscenjempojma izvodafunkcije,o cemucebitireciuIVglavioveknjige.1.6. KonveksnefunkcijeNekajedatafunkcijaf: X RiD = [a, b] X R.Denicija1.6.1. Zafunkcijux f(x)kazemodajekonveksnauJense-novom6)smisluili dajeJ-konveksnanaDakozasvaki parvrednostix1ix2izDvazinejednakost(1.6.1) f_x1 +x22_f(x1) +f(x2)2.Ako u (1.6.1) vazi striktna nejednakost, funkcija fje striktno J-konveksnanaD.Primer1.6.1. Funkcijax x2(x R)jeJ-konveksnajersenejednakostx1 +x22212x21 +x22,kojakarakteriseJ-konveksnostposmatranefunkcije, svodi na(x1 x2)20, aonajetacnazabilokojevrednostix1, x2 R. Denicija1.6.2. Zafunkcijux f(x)kazemodaje(striktno)konkavnauJensenovomsmisluili daje(striktno) J-konkavnanaDakojefunkcijax f(x)(striktno)J-konveksnanaD.Napomena1.6.1. Funkcija x f(x) je konkavna u Jensenovom smisluna Dakozasvakiparvrednostix1ix2izDvazinejednakostfx1 +x22f(x1) +f(x2)2.Primer1.6.2. Funkcijax log x(x>0)jekonkavnauJensenovomsmislujersenejednakostlogx1 +x2212(log x1 + log x2),svodinanejednakost(x1 x2)2 0. Poredkonveksnosti uJensenovomsmislu, postojei drugi tipovi konvek-snosti. Navescemonekeodnjih.6)JohanLudwigWilliamValdemarJensen(18591926), danskimatematicar.16 OSNOVI MATEMATICKEANALIZEDenicija 1.6.3. Za funkciju x f(x) kazemo da je konveksna na D ako je(1.6.2) f_x1 + (1 )x2_ f(x1) + (1 )f(x2),zasvaki parvrednosti x1i x2izDi zasverealnebrojeve [0, 1]. Akou(1.6.2)vazistriktnanejednakost,funkcijax f(x)jestriktnokonveksnanaD.Nejednakost(1.6.2)mozesepredstavitiuobliku(1.6.3) f_px1 +qx2p +q_ pf(x1) +qf(x2)p +q,gdesmostavili: = p/(p +q);p, q 0;p +q> 0.Teorema1.6.1. SvakakonveksnafunkcijajeJ-konveksna.Dokaz. Akou(1.6.2)stavimo=1/2, dobijamonejednakostkojaje, ustvari,nejednakost(1.6.1). Teorema1.6.2. Funkcijax f(x)jekonveksnanaDakoisamoakoje,zabilokojetri tackex1, x2, x3izD(x1< x2< x3),(1.6.4) (x3x2)f(x1) + (x1x3)f(x2) + (x2x1)f(x3) 0 .Dokaz. Nekaje fkonveksna funkcija na D, tj. neka za bilo koji par vred-nostix, y Dvazinejednakost(1.6.5) f(x + (1 )y) f(x) + (1 )f(y).Pretpostavimodajex < y, stoneumanjujeopstostrazmatranja.Akostavimox = x1iy= x3,nejednakost(1.6.5)postaje(1.6.6) f_x1 + (1 )x3_ f(x1) + (1 )f(x3).Kako je x1< x3, uvek postoji x2 D tako da je x1< x2< x3. Postoji, dak-le, x2 tako da je 0 < x3x2< x3x1, tj. da vazi 0 < (x3x2)/(x3x1) < 1.Stavljajuciu(1.6.6) = (x3x2)/(x3x1)dobijamof(x2) x3x2x3x1f(x1) +x2x1x3x1f(x3),REALNEFUNKCIJE 17tj. (1.6.4). Dakle, ako je funkcija fkonveksna funkcija, onda ona zadovoljavanejednakost(1.6.4).Obrnuto,akostavimox1= x, x3= y, x2= x1 + (1 )x3= x + (1 )y,gdejex < y,imamox3x2= (y x), x1x3= (y x), x2x1= (1 )(y x),panejednakost(1.6.4)postaje(1 )f(x) f_x + (1 )y_+f(y) 0,tj. (1.6.5). Prema tome, ako funkcija fzadovoljava nejednakost (1.6.4), ondajeonakonveksnafunkcija. Napomena1.6.2. Nejednakost(1.6.4)mozesepredstavitiiuoblikuf(x1)(x1x2)(x1x3)+f(x2)(x2 x3)(x2x1)+f(x3)(x3x1)(x3x2) 0,stosedobija deljenjem(1.6.4)sa(x2x1)(x3x1)(x3x2) > 0(x1< x2< x3).Napomena1.6.3. Nejednakostimakojesusuprotnenejednakostima(1.6.2),(1.6.3)i(1.6.4)denisuseodgovarajucekonkavnostiposmatranihfunkcija.1.7. InverznefunkcijeUodeljku1.1uvelismopojaminverznefunkcijeipokazalidasamobiu-nivokapreslikavanjaimajusebiinverznapreslikavanjaidazanjihvazi(1.7.1) f1(f(x)) = x, f(f1(y)) = y (x X,y Y ).OvdejeX= T(f) i Y= (f) = f(X).Sledecateoremase odnosi nastrogomonotone (rastuce ili opadajuce)funkcijenaX.Teorema1.7.1. Nekajef: X RstrogomonotonafunkcijanaX(R).Tadaf imainverznufunkcijuf1, denisanunaY= f(X), kojajestrogomonotonanaY .Dokaz. Ne umanjujuci opstost, pretpostavimo da je frastuca funkcija naX,tj.dajef(x1) < f(x2)kadajex1< x2(x1, x2 X). Ovoznaci dajef18 OSNOVI MATEMATICKEANALIZEtzv.preslikavanje11iliinjekcija(videtiodeljak1.4).Stavise,preslikavanjef: X f(X)jepreslikavanjena,pazakljucujemodajeono, ustvari, biu-nivokopreslikavanje. Zatopostojiinverznopreslikavanjef1,denisanonaY= f(X).DokazacemosadadajeovopreslikavanjerastucafunkcijanaY , tj. dajef1(y1) 0; t R).Toje, ustvari, kriva(slika1.8.1) kojasedobijakaotrajektorijajedneksiranetackeAkruga,sacentromutackiCipoluprecnikaa,kojisekotrljabezklizanjapodatojpravojp. Naslici1.8.2pravapjeidentikovanasax-osom.Sl.1.8.1REALNEFUNKCIJE 21Sl.1.8.2Posmatrajmofunkcijut (t)=a(1 cos t)(a >0)nasegmentuT=[0, ].Kako je ona rastuca i preslikava Tna [0, 2a], zakljucujemo da postoji njena inverznafunkcija1: [0, 2a] T,kojajedatapomocuy t = arccos(1 y/a) (y [0, 2a]).Naosnovu(1.8.4)nalazimo(1.8.5) y x = g(y) = a arccos(1 y/a) py(2a y) .Grakovefunkcijeupravouglimkoordinatamajeprvapolovinalukacikloide(0 y 2a, 0 x a). Ovdejeociglednaprednostparametarskihjednacina(1.8.4)nad(1.8.5). Napomenimodasesvakafunkcijax f(x)(x X)mozepredstavitikao funkcija u parametarskom obliku, na primer, stavljajucix = t i y= f(t)ili x=t 1i y=f(t 1). Kako, ocigledno, imavisenacinazauvodenjeparametara, tozazadatufunkcijunjenopredstavljanjeuparametarskomoblikunijejednoznacno.1.9. ImplicitnodenisanefunkcijeNekasuX,Y ,Znepraznipodskupovi skupaRpri cemu0 ZinekajenaskupuX Y denisanopreslikavanjeF: X Y Z.Akopostoje skupovi DxXi DyY takvi dazasvako ksiranox DxjednacinaF(x, y)=0imajedinstvenoresenjey Dy, tadasenaDxmozedenisatipreslikavanjef: Dx Dykojesvakomelementux Dxstavlja u korespondenciju element y Dy, koje je, u stvari, resenje jednacineF(x, y) = 0. Za takvu funkciju fkazemo da je implicitnodenisana pomocupreslikavanjaF.Primer 1.9.1. Neka je na skupuR Rdenisano preslikavanje (x, y) F(x, y) = x ey+ 3. Kakozasvakox > 3jednacina(1.9.1) F(x, y) = x ey+ 3 = 022 OSNOVI MATEMATICKEANALIZEimajedinstvenoresenjey= log(x + 3),zakljucujemodajepomocu(1.9.1)implic-itnodenisanafunkcijax f(x)=log(x + 3)kojapreslikava(3, +)naR.Napomenimodasmouovomprimeruimali X=Y=Z=R,Dx=(3, +) iDy= R. Primer1.9.2. NekajenaskupuRRdatopreslikavanje(x, y) F(x, y) = x2+y22.OvdejeX= Y= RiZ= [1, +).IzjednacineF(x, y)=x2+ y2 1=0, tj. y2=1 x2, zakljucujemodaimasmisla razmatrati samo slucaj kada je Dx= [1, 1]. Kako ova kvadratna jednacinaima dva resenja y= 1 x2, razmotricemo dva slucaja s obzirom na izbor skupaDy R:1NekajeDy=[0, 1]. Tada, zasvakox Dx, jednacinaF(x, y) =0imajedinstvenoresenje uskupuDydatosay =1 x2. Dakle, imamofunkcijuf1: Dx Dyodredenusaf1(x) =1 x2.2Uzmimo sada da je Dy= [1, 0]. U tom slucaju dobijamo funkciju f2: Dx Dyodredenusaf2(x) = 1 x2.Dakle,pomocujednacineF(x, y) = 0implicitnosudenisanedvefunkcije:x f1(x) = +p1 x2i x f2(x) = p1 x2(x [1, 1]). U nekim slucajevima pogodno je jednacinu F(x, y) = 0 prevesti na polarnekoordinateitadarazmatratikrivuupolarnomkoordinatnomsistemu.Primer1.9.3. Nekajedatajednacina(x2+y2)2= a2(x2y2),gdejea > 0.Stavljajucix = cos i y= sin dobijamo2= a2cos 2,tj.(1.9.2) = f() = apcos 2.Sl.1.9.1Kakojef parnafunkcija, dovoljnojerazmotriti samoslucaj kada [0, ].Izuslovacos 2 0sledujedajef denisanoza [0, /4] [3/4, ]. Krivadenisanasa(1.9.2)nazivaselemniskata(slika1.9.1). REALNEFUNKCIJE 231.10. ElementarnefunkcijeDenicija1.10.1. Podosnovnimelementarnimfunkcijama podrazumeva-jusesledecefunkcije:1Konstanta : x const ;2Stepenafunkcija : x x( R);3Eksponencijalnafunkcija : x ax(a > 0);4Logaritamskafunkcija : x logax (a > 0,a ,= 1);5Trigonometrijskefunkcije :x sinx, x cos x, x tan x, x cot x;6Inverznetrigonometrijske(ciklometrijske)funkcije :x arcsin x, x arccos x x arctan x, x arccot x.Napomenimodasufunkcijex arcsin x i x arccos xdenisanenaskupuX=[1, 1], dokjeoblastdenisanosti funkcijax arctan x ix arccot xskupR.Denicija1.10.2. Zafunkcijekojesedobijajukonacnomprimenomarit-metickihoperacijai konacnimbrojemkompozicijanadosnovnimelemen-tarnimfunkcijamakazemodasuelementarnefunkcije.Primer1.10.1. Elementarnesufunkcije,naprimer:1x sin 2x (x R),2x 2e3x+ log(x + 1) (x > 1),3x x3+ 3 cos 2x (x R),4x log | sin 3x| earctanx`x R+\ {k/3 | k N},5x 2 sin(x + 1)log xex+x2+ 1(x > 0). Elementarnefunkcijemogusepodelitinaalgebarskeitranscendentne.Odalgebarskihfunkcijanavodimosledece:(1)Polinomi. Tosufunkcijeoblikax P(x) = a0xn+a1xn1+ +an1x +an(x R),gdesuak(k=0, 1, . . ., n)realni brojevi, koji senazivajukoecijenti poli-noma. Broj n( N0) nazivase stepenpolinoma. Polinom cijije stepennulajekonstanta(elementarnafunkcijanavedenapod1udeniciji1.10.1).24 OSNOVI MATEMATICKEANALIZE(2)Racionalnefunkcije. Nekasux P(x)ix Q(x)polinomi stepenan i m, respektivno, i neka je Z(Q) skup svih tacaka x R za koje je Q(x) = 0.TadasenaskupuX=R Z(Q)mozedenisati tzv. racionalnafunkcijax R(x)pomocuR(x) =P(x)Q(x)=a0xn+a1xn1+ +an1x +anb0xm+b1xm1+ +bm1x +bm.(3) Iracionalne funkcije. Konacnomprimenomaritmetickih operacijai konacnimbrojemkompozicijanadkonstantomi stepenomfunkcijomsaracionalnimizloziocem, dobijamoiracionalnefunkcije.Naprimer,funkcijax x5+ 1 43_x + 1x + 33 +2x + 1 + 4x2x5x + 2jeiracionalnafunkcija.Ustvari,uopstemslucaju,zasvakufunkcijux y= f(x)kojazadovo-ljavabarjednujednacinuoblikaP0(x)yn+P1(x)yn1+ +Pn1y +Pn(x) = 0,gdesux Pk(x)(k=0, 1, . . ., n)nekipolinomi, kazemodajealgebarskafunkcija.Zasveelementarnefunkcijekojenisualgebarskekazemodasutranscen-dentnefunkcije. Takvesu,naprimer:x sinx, x x2+ arctan x, x ax, x logax.Sada cemoposebnodenisatijednuklasutranscendentnihfunkcija,poz-natukaohiperbolickefunkcije. Tosufunkcije:(1)Sinushiperbolicki : x sinh x =exex2(x R);(2)Kosinushiperbolicki : x cosh x =ex+ex2(x R);(3)Tangenshiperbolicki : x tanh x =exexex+ex(x R);(4)Kotangenshiperbolicki : x coth x =ex+exexex(x R 0).METRICKI PROSTORI I TOPOLOSKI POJMOVI 25Naziviovihfunkcijasuuzetizbogizvesnihslicnostisatrigonometrijskimfunkcijama. Naprimer,vazesledeceformule:cosh2x sinh2x = 1, tanh x =sinhxcosh x ,sinh2x = 2 sinh xcosh x, cosh 2x = cosh2x + sinh2x.Primer 1.10.2. 1Kakojex sinh xrastucanaRi preslikavaRnaR,zakljucujemodapostoji njenainverznafunkcijakojucemooznacavati saarsinh.Pokazacemosadadaseonamozeizrazitipomoculogaritamskefunkcije.Izy= sinh x = (exex)/2sledujee2x2yex1 = 0,odaklejeex= y py2+ 1 , tj. x = log`y +py2+ 1,pricemuuzimamoznak+jerjeex> 0. Dakle,imamoarsinh y= log`y +py2+ 1(y R).2Slicno, funkcija x tanh x je rastuca i preslikava R na (1, 1). Zato postojinjenainverznafunkcijadatasay artanhy=12 log1 + y1 y(y (1, 1)). Primer 1.10.3. Funkcijax cosh xkojapreslikavaRuRnemainverznufunkciju jer nije 11 preslikavanje. Medutim, njene restrikcije na (, 0] i [0, +)imajuinverznefunkcije, slicnokaokodfunkcijex x2(videti primer1.7.1pod2).Uslucajurestrikcijena[0, +),inverznafunkcijajey arcosh y= log`y +py21(y [1, +)).Kadajerecorestrikcijina(, 0]inverznafunkcijajey arcosh y= log`y +py21(y [1, +))jerje y py21 = 1/`y +py21. Napomena1.10.1. Sveostalefunkcijekojenisuelementarnesuneelemen-tarnefunkcije.2. METRICKIPROSTORIITOPOLOSKIPOJMOVI2.1. MetrickiprostoriinekeosnovnenejednakostiNekajeXneprazanskupciji suelementi x, y, z,. . . . Dabismomogli,presvega,datretiramoproblemkonvergencijenizatacakauX,neophodnojedenisati rastojanjeizmeduproizvoljnihtacakaskupaX. Utomciljuposmatrajmopreslikavanjed: X2[0, +).26 OSNOVI MATEMATICKEANALIZEDenicija2.1.1. Akopreslikavanjed: X2[0, +)ispunjavauslove1d(x, y) = 0 x = y,2d(x, y) = d(y, x),3d(x, y) d(x, z) +d(z, y),zasvakox, y, z X, ondakazemodajedrastojanjeili metrikauskupuX. ZaskupXsnabdevenmetrikomdkazemodajemetricki prostori tooznacavamosa(X, d).Dakle, metricki prostorcineskupXi uvedenametrikad. Uvekkadajepoznatametrikadi kadanemozedoci dozabune, umesto(X, d) pisemokraceX.Osobina1udeniciji2.1.1ukazujedajerastojanjeizmedudvetackexi yuvek pozitivno sem u slucaju kada je x = y. Druga osobina, koja se inacenaziva osobina simetricnosti, kazuje da je rastojanje izmedu tacke x i tacke yjednako rastojanju izmedu tackeyi tackex. Najzad, osobina3predstavljaanalogondobropoznatenejednakosti zatrougaodajednastranicatrouglanikadnijevecaodzbiradrugedvestranice. Zatoseovaosobinai nazivanejednakost trougla.Primer2.1.1. NekajeX= R i d(x, y) = |x y|. Kakoje1|x y| > 0 (x = y) i |x y| = 0 x = y,2|x y| = |y x|,3|x y| = |(x z) + (z y)| |x z| + |z y|,zasvakox, y, z R,zakljucujemodaje(R, d)metrickiprostor. Pre negosto primerimailustrujemojos neke metricke prostore, doka-zacemosledecatritvrdenja:Teorema2.1.1. Akojep>1 i 1/p + 1/q =1, zasvakoa, b>0vazinejednakost(2.1.1) ab 1p ap+1qbq.Znakjednakosti vazi akoi samoakojeap= bq.Dokaz. Posmatrajmofunkcijux y= xmzax 0i0 < m < 1. Kakoordinatekrivey=xmnisuveceododgovarajucihordinatanjenetangenteutackix = 1,vazinejednakost(2.1.2) xm 1 +m(x 1) (x 0, 0 < m < 1).METRICKI PROSTORI I TOPOLOSKI POJMOVI 27Naravno,u(2.1.2)vazijednakostakoisamoakojex = 1.Akou(2.1.2)stavimom=1/p (p>1)i x=ap/bq, dobijamo(2.1.1),gdeznakjednakostivaziakoisamoakojeap= bq. Teorema 2.1.2. Nekasuaki bk(k =1, 2, . . . , n) realni ili kompleksnibrojevi i nekaje1/p + 1/q= 1 (p > 1). Tadavazi nejednakost(2.1.3)n

