Matematička analiza 1

Doc. dr. sc. Petar Javor MATEMATIČKA ANALIZA 1 ISBN 953-197-522-1 Petar Javor Docent Fakulteta elektrotehnike i r...

Author: Petar Javor

265 downloads 1487 Views 11MB Size Report

This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form

DOWNLOAD PDF

Doc. dr. sc.

Petar Javor

MATEMATIČKA ANALIZA 1

ISBN 953-197-522-1

Petar Javor Docent Fakulteta elektrotehnike i računarstva Zavod za primijenjenu matematiku

MATEMATIČKA ANALIZA 1

2. izdanje

Zagreb, 2003.

© Doc. dr. sc. Petar Javor, 1995.

Urednik Prof. dr. sc. Neven Elezović

Slog, crteži i prijelom Sandra Gračan, dipl. ing

Design ovitka Palete, Zagreb

Nakladnik ELEMENT, Zagreb, Menčetićeva 2 tel. 01/6008-700,01/6008-701 faks ot /6008-799 http://www.element.hr/ e-mail: [email protected]

Tisak KIKA

-

GRAF, Zagreb

Nijedan dio ove knjige De smije se preslikavati niti umnažati na bilo koji način, bez pismenog dopu§renja nakladnika

PREDGOVOR

Ova knjiga pisana je prema novom nastavnom planu Fakulteta elekt rotehnike i računarstva u Zagrebu. Namijenjena je studentima prve godine studija za predmet Matematička analiza l koji se predaje u prvom semestru s 4 sata predavanja i 3 sata vježbi. U knjizi su izlaganja prilagođena predznanju studenata i - UZ dobru ilustraciju gradiva obiljem zadataka koja se provodi na vježbama - bit će sigurno od koristi, ne samo za polaganje ispita, nego i za upoznavanjejednog temeljnog dijela matematike. Prilikom pisanja korisno su mi poslužili savjeti kolega iz Zavoda za primijenjenu matematiku F ER-a, na čemu se najsrdačnije zahvaljujem. Veli ki dio rukopisa pažljivo su pročitali prof. dr. sc. Ljubo Marangunić i doc. dr. sc. Luka Korkut i pridonijeli njegovom poboljšanju. S posebnim zadovolj stvom izražavam zahvalnost prof. dr. sc. Nevenu Elezoviću koji je inicirao pisanje ove knjige, pročitao i po nekoliko verzija, i bez čije se svekolike pomoći knjiga nikad ne bi niti pojavila. Budući da je ovo nulto izdanje, tiskano u vrlo ograničenom broju primjeraka, bit ću zahvalan svakom čitatelju koji mi ukaže na eventualne propuste ili nužna poboljšanja koja bi se uvažila u prvom izdanju. Unapri jed zahvaljujem.

Petar Javor U Zagrebu, listopada 1995.

SADRZˇ AJ

1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA . 1.1. Matematicˇka logika . . . . . . . . . . . . . 1.2. Logicˇke operacije . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Formule algebre sudova . . . . . . . . . . . 1.4. Algebra elektricˇkih prekidacˇa . . . . . . . . 1.5. Predikati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Kvantifikatori . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Algebra predikata . . . . . . . . . . . . . . 1.8. Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Algebra skupova . . . . . . . . . . . . . . . 1.10. Funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11. Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12. Booleova algebra . . . . . . . . . . . . . . .

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

2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA 2.1. O polju realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Aksiomi polja realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Osnovne jednadzˇ be u polju . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Osnovna svojstva uredenog polja . . . . . . . . . . . . 2.5. Intervali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Ogranicˇeni podskupovi realnih brojeva . . . . . . . . . 2.7. Supremum i infimum skupa . . . . . . . . . . . . . . . 2.8. Arhimedov i Cantorov teorem . . . . . . . . . . . . . . 2.9. Prirodni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10. Cijeli brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11. Racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12. Iracionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.13. Polje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . 2.14. Polarni prikaz kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . 2.15. Korijen kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 2.16. Eulerove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ KA INDUKCIJA . 3. MATEMATIC 3.1. Primjeri indukcije . . . . . . 3.2. Newtonova binomna formula 3.3. Bernoullijeva nejednakost . .

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

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

1 1 2 5 7 7 8 9 10 11 14 17 20 22 22 23 24 25 27 27 28 30 31 33 34 35 36 39 41 42 43 43 46 50

4. NIZOVI . . . . . . . . . . . . . . . 4.1. Pojam niza . . . . . . . . . . . 4.2. Algebra nizova . . . . . . . . . 4.3. Limes niza brojeva . . . . . . . 4.4. Svojstva konvergentnih nizova . 4.5. Monotoni nizovi . . . . . . . . 4.6. Eulerov broj e . . . . . . . . . 4.7. Neki znacˇajni limesi . . . . . . 4.8. Cauchyjevi nizovi . . . . . . .

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

5. REDOVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1. Pojam reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Nuzˇ dan i dovoljan uvjet konvergencije reda . 5.3. Redovi s pozitivnim cˇlanovima . . . . . . . 5.4. Teorem o usporedivanju redova . . . . . . . 5.5. Kriteriji konvergencije . . . . . . . . . . . . 5.6. Apsolutno konvergentni redovi . . . . . . . 5.7. Alternirani redovi . . . . . . . . . . . . . . 5.8. Svojstva konvergentnih redova . . . . . . . . 5.9. Mnozˇ enje redova . . . . . . . . . . . . . . . 6. LIMES FUNKCIJE . . . . . . . . 6.1. O pojmu limesa . . . . . . . 6.2. Definicija limesa funkcije . . 6.3. Jednostrani limesi . . . . . . 6.4. Aritmeticˇke operacije i limes 6.5. Nejednakost i limes . . . . . 6.6. Limes kompozicije funkcija .

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

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

7. NEPREKINUTE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . 7.1. Definicija neprekinute funkcije . . . . . . . . . . 7.2. Svojstva neprekinutih funkcija . . . . . . . . . . . 7.3. Neprekinutost trigonometrijskih funkcija . . . . . 7.4. Neprekinute funkcije na zatvorenom intervalu . . 7.5. Neprekinutost elementarnih funkcija . . . . . . . 7.6. Tocˇke prekinutosti funkcije i njihova klasifikacija 7.7. O prekinutim funkcijama . . . . . . . . . . . . .

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

ˇ UN . . . . . . . . . . . . . . 8. DIFERENCIJALNI RAC 8.1. O pojmu derivacije . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Definicija derivacije . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. Diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5. Derivacija kompozicije funkcija . . . . . . . . . . 8.6. Derivacija logaritamske i eksponencijalne funkcije 8.7. Derivacija opcé potencije . . . . . . . . . . . . . 8.8. Derivacije area-funkcija . . . . . . . . . . . . . . 8.9. Derivacija implicitno zadanih funkcija . . . . . . 8.10. Derivacije parametarski zadanih funkcija . . . . . 8.11. Tablica derivacija elementarnih funkcija . . . . .

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

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

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

51 51 56 56 58 61 64 66 68 70 70 73 75 76 78 82 84 85 87 90 90 92 94 95 97 100 102 102 104 107 110 112 119 121 124 124 126 129 130 132 134 135 136 140 141 143

ˇ UNA 9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAC 9.1. Fermatov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Rolleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3. Lagrangeov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. Cauchyjev teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5. Taylorov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ UNA 10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAC 10.1. Intervali monotonosti . . . . . . . . . . . 10.2. Ekstrem funkcije . . . . . . . . . . . . . . 10.3. L’Hospitalova pravila . . . . . . . . . . . 10.5. Konveksnost — konkavnost . . . . . . . . 10.6. Priblizˇ ne metode rjesˇavanja jednadzˇ bi . . . 10.7. Asimptote . . . . . . . . . . . . . . . . . 11. REDOVI POTENCIJA . . . . . 11.1 Konvergencija niza funkcija 11.2 Funkcionalni redovi . . . . 11.3 Redovi potencija . . . . . . 11.4 Taylorovi redovi . . . . . .

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

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

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

12. NEODREDENI INTEGRALI . . . . . . . . . . . . . . . 12.1. Primitivna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2. Osnovna svojstva neodredenog integrala . . . . . . . 12.3. Tablica neodredenih integrala . . . . . . . . . . . . . 12.4. Neelementarni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . 12.5. Metode integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6. Integriranje racionalnih funkcija . . . . . . . . . . . 12.7. Integriranje nekih iracionalnih i transcedentnih izraza 12.8. Binomni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13. ODREDENI INTEGRALI . . . . . . . 13.1. Odredivanje povrsˇine . . . . . . . 13.2. Integralne sume . . . . . . . . . . 13.3. Riemannov integral . . . . . . . . 13.4. Osnovni teorem integralnog racˇuna 13.5. Svojstva odredenog integrala . . .

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

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

14. PRIMJENE ODREDENOG INTEGRALA . . . . . 14.1. Odredivanje povrsˇine . . . . . . . . . . . . . . 14.2. Izracˇunavanje volumena . . . . . . . . . . . . . 14.3. Duljina luka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4. Povrsˇine rotacionih ploha . . . . . . . . . . . . 14.5. Primjene u mehanici i drugim podrucˇjima . . . . 14.6. Nepravi integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.7. Laplaceova transformacija . . . . . . . . . . . . 14.8. Cauchyjev integralni kriterij konvergencije reda

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

144 144 146 147 149 150 157 157 158 159 165 169 175 178 178 180 185 190 197 197 198 199 200 200 205 212 218 222 222 223 227 232 233 237 237 244 249 254 257 267 272 274

1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA

1

1.

Elementi logike i teorije skupova

1. 2. 3. 4. 5. 6.

Matematicka logika . . . . . . . Logicke operacije . . . . . . . . Formule algebre sudova . . . . Algebra elektrickih prekidaca . Predikati . . . . . . . . . . . . . . Kvantifikatori . . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

.1 .2 .5 .7 .7 .8

7. 8. 9. 10. 11. 12.

Algebra predikata Skupovi . . . . . . Algebra skupova . Funkcija . . . . . . Relacije . . . . . . Booleova algebra

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

.9 10 11 14 17 20

1.1. Matematicka logika Cilj je ovog poglavlja upoznati citatelja s osnovnim i najvaznijim pojmovima i oznakama matematicke logike. Matematicka se logika ponekad naziva i simbolickom. Svrha tog simbolickog racuna jest da spoznamo osnovne principe kojima se koristimo pri ispravnom zakljucivanju. Nadalje, simbolicki racun je tehnika kojom jezgrovito mozemo i hocémo! zapisivati mnogobrojne definicije, tvrdnje i dokaze u poglavljima koja slijede. I na koncu, ali ne manje vazno, logika je i sama sebi svrha: bez logicnog misljenja nema ne samo ispravnog matematickog nego niti bilo kojeg drugog zakljucivanja. Sud. Osnovni pojam matematicke logike je pojam suda. U svakodnevnom zivotu koristimo kombinacije osnovnih rijeci pomocú kojih slazemo recenice. Samo nizanje rijeci moze nas dovesti do recenica koje nemaju smisla. Medutim, niti svaka smislena recenica ne mora biti sud. Nas zanimaju samo smislene recenice kojima se nesto izjavljuje ili tvrdi. Takve recenice za koje cé biti mogucé utvrditi iskazuje li se njima istina ili laz nazivamo sudovima. Navedimo nekoliko jednostavnih recenica koje smatramo sudovima. 1. 2. 3. 4. 5.

Sunce je zvijezda. Broj devet je paran broj. Postoji prirodan broj manji od jedan. Svaki prirodan broj je vecí od deset. Broj pet je manji od broja sedam.

1

2

1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA 6. Postoji ravninski trokut u kojem je zbroj kutova vecí od 180o . 7. U svakom su trokutu dvije stranice paralelne.

Navedimo nekoliko recenica koje su mozda smislene ali ih ne smatramo sudovima. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

x + 2 8. Hrvatska je djeljiva s brojem pet i ostatak je broj trideset. Mar koapp lica ti on u se ienter ioauer. Kisa pada svaki dan. Vela istina je uvijek platinasto hrapava. Sunce je jako daleko od Zemlje. Koliko je sati?

Obrazlozite zbog cega ove recenice cak ni one ‘smislene’ ne smatramo sudovima. Primjer 1.1. Promotrimo recenicu Ovo sto govorim je laz. Tvrdimo da ona nije sud — nemogucé je utvrditi je li ona istinita ili ne. Zaista, ako je izjava istinita, tada ona to ne moze biti jer tvrdi da je izreceno laz. Ako je pak izjava lazna, tada ona to ponovo ne moze biti jer bi to znacilo da se govori istina. Osnovne objekti koje proucavamo u matematickoj logici su elementarni sudovi — jednostavne tvrdnje poput gore navedenih kojima uvijek mozemo utvrditi istinitost. Polazecí od elementarnih sudova mozemo graditi pomocú logickih operacija slozenije sudove. Tim operacijama u svakodnevnom govoru odgovaraju rijecce “i”, “ili”, “nije”, “ako: : : onda: : : ”, “nije: : : i: : : ”, “Niti: : : niti: : : ” i slicno. Navedimo nekoliko primjera. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

Broj osam je paran broj i ptice su sisavci. Broj dva je manji od devet i ptice nisu sisavci. Broj pet nije paran broj. Sokrat je Grk ili je osam vecé od deset. Nije broj osam paran broj i ptice su sisavci. Nije Sokrat grk ili je osam paran broj. Niti je Sokrat grk niti je osam paran broj. Ako si ti brzi od mene, onda sam ja helikopter.