k=1[akbk[ _n

k=1[ak[p_1/p_n

k=1[bk[q_1/q.Dokaz. Uvedimo oznakeA =

nk=1[ak[pi B=

nk=1[bk[q. Ako u (2.1.1)stavimoa = [ak[/A1/pi b = [bk[/B1/qdobijamonejednakosti[ak[A1/p [bk[B1/q1p [ak[pA+1q [bk[qB(k= 1, 2, . . ., n).Sabiranjemovihnejednakostizak= 1, 2, . . ., ndobijamon

k=1[akbk[A1/pB1/q 1p n

k=1[ak[pn

k=1[ak[p+1q n

k=1[bk[qn

k=1[bk[q=1p+1q= 1,tj.nejednakost(2.1.3). Nejednakost (2.1.3) je umatematickoj literaturi poznatapodimenomH olderova7)nejednakost.Zap = 2,(2.1.3)sesvodinanejednakost(2.1.4)n

k=1[akbk[ _n

k=1[ak[2_1/2_n

k=1[bk[2_1/2,kojajepoznatakaoBunjakowsky8)Cauchy9)Schwarzova10)nejednakost.7)OttoLudwigH older(1859-1937), nemackimatematicar.8)ViktorJakovlevicBunjakowsky(18041889), ruskimatematicar.9)AugustinLuisCauchy(17891857), velikifrancuskimatematicar.10)KarlHermannAmandusSchwarz(18431921), nemackimatematicar.28 OSNOVI MATEMATICKEANALIZETeorema2.1.3. Akosuakibk(k = 1, 2, . . ., n)realni ilikompleksni bro-jevii akojep 1, vazi nejednakost(2.1.5)_n

k=1[ak +bk[p_1/p_n

k=1[ak[p_1/p+_n

k=1[bk[p_1/p.Dokaz. Kakoje,zap 1,n

k=1[ak +bk[p=n

k=1[ak +bk[[ak +bk[p1n

k=1_[ak[ +[bk[_[ak +bk[p1=n

k=1[ak[[ak +bk[p1+n

k=1[bk[[ak +bk[p1,posleprimenenejednakosti (2.1.3)nasvaki odposlednjadvaizraza, dobi-jamo(2.1.6)n