Slovima x y z ,: : : , itd. oznacavamo varijable algebre sudova. Svako od tih slova moze predsavljati bilo koji sud — elementaran ili slozen. Sudu pridruzujemo vrijednost istinitosti t x . Istinitom sudu a pridruzujemo vrijednost istinitosti t x = 1 , laznom sudu y pridruzujemo vrijednost istinitosti t y = 0 . U nekim knjigama cesto nailazimo i na ove oznake za vrijednost istinitosti sudova, t x = koristi se takoder kao oznaka za istiniti sud, t y = ? koristi se kao oznaka za lazan sud. Navedene oznake su uvezi s engleskom rijeci za istinu, truth – istina.

1.2. Logicke operacije

Definirajmo operacije kojim od jednostavnih sudova pravimo slozene.


3

0 Negacija . Ako je sud x istinit, onda je sud x 0 lazan i obrnuto. Tu cinjenicu zapisujemo tablicom istinitosti. U njoj su unesene sve mogucé istinosne vrijednosti kako za prvi sud x , tako i za drugi sud x 0 :

x 1 0

x0 0 1

Konjunkcija ^ ili & . Ako su x i y sudovi, onda pomoc ú operacije ^ citaj “i” izgradujemo novi sud x ^ y . Taj sud zapisujemo jos i ovako: x&y . Ovaj sud cé biti istinit onda i samo onda ako su oba pocetna suda istinita. To zapisujemo sljedecóm tablicom istinitosti. x y x^y 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 Disjunkcija _ . Operacijom _ citaj “ili” iz danih sudova x i y izgradujemo novi sud x _ y . Novoizgradeni sud je lazan samo onda ako su oba suda lazna. Drugim rijecima, istinit je ako je barem jedan od pocetnih sudova istinit. Tablica istinitosti toga suda je x 1 1 0 0

y 1 0 1 0

x_y 1 1 1 0

Implikacija ! ili = . Operacijom implikacija definiramo novi sud polazec í od zadanih sudova x i y . x ! y citamo na razne nacine: “iz x slijedi y ”, “ x implicira y ”, “Ako je x , onda je y ”, “ x je dovoljan uvijet za y ”, “ y je nuzdan uvijet za x ”. Istinitost novog suda x ! y dana je tablicom: x 1 1 0 0

y 1 0 1 0

x

!

y

1 0 1 1

Primijeti da je ovaj sud lazan samo u slucaju da iz istine slijedi laz. Za prvi redak kazemo da je istina da iz istine slijedi istina. Za drugi kazemo laz je da iz istine slijedi laz. Za trecí redak kazemo, istina je da iz lazi slijedi istina, odnosno za cetvrti kazemo da je istina da iz lazi slijedi laz. Ekvivalencija . Pomoc ú operacije ekvivalencije i sudova x i y gradimo novi sud x y koji je istinit samo onda kad oba suda imaju jednake istinitosti, tj. kada je t x = t y . Oznaku x y citamo: “ x je onda i samo onda, ako je y ”;

4


“ x je ekvivalentan y ”; “ x je nuzdan i dovoljan uvijet za y ”. Sud x y moze biti definiran kao slozeni sud

y

x

= x ! y ^ y ! x

i upravo tako vrlo cesto provjeravamo ekvivalentnost dvaju sudova. Napravimo sad preglednu tablicu definiranih operacija. x 1 1 0 0

x0 0 0 1 1

y 1 0 1 0

x

^y 1 0 0 0

x

_y

x

1 1 1 0

!y

x

1 0 1 1

y

1 0 0 1

Istovrijednost formula. Za formule A i B kazemo da su jednakovrijedne i pisemo A = B , onda i samo onda ako za bilo koji izbor vrijednosti varijabli koje uvrstimo u njih one imaju jednaku vrijednost istinitosti. Mozemo smatrati da cé dvije formule algebre sudova biti istovrijedne — jednakovrijedne ako je formula A B identicki istinita formula, tj. ako za svaki izbor varijabli ona ima vrijednost istinitosti .

Zadatak 1.1. Pomocú tablica istinitosti provjerite da vrijedi: 1. x y = y x , 2. x y = y x , 3. x y z = x y x z , 4. x y z = x y x z , 5. x 0 = x , 6. x 1 = x , 7. x x 0 = 1 , 8. x x 0 = 0 , 9. 0 = 1 . 0 je oznaka za lazan sud, dok je 1 oznaka za istinit sud.

^ ^ _ _ ^ _ _ ^ _ ^ _ ^ 6

^ _ ^ _ ^ _

Pomocú tablica istinitosti mozemo vrlo jednostavno provjeriti da logicke operacije: negacija, konjunkcija, disjunkcija, implikacija i ekvivalencija nisu nezavisne operacije. Provjerite da vrijedi: x 1 1 0 0

x0 0 0 1 1

y 1 0 1 0

y0 0 1 0 1

x0

_y

1 0 1 1

x

^y 0 1 0 0

0

x

0

^y

0 0

1 1 1 0

x

0

_y

0 0

1 0 0 0

Iz navedene tablice vidimo da vrijedi: 1. x y = x 0 y 0 0 , tj. disjunkciju mozemo izraziti pomocú negacije i konjunkcije, 2. x y = x 0 y = x y 0 0 , y = x 0 y x y 0 = x y 0 0 x 0 y 0 0 3. x tj. implikacija i ekvivalencija se mogu izraziti pomocú negacije i konjunkcije, odnosno negacije i disjunkcije. Ta cinjenica ima znacajnu prakticnu vrijednost prilikom realizacije

_ !

^ _

^ _ ^ _

_ _ _


5

matematicke logike pomocú elektrickih sklopova. U tom slucaju trebamo imati samo sklopove dvije vrste sklop za negaciju i disjunkciju i pomocú njih graditi ostale sklopove kojima se realiziraju preostale operacije.

1.3. Formule algebre sudova 1. Alfabet. Sudove oznacavamo slovima x y z : : : 2. Logicke operacije. Definirali smo logicke operacije: 0

^

_

!

:

To su operacije: negacija, konjunkcija, disjunkcija, implikacija, ekvivalencija, 3. Zagrade. Koristimo jos i dvije zagrade: recimo lijeva, i koju nazovimo desna. Zagrade koristimo da bismo naznacili redoslijed izvrsenja operacija ili da se otkloni mogucńost viseznacne interpretacije. Definirajmo koje izraze smatramo formulama algebre sudova. 1. Formulom algebre sudova smatramo svaku varijablu slovo koje reprezentira bilo koji sud algebre sudova. 2. Ako su X i Y formule algebre sudova, onda su formule i X0

X^Y

X_Y

X

!Y

X

Y:

3. Formule su samo oni izrazi koji se dobivaju pomocú visekratne primjene postupaka 1. i 2. Jednakost formula. Dvije formule algebre sudova su jednake ako su one graficki jednake. To znaci da su izgradene od istog alfabeta, istih operacija, istih zagrada i u istom redoslijedu. Tako na primjer formule x ^ y i y ^ x nisu jednake formule iako cé one imati istu vrijednost istinitosti za svaki izbor vrijednosti x i y . Izrazi poput ovih:

y x!y x^y_z

1: x 2: 3:

nisu fomule. U posljednjem izrazu nije jasno dali se misli x ^ y _ z ili mozda x ^ y _ z . U matematickoj logici razradena je vrlo jednostavna procedura svega dva zakona, zakon supstitucije i modus ponens kojom se za bilo koji izraz moze donijeti odluka da li je formula ili nije, zatim kojim je redoslijedom ona izgradena. Zakonom supstitucije legalno je u nekoj formuli u kojoj se pojavljuje varijabla x nju zamjeniti na svim mjestima gdje se pojavljuje s nekom drugom formulom i tako dobiti novu formulu. O modusu ponensu koji se primjenjuje na dvije formule koje moraju biti oblika A i A B vidi malo kasnije. Logicka posljedica. Formula B je logicka posljedica formule A ako za svaki izbor varijabli za koji formula A ima vrijednost istinitosti za taj izbor varijabli i formula B ima vrijednost istinitosti . Formula B cé biti logicka posljedica formule A onda i samo onda ako je formula A B identicki istinita formula.

6


Identicki istinite formule algebre sudova. Prilikom donosenja zakljucaka koristimo se istinama, tj. identicki istinitim formulama. Navedimo devet identicki istinitih formula koje vrlo cesto koristimo. 1. Zakon identiteta x x 2. Zakon proturjecja x x 0 0 3. Zakon iskljucenja trecég x x0 4. Zakon dvostruke negacije x 0 0 x 5. Istina iz makar cega x y x 6. Iz lazi proizvoljno x0 x y 7. Modus ponens x x y y Provjerite tablicama istinosti da su sve formule istinite. Zakljucivanje po modus ponensu vrlo je cesto. To zakljucivanje ide obicno ovako: ako je sud x istinit i ako je istina da sud x implicira sud y , onda je i sud y istinit, sjeti se da iz istine slijedi samo istina. Evo jednog jednostavnog primjera.

^ _

^

Primjer 1.2. a Podimo od dva suda. p Danas je utorak. q Jucer je bio q Ako je danas utorak, onda je jucer bio ponedjeljak. Napravimo slozeni sud: p ponedjeljak. Danas je utorak, zakljucujemo da je jucer bio ponedjeljak. b Evo jednog klasicnog primjera. Svaki covjek je smrtan. Sokrat je covjek. Zakljucujemo: Sokrat je smrtan. Uoci da je tu primijenjen zakon zakljucivanja od opcég bilo koji covjek na posebno Sokrat. c Za svaki realan broj x vrijedi: x + 1 x . Nadalje 8 = 7 + 1 . Zakljucujemo da je 8 7 . 8. Modus tollens dual modus ponensa y0

^

x

y

x0

Zakljucivanje po modus tollensu obicno ide ovako. Neka je tvrdnja y lazna a tvrdnja x implicira tu tvrdnju. Sada na osnovu modus tollensa zakljucujemo da je tvrdnja x lazna. Modus tollens se koristi i u izmjenjenom obliku, tj. ako u predhodni izraz umjesto x uvrstimo x 0 tada izraz modus tollens izgleda y0

^

x0

y

x

i u tom ga obliku koristimo u dokazima polazecí od suprotnog dokaz kontradikcijom. Konstukcija dokaza obicno ide ovako. Treba dokazati istinost tvrdnje x . Pretpostavimo da tvrdnja x nije istinita i zatim dokazujemo da x 0 implicira neku tvrdnju y za koju znamo da je lazna. Pomocú modus tollensa zakljucujemo da je x istinita tvrdnja. 9. Zakon silogizama x

y

^

y

z

x

z

Ovaj zakon citamo i ovako: “Ako iz x slijedi y i zatim ako iz y slijedi z , onda iz x slijedi z ”. U matematici cesto susrecémo dugacke lance zakljucivanja tog tipa. Koristecí tablice istinitosti dokazite istinitost navedenih devet tvrdnji. Naime, trebate promotriti sve mogucé kombinacije za vrijednosti varijabli i u svakom od tih slucajeva dobiti istinitu tvrdnju.


7

1.4. Algebra elektrickih prekidaca Pokazimo jednu relizaciju algebre sudova pomocú algebre elektrickih prekidaca. Naime, neka je dana dvopolna mreza takva da je u svakoj grani te mreze po jedan prekidac. Ako je prekidac zatvoren pridruzimo mu vrijednost 1 i smatramo da kroz njega moze tecí struja. Ako je prekidac otvoren pridruzimo mu vrijednost 0 i kroz njega ne tece stuja. Umjesto elektrickih prekidaca, mogli smo promatrati ventile u nekoj vodovodnoj mrezi. Na prilozenim skicama prikazani su neki jednostavni sklopovi prekidaca pomocú kojih mozemo ilustrirati odnose medu sudovima. Pitanje je: kada tece struja kroz sklop? x’

x x y

x

x y x+y

x y xy y y

x

x (y z) x . (y + z) z

Sl. 1.1

1.5. Predikati U algebri sudova temeljni zadatak je ispitivanje istinitosti slozenih sudova. Tu se polazi od sudova x y z : : : . Pomocú operacija: 0 ^ _ i upotrebom zagrada , izgradujemo slozene sudove. Jednostavnim sudovima iskazujemo da odredeni objekt ili osoba posjeduje neko svojstvo ili se nalazi u relaciji s nekim drugim objektom. Evo za to nekoliko primjera. 1. Franjo je visi od dva metra. 2. Broj sedam je djeljiv s dva. 3. Ljudevit Gaj je ilirac.

Uocavamo da su to jednostavne recenice koje se sastoje od subjekta i predikata. Ulogu subjekta ima ime nekog objekta, dok ulogu predikata ima neko svojstvo subjekta. U trecém primjeru je subjekt Ljudevit Gaj, dok je predikat “ilirac”. Prema tome mogli bismo pitati ima li jos netko osim Gaja svojstvo “biti ilirac”. Recenicom “ x je ilirac” nije dan sud sve dok neznamo koji covjek je x . Ako je x Marko Marulic´, tada “Marko Marulic´ je ilirac” je sud i kao sto znamo to je lazan sud. Slicno bismo za izraz “ x je djeljiv s dva” rekli da je prireden za sud, tj. treba samo umjesto x uvrstiti neki broj i dobivamo sud, za neke x istinit, a za neke lazan. Za svaki prirodni broj izraz

8


P x : : : “ x je djeljiv s dva” postaje sud i prema tome preko P x svakom prirodnom broju pridruzujemo ili ? . Predikatom na skupu S nazivamo svaku funkciju koja svakom elementu skupa S pridruzuje vrijednost ili ? , 1 ili 0. Predikat na skupu S potpuno je odreden ako znamo one elemente skupa na kojima poprima vrijednost , dakle predikat na skupu S mozemo zadati tako da zadamo jedan njegov podskup. Od posebnog interesa su konstantne funkcije, koje na svakom elementu skupa S imaju istu vrijednost. Takve imamo dvije. 1. Za svaki element x iz skupa S predikat P x ima vrijednost , dakle za svaki x iz S je P x = . 2. Za svaki element x iz S je P x = ? . Ako predikat nije konstantna funkcija P x = ? , onda mozemo recí da postoji barem jedan x iz skupa S za koji je P x = . Jedinicni sudovi. Neka je zadan predikat P x na skupu S . Ako je a element skupa S , onda supstitucijom elementa a u predikat dobivamo sud P a . Tako dobiven sud nazivamo jedinicnim sudom. Prema tome, postupkom supstitucije pojedinog elementa iz S u predikat definiran na S , dobivamo jedinicni sud.