k=1[ak +bk[p_n

k=1[ak[p_1/p_n

k=1[ak +bk[(p1)q_1/q+_n

k=1[bk[p_1/p_n

k=1[ak +bk[(p1)q_1/q.Kakoje1/p + 1/q=1, poslesredivanja, nejednakost(2.1.6)postajene-jednakost(2.1.5). Nejednakost(2.1.5)jepoznatakaonejednakostMinkowskog11).NekajeX=Rn, tj. nekasuelementi skupaXuredenen-torkerealnihbrojeva. Dakle,nekasux = (x1, x2, . . ., xn), y= (y1, y2, . . ., yn), z= (z1, z2, . . ., zn).Naprimerimakoji slede, ilustrovacemovisenacinauvodenjametrikeuRn,kaoiunekimdrugimskupovima.11)HermannMinkowski(18641909), nemackimatematicarizicar.METRICKI PROSTORI I TOPOLOSKI POJMOVI 29Primer2.1.2. Akoje,zasvakox, y Rnd(x, y) =nXk=1|xkyk|,tadaje(Rn, d)metrickiprostor.Lako se proverava da funkcija (x, y) d(x, y) ima osobine1i 2iz denicije2.1.1. KakojenXk=1|xkyk| =nXk=1|xkzk +zk yk| nXk=1`|xkzk| +|zkyk|,zakljucujemodajed(x, y) nXk=1|xkzk| +nXk=1|zkyk| = d(x, z) + d(z, y),tj.dafunkcijadimaiosobinu3. Prematome,(Rn, d)jemetrickiprostor. Primer2.1.3. Akoje,zasvakox, y Rn,d(x, y) =nXk=1|xk yk|21/2,tadaje(Rn, d)metrickiprostor.Nije tesko proveriti da ovako denisana funkcija d ima osobine1i 2iz deni-cije2.1.1. Kakoje,naosnovunejednakostiMinkowskog(zap = 2),d(x, y) =nXk=1|xkyk|21/2=nXk=1|(xkzk) + (zk yk)|21/2nXk=1|xkzk|21/2+nXk=1|zkyk|21/2= d(x, z) +d(z, y),zakljucujemodafunkcijadimaiosobinu3idaje,prematome,metrika. Dakle,(Rn, d)jemetrickiprostor. Napomena2.1.1. Metricki prostor(Rn, d), izprimera2.1.3, poznatjekaoEuklidov12)prostor.12)Euklid(IVIIIvekprenaseere),starogrckimatematicar.30 OSNOVI MATEMATICKEANALIZEPrimer2.1.4. (Rn, d),gdejed(x, y) =nXk=1|xkyk|p1/p(p 1),je,takode,metrickiprostor. Primer2.1.5. Akoje(2.1.7) d(x, y) = max1kn|xkyk|,tadaje(Rn, d),takode,metrickiprostorjerfunkcijad,denisanapomocu(2.1.7),imasveosobineizdenicije2.1.1. Primer2.1.6. NekajeXneprazanskupid(x, y) = 1 (x = y), d(x, y) = 0 (x = y).(X, d) jemetricki prostor. Zametrikudkazemodaje diskretnametrika, azaprostor(X, d)dajediskretnimetrickiprostor. Sledeciprimeriseodnosenaprostorenizovaifunkcija13):Primer2.1.7. NekajeXskupsvihogranicenihnizovax = {xk}kNinekajed(x, y) =supkN|xk yk| .(X, d)jemetrickiprostorkojioznacavamosam. Primer 2.1.8. Ako je Xskup svih nula-nizova x = {xk}kN i ako je odstojanjeddenisanokaouprethodnomprimeru, tadaje(X, d) metricki prostor koji seobelezavasac0. Primer2.1.9. AkojeXskupsvihkonvergentnihnizovax= {xk}kNi akojeodstojanjeddenisanokaouprimeru2.1.7, (X, d)jemetricki prostorkoji seobelezavasac. Primer2.1.10. AkojeXskupsvihbeskonacnihnizovax = {xk}kNiakojeodstojanjed(x, y)denisanosad(x, y) =+Xk=112k|xkyk|1 +|xkyk|,(X, d)jemetrickiprostorkojijepoznatkaoprostors. 13)Nizovei funkcijeproucavamopocevoddrugeglaveoveknjige. Zadaljepracenjematerijeoviprimerinisuneophodni.METRICKI PROSTORI I TOPOLOSKI POJMOVI 31Primer2.1.11. NekajeXskupsvihfunkcijat x(t)denisanihineprekid-nihnasegmentu[a, b]inekajed(x, y) =maxatb|x(t) y(t)| (x, y X).Ocigledno, (X, d)jemetricki prostor. Taj prostorjepoznati kaoprostorne-prekidnihfunkcijanasegmentu[a, b]ioznacavasesaC[a, b]. Nakrajuovogodeljkadenisacemojednuklasupreslikavanjaumetric-komprostoru(X, d). NekajefjednopreslikavanjeskupaXusamogsebe,tj.f: X X.Denicija 2.1.2. Ako postoji pozitivan broj q 0postoji prirodanbroj n0takavdajed(an, a) n0. UtomslucajukazemodanizannNkonvergirakatacki a,kojunazivamogranicaili granicnavrednostniza annN.Simbolickitooznacavamosalimn+an= a ili an a (n +).Akoniz annNne konvergira,kazemodadivergirailida jedivergentan.Primer1.1.1. Niz {1/n}nNuprostoruR, sastandardnommetrikomodre-denomsad(x, y)= |x y|, konvergirakanuli,tj.vazi limn+1/n=0. Medutim,ovaj nizuprostoruR+nijekonvergentan, sobziromdatackax=0nepripadaskupuR+. OznacimosaD(X)skupvrednosti annNpreslikavanjaf: N X.JasnojedaskupDmozeimati konacanili beskonacandijametar, tj. daskupDmozebitiogranicenilineogranicen.Denicija1.1.2. Niz annNjeogranicenilineogranicen,prema tome dalijeskupDogranicenilineogranicen.Ako je X= R, denicija ogranicenog niza moze imati sledece alternativneformulacije:38 NIZOVI(a)Niz annNjeogranicenakopostoji pozitivanbrojM, takavdazasvakon Nvazinejednakost [an[ M;(b)Niz annNjeogranicenakopostojerealnibrojevimiM,takvidajem an Mzasvakon N.Istotako,niz annNjeneogranicenakozasvakipozitivanbroj Mpos-tojibrojntakavdaje [an[ > M.Primer1.1.2. NekajeX= Rmetrickiprostorsastandardnommetrikom.1Akojean= 1/n,skupDjebeskonacanskup,alinjegovdijametarje1,pajeniz {an}nNogranicen. Ovajnizjekonvergentan.2Ako je an= n, skup Dje beskonacan skup, njegov dijametar je beskonacan,paniz {an}nNnijeogranicen. Ovajnizjedivergentan.3Zanizan= (1)nskupvrednostijeD= {1, 1}. Dakle,nizjeogranicen,alinijekonvergentan. Primer1.1.3. NekajeX= Ci d(z, w) = |z w|. Zanizan= in(i2= 1),skupD= {1, 1, i, i}jekonacanskup, njegovdijametarjetakodekonacan, pajeniz {an}nNogranicen. Ovajnizjedivergentan. Kao stose iz primera 1.1.2i 1.1.3mozevideti,ogranicenniz ne mora bitikonvergentan.1.2. OsnovneosobinekonvergentnihnizovaUovompoglavljudokazacemoneketeoremekojeseodnosenakonver-gentnenizove annNumetrickomprostoru(X, d).Teorema1.2.1. Niz annNkonvergirakaa Xakoi samoakosvakaokolinatackeasadrzi sveclanoveniza annN, semnjihkonacnomnogo.Dokaz. NekajeK(a, )okolinatackea.1Pretpostavimoda annNkonveregirakaa. Izuslovad(b, a) 0postojibrojn0,takavdaje d(an, a) < za svako n > n0, sleduje da sve tackeniza annNpripadajuokoliniK(a, ),semtacakaa1,. . . ,an0.2PretpostavimosadadasvakaokolinaK(a, )sadrzi sveclanovenizaannN, semnjihkonacnomnogo, tj. dazasvako>0vazi d(an, a) 0. Tadazasvako > 0postojeprirodni brojevin0in0,takvidajed(an, a) < /2 i d(an, a) < /2zasvakon > n0in > n0,respektivno.Kakojed(a, a) d(a, an) +d(an, a) = d(an, a) +d(an, a),za n >max(n0, n0) vazi nejednakost d(a, a) m. Tvrdenje teoremesledujeizcinjenicedajezasvakon Nd(an, a) max1, d(a1, a), d(a2, a), . . ., d(am, a). Teorema1.2.4. AkojeatackanagomilavanjaskupaA X, tadapostojiniz annN(an A)takavdaje limn+an= a.Dokaz. KakojeatackanagomilavanjaskupaA, tozasvakonpostojitackaan A, takvadaan K(a, 1/n). Posmatrajmoniz annN. Kakojezasvako>0moguceizabrati prirodanbrojn0, takavdajen0>1/,zakljucujemodaje,zan > n0,d(an, a) m.Dokaz. Iz konvergencije niza annNsleduje daza = [a[/2postojiprirodanbroj mtakavdazasvakon > mvazinejednakost [ana[ < [a[/2.Kako je (videti [15,str. 73, teorema 3.5.7]) [ana[ [[a[ [an[[ [a[ [an[,timprevazinejednakost [a[/2 > [a[ [an[,odaklesledujetvrdenje teoreme.

Teorema1.2.8. Akosunizovi annNi bnnNkonvergentni sagrani-camaai brespektivno, tadasui nizovi an + bnnNi anbnnNkonver-gentni ivazi(1.2.1) limn+(an +bn) = limn+an + limn+bn= a +bi(1.2.2) limn+(anbn) = limn+an limn+bn= ab.Dokaz. Kakoje [(an +bn) (a +b)[ [ana[ +[bnb[i kakoizkonver-gencijenizova annNi bnnNsleduje dazasvako > 0postojeprirodnibrojevin1in2,takvidavazenejednakosti[ana[ < /2 (n > n1) i [bnb[ < /2 (n > n2),zakljucujemodazan > n0= max(n1, n2)vazi[(an +bn) (a +b)[ < ,NIZOVI I KONVERGENCIJANIZOVA 41cimejedokazanajednakost(1.2.1).Istotako, izkonvergencijenizova annNi bnnNsledujedazasvako > 0postojeprirodnibrojevin1in2,takvidavazenejednakosti[ana[ < (n > n1) i [bnb[ < (n > n2).Tadaje [ana[ [bnb[ n0=max(n1, n2),tj.limn+(ana)(bnb) =0,sto,zapravo,znacidajeniz (ana)(bnb)nNnula-niz.Akonaidentitetanbnab=(ana)(bnb)+b(ana)+a(bnb),primenimodokazanujednakost(1.2.1)iteoremu1.2.5dobijamoL = limn+(anbnab)= limn+_(ana)(bnb)+b(ana)+a(bnb)_= limn+(ana)(bnb) + limn+b(ana) + limn+a(bnb)= limn+(ana)(bnb) +b limn+(ana) +a limn+(bnb).Kakosunizovi an anNi bnbnNnula-nizovi,zakljucujemodajeL = 0, stodokazujejednakost(1.2.2). Zakonvergentnenizove annN,bnnN, . . ., wnnN,cijesugranicea , b, . . ., w, respektivno, lakose, primenomprethodneteoreme, matema-tickomindukcijomdokazujesledecetvrdenje:Teorema1.2.9. Nizovi an+bn+ +wnnNi anbn wnnNsukon-vergentni nizovi ivazejednakostilimn+(an +bn + +wn) = a +b + +wilimn+(anbn wn) = abw.42 NIZOVITeorema1.2.10. Akokonvergentanniz annNimagranicua (, = 0)iakojean ,= 0 (n = 1, 2, . . . ),tadajeiniz 1/annNkonvergentanigranicamuje1/a.Dokaz. Naosnovuteoreme1.2.7, zakljucujemodapostoji prirodanbrojm takav da je [an[ > [a[/2 za svako n > m. Sa druge strane, iz konvergencijeniza annN, zasvako>0postoji pozitivanbroj n0>mtakavdaje[ana[ < (/2)a2zasvakon > n0.Dakle,zan > n0imamo1an1a =1[a[[an[[ana[ 0postojin0 Ntakvodaje(1.2.3) [ana[ < (n > n0).Zadokaznejednakosti A apretpostavimosuprotno, tj. dajeA>a.Akostavimo = A a (> 0), tadaiz(1.2.3)zakljucujemodajean< Azasvakon > n0, stojeusuprotnostisapretpostavkomuteoremi.Slicnosedokazujeidruganejednakosta B. Teorema1.2.13. Akosunizovi annNi bnnNkonvergentnisagrani-camaaib, respektivno, iakojean bnzasvakon N,tadajea b.Dokaz. Posmatrajmoniz bnannNkojije,na osnovuteorema1.2.5i1.2.8,konvergentani za koji je bnan 0 za svako n N. Tada, na osnovuprethodneteoreme,zakljucujemodajeb a 0,tj. a b. NIZOVI I KONVERGENCIJANIZOVA 43Teorema1.2.14. Akosunizovi annNi bnnNkonvergentni saistomgranicomai akojezasvakon Nan cn bn,tadajeiniz cnnNkonvergentani njegovagranicaje,takode,a.Dokaz. Izkonvergencije nizova annNi bnnNsledujedazasvako > 0postojeprirodnibrojevin1in2,takvidavazenejednakosti[ana[ < (n > n1) i [bnb[ < (n > n2).Tadazasvakon > n0=max(n1, n2)imamo < ana cna bna < ,tj. [cna[ < . Dakle,niz cnnNjekonvergentani limn+cn= a . Imajuci uviduprosireni skuprealnihbrojevaR, mogucejerazmatratikonvergencijunizova annNka+i :Denicija1.2.2. Zaniz annNkazemodatezika+,uoznacian + (n +) ili limn+an= +,akozasvakoA>0postoji prirodanbroj n0takavdajean>Azasvakon > n0.Denicija1.2.3. Zaniz annNkazemodatezika ,uoznacian (n +) ili limn+an= ,akozasvakoA > 0postojiprirodanbrojn0takavdajean< Azasvakon > n0.Zaovakvenizovekazemodaodredenodivergirajuili dasuodredenodi-vergentni.Naglasimo:akosu annNi bnnNodredeno divergentninizovi,o kon-vergenciji nizova an bnnNi an/bnnNcestonemozemo, uopstemslucaju,nistakonkretnorecibezdodatnogispitivanja.44 NIZOVIPrimer 1.2.1. Nekajean=n2+n i bn=n. Ocigledno, an +ibn +, kada n +. Da bismo ispitali konvergenciju niza {n2+nn}nNtransformisimoopsti clanovognizanasledecinacin:pn2+n n =(n2+n n)(n2+n +n)n2+n +n=nn2+n +n.Kakojelimn+nn2+n +n= limn+1r1 +1n+ 1=12 ,zakljucujemodajelimn+pn2+n n=12 ,pricemusmoiskoristilicinjenicudaje limn+p1 + 1/n = 1. Ovojezaistatacnojerzasvako > 0postojiprirodanbrojn0takavdajezasvakon > n0r1 +1n 1< .Ovde je n0= [1/(2+2)]+1. Na primer, za = 105imamo da je n0= 50000. Primer1.2.2. Zaniz {n2+ 1 n}nN, slicnokaouprethodnomprimeru,dokazujemodajenula-niz. Nakrajuovogodeljkaposmatracemokonvergencijunizovaumetrickomprostoru (Rn, d), sa standardnom euklidskom metrikom (videti primer 2.1.3,glavaI)d(x, y) =_n