1.6. Kvantifikatori Univerzalni kvantifikator 8 . Upoznajmo jos dva nacina kako iz danog predikata pravimo sud. Neka je P x predikat na S . Izrekom “Za svaki x je P x ” definiramo sud. Taj sud je istinit onda i samo onda ako je P x = za svaki element iz S , tj. ako je P x konstantna funkcija na S . Sud “Za svaki x je P x ” oznacavamo ovako:

8x P x citaj: “za svaki x je P x ”. Okrenuto slovo A dolazi od njemacke rijeci alle. Navedimo nekoliko primjera. 1. Neka je P x predikat na skupu realnih brojeva, Sada je sud 8x x 2. Predikat

P x x2

2

0:

0 istinit sud.

P x : : : “ x je pravokutnik” neka je definiran na skupu svih paralelograma neke ravnine. Sud 8x P x je lazan sud. 3. 8x x 2 + 4x 8 0 je lazan sud na skupu realnih brojeva.


9

Egzistencijalni kvantifikator 9 . Neka je P x predikat na skupu S . Polazecí od tog predikata gradimo sljedecí sud: 9x P x citaj: “ Postoji x takav da je P x ”. Okrenuto slovo E dolazi od rijeci egzistira – postoji Sud 9x P x je istinit onda i samo onda ako P x nije konstantna funkcija P x = ? , tj. ako P x = bar za jedan x iz skupa S . Primjer 1.3. 1. 9x x + 7 = 35 je istinit sud na skupu realnih brojeva. 2. 9x x 2 + 4x 8 = 0 je lazan sud na skupu realnih brojeva. 3. 9x x 2 = 2 je lazan sud na skupu racionalnih brojeva. 4. 9x x 2 = 2 je istinit sud na skupu realnih brojeva.

1.7. Algebra predikata Neka su zadana dva predikata P x i Q x na skupu S . Ona su jednaka i pisemo P x = Q x , ako su oba definirana na skupu S , i ako je za svaki a iz S istinitost sudova P a i Q a jednaka, tj. t P a = t Q a . Koristecí operacije algebre sudova iz zadanih predikata izgradujemo nove predikate. Neka su dani predikati P x i Q x definirani na skupu S . Negacijom predikata P x dobivamo predikat P0 x . Taj novi predikat je funkcija definirana na skupu S i za svaki pojedinu vrijednost a dobivamo sud. Za vrijednost istinitosti 0 ili 1 tako dobivenog suda vrijedi t P0 a = 1 t P a . Dakle, ako je a element skupa S , onda predikat P0 x poprima vrijednost razlicitu od vrijednosti koju poprima predikat P x . Potpuno u skladu s operacijama sa sudovima i definicijom funkcije definiramo nove predikate tako da kazemo koju vrijednost poprimaju na proizvoljnom elementu skupa S . Prema recenom evo definicija operacija sa predikatima definiranim na nekom nepraznom skupu S . To su predikati: P x ^ Q x

P x _ Q x

P x Q x

P x Q x

Kada uvrstimo vrijednost a iz S , onda za te predikate vrijedi: P x ^ Q x a = P a ^ Q a; P x _ Q x a = P a _ Q a P x Q x a = P a Q a; P x Q x a = P a Q a Primjer 1.4. Neka je P x predikat–svojstvo: “biti Hrvat”, a Q x predikat– svojstvo: “zivjeti u Hrvatskoj” i smatrajmo da su to predikati definirani na skupu svih stanovnika Zemlje. Sada je t P x ^ Q x = 1 samo onda ako je x Hrvat i ako zivi u Hrvatskoj. t P x _ Q x = 1 samo onda ako je x stanovnik Hrvatske ili je Hrvat koji zivi izvan Hrvatske.

10


1.8. Skupovi O pojmu skupa. U matematici ne definiramo samu rijec skup, nego aksiomima preciziramo upotrebu te rijeci. Mi necémo slijediti aksiomatsko zasnivanje, vec´ cémo pretpostavljati da je svakom barem intitivno jasno sto se misli pod pojmom skup. Pojam skupa cé ostati nedefiniran; navest cémo dovoljno primjera skupova pomocú kojih pojasnjavamo sto bismo trebali pod njim zamisljati. Skupove oznacavamo slovima A B : : : N : : : Q R S X Y Z: Relaciju “biti element” oznacavamo znakom 2 . Zapis x 2 S citamo: “ x je element skupa S ”. = S i c itamo “ x nije element skupa S ”. Ako x nije element skupa S pisemo x 2 Jednakost skupova. Skupovi A i B su jednaki ako vrijedi:

8x x 2 A

x

2 B

Pisemo A = B . Prema tome dva su skupa jednaka ako je svaki element jednog ujedno element i drugog skupa. Ako dva skupa nisu jednaka, onda pisemo A 6= B . Podskup. Ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B , onda to oznacavamo A B i kazemo da je skup A podskup skupa B . Tu je ukljucena i eventualna jednakost skupova. Cesto se koristi i oznaka ako se posebno zeli istací i eventualna jednakost. Ako je A podskup od B ali nije jednak B , onda kazemo da je A pravi podskup od B . Relacija medu skupovima ima ova tri vazna svojstva: 1. A A 2. Ako je A B i B C , onda je A C 3. A = B onda i samo onda ako je A B i B A . Zadavanje podskupova. Podskupove formiramo na dva nacina. 1. Izabiremo neke elemente iz polaznog skupa. Tu se misli na postupak kojim se iz zadanog skupa izabere jedan element. Zatim se iz preostatka ponovno bira jedan element itd. U opisanom postupku nailazimo na teoretske poteskocé jer se moramo odlucivati mozda i beskonacno mnogo puta koji element izabrati. Taj se postupak smatra mogucím. Napomenimo da je to je sadrzaj aksioma izbora koji prihvacámo u aksiomatskoj izgradnji teorije skupova. Mogucé je izgraditi matematicku teoriju i bez prihvacánja tog aksioma. 2. Neka je P x neko svojstvo elemenata skupa S . Svi elementi skupa S koji imaju svojstvo P x cine jedan podskup skupa S . Tako nastali podskup oznacavamo ovako: A = fx

2 S j P x g

i citamo: “ A je skup svih x iz S koji imaju svojstvo P x ” Potrebno je istací da se jedan te isti podskup moze zadati raznim svojstvima. Tako na primjer u skupu prirodnih brojeva svojstvo “biti paran” i svojstvo “biti visekratnik od broja 2” odreduju isti podskup. Zadavanjem nekog svojstva nije nuzno zadan neki skup. Nekritickim prihvacánjem ovakvog nacina zadavanja skupova mozemo vrlo lako docí do proturjecja, poput ovog poznatog kao Russelov paradoks.


11

Primjer 1.5. U nekom selu brijac brije sve one ljude koji se sami ne briju i nikoga drugoga. Brije li on sam sebe? Preveden na teoriju skupova, problem izgleda ovako: Neka je S skup svih osoba tog sela i A podskup definiran na ovaj nacin: x

2 A

x ne brije sam sebe

Na prvi pogled, ovim svojstvom podskup je dobro definiran. Medutim, paradoks se sastoji u tome sto se za brijaca samog ne moze utvrditi pripada li on skupu A ili ne. Ako brijac pripada skupu A , tada po definiciji podskupa on sebe ne brije. To je kontradikcija jer po pretpostavci brijac brije sve takve. Ako brijac ne pripada skupu A , tada on brije sam sebe, sto je kontradikcija jer brijac brije samo one osobe koji se sami ne briju. Prazan skup. Ako je S bilo koji skup, onda podskup

fx 2 A j x 6= x g nazivamo prazan skup i oznacavamo s . Prazan skup nema niti jedan element.

Uocimo

da je prazan skup podskup svakog skupa.

1.9. Algebra skupova Neka je S zadan skup i neka su A i B podskupovi. Definirajmo dvije operacije, uniju i presjek, oznake su: i . A B = fx A B = fx

2 S j x je element barem jednog od skupova A ili Bg 2 S j x je element skupa A i skupa Bg: B

A

A

B

B

B

A

A

Sl. 1.2

Iz definicije presjeka A B slijedi da dva skupa imaju zajednickih elemenata ako i samo ako je njihov presjek neprazan skup. Ako je presjek dvaju skupova prazan skup, onda kazemo da su ti skupovi disjunktni. Za bilo koja dva skupa A i B vrijedi: A B A A B: Diferencija skupova. Diferencija razlika skupova A i B je skup AnB = fx

2 A j x 2= Bg: Primijeti vec´ sada da je opcénito AnB 6= BnA .

12


Komplement skupa. Neka je A podskup skupa S . Komplement skupa A u odnosu na skup S je skup SnA . Taj skup oznacavamo cesto i sljedecím oznakama: SnA = cA = A0 uz pretpostavku da znamo u odnosu na koji skup S odredujemo komplement. Algebra skupova. Neka je S neprazan skup i F neprazna familija podskupova tog skupa koja ima ova dva svojstva: 1. ako su A i B clanovi familije F , onda su clanovi te familije i skupovi A B i A B; 2. ako je A element od F , onda je komplement od A u odnosu na skup S takoder u familiji F . Familiju podskupova skupa S koja ima gornja dva svojstva nazivamo algebrom skupova na skupu S . Neka je A element od F . Tada je i komplement od A takoder u F , zatim slijedi da je i A A0 = , tj. prazan skup je clan familije, nadalje takoder slijedi da je komplement praznog skupa a to je S takoder clan familije. Dakle, svaka algebra skupova na skupu S sadrzi barem prazan skup i sam skup S . Najednostavnije algebre skupova su na primjer: algebra ciji su elementi prazan skup i sam skup S ; familija svih podskupova skupa S tj. tzv. partitivni skup; familija svih konacnih podskupova skupa S zajedno s podskupovima koji su komplementi konacnih skupova. Navedimo teorem kojim cé biti opisana najvaznija svojstva algebre skupova. Teorem 1.1. Neka je F algebra skupova na nepraznom skupu S . Za proizvoljne skupove A , B , C iz te familije vrijedi: zakoni komutacije: 1. A B = B A 2. A B = B A zakoni distribucije: 3. A B C = A B A C 4. A B C = A B A C ostali zakoni: 5. A = A 6. A S = A 7. A A0 = 8. A A0 = S 9. S 6= Tvrdnje teorema su neposredne poslijedice definicija spomenutih operacija. Ponekad je zgodno koristiti se ovim oznakama: umjesto pisati

S

+

0 1


13

Koristecí te oznake napisite izreke gornjeg teorema. Koristecí te oznake izricemo sljedecí teorem. Teorem 1.2. Za bilo koje skupove A B C algebre skupova 1. A 0 = 0 2. A + 1 = 1 zakoni apsorpcije: 3. AB + A = A 4. A + AB = A De Morganovi zakoni: 5. cA + B = cAcB 6. cAB = cA + cB 7. A + B = ccA cB 8. A B = ccA + cB

F

vrijedi:

9. AcA + B = A B 10. A + cAB = A + B zakoni asocijacije: 11. A + B + C = A + B + C 12. ABC = ABC

Dokazi navedenih tvrdnji mogu se provoditi tako da koristimo prethodni teorem, jer su to sve posljedice tog teorema. Medutim pokusajte provesti direktan dokaz koristecí se definicijama operacija i jednakosti skupova. Za ilustraciju dokazimo De Morganov zakon pod brojem 5. Dokaz provodimo tako da dokazujemo da je svaki element skupa cA + B ujedno i element skupa cAcB . Dakle, neka je x u komplementu, x 2 cA + B . To znaci da x nije element skupa A + B . To sad znaci da x nije niti iz A niti iz B . Prema tome je x iz cA i iz cB . Dakle, x je element iz presjeka cAcB . Dokaz je u jednom smjeru proveden. Sad pretpostavimo da je x iz presjeka cAcB i dokazujemo da je iz cA + B . Dakle, neka je x iz cA i iz cB . To znaci da x nije element niti iz A niti iz B . To pak znaci da x nije element iz unije A + B , a to znaci da je x element iz cA + B i dokaz je proveden. Kartezijev produkt skupova. Polazecí od zadanih skupova pomocú operacija unija i presjek dobili smo nove skupove. Sada upoznajmo jos jedan vrlo vazan nacin izgradnje novih skupova. Ureden par. Neka su a i b neki objekti. Novi objekt a b nazivamo uredenim parom. Objekt a nazivamo prvim clanom para ili prvom koordinatom, dok objekt b nazivamo drugim clanom para ili drugom koordinatom. Dva uredena para a b i c d su jednaka onda i samo onda ako je a = c i b = d , dakle:

a b = c d

a = c

i b = d

Neka su A i B dva skupa. Kartezijev produkt A B je skup svih uredenih parova, prvi clan je iz skupa A , drugi iz skupa B . A B = fa b j a 2 A b 2 Bg

14


Prema definiciji kartezijeva produkta ocito je A B je A = B , kartezijev produkt opcénito nije komutativan.

=B

A onda i samo onda ako

Teorem 1.3. Za kartezijev produkt vrijede ovi zakoni distribucije: 1: A 2: A 3: A

B C = A B A C B C = A B A C BnC = A BnA C

Dokazi ovih tvrdnji su direktna posljedica definicija i lako se dokazuju. Kartezijev produkt n skupova definiramo kao skup svih uredenih n torka, tj. A1

A2

An

= fa1

a2

a n j a i 2 Ai i = 1 2 n g

1.10. Funkcija Pojam funkcije jedan je od najvaznijih u matematici. Zapravo, matematicki nacin misljenja u kojem dominantno mjesto ima pojam funkcije pokazuje se vrlo plodotvornim i danas posvuda prihvacénim. Mi cémo definirati funkciju preko uredenih parova, dakle kao izvjestan podskup kartezijevog produkta skupova X i Y . Neka su X i Y dva skupa. Funkcija f : X ! Y je podskup skupa X Y , za koji vrijedi: za svaki x 2 X postoji samo jedan y 2 Y takav da ureden par x y pripada podskupu f X Y .

f:X f

Y Y

X Y

X

Sl. 1.3 Graf funkcije je podskup kartezijeva produkta

Skup svih takvih parova nazivamo grafom funkcije. Skup X nazivamo domenom ili podrucjem definicije funkcije f . Skup Y nazivamo kodomenom ili podrucjem funkcijskih vrijednosti. Zapis x y 2 f zamijenjujemo zapisom y = f x i kazemo da smo objektu x pridruzili y , cesto pisemo x

7! y .


15

Y

Y

x

x2

T1 x

T(x,x 2)

x

- 1- x 2

+

X

X

T2

Sl. 1.4 Primjer funkcije

Sl. 1.5 Ovo pridruzivanje nije funkcija

Za y kazemo da je funkcijska vrijednost funkcije f za vrijednost x ili x se preslikava na y . Tako na primjer svi parovi x x 2 , x je bilo koji realan broj, definiraju kvadratnu funkciju. Tu funkciju cescé zapisujemo ovako: y = f x = x 2 . Za sve uredene parove x y kazemo da cine graf funkcije f . Dakle parovi x x 2 cine graf kvadratne funkcije. Primjer 1.6. Neka je S neprazan skup. Definirajmo na S funkciju koja cé na elementima podskupa A od S imati vrijednost 1 a na njegovom komplementu vrijednost nula. Dakle, ako je A S , onda definiranu funkciju nazivamo karakteristicnom funkcijom podskupa A , oznacavamo ju sa F A i za nju vrijedi: 1 ako je x 2 A S; FA x = 0 ako je x 2 SnA: Za karakteristicnu funkciju vrijedi: x = FA x + FB x FA x FB x 2: F AB x = F A x F B x 3: F AnB x = F A x 1 F B x 4: F c A x = 1 F A x

1: F A

B

Primjer 1.7. Funkciju definiranu na skupu S i s vrijednostima u istom skupu, koja svaki element preslikava na samog sebe, nazivamo identitetom ili jedinicnom funkcijom na skupu S i oznacavamo s 1S . Dakle, 1S x = x

8x 2 S

:

Jednakost funkcija. Za dvije funkcije f i g kazemo da su jednake ako su one jednake u smislu jednakosti dvaju skupova. Dakle, funkcije f : A ! B i g : C ! D su jednake onda i samo onda ako je : 1. A = domf = domg = C , 2. B = kodomf = kodomg = D i 3. f x = g x za svaki x . U tom slucaju pisemo f = g . Slika skupa. Neka je zadana funkcija f : X skupa A po funkciji f je skup f A = f f x j x

Ako je B podskup od Y , B

!Y

2 Ag

i neka je A podskup od X . Slika Y:

Y , onda je inverzna slika od B skup

f 1 B = fx j f x 2 Bg

X:

16


y x

|x|

2

f(x)= sin x

1

1

x

-1

-2

f(R)=[-1,1]

-1 -1

f [1,2]=[-2,-1]

Sl. 1.6 Slika skupa

1

2

[1,2]

Sl. 1.7 Inverzna slika skupa

Surjekcija. Za svaku funkciju vrijedi: f X

Y

f

1

Y = X:

Ako je f X = Y , onda za funkciju f kazemo da je surjekcija ili preslikavanje na. Dakle, ako se na svaki element iz kodomene preslika barem jedan x iz domene, onda je to preslikavanje, tj. funkcija surjekcija. Ako je y 2 Y , onda inverznu sliku od y nazivamo praslikom od y . Jasno je, praslika od y moze biti prazan skup jer se mozda funkcijom f niti jedan x ne preslika na y . S druge strane, preslikavanje je surjektivno ako i samo ako je praslika svakog elementa iz kodomene neprazan skup. Injekcija. Za funkciju f : X ! Y kazemo da je injekcija ako se razliciti elementi iz domene preslikaju u razlicite elemente kodomene. Mogli bismo recí da je funkcija injekcija onda i samo onda ako je praslika svakog elementa y iz kodomene najvise jednoclan skup, tj. na y se moze preslikati najvise jedan x iz domene. Cesto se kaze da je to 1 – 1 jedan – jedan preslikavanje. Bijekcija. Za funkciju f : X ! Y kazemo da je bijekcija ili bijektivno preslikavanje ako je ono surjekcija i injekcija. Kazemo jos da je bijekcija jedan na jedan preslikavanje. Primjer 1.8. Nije tesko provjeriti da je funkcija x f x = x 2 R 1 + jx j bijekcija sa skupa svih realnih brojeva R na otvoreni interval I = 1 1 . Ocito je funkcija neparna, zatim vidimo da je x 1 + jx j , tj. vrijednosti pripadaju intervalu I . To je striktno rastucá funkcija i za velike vrijednosti od x funkcijske vrijednosti su blizu broja 1. Kompozicija funkcija. Neka su zadane dvije funkcije f : A ! B i g : C ! D , kod kojih je kodomena funkcije f podskup domene funkcije g . Mozemo definirati funkciju h : A ! D tako da vrijedi h x = g f x za svaki x

2A

:

Ovako definiranu funkciju nazivamo kompozicijom funkcija f i g i oznacavamo s h = g f .


17

f

A

g

B

x

D g(f(x))

f(x) h(x)

h=g f

Sl. 1.8 Kompozicija funkcija

Kompozicija funkcija je asocijativna, tj. vrijedi g h = f g h

f

Pretpostavimo zbog jednostavnosti zapisa da je

!D prema tome naznacene kompozicije su definirane. Ako je x 2 A , onda je f h:A

!B

g:B

!C

f :C

g h x =

f g h x sto se podudara s f g h x = f g h x .

!

2

Inverzna funkcija. Neka je f : A B bijekcija. Prema tome svakom elementu x A pridruzen je samo jedan element y iz skupa B , i svakom elementu iz B pridruzen je samo jedan element iz A . Funkciju g definiranu sa skupa B na skup A za koju vrijedi: g y = x

f x = y

zovemo inverznom funkcijom. Za nju vrijedi f g y = y i g f x = x sto zapisujemo pomocú kompozicija na sljedecí nacin: f g = 1B

g f

Inverznu funkciju funkcije f oznacavamo s f g = 1B

^

g f

f 1 .

=

=

1A :

Dakle,

1A

g = f 1 :

1.11. Relacije U 1.8. spomenuli dva nacina zadavanja podskupa nekog skupa. Jednim od tih nacina isticemo neko svojstvo p x kojeg imaju neki elementi skupa S . Odreden je podskup A skupa S koji sadrzi samo one elemente za koje je p x istinit sud. Dakle,

f 2Sjp x g

A= x

:

Potpuno analogno mozemo zadati podskup kartezijeva produkta skupova X i Y . U tu svrhu potrebno je zadati neko svojstvo — predikat p x y na produktu X Y . U podskup ulaze samo oni uredeni parovi x y za koje je predikat p x y postaje istinit sud.

18


Relacija. Relacija U na skupu X Y je njegov podskup. Takve relacije nazivamo binarnim relacijama. Podskup, tj. relaciju na skupu X1 X2 : : : Xn nazivamo n -arnom relacijom. Ako je n = 1 onda govorimo o unarnoj relaciji. Koristimo sljedecé nacine zapisivanja binarnih relacija:

citaj:

x y 2 U

=

xUy

x je u relaciji U sa y . Mnoge binarne relacije definirane na R R susrecémo vrlo cesto pa za njih imamo posebne nazive ili oznake. Takve su na primjer relacije:

= ? Korektan je zapis: 5 5 2= , 3 4 2? ali je neuobicajen. Obicno koristimo oznacavanje x U y , 5 = 5 , 3 ? 4 .

:

Podskup, tj. relaciju jednakosti na R R , graficki mozemo predociti kao skup svih tocaka ravnine cije su koordinate jednake. Svi takvi parovi su koordinate tocaka pravca, y =x. Relacijom x 5 zadan je podskup ravnine koji sadrzi sve tocke x y za cije koordinate vrijedi da je x 5 i to je jedna zatvorena poluravnina. Koji je podskup tocaka ravnine ako koordinate x y , njegovih tocaka zadovoljavaju relaciju x 2 + y 2 1 = 0 ? Kao sto je poznato, jedino koordinate tocaka jedinicne kruznice sa sredistem u ishodistu zadovoljavaju navedenu jednakost. Prema tome tocke kruznice cine podskup tj. relaciju na R R . Prazan skup je podskup svakog skupa pa je prema tome to jedna posebna relacija koju nazivamo praznom relacijom. Takva je na primjer relacija x 2 + y 2 + 1 = 0 na R R . Naime, ne postoji ureden par realnih brojeva koji pripada toj relaciji. Jednadzbom F x y = 0 zadana je neka relacija na R R . Relaciji cé pripadati samo oni parovi za koje je navedena jednadzba zadovoljena.

Domena i slika relacije. Neka je U relacija na X Y . Domena relacije U je skup svih x 2 X za koje postoji barem jedan y 2 Y takav da par x y pripada relaciji U . Slika relacije U je skup svih y 2 Y za koje postoji barem jedan x 2 X takav da par x y pripada relaciji U . Funkcijske relacije. Podsjetimo na definiciju funkcije. Kazali smo da je to podskup skupa X Y i pisali f : X 7! Y , f X Y . Nadalje smo zahtjevali da vrijedi: x y 1 2 f i x y 2 2 f = y 1 = y 2: Mozemo recí da su funkcije specijalne relacije. Za funkcijske relacije vrijedi: jednom x -u pripada samo jedan y tako da x y 2 f , tj. da je y = f x : Inverzna relacija. Neka je U relacija na X Y . Inverzna relacija relaciji U je relacija U 1 za koju vrijedi: x y 2 U 1 y x 2 U : Ocito je U 1 1 = U . Primjetimo, ako je relacija funkcijska, onda ne mora inverzna relacija biti funkcijska. y = sin x je funkcijska relacija. Svakom x 2 R pridruzen je samo jedan y . Sinusoidi, tj. grafu funkcije pripadaju tocke T x sin x . Domena te relacije je skup R , dok je slika interval 1 1: Inverzna relacija je skup svih parova sin x x . Parovi 1 S =2 + 2kS , k 2 Z pripadaju toj relaciji, dakle, to nije funkcijska relacija.


19

Specijalne binarne relacije. Navedimo neke binarne relacije na A A koje vrlo cesto susrecémo. 1. Relacija jednakosti..... = , a b 2= a = b . a U a za svaki a 2 A . 2. Refleksivna relacija..... U , 3. Univerzalna relacija..... Z a b 2 Z za svaki a i svaki b . 4. Simetricna relacija..... V aV b = b V a . aD b i bD a = a = b . 5. Antisimetricna relacija..... D 7. Tranzitivna relacija..... W aW b i bW c = a W c: Relacija ekvivalencije. . Relacija ekvivalencije U na skupu A je svaka relacija koja je:

1. refleksivna: a U a za svaki a 2 A 2. simetricna: a U b = b U a , 3. tranzitivna: a U b i b U c = a U c . Relacija ekvivalencije je poopcénje relacije jednakosti. Ocito je relacija jednakosti relacija ekvivalencije. U skupu svih pravaca ravnine, relacija paralelnosti, k je relacija ekvivalencije. Podsjetimo da su dva pravca ravnine p i q paralelna ako je p = q ili p q = : Relacija okomitosti na tom skupu nije relacija ekvivalencije, naime, to nije tranzitivna relacija. U skupu svih trokuta neke ravnine relacije slicnosti i sukladnosti jesu ekvivalencije. Klase ekvivalencije. Svi pravci ravnine koji su paralelni pravcu p cine jedan podskup skupa svih pravaca te ravnine. Za te pravce kazemo da cine jednu klasu medusobno ekvivalentnih paralelnih pravaca. Analogno postupamo i u opcém slucaju. Odaberemo neki element skupa a 2 A na kojem je definirana relacija ekvivalencije U : Skup svih elemenata koji su ekvivalentni elementu a nazivamo klasom ekvivalencije. Taj skup oznacimo sa Ka , Ka = fx 2 A j a U x g: Dvije klase ekvivalencije relacije U na skupu A ili su jednake ili su disjunktne. Skup A je unija disjunktnih skupova tj. klasa. Tu cinjenicu izrazavamo i tako da kazemo kako je izvrsena particija tj. rastav skupa A na disjunktne dijelove. Clanovi particije su neprazni disjunktni podskupovi cija unija daje cijeli skup A . Lako se provjeri da svaka relacija ekvivalencije vrsi jednu particiju skupa A: Medutim vrijedi i obrat, tj. svaka particija skupa A definira jednu relaciju ekvivalencije. Clanovi particije su klase ekvivalencije te nove relacije ekvivalencije. Prema tome zadavanje relacija ekvivalencije na skupu X isto je sto i zadavanje particije na njemu. Uredajna relacija. Relacija U na skupu X je linearni uredaj ako za svaka dva elementa x y 2 X vrijedi: 1: 2: 3:

x U y ili y U x ili x = y vrijedi samo jedan odnos x U y ili y U x ako je x U y i y U z onda je x U z

ili

x

=y

20


Ako za relaciju U na skupu X vrijede samo 2. i 3., onda kazemo da je na X zadan parcijalni uredaj. Prema 1. vidimo da su svaka dva elementa usporediva. Uoci da iz 2. slijedi nikad nije x U x Prema 3. uredajna relacija je tranzitivna. Primjer 1.9. 1. Relacija

manje na skupu R je linearni uredaj. Promotri relacije:

? , , na skupu realnih brojeva R i utvrdi koja gornja tri svostva one imaju. 2. U skupu R

x y

R definirajmo uredaj

x 0 y 0 ako a x

x 0

b x

=

x 0

y

y0:

Ako bi interpretirali parove kao koordinate tocaka ravnine, onda po ovom uredenju tocke uredujemo najprije prema apscisi, zatim ako imaju jednake apscise, onda prema ordinati. 3. U hrvatskom jeziku slova obicno poredamo uredujemo abecedno. Pored abecednog uredaja navodimo i uredaj prema ucestalosti. 1. a,b,c,d,...,u,v,z,z. abecedni poredak 2. e,a,i,o,j,s,n,u,d,v,t,m,r suglasnik,k,p,l,g,b,s,z,c,c´,lj,h,z,nj,c,r samoglasnik,dz,f. Mnozenje relacija. Neka su zadane relacije na skupu X: To su dakle podskupovi skupa X X: Za dva podskupa definirali smo operacije kao sto su unija i presjek . U uskoj svezi s kompozicijom funkcija je mnozenje relacija. Neka su U i V dvije relacije na X . To su dakle podskupovi od X X: Definirajmo njihov produkt : U V

=

W

a b 2 W

a x 2 U

=

x b 2 V

ako takav x ne postoji onda je a b ne pripada produktu relacija. Usporedi ovo mnozenje s kopozicijom funkcija, f g = h: a f a

f a g f b = h a

a b x

a 7! f a 7! g f a = h a

2 X:

a h a:

Podsjetimo da je kompozicija funkcija asocijativna operacija. Lako se provjeri da je upravo definirano mnozenje relacija takoder asocijativna operacija. U teoriji relacija pridaje se veliki znacaj proucavanju svojstava te asocijativne operacije.