i=1[xiyi[2_1/2,gdesux=(x1, x2, . . ., xn)i y=(y1, y2, . . ., yn)proizvoljnetackeupros-toruRn.Teorema1.2.15. Nekaje akkNnizuRniak=_a(k)1, a(k)2, . . ., a(k)n_.Niz akkNkonvergirakaa = (a1, a2, . . ., an)akoisamoakoje(1.2.4) limk+a(k)m= am(m = 1, 2, . . ., n).NIZOVI I KONVERGENCIJANIZOVA 45Dokaz. Akoniz akkNkonvergirakaa,tadaiznejednakostia(k)mam_n

i=1a(k)iai2_1/2= d(ak, a)sleduje(1.2.4)zasvakom(1 m n).Obrnuto, ako nizovi_a(k)m_kN konvergiraju ka am (m = 1, 2, . . . , n), tadazasvako > 0postojeprirodnibrojevikm,takvidajezasvakok > km(1.2.5)a(k)mam k0d(ak, a) =_n

m=1a(k)mam2_1/2 0.Primer1.3.3. Niz {2n}nNjestrogorastuci. Denicija1.3.4. Zaniz annNkazemodajeopadajuciili strogoopada-juciakozasvakon Nvazian< 0.Primer1.3.4. Niz {1/n}nNjestrogoopadajuci. Denicija1.3.5. Zanizovekojisunerastuciilineopadajucikazemodasumonotoninizovi.Napomenimodaje svaki monotoni niz ogranicenbar sajedne strane.Naime, nerastuci jeogranicensagornje, aneopadajuci sadonjestrane. Sastanovistakonveregencijeinteresantnisumonotoninizovikojisuogranicenisa obe strane, tj. oni nerastuci nizovi koji suograniceni sadonje, kaoioni neopadajuci nizovi koji suograniceni sagornjestrane. Okonvergencijitakvihnizovabicerecikasnije.NIZOVI I KONVERGENCIJANIZOVA 47Denicija 1.3.6. Zaniz annNkazemodaje konveksanakozasvakon = 1, 2, . . . vazi2an 0.Primer1.3.5. Niz {n2}nNjekonveksan. Denicija1.3.7. Zaniz annNkazemoda jekonkavanakozasvakon =1, 2, . . . vazi2an 0.Primer1.3.6. Niz {log n}nNjekonkavanniz. Sledecateoremadajejedanjednostavankriterijumzaegzistencijugra-nicnevrednostinizovauR:Teorema1.3.1. Svakimonotoniogranicennizjekonvergentan.Dokaz. Nekaje annNmonotoniogranicenniz. Razlikovacemosluca-jevekadajeovajnizrastuciikadajeopadajuci.Nekajeniz annNrastuci. Kakojeoniogranicen,stouovomslucajuznaciogranicenodozgo,postojibroj a = supanzakojijean azasvakon N. Naravno,tojeisto stoian< a +zasvakon Nibilokakomalopozitivno.Medutim,kakoapredstavljasupremumrastucegniza annN,zasvakoproizvoljnomalomorapostojati prirodanbrojn0takavdajean>a zasvakon>n0. Dakle, zabilokojeproizvoljnomaloi zasvakon>n0vazenejednakostiana < i ana > ,tj.zan > n0iproizvoljnovazinejednakost [ana[ < . Prematome,nizannNjekonvergentannizinjegovagranicajea = supan.Naravno, izaslucajdajeniz annNopadajuci mozese, naisti nacin,dokazatidaseradiokonvergentnomnizu cijajegranicaa = inf an. Primer1.3.7. Nekasux > 0 i a0> 0. Posmatrajmoniz {an}nNdenisanpomocu(1.3.1) an=12an1 +xan1, n = 1, 2, . . . .Presvega,izdenicijenizasledujedasusviclanovinizapozitivni.Koriscenjemnejednakosti (t 1)20, kojasezat>0svodi nanejednakostt + 1/t 2,istavljanjemt = an1/x,dobijamo2 an1x+xan1=2x 12an1 +xan1=2xan,48 NIZOVItj. an x, stoznacidajeniz {an}nNogranicenodozdo.Kakojex a2n,imamoan+1=12an +xan12(an +an) = an,tj. an= an+1an 0. Dakle,niz {an}nNjemonotononerastuci.Naosnovuteoreme1.3.1zakljucujemodajeniz {an}nNkonvergentan. Dabismo odredili njegovugranicnuvrednost stavimo a = limn+ani primenimogranicniprocesna(1.3.1). Tadaimamolimn+an=12limn+an1 +xlimn+an1,tj.a =12a +xa,odaklenalazimoa2=x. Kakojean x>0, zakljucujemodajea= x>0.Dakle,limn+an=x . Napomena1.3.1. Formula(1.3.1) predstavljatzv. iterativni proces17). Zaclannizaankazemodaje n-taiteracija. Akosaenoznacimogreskuun-tojiteraciji,tj.stavimoen= anx,jednostavnosemozedokazatiformulaen+1=12ane2n,na osnovu koje zakljucujemoda je greskau (n+1)-oj iteracijisrazmerna kvadratugreske u n-toj iteraciji. Prilikom odredivanja kvadratnog korena iz broja x, pomocu(1.3.1), iterativni processeprekidakadajegreskaun-tojiteraciji manjaodun-apredizabranetacnosti i tadaseuzima x an. Ilustracijeradi primenimoformulu(1.3.1) naodredivanje vrednosti2, startujuci, naprimer, saa0=2.Takodobijamosledecinizvrednosti:32,1712,577408,665857470832,886731088897627013566048,15725840480329186333532171111984844349868137938112,. . .,17)Iterativni procesi zaresavanjejednacinaproucavajuse detaljnouokvirukursaNumerickamatematika.NIZOVI I KONVERGENCIJANIZOVA 49ilix1=1. 5,x2=1. 41666666666666666666 66666666666666666666666666667,x3=1. 41421568627450980392 15686274509803921568627450980,x4=1. 4142135623746899106262955788901349101165596221157,x5=1. 4142135623730950488016896235025302436149819257762,x6=1. 4142135623730950488016887242096980785696718753772,pri cemu je racunanje izvedeno pomocu softveraMathematica sa 50 cifara. Cifrekojesuprikazane,,polu-crno sutacne. Dakle, iteracijex1, . . ., x6imajuredomjednu,tri, sest,12,24i48tacnihcifara.Teorema1.3.2. Nekajeniz annNkonvergentansagranicomai nekajeniz cnnNdenisanpomocu(1.3.2) cn=n

k=1pnkak(n N),gdesuzasvakon N1pnk 0 (k= 1, 2, . . ., n),2n

k=1pnk= 1i zasvakoksiranok3limn+pnk= 0 .Tadajeniz cnnNkonvergentanivazi(1.3.3) limn+cn= limn+an= a.Dokaz. Kakoje niz annNkonvergentan, tozasvako >0postojiprirodanbrojn0takavdajezasvakon > n0(1.3.4) [ana[ n0)takvida jezasvakon >max1knnk(1.3.6) pnkmax1knnk. Tadaje,zboguslova 1i 2,[cna[ =n

k=1pnkak a=n

k=1pnk(ak a)n

k=1pnk[ak a[ .Akoposlednjusumurazdelimonadve sume: zakn0i k >n0, iiskoristimonejednakosti(1.3.4),(1.3.5)i(1.3.6),dobijamon

k=1pnk[ak a[ =n0

k=1pnk[ak a[ +n

k=n0+1pnk[ak a[4Mn0 2Mn0+2n

k=n0+1pnk2+2= .Dakle,zasvakon >max1knnk,vazinejednakost [cna[ < , stoznacidaniz cnnN, denisanpomocu(1.3.2), konvergirakaistoj granici kaoi nizannN. PrethodnirezultatjepoznatkaoToeplitzova18)teorema. IzoveteorememozesejednostavnoizvestisledecaStolzova19)teorema:Teorema1.3.3. Nekasudati nizovi annNi bnnNtakvi dajenizbnnNrastuci i imabeskonacnugranicu. Akopostoji granicnavrednost(1.3.7) limn+anan1bnbn1,tadapostoji limn+(an/bn)i vazi jednakostlimn+anbn= limn+anan1bnbn1.18)OttoToeplitz(18811940), nemackimatematicar.19)OttoStolz(18421905), austrijskimatematicar.NIZOVI I KONVERGENCIJANIZOVA 51Dokaz. Stavimoa0= b0= 0,pnk=bk bk1bn(k= 1, 2, . . ., n), An=anan1bnbn1.Pretpostavimodapostoji konacna granicna vrednost (1.3.7), tj. dajelimn+An= A. Kakojepnk> 0,n

k=1pnk=1bnn

k=1(bk bk1) = 1i limn+pnk= 0,zasvakoksiranok,zakljucujemodasuzadovoljeniusloviprethodneteoremetakodazaniz cnnN,denisanpomocucn=n