1.12. Booleova algebra Ucinimo sljedecé pretpostavke: Neka su na skupu S definirane dvije binarne operacije; zbroj + i produkt — dakle za svaka dva elementa iz S definiran je njihov zbroj x + y i produkt x y i to su elementi iz S . Nadalje, neka je na S definirana jedna unarna operacija; komplement, s oznakom 0 koja elementu x iz S pridruzuje element x 0 iz S . Pretpostavimo jos da S sadrzi barem dva elementa. koja cémo oznaciti s 0 i 1. Ako je pri tome ispunjeno sljedecíh 9 aksioma, onda uredenu sestorku S + 0 0 1 nazivamo Booleovom algebrom.


21

Aksiomi Booleove algebre. Za svaki x y z 2 S vrijede svojstva: zakoni komutacije 1. x + y = y + x 2. x y = y x zakoni distribucije 3. x y + z = x y + x z 4. x + y z = x + y x + z svojstvo 0, odnosno 1 5. x + 0 = x 6. x 1 = x svojstva komplementa 7. x + x 0 = 1 8. x x 0 = 0 9. 0 6= 1 Primjer 1.10. Vazni primjer Booleove algebre je algebra svih podskupova nepraznog skupa. Lako se provjeri da je uredena sestorka

PS S koja se sastoji od partitivnog skupa PS , operacija unije, presjeka i komplementa, zatim 0

praznog skupa i skupa S jedna Booleova algebra. Ulogu nule ima prazan skup, a jedinice skup S . Vidi algebra skupova. Primjer 1.11. Najednostavnija Booleova algebra je algebra koja ima samo dva elementa, S = f0 1g . Tablicama zbrajanja, mnozenja i operacija komplementiranje definiramo te operacije. x 0 0 1 1

y 0 1 0 1

x+y 0 1 1 1

x 0 0 1 1

y 0 1 0 1

xy 0 0 0 1

x 0 1

x0 1 0

Interpretirajmo 0 kao lazan sud, a 1 kao istinit sud. Operaciju + interpretiramo kao disjunkciju _ , operaciju mnozenja kao konjunkciju ^ , unarna operacija neka bude negacija 0 , vidi logicke operacije. Tu algebru mozemo interpretirati kao algebru dva suda, istinitog i laznog. Mogucá je i interpretacija pomocú dvaju elektrickih prekidaca. Primjer 1.12. Neka su x y z bilo koji sudovi, 0 neka je lazan a 1 istinit sud. Lako se provjeri da sudovi s pripadnim operacijama cine Booleovu algebru.

2.

Polje realnih i polje kompleksnih brojeva l . o polju realnih brojeva . . . . . . . . . . . . 22 2. Aksiomi polja realnih brojeva

. .

9. Prinx1ni brojevi

.

. .

.

.

.

.

. . . .

.

.

.

.

.

3J

. . . 23

10. Cijeli brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3

3. Osnovne jednadzbe u polju . . . . . . . . . 24

l l . Racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . 34

.

.

4. Osnovna svojstva uređenog polja . . . . . 25

12. Iracionalni brojevi . . . .

5. Intervali . . .

1 3 . Polje kompleksnih brojeva

.

. . . . . . .

6. Ograničeni podskupovi

.

.

. . . . . .

.

. . 27

. . . . . . . . . . . 27

7. Supremum i infimum skupa . . .

.

. . . . . 28

8. Arhimedov i Cantorov teorem . . . . . . . 30

14. Polarni prikaz

. . . .

.

. . . . . . . .

.

. .

.

. . . . . .

1 5 . Korijen kompleksnog broja . . .

16. Eulerove fonnuJe . . . .

.

.

.

35

. . . . . . . . . 36

. .

.

.

. .

.

. .

.

.

.

.

. . 39 .

.

41

. . 42

Osnovni je pojam matematičke analize realna funkcija realne varij able. To je funkcijllo .. definirana na nekom podskupu realnih brojeva R čije su funkcijske vrijednosti također ii' skupa R . Predmet naših proučavanja u diferencijalnom računu biti će upravo takve realne funk cije, njihova svojstva i njihove granične vrijednosti. Granične vrijednosti funkcija najprije su proučavane u vezi s brzinom gibanja, tj. definiranjem brzine, odnosno u vezi s pro blemom određivanja jednadžbe tangente (zapravo njezinog koeficijenta smjera), na graf definiran nekom realnom funkcijom. Pokazalo se da su ta dva problema ekvivalentna. Za pručavanje spomenutih problema nužno je dobro poznavanje realnih brojeva.

Realni brojevi. Polje realnih brojeva čini neprazan skup R zajedno s operacijama zbrajanja + i množenja . te uređajem � manje ili jednako. Realne brojeve ćemo definirati s pomoću

15 aksioma kojima se oni potpuno karakteri 5 aksioma definira

ziraju . Prvih 9 aksioma definira strukturu koju zovemo polje, sljedećih

uređaj i njegova svojstva. Posljednji aksiom opisuje neprekinutost skupa R. Prema tome, bit će riječi o uređenom polju realnih brojeva. Pri tom se nećemo baviti pitanjima

egzistencije skupa realn ih brojeva (postoji li skup koji zadovoljava tih

15

aksioma), već

ćemo pretpostaviti realni brojevi postoje i prihvatiti da za nji h vrijede poznata svojstva.

22

2. POLJE REALNIH I

23

POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

U skupu R definirane su operacije zbrajanja i množenja. To znači da svaka dva realna broja možemo zbrojiti, odnosno pomnoži ti i rezultat je ponovno realan broj. Strogo govoreći, zbrajanje je funkcija

+ :RxR

->

R koja paru realnih brojeva (x, y ) pridružuj e

jedan realni broj kojeg uobičajeno označavamo s

x +y.

Slično vrijedi za množenje.

Navedimo devet aksioma polja kojim su potpuno karakterizirana svoj stva zbrajanja i množenja realnih brojeva i koja mi prihvaćamo kao istinita.

Aksiomi polja. Neka slova x, y, z označavaju bilo koje realne brojeve. Tada vrijedi:

As (xy)z x (yz) (x + y) + z = x + (y + z) +O X X • 1 A6 X A7 x ;:j:. O, x · x- l x + ( -x) = O xy = yx As X + y y +x A9 x(y + z ) = xy + xz

Al A2 A3 A4

X

1

=

Aksiomima

A l i As izražavamo asocijativnost zbrajanja, odnosno množenja. A2 i A6 izražavamo svojstvo neutralnosti nule u odnosu na zbrajanje,

Aksiomima

odnosno jedinice na množenje. Aksiomima

A3

odnosno

A7

izražavamo postojanje

za elemente različite od nule postojanje

suprotnog elementa, odnosno inverznog elementa. Istaknimo ponovno da broj

nula nema inverza tj. s nulom nije dozvoljeno dijeljenje. Aksiomima

A4

i

prihvaćamo da su operacije zbrajanja odnosno množenj a komu

A9

množenje j e distributivno prema zbrajanju, kraće kažemo da vrijedi

As

tativne. Po aksiomu

zakon distribucije. Svaki neprazni skup F u kojem bi bilo moguće definirati dvije operacije i koji bi sadržavao dva istaknuta elementa tako da vrijedi gornjih devet aksioma nazivamo

poljem.

Aksiomi uređaja. Navedimo sljedećih pet aksioma o uređaju � (manje ili jednako ) u skupu R . Neka slova

A lO A11 A 12 A 13 Al4

x, y, z

x =Y

ili

ako j e

x x x O

ako je ako je ako je

predstavljaju bilo koj i realan broj. Tada vrijedi:

x � y ili y � x , � y i y � x , onda je x = y , � y i y � z , onda je x � z , � y , onda za svaki relan broj z vrijedi x + z � y + z , � x i O � y , onda je O � xy .

Aksiomom

A 1 0 zahtjevamo da nema neuporedivih realnih brojeva. A l2 izkazujemo da je uređaj tranzitivan. Aksiomima A 1 3 i A I4 pokazujemo odnos uređaja prema zbrajanju,

Aksiomom množenju.

odnosno prema

24

2.

POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

Polje racionalnih brojeva. Aksiom A IS bit će naveden naknadno. nakon što defi niramo potrebne pojmove za njegovo shvaćanje. Primj etirno zasad da ovih 14 aksioma ne određuju jednoznačno polje realnih brojeva. Naime. lako je provjeriti da i skup raci onalnih brojeva Q zadovoljava sve navedene aksiome. Aksiom neprekinutost; će upravo razlikovati racionalne brojeve od realnih.

Oduzimanje i dijeljenje. U polju realnih brojeva postoje samo dvije operacije: zb rajanje i mnorenje. Što je s oduzimanjem? Ono j e izvedeno iz zbrajanja: oduzimanje je zbrajanje sa suprotnim elementom:

x

-

y := x + (-y).

Na sličan način uvodimo i dijeljenje: dijeljenje j e množenje s inverznim elementom:

x

_

Y

:= x . y- l

U uskoj vezi s uređajem � su uređaji:
(veće): x > y onda i samo onda ako je x � y i x i- y . •

Pozitivni i negativni realni brojevi. Realni broj x je pozitivan ako je O < x Realni negativan ako je x < O . Iz aksioma A lO i A l l slijedi da realan broj x i- O . mora biti ili pozitivan ili negativan .

broj x je

(ali ne oboje). Prema tome skup realnih brojeva je unija disjunktnih skupova:

skupa negativnih

brojeva, skupa koji sadrži samo nulu i skupa pozitivnih brojeva:

R = R- U {O} U R+ .

U svakom polju susrećemo dvije vrlo jednostavne jednadžbe koje je potrebno znati rješiti. O njima govori sljedeći teorem.

Teorem 2.1. Jednadžbe l. a + x = b , 2. ax = b , a i- O , imaju jednoznačna rješenja. Dokaz. Tvrdimo da prva jednadžba za zadane realne brojeve a i b ima jedno i samo jedno rješenje koje glasi

x = b + (-a)

b - a.

25

2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA Na obje strane jednakosti dodajmo broj -a . Dobivamo (a + x) + (-a)

=

b + (-a).

Koristeći se aksiomom o komutativnosti zbrajanja, aksiomom asocijativnosti, aksiomom o suprotnom elementu, svoj stvom broj a nula lijeva se strana jednakosti svodi na: (x + a) + (-a)

=

x + (a + ( -a ) )

=

x+O

x,

te je traženo rješenje x = b + (-a) = b a Da taj x zaista jest rješenje slijedi iz ovih jednakosti: a + (b + ( - a ) )

=

a + « -a) + b)

=

(a + ( -a ) ) + b

=

O+b

=

b.

Opravdajte svaku od tih jednakosti tako da se pozovete na neki od aksioma na temelju kojeg ta jednakost slijedi iz prethodne. Dokažimo postojanje i jednoznačnost rješenja druge jednadžbe. Pomnožimo obje strane jednakosti inverzom a-I , koji postoj i pošto je po pretpostavci a =1= O . Dobivamo: a-l (ax)

(a- l a)x

Dakle, ako postoji rješenje, onda je ono x ovih jednakosti

=

=

1·x = x

a- l b.

a- I b . Da je taj x zaista rješenje slijedi iz

Obrazložite te jednakosti.

Neka svojstva algebarskih operacija. Služeći se aksiomima polja te jednoznačnoj rješivosti spomenutih jednadžbi možemo dokazati sljedeća svojstva: 1. Za s vaki a E R je a . O = O , 2. a b = O onda i samo onda ako j e barem jedan od faktora jednak O, 3. ako je a =1= O , onda je a- l =1= O , 4. - ( -a )

5 . aC-b) 6.

7. s

a

b a

.

e

e

. b

+

ab ,

ac

- be ' ae

�

b'd a

a, -ab , ( - a ) ( -b)

=

e

bd '

ad + bc

d

bd

Evo kratkih uputa:

1.

a( b + O)

2. ako je

je a- l (ab)

=

3. a - l a

=

ab + aO

ab , ab + O

=

ab , jednoznačnost rješenja;

O , onda je prema prethodnom ab a-lO O , (a- l a)b lb b O; a

=

=

=

l ;

=

=

O . Ako je ab

=

O i a

=1=

O, onda

26

2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA 4. ( -a) + a

=

5. a(b + ( - b» 6. ab� l ee� 1

O , (-a) + ( - ( -a» =

ab + a( -b)

=

O , jednoznačna rješivost;

O;

l l ae(be)- , provjeri be(be)- = bee - ' b - 1 7. ab- 1 ed- 1 aeb- 1d- 1 = ae(bd)- l ; l 8. ab- I dd- + Cd- I bb- l (ad + be)b- l d- 1 (ad + be) (bd)- l . aeb- 1e-1

=

Neka svojstva relacije uređaja.

=

1;

Sljedeće su tvrdnje neposredne posljedice aksioma

uređaja:

1. Ako je x < O , onda je -x > O .

2. Ako je x < O i y < O , onda je xy > O . 3. Ako je x < O i y > O , onda je xy < O . .

4. 1 > O , - 1 < O .

5. za prirodne brojeve vrijedi: 1
({) (xJ ) :f:. ({) (X2) . Svako takvo preslikavanje naziva se izomorfizam. Prema tome, polje realnih brojeva R je izomoifno s podskupom (potpoljem) kompleksnih brojeva oblika { (x , O) l x E R} . Smisao pojma izomorfizmaje u tome da strukture koje su izomorfne možemo poistovjetiti pošto se iako se sastoje od

2. POLJE REALNIH l POLJE

37

KOMPLE KSNIH BROJEVA

različitih elemenata - podvrgavaju istim zakonima. Stoga možemo poistovjetiti komp leksni broj

(x , O)

s realnim brojem

x.

Na taj način i čitavo polje realnih brojeva možemo

shvatiti kao podskup polja kompleksnih brojeva.

(O, l ) nije realan. Zaista, za njega vrijerdi ( O, l ) · ( O, l ) = ( - l , O) ( - l , O) odgovara realnom broju - l , to broju ( O, l ) ne može odgovarati nikakav realan broj , jer nema realnog broja x za kojega bi vrijedilo :x? = - 1 . Kompleksan broj ( 0 , 1 ) označavamo s i i nazivamo imaginarnom jedinicom. Za nju 2 vrijedi i = - l . S druge strane, broj

i kako kompleksan broj

Uz ovaj dogovor i prema definicijama zbrajanja i množenja bilo koji kompleksni broj l možemo pisati u sljedećem obliku:

(x, O) + ( O , y)

Z = (x, y )

=

(x, O) + (O , l ) (Y, O )

=

x + iy.

Ovakav prikaz kompleksna broja naziva se algebarski prikaz.

Primjer 2.5. Ma koliko čudno izgledala definicija množenja kompleksnih brojeva, ona izgleda prirodno ako se usvoji sljedeće 'pravilo ' : kompleksni brojevi množe se poput algebarskih izraza, uvažavajući pri tom pravilo P

(2, 3 ) . ( - 4, 1 )

=

(2 + 3i)( -4 + i)

=

-8

= -

-1 .

Na primjer

12i + 2i + 3i2

- l l - lOi.

Na taj način 'provjeravamo' početnu definiciju

(xI , yd ' (X2 , Y2 )

=

(X l + Yl i)(X2 + Y2 i)

2 = XIYI + XIY2i + X2Yl i + X2Y2i

=

(XIX2 - YIY2 ) + i (XIY2 + X2YI ) .

Primjer 2.6. Potencije i maginarne jedinice imaju periodičko ponašanje. Vrijedi - l , P = -i, 1-4 = i, i5 = i i dalje se potencije ponavljaju. Svaki prirodan broj n možemo napisati u obliku n = 4m + k , gdje je k ostatak dijeljenja broja n s 4 , dakle k je jedan od brojeva O, 1 , 2, 3 . Prema tome je: p

;n Na primjer,

il l!55

=

;4,463+ 3

=

i3

=

-i .

=

14m+k

=

l.

.

Gaussova ravnina. Kako par realnih brojeva (x, y) možemo poistovjetiti s kom pleksnim brojem, to kompleksne brojeve možemo prikazati točkama ravnine u kojoj je postavljen kartezijev koordinatni sustav. Takvu ravninu nazivamo kompleksnom ili Ga

ossovom ravninom. Operacija zbrajanja kompleksnih brojeva ima u Gaussovoj ravnini jednostavan prikaz: brojeve zbrajamo (i oduzimamo) baš kao i vektore

recimo po pravilu paralelograma.

2.

38

POLJE REALNIH

I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

y

x

Sl. 2.2 Zi?rajanje kompleksnih brojeva

Kompleksno konjugiranje. U skupu kompleksnih brojeva definiramo jednu jednos tavnu funkciju koja preslikava e na c . Tu funkciju nazivamo konjugiranje. Definiramo ju tako da kompleksnom broju koji nazivamo x + pridružimo broj z x konjugirani kompleksni broj. Uočimo da su i z simetrični u odnosu na os x . Direktnom provjerom dokazujemo tvrdnje:

iy

z=

=

z

iy

ZI Z2 = ZI . Z2, Z z 2iy, z = z , z · = X + l. Modul kompleksnog broja. Nekaje Z kompleksan broj. Njegov modul označavamo s Izl , a definiramo ga na način Iz l Jx2 + y 2 . Sljedeča su svojstva očigledna: I Re (z ) 1 lxi � Izl , lIm (z)1 Iy l � Iz l , Iz l = Izl , Iz l = 0 ako i samo ako z = O . ZI + Z2 = Z +Z= Z

-

2x,

+

•

Z

===

Direktnom provjerom dobivamo

IZl ' z21 Izd ' I Z 21· Zaista IZl ' zzl 2 = (XlXZ Y l yz )2 + (X l YZ + XZYI ? = xrx� + YrY� + xrY� + x�r = (xr + Yi )(x� + y�) . Primjeti da modul Izl možemo interpretirati kao udaljenost točke T(x, y) od ishodišta. Nejednakost trokuta. Dokažimo da vrijedi tzv. nejednakost trokuta. Neka su ZI i Z2 bilo koji kompleksni brojevi, onda vrijedi IZl + z21 � Izd + I Z21· -

Dokažimo tu tvrdnju. Imamo

IZl + z2f = (ZI + = (ZI + Z2 ) ( ZI + zz) = ZIZl + + + ZlZ2 = IZl l Z + IzzI 2 + 2Re (ZI Z2 ). Uoči da je ZI = Z2Z " te su ta dva broja konjugirana jedan drugom. Zbroj broja i njemu ...,..----;:'

konjugiranog daje realan broj koji je jednak dvostrukom realnom dij elu. Nadalje, vrijedi

Re (zlzz) � IZIz21 = Izd Izzl·

2.

39

POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

Uvažavajući tu nejednakost možemo pisati � čime je nejednakost trokuta dokazana.

IZl + z21 2 Iz d 2 + IZ21 2 + 2 1zdlz21 = (Izl i + IZ21?,

Oduzimanje i dijeljenje. Kompleksni brojevi čine polje: stoga za svaki kompleksni broj postoji njemu suprotan. To je očigledno broj (-x, koji zbrojen s (x, daje nulu. Oduzimanje kompleksnih brojeva definiramo (kao i u slučaju polja R ) kao zbrajanje sa suprotnim brojem: x

y)

-y)

ZI - Z2 := I + iYI + (-X2 - iY2 ) = XI - X2 - i(Y2 y d · y

Sl. 2.3

Oduzinwnje kompleksn ih brojeva

Slično definiramo i dijeljenje kompleksnih brojeva. Nekaje kompleksni broj Z različit Z i- (O, O) . Tada je i- O i postoji broj

od nule, tj.

Iz l

z X - iy -I . --2 2 - x + y - Iz1 2 · Uvjeri se da za ovaj broj vrijedi z · Z -I = 1 . Stogaje Z - I inverzan broj broja z . Dijeljenje .-

z

s

-

k.ompleksniom brojem definira se kao množenje s njemu inverznim brojem:

ZI ZI . Z2-I = ZI . Z2 XI + iYI XIX2 + YIY2 + i(X2YI - XIY2) x � + y� Z2 IZ212 X2 + iY2

-=

-- =

Dakako da u svakom konkretnom primjeru ne pamtimo ovu formulu već sprovodi mo postupak analogan racionalizaciji (množimo brojnik i nazivnik s konjugiranim brojem onome u nazivniku): 68-

2 + i 2 + i 3 - 2i 3 + 2i 3 + 2i 3 - 2i --

.

_-

Direktnom provjerom dokazujemo da vrijedi

4i + 3i - 2P = i 13 3 2 + 22

I�I Z2 = �· I Z21

Polarni sustav. Neka j e u ravnini postavljen kartezijev pravokutni koordinatni sustav. Položaj točke T u njoj određen je uređenim parom realnih brojeva (x, x nazivamo

y) .

2. POUE REALNIH I

40

y

POUE KOMPLEKSNIH BROJEVA

apscisom a ordinatom te točke. Položaj te iste točke moguće je odrediti i pomoću neka druga dva broja. U tu svrhu najčešće koristimo tzv. polarni koordinatni sustav. U tom sustavu položaj točke određenje pomoću sljedeća dva podatka: udaljenosti točke do istak nute točke (ishodišta) te kuta što ga točka zatvara s nekom istaknutom zrakom. Ishodište naziva se pol polarnog sustava, a zraka (pozitivni dio osi x ) naziva se polarna os.

0(0, O)

y

z=x+iy

x=l z l cos cp y = I z i sin cp o

Točki T(x,

y)

Sl. 2.4

T

y x

x

Polarni sustav

pridružujemo modul, broj r

= d(T, O) (udaljenost točke od ishodišta) --+

i argument tj. mjeru u radijanima kuta lp kojega zatvara radij-vektor (spojnica OT ) s polarnom osi. Točkama na polarnoj osi (pozitivan x ) pripada kut lp = dok točkama na negativnoj osi (x < pripada kut lp 11: . Samom polu tj. ishodištu ne pridružujemo niti jednu ,.vrijednost za kut, međutim to je jedina točka kojoj je r = Mjerni broj koji pripada kutu nij ejednoznačno određen, naime svakom možemo dodati višekratnik broja 211: . Brojni su razlozi da za polarnu koordinatu r dozvolimo i negativne vrijednosti. U takvom slučaju mjernom broju za kut dodajemo 11: i umjesto r pišemo -r . Na primjer točka T( - 3 , �) nalazi se u trećem kvadrantu i možemo ju zapisati i ovako T(3, 11: + i ) . Prema tome, istoj točki T pripadaju pravokutne koordinate x i . . . T(x, y ) i polarne koordinate r, lp, . . . T(r, lp) , zato kompleksan broj možemo napisati na dva načina (vidi sliku 2.4): x + = r cos lp + ir sin lp. z

O)

O.

{X y

Veza između koordinata je sljedeća:

iy

O,

y

{ y

y

r = Jx2 + 2 , r sin lp; tg lp = ; . Prilikom prijelaza s pravokutnih kartezijevih koordinata na polarne mora se pažljivo od ređivati kut lp . Iz predznaka koordinata x i moramo zaključiti u kojem se kvadrantu nalazi ta točka i onda prema tome iz vrijednosti tangensa odrediti kut. r cos lp,

Moivreova formula. Polarni prikaz je vrlo prikladan za izvođenje množenja i dije ljenja kompleksnih brojeva. Evo za to jednostavne ilustracije.

zl

.

Z2

= rl (cos a

i

+ sin a) . r2 (cos 13 + i sin 13 ) . r [(cos a cos 13 - sin a sin m + i( sin, a cos 13 rl 2 rl . r2 [cos(a + 13 ) + i sin(a + ml .

+ sin 13 cos a )l

41

2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA Dobiveni rezultat možemo riječima iskazati.

Kompleksne brojeve množimo tako da je modul um.noška jednak umnošku modula a argument umnoška zbroj argumenata umnožaka.

.x

.x

Sl. 2.6 Dijeljenje kompleksnih brojeva

Sl. 2.5 Množenje kompleksnih brojeva

Zapišimo to formulama:

IZIZ21

Izd l · l z21,

arg(ZIZ2)

=

arg ZI + argZ2.