k=1pnkAk=n

k=1bk bk1bn

ak ak1bk bk1=anbn,naosnovu(1.3.3),vazilimn+cn= limn+anbn= limn+An= limn+anan1bnbn1= A.Ako je granicna vrednost (1.3.7) beskonacna, tj. A=+, tada se,takode,mozepokazatidajei limn+cn= +. Napomena 1.3.2. Tvrdenje Stolzove teoreme ostaje uvaznosti ako je niz{bn}nNneopadajucipocevodindeksan > n0 ( N).Primer1.3.8. Primenomteoreme1.3.3,pokazacemodaje(1.3.8) limn+1k+ 2k+ +nknk+1=1k + 1(k N).Sobziromdajeniz {nk+1}nNrastuci i limn+nk+1=+, uslovi teoreme1.3.3suispunjenipaimamoL = limn+1k+ 2k+ +nknk+1= limn+nknk+1(n 1)k+1,tj.L = limn+nknk+1nk+1`k+11nk+`k+12nk1 + (1)k+1= limn+1k + 1 `k+221n+ + (1)k1nk.52 NIZOVINajzad,kakosunizovi {1/nm}nN(m =1, . . ., k)nula-nizovi(videti, takode,tvrdenje 1uteoremi1.3.5),zakljucujemodajeL = 1/(k + 1). Napomena1.3.3. Granicnuvrednost(1.3.8) moguceje, zak=1i k=2,odreditiinasledecinacin:1Kakoje1 + 2 + +n =12n(n + 1),imamolimn+1 + 2 + +nn2= limn+n(n + 1)2n2=12 ;2Istotako,zbog12+ 22+ +n2=16n(n + 1)(2n + 1),sledujelimn+12+ 22+ +n2n3= limn+n(n + 1)(2n + 1)6n3=13.Naravno, granicnuvrednost(1.3.8)mogucejeodrediti naovaj nacini zak=3, 4, itd. Medutim, ne i za proizvoljno k zbog teskoca koje postoje kod odredivanjazbirova1k+ 2k+ +nk.Neposrednaposledicateoreme1.3.2jesledecateoremakojajepoznatakaoCauchyevateorema:Teorema 1.3.4. Neka je niz annNkonvergentan niz i neka mu je granicaa. AkojeAn=1n(a1 + a2 ++an), tadajei niz AnnNkonvergentani granicamuje,takode,a.Dokaz. Stavljajuci pnk= 1/n(k= 1, 2, . . ., n)icn= An,uslovi 1, 2i3uteoremi 1.3.2suzadovoljeni, panizaritmetickihsredinaniza annNkonvergirakaistojgranicia. Napomenimodaizkonvergencijeniza AnnNnesledujekonvergencijaniza annN. Naime, nekajean=sin2n(0 0i R,tadavazi:1limn+1na= 0 ; 2limn+na = 1 ; 3limn+n(1 +a)n= 0 .Dokaz. 1Nejednakost [1/na 0[= [1/na[ < vazi akojena> 1/, tj.akojen>(1/)1/a. Prematome, niz 1/nanNkonvergirakanuli jerjeuvek1/na< zan > n0= 1 + [(1/)1/a].54 NIZOVI2Razlikovacemotri slucaja: (i)Slu caja>1. Nekajebn=na 1,tj.(1 +bn)n= a. Napomenimodajebnpozitivno. Kakoje1 +nbn< (1 +bn)n= a, tj. 0 < bn max(, 0). Akopretpostavimodajen > 2k,imamo(1 +a)n>_nk_ak=n(n 1)(n k + 1)k!ak>aknkk!2k,jer je nm+1 > n/2 za n > 2k i m = 1, . . ., k. Korscenjem ove nejednakostinalazimodajezan > 2k(1.3.10) 0 n(n 1)2b2nsleduje0 < b2n 0 (n N), tadajelimn+an+1an limn+nan limn+nan limn+an+1an.64 NIZOVITeorema1.4.8. SkupDsadrzi a= limn+ani a= limn+an.Dokaz. Dokazcemoizvestisamozaa. Zaadokazjeslican.Razlikovacemotrislucaja:1Nekajeakonacanbroj. ToznacidajeskupDogranicensagornjestrane. Prema tome,na osnovu teoreme 1.4.3,u skupu Dpostoji bar jednadelimicnagranicaniza annN. Kakoje, premateoremi 1.4.2, skupDizatvorenskup,njemupripadainjegovsupremuma.2Nekajea= . TadaDsadrzi samojedanelementi to . Utomslucaju,nepostojinijednadelimicnagranicaniza annN.3Nekajea=+. TadaskupDnijeogranicensagornjestrane.Prematome, postoji delimicni niz ankkNtakavdaank +, pa+pripadaskupuD. Bezdokazanavodimosledecetvrdenje:Teorema1.4.9. Zaniz annNvazinejednakosta a. Znakjednakostivazi akoisamoakojenizkonvergentaniliodredenodivergentan.Primer1.4.1. Zaniz {an}nN,gdejean= (1)n1 +1n + 1,imamoinfnNan= 32, liminfn+an= 1, limsupn+an= 1, supnNan=43 . 2. CAUCHYEVNIZIKOMPLETNIPROSTORI2.1. CauchyevnizOvdece opet biti reci onizovimauproizvoljnommetrickomprostoru(X, d). Naravno, kao i ranije, sva razmatranja je lako interpretirati za nizoveuR.Denicija2.1.1. Za niz annNu prostoru Xkazemoda jeCauchyevnizakozasvako>0postoji prirodanbroj n0takavdajed(am, an) n0.Primer2.1.1. Niz {1/n}nNjeCauchyevnizumetrickomprostoruRjerje|1/m1/n| < 1/m+1/n, sto za m, n > n0, u stvari, znaci |1/m1/n| < 2/n0= .Dakle, zasvako>0postoji prirodanbrojn0satrazenomosobinom. Unasemslucajutojen0= [2/] + 1. Prethodnadenicijamozesedatiiuekvivalentnomobliku:CAUCHYEVNIZI KOMPLETNI PROSTORI 65Denicija2.1.1. Za niz annNkazemoda jeCauchyevniz akoza svako > 0postojiprirodanbrojn0takavdajed(an+p, an) < zasvakon > n0isvakop N.IzucicemosadanekeosobineCauchyevihnizova.Teorema2.1.1. SvakiCauchyevnizjeogranicen.Dokaz. Nekaje annNCauchyevnizumetrickomprostoru(X, d). Ta-dazasvakoproizvoljnomalo>0postoji prirodanbroj n0takavdajed(am, an0)n0), stoznaci dasesvi clanovi ovogniza, pocevodindeksan0,nalazeukugliK(an0, ). Zatopostojipozitivanbroj rtakavdase svi clanovi posmatranog niza nalaze u kugli K(an0, r), tj. u kugli konacnogpoluprecnikar. Dakle,niz annNjeogranicen. Teorema2.1.3. SvakikonvergentannizjeCauchyevniz.Dokaz. Nekaje annNkonvergentannizinekamujegranicaa. Kakojed(am, an) d(am, a) +d(a, an)ikakozbogkonvergencijeniza annNzam, n > n0vazenejednakostid(am, a) 0postojiprirodanbrojn0takavdaje(2.1.1) [aman[ n > n0).Naosnovuteoreme2.1.1, kaostosmovideli, Cauchyevniz annNjeogranicenisadonjeisagornjestrane. Prematome, njegovskupvrednostiDimai donjui gornjumedu(videti [15, str.15, denicije1.3.19i 1.3.20]).Nekasuoneredomaia.Tadaje,zadovoljnovelikon0im > n > n0,[aam[ n0|aman| =1(n + 1)2+1(n + 2)2+ +1m2 0takvodajeK(b, ) A. Toznaci daan ,K(b, ) ni zajednon N.Prematome, tackabnijegranicaniza annN. KakojebbilokojatackaizA,zakljucujemoda niz annNnema granicu kojapripada skupu A, tj.njegovagranicaapripadaskupu A.NekajesadaskupAtakavdaizkonvergencijean a(n +)nizaannN(an A) sledujedajea A. Zasvaki skupB X, koji nijezatvorenskup, postoji tacka b Btakva da je skup BK(b, 1/n) neprazanskupzasvakon N. Akotonebi bilo, tadabi zasvakutackub BpostojalaokolinaK(b, 1/n)koja citavaleziu B, tj. skup Bbi bio otvoren,stojeusuprotnostisapretpostavkomdaskupBnijezatvoren.Posmatrajmosadaniz bnnN(bn B K(b, 1/n)). Tojenizzakojivazi: bn Bzasvakon N, konvergentanjeuXi granicamujeb B,tj. b , B.Skup B, dakle, nema osobinu koju ima skup A, tj. skup A nije nijedan odskupova B. Skup A, prema tome, ne pripada skupovima koji nisu zatvoreni.SkupAje,znaci,zatvorenskup. Interesantnojei sledece tvrdenjekoje ukazujenapovezanost pojmovazatvorenskupiCauchyevnizukompletnommetrickomprostoru:Teorema2.2.2. Nekaje(X, d) metricki prostor i YXzatvorenskup.Akojeprostor(X, d)kompletan, tadajeiprostor(Y, d)kompletan.Dokaz. Neka je bnnNCauchyevniz uprostoru(Y, d). Tadaje nizbnnNCauchyevi uprostoru(X, d). Kakoje(X, d)kompletanprostor,niz bnnNkonvergirakagranicib X. Medutim,skupY jezatvoren,pagranicab, kaogranicanizaizprostora(Y, d), premateoremi 2.2.1, pripadaskupu Y , tj. b Y . Dakle,niz bnnNje Cauchyevniz u Ykoji konvergirakagranicib Y . Metrickiprostor(Y, d)je,prematome,kompletan. Neposrednaposledicaoveteoremejesledecetvrdenje:Teorema 2.2.3. Svakizatvorenpodskupeuklidskogprostora(Rn, d)jekom-pletanmetricki prostor.Primer2.2.3. Svakisegment[, ](, R)jekompletanprostor. ZADACI ZAVEZBU 693. ZADACIZAVEZBU3.1. Nekajea > 0. Ispitatikonvergencijuniza annNcijijeopsticlan(1) an=a +_a + +_a +a .Uslucajudaje annNkonvergentanniz,odreditinjegovugranicu.Uputstvo. Konstatovati prvo da jean> 0, a zatim zakljuciti da vazi rekurentna relacijaan+1=a + an(n = 1, 2, . . . ).Rezultat. Nizjekonvergentanivazijednakost limn+an=1 +4a + 12.3.2. Nekaje annNaritmeticki nizsarazlikoma (> 0)inekajeAn=1n_1a1 +a2+1a2 +a3+ +1an +an+1_.Odreditigranicnuvrednost limn+An.Rezultat. 1/a.3.3. Akojean=1n__a +1n_2+_a +2n_2+ +_a +n 1n_2_,proveritijednakost limn+an= a2+a +13.3.4. Dokazatijednakosti:1limn+an(1 +a)(1 +a2)(1 +an)= 0 (a > 0),2limn+_na +nb2_n=ab (a, b > 0),3limn+n_a1/n1_= log a (a > 0).4limn+(2)n+ 3n(2)n+1+ 3n+1=13 ,70 NIZOVI3.5. Nekasuai b dati brojevi. Ispitati konvergencijunizova annNibnnN ,akosuonidenisanipomocua1= a, an+1=a2nan +bni b1= b, bn+1=b2nan +bn.3.6. Akosupiqprirodnibrojevi,odreditigranicnuvrednostA = limn+n2__1 +pn_q_1 +qn_p_.Rezultat. A =pq2(q p).3.7. Nekajedatniz annNcijijeopsticlanan=2 _2 +_2 + +_2 +22 _2 +_2 + +_2 +3,gdeiubrojiocuiuimeniocuimaponkvadratnihkorena.Dokazatidaje limn+an= 3/2.Uputstvo. Staviti:2 = 2 cos(/4) i3 = 2 cos(/6).3.8. Odrediti: inf an, supan, limn+ani limn+an, akoje1an=(1)nn+1 + (1)n2,3an= 1 + 2(1)n+1+ 3(1)n(n1)/2,2an= 1 +nn + 1cos n2,4an= n(1)n.Rezultat. Trazenevrednostisu,redom:1inf an= 1, sup an=32, limn+an= 0 i limn+an= 1,2inf an= 0, sup an= 2, limn+an= 0 i limn+an= 2,3inf an= 4, sup an= 6, limn+an= 4 i limn+an= 6,4inf an= 0, sup an= +, limn+an= 0 i limn+an= +.III GLAVAFunkcijejednerealnepromenljive1. GRANICNEVREDNOSTIFUNKCIJA1.1. PojamgranicnevrednostiU II glavirazmatralismo granicnevrednosti nizova f(n)nN,tj. nizovaannN, gdejen f(n)= an. Ovdecemorazmatrati slozenijeproblemekojiseodnosenagranicneprocesezafunkcijef: X R,gdejeX R.Presvega, saglasnodeniciji 