Iz gornje formule specijalno slijedi 2 ? (cos 2rp + i sin 2rp ) . Z Odavde, indukcijom zaključujemo d a vrijedi općenita formula: z a leksna broja zn = r"( cos nrp + i sin nrp).

n -tu potenciju komp

Ovu formulu nazivamo de Moivreova formula. Na sličan način, za dijeljenje kompleksnih brojeva dobivamo ZI = rl (cos a + i sin a ) = rl (cos a + i sin a)(cos J3 - i sin J3 ) Z2 r2 (cos 13 + i sin 13) r2 (cos 13 + i sin 13 )( cos 13 i sin 13 )

rl . [cos(a 13 ) + i sin(a 13 ) ] . r2 Odavde zaključujemo: kompleksne brojeve dijelimo tako da je modul kvocijenta kvo cijent modula, a argument kvocijenta ra;)ika argumenata. Dakle Iz d arg = arg ZI - arg Z2· �' =

C:)

Sada nam neče biti teško odrediti n -ti korijen iz kompleksnog broja. Odrediti {}Iz isto je što i riješiti jednadžbu wn = Z , s nepoznatim kompleksnim brojem w . Neka je w = p( cos 1/1 + i sin 1/1) te z = r(cos rp + i sin rp ) . Potrebno je odrediti p i 1/1 . Vrijedi n pTl( cos n1/l + i sin n 1/1) = r(cos rp + i sin rp). w

2 . POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

42

{

{

Iz napisane jednakosti uzimajući u obzir periodičnost trigonometrijskih funkcija slijedi: pn = r, ==> p = !!(i, lJ! = 'f+n21m . nlJ! = t:p + 2kn, gdje je k E Z . Ova formula na prvi pogled daje beskonačno mnogo vrijednosti za argu ment lJ! . Međutim, nakon nekog k ti argumenti daju već prije dobiveni kompleksni broj w . Postoji samo n bitno različitih vrijednosti za taj argument i n različitih vrijednosti za ' broj w : + 2kn t:p + 2kn nll:l + I Sin , k = O, 1, " n - l . iJZ = V I z l ' cos n n

( -'---- . ,

Iz

)

..

dobivenog rezultata zaključujemo: svi n -ti korijeni nalaze se ria kružnici radijusa r = VfZT , i oni su vrhovi upisanog pravilnog n -terokuta; • "prvi" korijen na toj kružnici ima argument t:p /n ostale korijene dobivamo da tom kutu dodajemo po redu višekratnike od 2: . •

,

U polarnom prikazu kompleksnog broja pojavljuju se izrazi oblika cosx Uvodimo posebne oznake za takve izraze. To su tzv. Eulerove formule: e-ix = cosx i sinx. eix cosx + i sinx, Kompleksni broj z možemo prikazati još i u tzv. eksponencijaJom obliku, z x + iy = r(cos t:p + i sin t:p) = r . d'l'

-

± i sin x .

Provjeri da uz ove oznake vrijedi: Zt

•

zz

ZI

rd'l' · pei'l' = rpei« P+ljf ) ,

Z2

=

� j( -'I' ) e 'l' . P

U teoriji funkcij a kompleksne varijable definiramo i eksponencijainu funkciju komp leksnoga argumenta tf = = e' . e±iy = e' ( cosy ± i sin y). Za ovu funkciju vrijedi osnovna formula

.

tfl tf" = tf, +Z2

•

3.

Matematička indukcija

l . Primjeri indukcije . . . . . . . . . . . . . . . 43

3. Bemoullijeva nejednakost . . . . . . . . . . 50

2 . Newtonova binomna formula . . . . . . . . 46

Istinitost mnogih matematičkih tvrdnji ovisi o prirodnom broju n , međutim, njihova je direktna provjera često mukotrpna. Najčešće tvrdnju možemo lagano provjeriti tek za malene vrijednosti broja n . Označimo sa S skup svih prirodnih brojeva za koje je takva tvrdnja istinita. želimo li pokazati da skup S sadrži sve prirodne brojeve, tj. da je S = N , možemo koristiti princip matematic'Ke indukcije. Ispitujerno prvo da li je broj l element skupa S, tj. da li je tvrdnja istinita za n = l . Pretpostavimo da je dokazano da je l E S . Dalje, pretpostavimo istinitost tvrdnje za bilo koji n , n E S . Koristeći se tom pretpostav kom i valjanim zaključivanjem dokazujemo da je istinita i tvrdnja za broj n + l , dakle: n + l E S . Prema principu matematičke indukcije u tom je slučaju dokazano da je S = N , tj. tvrdnja j e istinita za svaki prirodan broj.

Primjer 3.1. Koristeći tvrdnji:

se

matematičkom indukcijom dokažimo ispravnost sljedećih

Sl = l + 2 + 3 + . . . + n = n(n 2+ l ) ' + l) S2 = l 2 + 22 + 3 2 + . . . + n2 = n(n + l)(2n ' 6 2 S3 = 13 + 23 + 33 + . . . + n3 = n(n 2+ 1 )

(

)

43

3. MATEMATIČKA INDUKCUA

44

.

. · tvrdnJa · l· sbmta,Jefje · · l onda Je

Dokažimo prvu jednakost. Ako je n

•

Pretpostavimo da je tvrdnja istinita za broj i za broj n + 1 :

1 = 1 ( 1 2+ l ) .

n . Dokažimo da odgovarajuća formula vrijedi

n(n + 1 ) n l = (n + I )(n + l + l ) ( 1 + 2 + 3 + . . . + n) + n + l . 2 2 + + Dakle, ako je n E S . onda je i n + 1 E S . Prema matematičkoj indukciji tvrdnja je istinita za svaki prirodan broj. Sličnim postupkom mogu se dokazati i preostale dvije formule.

Nedostatak metode matematičke indukcije je u tome što ona u većini slučajeva već pretpostavlja gotovu formulu. koja se tom metodom samo provjerava. Do gotove formule najčešće dolazimo uvrštavanjem nekolicine (malih) vrijednosti za broj n , pokušavajući tako otkriti zakonitosti. Dakako da se ovakve formule dadu izvesti i direktnim računom, no onje često slože niji od same metode indukcije. Evo kako se može dobiti rekurzivan algoritam za računanje zbroja potencija prvih n prirodnih brojeva. Krenimo od formule n

k=l

- 1 + (n + l ) 2 .

Tu sumu možemo računati i na slijedeći način. n

n

k=1

k=1

L [(k + 1 ) 2 - �l = L(� + 2k + l - e) n

n

= L (2k + l ) = 2 L k + n. k= l

Iz jednakosti

n

2 L k + n = - I + (n + l )2 k=1

slijedi

SI =

k = n(n ; l ) . t k= l

Potpuno analognim postupkom provjeri da je n

Pl = L(e + 3k2 + 3k + l - k3) k=l

n

n

k=1

k= l

= 3 L e + 3 L k + n = - l + (n + 1)3.

45

3. MATEMATIĆKA INDU KCUA

Odavde

Iz posljednje jednakosti uz pretpostavku da smo već odredili zbroj Sl prvih n prirodnih brojeva možemo odrediti i zbroj S2 . Takvim postupkom možemo odrediti i zbrojeve viših potencija. (Učini to za zbroj S3 .)

Primjer 3.2. Aritmetički niz brojeva je niz čiji su članovi građeni slijedećim postup kom. Neka su al i . d bilo koji realni brojevi. Niz koji dobivamo tako da - krenuvši od al - prethodnom članu dodamo broj d nazivamo aritmetičkim nizom. a l nazivamo prvim članom, broj d razlikom ili diferencijom niza. Dakle, članovi ovoga niza su redom al , al + d , al + 2d , al + 3d , . ... Opći, n -ti član je an = al + (n - I )d . Dokažite matematičkom indukcijom da je zbroj prvih n članova aritmetičkog niza

Sn = a l + (al + d) + , (a J + 2d) + . . . + [a j + (n - l)d] n(2aI + (n - l)d) � ( - 2 a j + an ) . 2 _

_

Primjer 3.3. Neka je x E R i x f= l . Dokažimo da za svaki n E

1 - x n+ J l + x + x2 + x3 + . . . + xn = l -x '

N vrijedi:

x f= I .

l - x2 n = I tvrdnJa · gl aSJ' l + x = , sto Je Istma. Koristeći se pretpostavkom l -x indukcije (tvrdnja je istinita za broj n ) dobivamo: l - x n+ l I xn+2 ( l + x + x2 + . . . + x") + X"+ l = + X"+l = --l -x I -x Dakle, tvrdnja je istinita i za broj n + l , pa je po indukciji istinita za svaki prirodan broj. v

Za

•

•

•

--

_

Primjer 3.4. Geometrijski niz brojeva je niz čiji su članovi građeni slijedećim po stupkom. Neka su al i q f= l bilo koji realni brojevi. Niz koji dobivamo tako da krenuvši od al - prethodni član pomnožirno s q nazivamo geometrijskim nizom. al nazivamo prvim članom, broj q kvocijentom niza. Dakle, članovi ovoga niza su redom al , alq , alq2 , alq3 . . . . Opći, n -ti član je an = alq"- l . Dokažite indukcijom da vrijedi: ,

3. MATEMATIĆK A INDUKCUA

46

Iz elementarne algebre su nam dobro poznate sljedeće jednakosti:

(a + b)o = l , (a + b)' = a + b, (a + b) 2 = a2 + 2ab + b2, (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3, (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 .

Interesantno je odrediti formulu po kojoj se računa proizvoljna, n -ta potencija binoma

a + b . Ta se formula naziva Newtonova binomna formula.

Uočimo da su svi pribrojnici u gornjim formulama oblika

Bi�- ;bi .

Brojeve Bi nazivamo biDomnim koeficijentima. Pokazat ćemo da oni ovise samo o pri rodnom broju n . a ne i o brojevima a i b . Zbroj eksponenata u svakom pribrojniku je

i + (n i) = n .

Faktorijele. Prije no što definiramo binomne koeficijente, korisno je uvesti funkciju faktorijela. To je funkcija koja preslikava prirodne brojeve i broj nula u skup prirodnih brojeva. Označavamo je tako da iza broja na koji ona djeluje stavimo uskličnik! Evo vrijednosti te funkcije na početnim prirodnim brojevima o!

:= 1 , l l :=

l,

2! := 2, 31 := 3 . 2 = 6, 4! := 4 . 3 . 2 = 24.

Općenito, funkcija faktorijela definira se rekurzivnom relacijom

nl := n · (n - 1 ) ! . uz početnu vrijednost o! = l . Provjeri d a je: 5!=120, 6!=720. 7 !=5040, 8!=40320, 9!=362 880, 1O!=3 628 800. itd. Funkcija faktorijela raste izuzetno brzo. Njene vrijednosti možemo očitavati na sva kom boljem đzepnom računalu. ali samo za umjerene vrijednosti broja n . obično za n � 69 . 69! ::::: 1 .71 1 . 1098 ili izuzetno za n � 253 , 253 ! ::::: 5 . 173 . 10499 •

Binomoi koeficijenti. Neka je

n

. Binomni koeficijent označavamo izrazom

za

k�

l , dok za

G)

(�)

prirodan broj i

�

k = ° po definiciji stavljamo := L

(�)

prirodan broj ili

i definiramo ga ovako:

n . k!(n k) ! -

k

0, k

�

n

.

47

3. MATEMATIČKA INDUKCIJA

G)

Izraz

se čita:

.n

iznad (ili povrh) k ".

Provjeri da je

(a + b) 3 = (�)a3bO + G)a2b1 + G)a1b2 + (�)aOb3. Provjeri da je

(�) = l, G) = , G) = , G) = , (:) = 1 . 4

6

4

Svojstva binomnih koeficijenata. Dokažimo dva temeljna svoj stva binomnih koefi cijenata. Svojstvo simetrije:

1.

k = l , . . . , n; Zaista

( n )= n

k

nl n n ( - k) l [ - (n - k)] !

=

()

n n! = (n - k) !k! k .

2. Pascalov trokut: k

=

1, . . . , n.

Računajmo lijevu stranu

G) + (k : 1 ) = kl(nn� k) ! + (k - l ) !(: '- k + l ) ! nl (l l = (k - l ) ! (n - k) ! k + n - k + l ) n+ 1 n!(n + 1) ( ). (k - l) ! (n - k) ! (n - k + l)k k =

Dokažimo sada binomnu formulu

Teorem 3.1. za

E R,

E N

svaki a, b n vrijedi (a + bt = (�)anbO + G)an- 1b1 + (;)an-2b2 + (;)an- 3b3 + . . . +C n 1)a1bn-1 + (:)aObn.

48

3. MATEMATIĆKA INDUKCIJA Dokaz. Dokaz teorema provodimo pomoću matematičke indukcije. Ako je n

=

onda je

l,

i tvrdnja je istinita.

n:

Pretpostavimo da je tvrdnja istinita za broj

(a b)n (�)anbO G)�-lb l (�)an-kbk (:) aObn ta (�)�-kbk. . a b. (a b)n (a b) [ (�) anbO (;)an-1 b1 . . (�)�-*bk (:)aObn] (a b) G)an+1 bO G)anbl (:)a1 b" (�)an-k+l bk (�)anbl ( l )an-k+lbk e � 1)a1bn (:)aObn+1 (�) ("�I ) l (:) (:!:) l . 2), (a b)n+l = ( � l )�+l bO . . ( ; l )an+l-kbk (: : !) aObll+ l. =

+

+ . . . +

+

+ ... +

=

Pomnožirno tu jednakost sa =

+

+

Dobivamo:

+

=

+

=

+ ... +

koeficijenata (svojstvo

+

+ ...+

k n

=

Primjetirno da je

+ ...+

+ .. . +

+

+

. +

+

+ ... +

=

=

i

+

=

Koristeći svojstvo binomnih

grupirajući po dva člana gornje sume uz identične potencije,

dobivamo:

n

+

+

.+

n

+ .. . +

Po principu matematičke indukcije teorem je dokazan.

Iz binomne formule možemo vrlo brzo dobiti neka dodatna (zanimljiva, no ne toliko

a b

važna) svojstva binomnih koeficijenata. Ako uvrstimo dobit ćemo njihov zbroj:

=

1

u binomnu formulu,

e � l ) (:) (l l)" 211 t (:) (�) (�) G) = a l kbO - 1 , t (:) ( - 1 )* (�) - G) ( 1 - 1)" ( _ 1 )11-1 ( � J ( - 1 ) " (:) =

+

Stavimo li =

=

=

=

i

=

+

+

+

+

. . .

slijedit će

=

O=

+

+ .. .+

n

.1:=0

te iz prethodnih formula slijedi:

+

(�) G) (:) . . G) (;) (;) . . . = 21 - 1 +

+

+

.

=

+

+

+

.