2.2.3, glavaI, i ovdecemopod-okolinomtacke a R podrazumevati interval (a, a+), koji cemo nadalje oznacavatii sa U(a, ). U daljim razmatranjima koristicemoi nesto drugaciju -okolinutackea R. Tudrugaciju-okolinuuvodimosledecomdenicijom:Denicija 1.1.1. ZaskupU(a, ) a, uoznaciU(a, ), kazemodajeprobodena-okolinatackea.Probodena -okolinatackea,dakle,nesadrzitackua.Kadanijeneophodnonaglasiti dajebrojpoluprecnikokolinetackea,pisacemojednostavnoU(a)iliU(a)umestoU(a, ),tj.umestoU(a, ). Istotako, ucelomovompoglavljupodterminom,,funkcijax f(x)denisanana skupu D necemopodrazumevati da je Doblastdenisanosti funkcije f,vecdajetosamoskupnakomerazmatramofunkcijuf: X R. Drugimrecima, moze se reci dautomslucajurazmatramorestrikcijufunkcijefsaXnaD(X). UslucajukadajeDokolinaU(a)iliU(a), cestocemogovoriti: ,,funkcija fdenisana uokolini . . . umesto: ,,funkcija fdenisananaokolini. . . .Nekaje A(a, )skupsvihnizova xnnN, savrednostimaxn U(a, ),kojikonvergirajukaa,tj.A(a, ) =_xnnN [ xn U(a, ), limn+xn= a_.72 FUNKCIJEJEDNEREALNEPROMENLJIVEUocimojedanniz xnnN A(a, )inekax Ruzimasamovrednostixnizuocenogniza xnnN. Kakoxntezi kaakadanneogranicenoraste,imasmislagovoriti idaxtezi kaa. Kazemo, utomslucaju,daxtezi kaaprekoniza xnnN.Denicija1.1.2. Akoxtezi kaaprekosvihnizova xnnN A(a, ),kazemodaxtezikaa,uoznacix a.Posmatrajmosadafunkcijux f(x)denisanuuokoliniU(a, ). Odinteresajevideti stajesaskupomslikaf(x)kadax a. Napomenimoda,pri ovome, nasneinteresujedali jefunkcijaf denisanaili nijeusamojtackia. Jedina bitna cinjenica je da je a tackanagomilavanja skupaU(a, ).Akoxtezi kaaprekouocenog niza xnnN A(a, ), odgovarajuciskupslikaf(xn)odredivaceniz f(xn)nN. Mozesedesiti daovaj dobi-jeni nizslikakonvergirai damujegranica, naprimer, A R.Stavise,mozesedesiti daAbudegranicasvihnizova f(xn)nNdobijenihkadaxtezi kaa, usmisludenicije1.1.1, tj. kadaxtezi kaaprekosvihnizovaxnnN A(a, ). Utomslucajukazemodafunkcija fima granicnuvred-nostA,kadaxtezikaaili,jednostavno,daje Agranicnavrednost funkcijef utacki a. Ovimsmo, ustvari, dosli doHeineove22)denicijegranicnevrednosti funkcija:Denicija1.1.3. Funkcijax f(x),denisanaunekojokoliniU(a),imagranicnuvrednost Autacki aakozasvaki niz xnnN A(a, ) odgo-varajuciniz f(xn)nNkonvergirakaA,tj.vazi limn+f(xn) = A.Cestopisemof(x) Akadax a.Primer1.1.1. Posmatrajmofunkcijux f(x)=sin(1/x), koja, ocigledno,nije denisanazax =0. Dabismorazmotrili egzistencijugranicne vrednostilimx0sin(1/x),uocimodvanula-niza {xn}nNi {xn}nN,datapomocuxn=1n, xn=2(4n + 1)(n = 1, 2, . . . ),koji,ocigledno,zaneko> 0pripadaju X(0, ).KakojefunkcijafdenisanauU(0, )ikakojef(xn) =sin n=0if(xn) =sin((4n + 1)/2) = sin(/2) = 1,zasvakon N,zakljucujemodajelimn+f(xn) = 0 i limn+f(xn) = 1,22)HeinrichEduardHeine(18211881), nemackimatematicar.GRANICNEVREDNOSTI FUNKCIJA 73Sl.1.1.1sto,naosnovudenicije1.1.3,znacida granicnavrednostfunkcijefutackix = 0nepostoji. Grakovefunkcijejeprikazannaslici1.1.1. Moze se dokazati da je sledeca denicija, koju je dao Cauchy, ekvivalentnadeniciji1.1.3.Denicija1.1.4. Funkcijax f(x),denisanaunekojokoliniU(a),imagranicnuvrednost Autacki aakozasvako >0postoji =() >0takvodajezasvakox, kojezadovoljavauslov0< [x a[ 0postoji probodenaokolinaU(a, )takvadaf(x) U(A, )kadgodx U(a, ), granicnavrednostfunkcijefutacki x=aegzistira. Jezikommatematickelogike, Cauchyevadenicija1.1.4semozeiskazatiuoblikulimxaf(x) = A ( > 0)(> 0)_(x)0 < [x a[ < [f(x) A[ < _.Navedenaimplikacijamozeseiskazatiinkluzijomf(U(a, )) U(A, ).Postojanje granicne vrednosti funkcije u nekoj tacki predstavlja jedno tzv.lokalno svojstvo funkcije. Napomenimodaovo svojstvo, izmeduostalog,znaci dajefunkcijadenisanaunekoj okolini takvetacke, semmozdausamojtojtacki.Primer 1.1.2. Pokazimodafunkcijax x2(x R) utacki x=2imagranicnu vrednost A = 4. Neka je proizvoljan pozitivan broj. Tada je nejednakost|x24| = |(x 2)(x + 2)| = |(x 2)2+ 4(x 2)| |x 2|2+ 4|x 2| < ispunjenazasvakox,kojezadovoljavauslov0 < |x 2| 0 postoji pozitivan broj =4 +2 takav da vazi implikacija0 < |x 2| < |x24| < .Prematome, limx2x2= 4. Primer1.1.3. Nekajex f(x) = (x2 9)/(x 3)(x = 3). Pokazacemodapostojigranicnavrednostfunkcijekadax 3idajeonaA = 6.Nekajeproizvoljanpozitivanbroj. Sobziromdaje|f(x) 6| =x29x 36= |x 3| < kadgodje0 < |x 3| < ,zakljucujemodazasvako > 0postojipozitivno= satrazenomosobinom. Dakle,A =limx3x29x 3= 6. 1.2. JednostranegranicnevrednostiPrirodnojepretpostaviti dajemogucedaxtezi kaatakodajeuvekxa. Stogacemo, presvega, denisatilevui desnu-okolinu tacke pomocuU(a, ) =(a , a] i U(a+, ) =[a, a + ), respektivno. Naravno, tadaceodgovarajuceprobodeneokolinebitidenisanesaU(a, ) = (a , a) = U(a, ) aiU(a+, ) = (a, a +) = U(a+, ) a.Slicnokaoi uprethodnomodeljku, sa A(a, ) i A(a+, ) oznacicemoskupsvihkonvergentnihnizovakatacki ai savrednostimauU(a, ) iU(a+, ), respektivno. Ako x tezi ka a preko svih nizova iz A(a, ), kazemodaxtezi kaasalevestranei tooznacavamosax a. Slicno, x a+oznacavacinjenicudaxtezi kaas desnestrane, tj. prekosvihnizovaizA(a+, ).Prematome,sadasemozegovoriti ogranicnimvrednostimafunkcijaiuodnosunatodali xtezi kaasaleveili sadesnestrane. Navescemo, zbogtoga,sledecedveHeineovedenicije:GRANICNEVREDNOSTI FUNKCIJA 75Denicija1.2.1. Funkcijax f(x), denisanaunekoj okoliniU(a),imalevugranicnuvrednost A u tackia ako za svaki niz xnnNiz A(a, )odgovarajuciniz f(xn)nNkonvergirakaA.Denicija 1.2.2. Funkcija x f(x), denisana u nekoj okoliniU(a+), imadesnugranicnuvrednost Butacki aakozasvaki niz xnnNiz A(a+, )odgovarajuciniz f(xn)nNkonvergirakaB.NjimaekvivalentneCauchyevedenicijeglase:Denicija 1.2.3. Funkcija x f(x), denisana u nekoj okoliniU(a), imalevugranicnuvrednostAutacki aakozasvako> 0postoji= ()> 0takvodazasvakox (a , a)vazinejednakost [f(x) A[ < .Denicija 1.2.4. Funkcija x f(x), denisana u nekoj okoliniU(a+), imadesnugranicnuvrednostBu tackia akoza svako > 0 postoji = () > 0takvodazasvakox (a, a +)vazinejednakost [f(x) B[ < .AkobrojeviAiBpostoje,simbolickicemotooznacavati saA = limxaf(x) = f(a 0) = f(a), B= limxa+f(x) = f(a + 0) = f(a+).Primer1.2.1. Zafunkcijux sgn(x)(x R)postojelevaidesnagranicnavrednostutackix = 0:limx0sgn(x) = 1 i limx0+sgn(x) = 1. Primer 1.2.2. Posmatrajmo funkciju iz primera 1.1.1, tj. x f(x) = sin(1/x)(x =0). Kakonula-nizovi {xn}nNi {xn}nN, posmatrani uprimeru1.1.1, zaneko > 0 pripadaju skupu X(0+, ), na osnovu ranijeg razmatranja zakljucujemodafunkcijaf nemadesnugranicnuvrednostutacki x=0. Kakojef neparnafunkcija,tonepostojiniodgovarajucalevagranicnavrednost. Primer1.2.3. Nekajex f(x) = tanh(1/x) (x = 0). Odredicemolimx0f(x) i limx0+f(x).Kakojetanh1x=e1/xe1/xe1/x+e1/x,redomsledujelimx0f(x) = limx0e1/xe1/xe1/x+e1/x= limx0e2/x1e2/x+ 1= 176 FUNKCIJEJEDNEREALNEPROMENLJIVEilimx0+f(x) = limx0+e1/xe1/xe1/x+e1/x= limx0+1 e2/x1 +e2/x= 1. Nijeteskopokazatidavazisledecirezultat:Teorema1.2.1. Funkcijax f(x) imagranicnuvrednost utacki aakoi samoakoutoj tacki postojelevai desnagranicnavrednost i akosuonemedusobomjednake.Dakle,akopostojelevaidesnagranicnavrednostiakosujednake,tadajelimxaf(x) = limxaf(x) = limxa+f(x).Pretpostavimo sada da tackaa pripada prosirenom skupu realnih brojevaR. U tom slucaju,potrebno je denisati odgovarajuceokolineza +i :U(+, ) = x R [ x > , U(, ) = x R [ x < iU(+, ) = (, +) = U(+, ) +,U(, ) = (, ) = U(, ) .Sadasmousituacijidatretiramogranicnevrednostifunkcijaiuslucaje-vimakadax +ili x , ili kadavrednosti funkcijaneogranicenorastu.Stogaopsti pojamgranicnevrednosti funkcijeuvodimosledecomdeni-cijom:Denicija1.2.5. Funkcija x f(x), denisana u nekoj okoliniU(a) tackea(R),imagranicnuvrednost limxaf(x) = A(R)akozaproizvoljnuokoli-nu U(A, ) tackeA postoji okolinaU(a, ),takva da je f(U(a, )) U(A, ).Primer1.2.4. Zafunkcijux f(x) = 1/x(x = 0)imamolimx0f(x) = i limx0+f(x) = +. Primer1.2.5. Zasvakipolinomx P(x) = a0xn+ a1xn1+ +an1x +an(a0> 0;n 1)GRANICNEVREDNOSTI FUNKCIJA 77vazilimx+P(x) = +, limxP(x) =+, nparno,, nneparno. Primer1.2.6. Odredimo limx+f(x)i limxf(x)akojef(x) =x2+ 14 +xx22 +x`x R\ (2,2 ).Nekajex >2. Tadajelimx+f(x) = limx+x2+ 14 +xx22 +x= limx+p1 + 14/x2+ 1p1 2/x2+ 1= 1.Zax < 2ix = timamolimxf(x) = limxx2+ 14 +xx22 +x= limt+t2+ 14 tt22 t= limt+`t2+ 14 t`t2+ 14 +t`t22 +t`t22 t`t22 +t`t2+ 14 +t= limt+14`t2 2 +t2`t2+ 14 +t= 7 limt+`t22 +t`t2+ 14 +t= 7,gdesmoiskoristiliprethodnoodredenugranicnuvrednost. 1.3. OsobinegranicnihvrednostiSobziromdajepojamgranicnevrednostifunkcijeuvedenprekonizova,mozemo zakljuciti da teoreme o osobinama granicnih vrednosti nizova ostajuuvaznostiizagranicnevrednostifunkcija. Navescemoihbezposebnogdo-kazivanja.Teorema1.3.1. Akoje f(x) zasvakox U(a, ) i akopostojigranicnavrednost limxaf(x), tadaje limxaf(x) .Teorema1.3.2. Akojef(x) g(x) zasvakox U(a, ) i akopostojegranicnevrednosti limxaf(x)i limxag(x), tadavazi nejednakostlimxaf(x) limxag(x).78 FUNKCIJEJEDNEREALNEPROMENLJIVETeorema 1.3.3. Ako postojegranicnevrednosti limxaf(x)i limxag(x)kojesumedusobnojednakei akojef(x) h(x) g(x)zasvakox U(a, ), tadapostoji igranicnavrednost limxah(x)ivazilimxah(x) =limxaf(x) =limxag(x).Teorema1.3.4. Akopostojegranicnevrednostilimxaf(x) = A i limxag(x) = B,tadapostojeigranicnevrednosti funkcijax f(x) g(x) i x f(x)g(x)i vazejednakostilimxa_f(x) g(x)_= AB, limxa_f(x)g(x)_= AB.Osimtoga, akojeB ,=0, tadapostoji i granicnavrednost funkcijex f(x)/g(x)(g(x) ,= 0)ivazi jednakostlimxaf(x)g(x)=AB.Teorema1.3.5. Akopostojegranicnevrednosti limxaf(x)i limxag(x)i akosu i realnibrojevi,tadaizafunkciju x f(x)+g(x)postojigranicnavrednost kadaxtezi kaai vazi jednakostlimxa_f(x) +g(x)_= limxaf(x) +limxag(x).Na osnovu ovih teorema, lako je utvrditi da ako postoji granicna vrednostlimxaf(x),tadapostojeigranicnevrednosti limxaf(x)i limxaf(x)n,kaoidavazejednakosti(1.3.1) limxaf(x) = limxaf(x) i limxaf(x)n=_limxaf(x)_n.Egzistencijaovihgranicnihvrednosti i odgovarajucihjednakosti (1.3.1)upucujenasledecerazmisljanje:Ako postoji granicnavrednost funkcije x f(x) kada x a, koje uslovemoraispunjavati funkcija Fda bi postojalagranicnavrednost slozenefunk-cijex F (f(x))kadax aidabi,naravno,vazilajednakostlimxaF_f(x)_= F_limxaf(x)_?Odgovornaovopitanjedajesledecateorema:GRANICNEVREDNOSTI FUNKCIJA 79Teorema1.3.6. Akopostojegranicnevrednosti limxaf(x) = bi limybF(y)i akounekoj probodenoj okoliniU(a)vazi f(x) ,=b, tadautacki apostojigranicnavrednost slozenefunkcijex F(f(x))i vazi jednakostlimxaF(f(x)) =limybF(y).Ukazacemosada na jos jednu osobinu funkcija koje u uocenoj tackiimajugranicnuvrednost.Teorema1.3.7. Nekafunkcijax f(x)imagranicnuvrednostAkadaxtezi kaa.AkojeA > p,tadauokoliniU(a, )postojetackexzakojejef(x) > p.AkojeA < q,tadauokoliniU(a, )postojetackexzakojejef(x) < q.Dokaz. NekajeA>p. Ocigledno, tadaje00postoji okolinaU(a, )takodazasvakox U(a)vazi nejednakost[f(x) A[ < ,tj.A < f(x) < A+,odakle,uzimajuci = p,zakljucujemodajep < A p< f(x).Naslicannacin,mozesedokazatiidrugideotvrdenja. .1.4. PrimerigranicnihvrednostiGranicnevrednosti nekihfunkcijaimajucestuprimenuumatematickojanalizi. Stogacemouovomodeljkuposvetitipaznjunekimaodnjih.Teorema1.4.1. Funkcija x (sin x)/xkadax 0imagranicnuvrednostjednakujedinici,tj. vazi(1.4.1) limx0sinxx= 1.Dokaz. Izociglednedvostrukenejednakostisin x < x < tan x (0 < x < /2)80 FUNKCIJEJEDNEREALNEPROMENLJIVEdobijamo1tan x 0takodaje [f(y) f(b)[ < ,kadgodjey b[ < 1.S druge strane, na osnovu pretpostavke da funkcija x g(x) ima granicnuvrednost u tackix = a, zakljucujemo da za svako 1> 0 postoji > 0 takvodaje [g(x) b[ = [y b[ < 1,zasvakoxzakojeje0 < [x a[ < .Kakoje [f(y) f(b)[ = [f(g(x)) f(b)[,tvrdenjejedokazano. Teorema2.1.4. Neka jefunkcija x g(x)neprekidnautacki x = ainekajefunkcijay f(y)neprekidnautackiy= b = g(a). Tadajeutackix = aneprekidnaislozenafunkcijax f_g(x)_.Dokaz. Naosnovuteoreme2.1.3,vazijednakost limxaf(g(x)) = f(b). Ka-kojegneprekidnafunkcija,tj.kakojeb =limxag(x) = g(a),sledujelimxaf_g(x)_= f(b) = f_limxag(x)_= f_g(a)_,cimejeteoremadokazana. Primer2.1.3. Dokazacemodavazejednakostilimx0log(1 +x)x= 1 i limx0ex 1x= 1.NEPREKIDNOSTFUNKCIJA 85Presvega,akostavimox = 1/t,ocigledno,imamolimx0(1 +x)1/x= limt1 +1tt= e.Kako je logaritam neprekidna funkcija23), na osnovu teoreme 2.1.3,neposrednodobijamolimx0log(1 + x)x=limx0log(1 +x)1/x= loglimx0(1 +x)1/x= log e = 1.Zadokazdrugegranicnevrednosti stavimoex 1=t, tj. x=log(1 + t), iiskoristimovecdokazanuprvujednakost. Dakle,imamolimx0ex1x=1limt0log(1 + t)t= 1. Primer2.1.4. Dokazacemosadadazasvako Rifunkcijux (1 +x)1x(x > 1, x = 0)vazijednakost(2.1.4) limx0(1 +x)1x=.Prvo,akoje = 0,tvrdenjejeocigledno.Drugo,akoje = 0,vazejednakosti(1 +x)1x=elog(1+x)1x=log(1 + x)xelog(1+x)1log(1 +x).Stogajelimx0(1 +x)1x=limx0log(1 +x)x limx0elog(1+x) 1log(1 +x).Akostavimolog(1 + x) =t,tadaizcinjenicedax 0sledujedat 0, stoznacidavazilimx0elog(1+x)1log(1 + x)=limt0et1t.Tada,naosnovuprimera2.1.3,dobijamolimx0(1 +x)1x= limx0log(1 +x)xlimt0et1t= . 23)Funkcijayf(y) =log y jeneprekidnauintervaludenisanosti, tj. zasvakoy (0, +). Inace, uposmatranom slucaju odinteresaje neprekidnostfunkcije fu tackiy= e.86 FUNKCIJEJEDNEREALNEPROMENLJIVE2.2. VrsteprekidaineprekidnoproduzenjePosmatrajmo funkciju x f(x), koja je denisana u intervalu D = (, ),osimmozdautacki x = a (, ).Denicija2.2.1. Zatackux = akazemodajetackaprekidafunkcije x f(x)1akofunkcijafnijedenisanautackix = a,ili2akojefdenisanaux = a,alinijeneprekidnautojtacki.Utomslucaju,zasamufunkciju x f(x)kazemodajeprekidnautackix = a.Denicija 2.2.2. Akoje x=atackaprekidafunkcije x f(x) i akopostojekonacnejednostranegranicnevrednostilimxaf(x) = b1i limxa+f(x) = b2,tada kazemo da je x = a tackaprekidaprvevrste. Za velicinu sf(a) = b2b1kazemodajeskokfunkcijefutackix = a.Denicija 2.2.3. Ako za funkcijuxf(x) tacka prekidax =anijeprekidnatackaprvevrste, kazemoondadajex=atackaprekidadrugevrste.Primetimodauslucajuprekidadrugevrstebar jednaodjednostranihgranicnihvrednosti nepostoji kaokonacna. Dakle, mozesedesiti danekaodovihgranicnihvrednostinepostojiilidajebeskonacna.Denicija2.2.4. Akojezafunkcijux f(x)tackax=aprekidprvevrsteiakojesf(a) = 0,tadazaprekidkazemodajeodstranjiv.Naslikama2.2.12.2.10gracki suprikazanirazliciti slucajevi prekidnihfunkcija.Sl.2.2.1 Sl.2.2.2NEPREKIDNOSTFUNKCIJA 87Sl.2.2.3 Sl.2.2.4 Sl.2.2.5Sl.2.2.6 Sl.2.2.7 Sl.2.2.8Sl.2.2.9 Sl.2.2.10Primer2.2.1. Funkcijax f(x)=(x2 4)/(x 2)denisanajezasvakox =2. Tackax =2jeprekidprvevrstezaovufunkcijujerlevaidesnagranicnavrednostfunkcijeutackix = 2postoje. Naime,b1= limx2f(x) = 4 i b2= limx2+f(x) = 4.Kakojeb1= b2,ovajprekidjeodstranjiv. 88 FUNKCIJEJEDNEREALNEPROMENLJIVEPrimer2.2.2. Uprimeru1.1.13, glavaI, denisali smotri prekidnefunkcijex f(x)=[x], x g(x)=(x)=x [x], x h(x)=sgn(x). Njihovi graciprikazanisu na slici1.2.1,glavaI. Sve prekidnetacke ovih funkcija su prekidi prvevrste.Funkcijafjedenisanazasvakox R,alijeprekidnazax = k,gdejekbilokoji ceo broj. Ovo znaci da fima prebrojivo mnogo prekida prve vrste. Primetimodajeuprekidnojtackix = kb1= limxkf(x) = k 1 i b2= limxk+f(x) = k= f(k).Usvimprekidnimtackamaimamodajesf(k) = b2b1= k (k 1) = 1 (k Z).Slicnaje situacijaisa funkcijomg,zakoju uprekidnimtackamax = k(k Z)imamob1= limxkg(x) = 1, b2= limxk+g(x) = 0 = g(k), sg(k) = 1 (k Z).Funkcijahimasamojednuprekidnutackux = 0. Ovdejeb1= 1 i b2= 1.Usamojtackix = 0funkcijajedenisanasaf(0) = 0. Primer2.2.3. Funkcijax f(x) =x2/(x 1)denisanajezasvakox =1.Kakojeb1= limx1f(x) = i b2= limx1+f(x) = +,tackax = 1jeprekiddrugevrste(videtisliku2.2.11).Sl.2.2.11 Sl.2.2.12NEPREKIDNOSTFUNKCIJA 89Primer2.2.4. Posmatrajmofunkcijux f(x)=e1/x, kojajedenisanazasvakox = 0. Kakojeb1= limx0f(x) = 0 i b2= limx0+f(x) = +,tackax = 0jeprekiddrugevrste(videtisliku2.2.12). Napomenimodaifunkcijegih,denisanezasvakox Rpomocug(x) =f(x) (x = 0),1 (x = 0),h(x) =f(x) (x = 0),0 (x = 0),imajuprekiddrugevrste utacki x=0. Primetimodajekodfunkcije hlevagranicnavrednostutackix = 0jednakavrednostifunkcijeutojtacki. Primer 2.2.5. Funkcijax sin(1/x) denisanajezasvakox =0(videtiprimer1.1.1i graknaslici 1.1.1). Kakolevai desnagranicnavrednostutackix = 0nepostoje,ovafunkcijaimaprekiddrugevrsteutackix = 0. Primer2.2.6. Dirichletovafunkcija(x) =1 (x Q),0 (x I ),prekidnajeusvakojtacki.Neka je a Q. Ako uzmemo da x tezi ka a preko niza ciji su clanoviiracionalnibrojevi,imacemolimxa(x) = 0 i (a) = 1,stoznacidajex = atackaprekidaprvevrstefunkcije.Ako je a I, uzecemo da x tezi ka a preko niza ciji su clanovi racionalni brojevi,pacemoimatilimxa(x) = 1 i (a) = 0.Dakle, iutomslucajuajetackaprekidaprvevrste. Funkcijaje, prematome,prekidnausvakojtacki. Primer2.2.7. Nekasu m Z i n N uzajamno prosti brojevi. Posmatrajmotzv.Riemannovu24)funkciju,kojasedenisepomocux f(x) =1/n (x = m/n Q),0 (x I ).Uocimorealanbrojaiinterval(a , a +). Tada,zasvakoksiranon0 N,uintervalu(a , a + )imakonacnomnogoracionalnihbrojevax=m/n, za24)BernhardRiemann(18261866), velikinemackimatematicar.90 FUNKCIJEJEDNEREALNEPROMENLJIVEkojejen n0, pajemoguceizabrati pozitivanbroj 0

:x24x 2(x = 2),4 (x = 2). Razmotrimosadaslucajkadajefunkcija fdenisana utackix = a iimaprekidutojtacki,pri cemuvazijednaodjednakosti(i) b1= limxaf(x) = f(a) ili (ii) b2= limxa+f(x) = f(a).25)Ovdepodrazumevamopostojanjekonacnegranicnevrednosti.NEPREKIDNOSTFUNKCIJA 91Kazemodajefunkcijafutackix = aneprekidnasalevestraneakovazijednakost(i). Istotako, akovazi jednakost(ii), kazemodajefunkcijaf utackix = aneprekidnasadesnestrane.Primer2.2.9. Funkcijex f(x)=[x]i x g(x)=(x)izprimera2.2.2suneprekidnesadesnestraneusvakojprekidnojtackix = k(k Z). Naravno, sadasemozezakljuciti: jednafunkcijajeneprekidnaunekojtackiakojeunjojneprekidnaisaleveisadesnestrane.Smatrase daje, podeniciji, svakafunkcijaneprekidnauizolovanimtackamasvojeoblastidenisanosti.Navescemobezdokazasledecetvrdenje:Teorema 2.2.1. Bilo koja elementarna funkcija neprekidna je u svakoj tackikojapripadanjenoj oblasti denisanosti.2.3. NekeosobineneprekidnihfunkcijaUovomodeljkudokazacemonekolikoveomavaznihosobinazafunkcijekojesuneprekidnenasegmentu[a, b]. Napomenimodaseovdezanepreki-dnostfunkcijeutackamaaibpretpostavljaneprekidnostsadesnestraneutackix = aineprekidnostsalevestraneutackix = b.Teorema2.3.1. Akojefunkcijax f(x)neprekidnanasegmentu[a, b],tadajeonanatomsegmentuogranicena, tj. postoji broj M> 0takodazasvakox [a, b] vazi nejednakost [f(x)[ M.Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da za svako M> 0 postoji xM [a, b]takodaje [f(xM)[ > M.UzimajucizaMredom prirodne brojevezakljucujemodazasvako n Npostojixn [a, b]takvodaje(2.3.1) [f(xn)[ > n.Ocigledno,niz xnnNje ogranicen. Prema tome, on sadrzi (videti teoremu1.4.3, glavaII)delimicni niz xnkkN(xnk [a, b])koji jekonvergentan.Nekajenjegovagranica,tj.nekaje limk+xnk= . Naravno,ipripadasegmentu[a, b].Kakof C[a, b],zbogneprekidnostifunkcijeutackix = ,imamo(2.3.2) limk+f(xnk) = f( limk+xnk) = f().92 FUNKCIJEJEDNEREALNEPROMENLJIVESdrugestrane,kako(2.3.1)vazizasvakon N,tozan = nkimamodaje[f(xnk)[ > nk,stoznacidajelimk+[f(xnk)[ = +jer nk +kadak +. Ovajednakost, ocigledno, protivureci jed-nakosti (2.3.2),po kojoj niz xnkkNima konacnu granicnu vrednost. Dak-le, ucinjenapretpostavkanemozebitiispunjena, stoznaci dajefunkcijafogranicenana[a, b]. Napomena2.3.1. Uslovi teoreme2.3.1dajefunkcijaf neprekidnanaseg-mentujebitan. Naime, tvrdenjenevazi zafunkcijeneprekidnenaintervalu. Naprimer, funkcijax 1/xjeneprekidnanaintervalu(0, 1), ali nijeogranicenanatomintervalu.Teorema2.3.1jepoznatakaoprvaWeierstrassovateorema.Teorema2.3.2. Akojefunkcijax f(x)neprekidnanasegmentu[a, b],tadau[a, b] postojebardvetackeitakvedajef() = m = infaxbf(x) i f() = M= supaxbf(x).Dokaz. Kakoje,naosnovuteoreme2.3.1,funkcijafogranicena,postojevrednostim = infaxbf(x) i M= supaxbf(x)zakojejem f(x) M (x [a, b]).Da bismo dokazalida postoji bar jedna tacka [a, b] takva da je f() =mpretpostavimosuprotno,tj.da f(x)nije jednakom ni zajedno x [a, b].Sobziromna cinjenicudajem = infaxbf(x),toznacidajef(x) m > 0 (x [a, b]).Medutim, tadajefunkcijax 1/(f(x) m) (x [a, b]) neprekidnana[a, b]. Kakoje,naosnovuteoreme2.3.1,ovafunkcijaogranicena,tj.postojipozitivanbrojtakavdaje0 0.Kakoje[a, b] ogranicenskup, takavjei skuponihtacakaxiz[a, b] zakojeje f(x) < 0. Svakako,tajskup ima svojsupremum. Nekajetotacka.Pokazacemodajef() = 0.Pretpostavimoda je f() < 0. Tada,prema teoremi1.3.7,u[, b]ima ta-cakazakojeje f(x) < 0, stoznacida nije supremum skupa takvihtacaka.Kakoovoprotivurecipretpostavci,zakljucujemoda f() nije negativno. Naslicannacin, moze sepokazati daf() nijepozitivno. Prematome, vazif() = 0. OvajrezultatjepoznatkaoprvaBolzanoCauchyevateorema.Teorema2.3.4. Akoje funkcijax f(x) neprekidnana[a, b] i akojef(a) 0),stoznacidavazi[f1(x)g1(x)[ = [f1(x)[[g1(x)[ M1M2[f(x)[[g(x)[ = M[f(x)g(x)[,gdesmostaviliM= M1M2. Prematome,vazijednakost 2.3Akostavimog(x) = O_f(x)_, sto,zapravo,znaci[g(x)[ M[f(x)[ = M[[[f(x)[ (M> 0),zakljucujemodavazig(x) = O_f(x)_. Naslicannacinmogusedokazatiisledecatvrdenja:Teorema2.6.3. Zafunkcijux f(x), kadax a,vazejednakosti:1o_f(x)_+o_f(x)_= o_f(x)_,2o_f(x)_ o_f(x)_= o_f(x)_,3o_o_f(x)__= o_f(x)_.Teorema2.6.4. Zafunkcijex f(x) i x g(x), kadax a, vazejednakosti:1o_f(x)_g(x)= o_f(x)g(x)_, 2O_f(x)_g(x)= O_f(x)g(x)_.NEPREKIDNOSTFUNKCIJA 109Teorema2.6.5. Zafunkcijux f(x), kadax a,vazejednakosti:1O_f(x)_+o_f(x)_= O_f(x)_,2o_O_f(x)__= o_f(x)_, 3O_o_f(x)__= o_f(x)_.Primer2.6.8. Nekajex f(x) =log(1 +x +x2) + arcsin 3x 5x2sin 2x + tan2x + (ex1)5.Odredicemo limx0f(x). Kadax 0imamo1log(1 +x +x2) = x + o(x); 4sin 2x = 2x +o(x);2arcsin 3x = 3x +o(x); 5tan2x = o(x);35x2= o(x); 6(ex1)5= o(x).Dakle,limx0f(x) =limx0x +o(x) + 3x +o(x) o(x)2x +o(x) +o(x) +o(x)=limx04x +o(x)2x +o(x)= 2. Primer2.6.9. Nekajex x sin xx3inekaxtezinuli. Tadajelimx0x sin xx3=limx0x x 13!x3+O(x5)x3=limx013!+O(x2)=16. Primer2.6.10. Odredicemolimx+x20@7sx3+xx3+ 1 cos1x1A.Kakoje,kadax +,x3+xx3+ 1=1 + 1/x21 + 1/x3=1 +1x21 +1x31=1 +1x21 1x3+O(1/x6)= 1 +1x2+O(1/x3),7sx3+xx3+ 1=1 +1x2+O(1/x3)1/7= 1 +171x2+O1/x3,cos1x= 1 12!1x2+O(1/x4),zakljucujemodajelimx+x20@7sx3+xx3+ 1cos1x1A= limx+x29141x2+O1x3=914. 110 FUNKCIJEJEDNEREALNEPROMENLJIVE2.7. RavnomernaneprekidnostUodeljku2.1denisali smoneprekidnostfunkcijex f(x) utacki iprosirili taj pojami naskupD, stosejezikommatematicke logike mozeiskazatiuobliku_f jeneprekidnana D) ( > 0)(y D)(> 0)_(x D) [x y[ < [f(x) f(y)[ < _.Ovo znaci da za svako > 0 i svako y Dmora da postoji pozitivan brojkoji, ocigledno, zavisi nesamood, veciodtackey. Dakle, =(, y).Uvezi saneprekidnoscu, mozesepostaviti pitanjeegzistencijepozitivnogbrojakoji nezavisi ody, vecsamood. Nataj nacindolazimodotzv.pojmaravnomerneneprekidnostifunkcijenaD.Denicija2.7.1. Zafunkcijux f(x)kazemodajeravnomernonepre-kidna na D, ako za svako > 0 postoji broj > 0, takav da za svako x, y Dvazinejednakost [f(x) f(y)[ < ,kadgodje [x y[ < .Jezikommatematicke logike ova denicija se moze iskazati na sledecinacin:_fjeravnomernoneprekidnanaD) ( > 0)(> 0)_(x, y D) [x y[ < [f(x) f(y)[ < _.Napomena2.7.1. Zafunkcijukojajeravnomernoneprekidnakazemo, istotako,dajeuniformnoneprekidna.NapomenimodaneprekidnafunkcijanaskupuDnemorabiti ravno-mernoneprekidnanatomskupu. Obrnutoje, medutim, tacno. Akojef ravnomernoneprekidnafunkcijanaD, tadajeonaneprekidnausvakojtackia D,tj. f C(D). Zaista,stavljajuciy= a, denicija 2.7.1se svodinadenicijuneprekidnefunkcijeutackix = a(videtideniciju2.1.1).Naosnovudenicije2.7.1zakljucujemodafunkcijaf nije ravnomernoneprekidnanaDakopostoji >0takvodazasvako>0postojetackex, y Dtakvedaje [x y[ < i [f(x) f(y)[ .Primer2.7.1. Posmatrajmofunkcijux f(x) = x2naintervalu(1, 2).Kakoje|x2y2| = |x y||x +y| < 4|x y| (x, y (1, 2)),NEPREKIDNOSTFUNKCIJA 111zakljucujemo da je fravnomerno neprekidna na (1, 2) jer za svako > 0 mozemouzeti= /4takodazasvakox, y (1, 2)vaziimplikacija|x y| < |x2y2| < .Medutim, ovafunkcijanijeravnomernoneprekidnanaintervalu(0, +). Za-ista, akoza=1i svako>0stavimox=1/, y=1/ + /2, tadaimamo|x y| = /2 < i|f(x) f(y)| =22+2= 1 +142> 1. Primer2.7.2. Funkcijax f(x) = sin(1/x)jeneprekidnana(0, /2].Akostavimoxn=1ni yn=2(2n + 1)(n N),tadaimamodajef(xn) = sin n= 0,f(yn) = sin (2n + 1)/2 = (1)ni|f(xn) f(yn)| = 1.Sada uzmimo da je, na primer, = 1. Kako za svako > 0 mozemo (sa dovoljnovelikimn N) izabratitackexniyntakodaje |xnyn| < i |f(xn) f(yn)| = 1,zakljucujemodaovafunkcijanijeravnomernoneprekidnana(0, /2]. Vazisledecetvrdenje:Teorema2.7.1. Akojefunkcijax f(x)neprekidnanasegmentu[a, b],tadajeonanatomsegmentuiravnomernoneprekidna.Dokaz. Pretpostavimosuprotno,tj.daneprekidnafunkcijanasegmentu[a, b] nijeravnomernoneprekidnanatomsegmentu. Dakle, nekapostoji > 0takvodazasvako> 0postojetackex, y [a, b]takodaje(2.7.1) [x y[ < i [f(x) f(y)[ .Stavimo = 1/n, a odgovarajucetackex i yoznacimosa xni yn, respek-tivno. Tada(2.7.1)postaje(2.7.2) [x y[ 0. Tada,zbognejednakostix2y2 x2(x )2= 2x 2 2 2,28)GeorgFerdinandLudwigPhilippCantor(18451918), nemackimatematicar.NEPREKIDNOSTFUNKCIJA 113zakljucujemodaje(; f) = sup|xy||x2y2| 2 2.Medutim,zax = 1 i y= 1 imamo(; f) = sup|xy||x2y2| 1 (1 )2= 2 2.Dakle, modulneprekidnostizafunkcijuf(x) =x2nasegmentu[0, 1]jedatsa(; f) = 2 2. Primetimodaje lim0+(; f) = 0. Napomena2.7.2. Akofunkcijaf zadovoljavaLipschitzovuslovna[a, b], tj.akopostojikonstantaL > 0takvadaje(videtinejednakost(2.1.8),glavaI)|f(x) f(y)| L|x y| (x, y [a, b]),tadaiz(2.7.3)sleduje(; f) L.Koriscenjemmodulaneprekidnosti,ravnomernaneprekidnostfunkcijesemozeizrazitiinasledecinacin:Teorema 2.7.2. Funkcija x f(x),denisanana skupu D,je ravnomernoneprekidnanaDakoi samoakoje(2.7.4) lim0+(; f, D) = 0.Dokaz. Pretpostavimo da (2.7.4) vazi, tj. da za svako > 0 postoji > 0takodaje() 0);3(; fg) supaxb[f(x)[(; g) + supaxb[g(x)[(; f).Napomena2.7.3. Svakafunkcijax f(x) (x [0, b a]),kojaimaosobine(i)(iv)izteoreme2.7.3, predstavljamodul neprekidnosti nekeneprekidnefunk-cije. Stogasemodulneprekidnostimozedenisatikaofunkcijakojaimasve cetiriosobinenavedeneuteoremi2.7.3.Napomena2.7.4. Konstatovacemojednuinteresantnu cinjenicu:Nekafunkcija x f(x)(x [0, b a])posedujeosobine(i)(iv). Tada, naosnovuosobine(iii),vazinejednakostf(x +h) f(x) f(h) (x,