49


Primjer 3.5. Koeficijent uz član anbn u izrazu (a + b)n (b + a)n = (a + b)2n možemo odrediti na dva načina. Prvi: direktno, računajući (a + b)2n taj je koeficijent (�) . Drugi, složeniji način, jest da se pomnože izrazi za (a + b)n i (b + a)n i izdvoje članovi s tim potencijama. Dobit ćemo sljedeći identitet: -

� (�) 2 + (;) 2 + G)2 + + : )2 + (:)2. ... C 1 () =

n l Pascalov trokut. Svojstvo binomnih koeficijenata m + (k� l ) = ( k ) možemo iskoristiti da binomne koeficijente zorno prikažemo u obliku Pascalovog trokuta:

(�) G) C) (�) G) G) (�) (�) (�) (�) (�) (1) (�) (�) (:)

Iz te tablice vidimo da zbroj dva susjedna binomna koeficijenta daje koeficijent ispod njih u sljedećem retku. Ispišimo te koeficijente. l 1

l 2

3

5

4

io

1 3

6

10

l

4

5

1

l

Koristeći se ovom shemom možemo lagano odrediti i napisati binomnu formulu za malene vrijednosti broja

n.

teći

Primjer 3.6. Približnu vrijednost funkcije neobičnu Stirlingovu formulu. Vrijedi

ili, još preciznije

n! možemo izračunati na računalu koris

n ! � V21tn G f

n! V21tn ( ;n ) n . �

e

l21 n .


50

Poopćeni binomni koeficijenti. Binomne koeficijente definirali smo pomoću fakto rijela, za zadani prirodni broj n i broj k koji je prirodan i manji ili jednak n, ili jednak nula. Vrijedi

n

() k

:::::

nl klen - k) !

=

n(n - 1 )

..

. (n

k + 1)

k!

Posljednj i izrazje pogodan za poopćenje binomnih koeficijenata na slučaj kad broj n može biti proizvoljan realni broj . Na primjer,

( -3) -_ - 3 · (-3 - 1 ) -_ 12 -_ 6, 2! 2 2 (0.5) 0.5 · (0.5 - 1) · (0.5 - 2) � =

3

3!

16'

Bernoullijevaj e nejednakost vrlo elementarna no korisna nejednakost. Dokazati ćemo je na ovome mjestu koristeći princip matematičke indukcije .

Teorem 3.2. Ako je n bilo koji prirodan broj i x � - 1 bilo koji realan broj, onda vrijedi:

( l + xt � l + n.x. l tvrdnja je istinita. Pretpostavimo da je istinita za prirodni broj n . ( 1 + x)t! � l + n.x . Množeći tu nejednakost sa ( 1 + x) ( l + x je veće od

Dokaz. Za n Dakle, neka je

•

° i prema tome se čUva znak nejednakosti) dobivamo:

( l + xt+ l ::::: ( l + xn l + x) � (l + n.x)(1 + x) ::::: 1 + (n + l )x + n.x2 � l + (n + l )x. Primijeti da smo na desnoj strani izostavili pozitivni član

n.x2 � O .

Prema principu

matematičke indukcije, tvrdnja je dokazana.

Primjer 3.7. Koristeći Bernoullijevu nejednakost možemo neposredno dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi:

( l + 1 ) 11 � 1 + ;;

n.

l ;;

=

2.

4.

Nizovi .

1. Pojam niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

5. Monotoni nizovi . . . . .

2 . Algebra nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

6. Eulerov broj

3 . Limes niza brojeva . . . . . . . . . . . . . . 56

7. Neki značajni limes i . . . .

4. Svojstva konvergentnih nizova . . . . . . . 58

e

. . . . . . . . . . 61

. . . . . . . . . . . . . . . . . 64

.

. . . . . . . . 66

8. Cauchyjevi nizovi . . . . . . . . . . . . . . . 68

Pojam niza (slijeda) realnih brojeva te njegova limesa jedan je od temeljnih pojmova matematičke analize. Kako dolazimo do pojma niza? U svakodnevnom životu moramo neke predmete, događaje, ideje poredati po nekom pravilu kojim kažemo tko je prvi, zatim drugi itd. Dokle? Kod konačnih nizova radi se o funkciji koja svakom prirodnom broju manjem od n pridružuje odgovarajući predmet, ideju, broj ili tome slično. za nas su najin teresantniji beskonačni nizovi brojeva i eventualne točke njihova gomilanja ili okupljanja. Do 17. stoljeća matematičari su, uglavnom zbog poteškoća vezanih oko pojma besko načnosti, izbjegavali pojam niza i pojam limesa. Međutim, spoznaja da poslije prirodnog broja n dolazi prirodni broj n + l i da tome nema kraja, da zadanu dužinu možemo podi jeliti na dva dijela, zatim ponovo jedan od dijelova na dva dijela itd., nužno uvodi pojam beskonačnosti kao sastavni dio matematičkih razmatranja. Ljudi su vrlo lako prihvatili činjenice da je zbroj, razlika i produkt malih veličina mala veličina. Međutim, sasvim je drukčija situacija s kvocijentom. Teško je prihvaćana spoznaja da kvocijent malih veličina može biti po volji velika veličina. Upravo preko omjera malog puta i malog odsječka vremena Demokritje definirao brzinu, i zaključio ako postoji brzina onda mora postojati i kretanje. Pogledajmo ovaj jednostavan primjer. Napišimo identitet a2 b2 --- = a + b, a f:. b. a-b _

51

4. NIZOVI

52

Ako sad pretpostavimo da je b blizu broja a , onda na lijevoj strani imamo omjer malih veličina, dok je na desnoj strani taj broj približno jednak broju 2a . Potpuno analogno bismo imali i u općem slučaju: na

/I- I

a

,

gdje smo sa strelicom naznačili čemu bi se približavala desna strana ako bi b postajao sve bliži broju a . Upravo takvi omjeri bit će dio definicije derivacije funkcije. Zbroj konačno mnogo malih veličina mala je veličina. Velike su pojmovne poteškoće iskrsle prilikom zbrajanja "beskonačno mnogo beskonačno malih" veličina. S pojmom beskonačnosti te pojmom limesa i neprekidnosti susretali su se već starogrč ki matematičari i filozofi. Sasvim jasno su spoznali poteškoće u svezi s tim pojmomovima iako ih nisu znali razjasniti onako kako to danas umijemo. Anaksagora, (5. st.n.e.) tvrdi: "između malih veličina ne postoji najmanja, smanjivanje ide neprekidno", analogno: "od velikog postoji još veće". Drugi način shvaćanja išao je u pravcu da je sve diskretno, postoji najmanja dužina, najmanji djelić vremena itd. Pitagorejci tvrde da je jedinica monada početak svega, sve se da objasniti brojevima i njihovim odnosima. Oni me đutim priznaju postojanje samo racionalnih brojeva. Spoznaja da dijagonala kvadrata i stranica kvadrata ne mogu biti izmjerene istom jediničnom dužinom, tj. da omjer duljina tih dužina nije racionalan broj dovela je do raspada pitagorejske škole. Najžešći kritičar takvih shvaćanja već u tako davna vremena bio je Zenon, (5. st.pr.n.e.) Spomenimo radi ilustracije��onove paradokse: "gibanje", " strijela" i "kornjača". Gibanje. Zenon tvrdi da ne postoji gibanje. Evo kako on navodi razloge za tu tvrdnju. Zamislimo da treba stići iz točke A u točku B , koje su međusobno udaljene za jedinicu. U tom slučaju treba preći pola toga puta i recimo stići u točku e, zatim preći pola puta od točke e do točke B dakle još t , zatim ! puta, itd. Kako se ovaj postupak može provoditi do beskonačnosti. nemoguće je stići u točku B . Nama je jasno da se tu radi o zbroju geometrijskog reda l l l

2+ 4+ 8+'"

i taj zbroj je jedan. Jednako tako je konačno vrijeme za koje ćemo preći sve te odreske. Strijela. "Strijela koja izgleda da leti, ne leti". Naime u svakom nedjeljivom tre nutku vremena strijela miruje. Kako je vremenski interval zbroj od beskonačno mnogo nedjeljivih intervala, strijela uvijek miruje. Kornjača. Promotrimo detaljnije paradoks "kornjače". Naime, brzonogi Ahil, utrku jući se s jednim od najsporijih bića, s kornjačom, neće je moći dostići ako je ona krenula prije njega. Pretpostavimo da Ahil trči (radi jednostavnosti) sto puta brže od kornjače. Zenonovo razmišljane je sljedeće: Neka kornjača prijeđe put So prije no što je Ahil krenuo. Dok Ahil prijeđe taj put, kornjača prijeđe daljnji put S I = So/ 1 00 . Dok on prijeđe put SI kornjača prijeđe daljnji put st / lOO = so/ l ()(J2 itd. Dakle, Ahil ne može stići kornjaču jer je ona uvijek nešto malo ispred njega. Kao što znamo kornjača će prevaliti put

,

1()()2

So So So So + 1 00 + + 1 003 +

... ( 1 =

l So l + 1 00 + 1 ()()2 + .

. .)

.

4 . NIZOVI

53

U posljednjoj zagradi imamo geometrijski red s kvocijentom 100 l = --gg so s = So l

1/ 100 . Zbroj tog reda je

-

1 - 100

i Ahil će stići kornjaču na tom mjestu, jer se on kreće jednoliko i neprekidno. Problem možemo riješiti i ovako: nakon vremena t kornjača prevali put So + Vk t , a Ahil 100 vkt ( Vk je brzina kornjače). Ti će putovi biti jednaki kad je t = so /99vk . Dakako da je Zenon znao da će Ahil prestići kornjaču, no razrješenje gornjega para doksa nije u to doba bilo posve jasno. I sami stari grci imali su svoje "metode" rješavanja nekih od ovih paradoksa. Tako je Diogen, grčki filozof koji je zagovarao život s čim manje potreba i živio u bačvi, "dokazao" da postoji gibanje. On je jednostavno obišao svoju bačvu i tako dokazao da postoji gibanje. 1 Gauss 2 i A. L. Cauchy 3 definirali su pojam niza u smislu u kojem ga i danas shvaćamo. Defmicija niza. Veliki matematičari C.

F.

Definicija 4.1. Nekaje S neprazan skup. Funkciju a sa skupa N u skup S nazivamo nizom u S .

Dakle, niz je preslikavanje a : N -+ S. Umjesto uobičajene oznake a(n) , tj. funk cijske vrijednosti u prirodnom broju n , koristmo oznaku an . Zbog jasnoće niz često zapisujemo na sljedeći način: navodeći nekoliko prvih i opći, n -ti član niza. Koristimo i sažeti zapis (an ) . Mi ćemo najčešće proučavati nizove realnih brojeva, tj. funkcije sa skupa prirodnih brojeva N u skup realnih brojeva R. Ako umjesto skupa N uzmemo njegov konačni podskup, tada funkciju a : { l, . . . , n} -+ S nazivamo konačnim nizom u S . Niz najčešće zadajerno tako da propišemo kako se dobiva opći ( n -ti) član niza. Navedimo nekoliko primjera nizova realnih brojeva. Primjer 4.1. Ispisano je nekoliko članova niza kada je zadan opći član.

1.

2.

3. 4. 5. 6. 7. 8.

an an an

= = -

(- l ) n ; l + ( - l )n ; 3n+ 1 . n2+1 '

9

an = 0" ; 1 an = cos nx + xn ; 1 an = ( l + - ) n ; n al = l, a2 = l, an+1 = an + an- 1 ; an = 2 � ;

- 1, 1, - 1 , 1, . . . 7 13 2, 5' 1, ' . . . 17 0.9, 0 . 09, 0.009, . . . cosx + x, cos 2x + x2 , . . . 2 l 1 + l' 1 + 21 1 + 31 3 , . . . l, 1 , 2, 3 , 5, 8, . . . 2 , .;2, �, 12, . . . 0, 2, 0, 2, . . .

(

) ( '

)

l Uz Diogenovo ime vezane su brojne anegdote. Onje znao u pola bijela dana šetati s upaljenom svjetiljkom 'tražeći čovjeka'. Kad muje Aleksandar Veliki, oduševljen �egovim načinom života, došavši pred bačvu ponudio poklon, Diogen ga zamoli da mu se skloni sa sunca jer ga svojom sjenom smeta kod sunčanja. 2 Carl Friedrich Gauss, ( 1777-1855), njemački matematičar 3 Augustin Louis Cauchy ( 1789-1857), francuski matematičar

4. NIzovI

54

Primjer 4.2. Nacrtajmo kružnicu polumjera r l , i neka su njene dijametralne točke A i B. Točka B neka je polovište luka fiE , dok je polovište dužine DE točka terokuta u zadanu kružnicu. DB je C . Neka je d(D,E)= Sn duljina stranice upisanog stranica -terokuta. Dokažimo da je

n-

2n

S2n =

J2 - V4

- s� .

A

Sl. 4.1

Istinitost tvrdnje slijedi izjednakosti izraza za površinu pravokutnog trokuta f1(A BD) . IBDI == S2n , ICDI = ! S7l ' Imamo I ABI =

2,

P

IA DI I BDI = I ABI ICDI = � . 2 .

==

2

2

l A DI ==

2

=:>

2

d( A D) = '

VIABIZ - IBDlz==:: = V4 - st, .

Sn

S2n

Iz posljednje jednakosti dobivamo bikvadratnujednadžbu za S2n čije rješenje daje traženu formulu. Ako je = 4 (upisan kvadrat) , onda je stranica S4 = vi , dakle, S8 - vi ,

n

SI6

J2

=

J2 - V2

271

•

SZ"

(n

J2 - J

2+

V2 + �.

- 1 ) -korijena. Očekujemo da je opsegu kružnice sve bliži i to zapisujemo na način

U posljednjem izrazu imamo broj

+ h, . . . , S2" =

lim

n � oo

271

S2"

lim

1J -+ OO

. /2 - V. /2· + V2 + � = 2n. 271 . V·

Nadalje kako je limn..... oo 271 ==

oo

prirodno je očekivati da slijedi =O

=2

tj. .

4. NIZOVI

55

r , i u nju je upisan pravilni n -terokut. 2 je sin a , dakle Površina jednog karakterističnog trokuta sa središnjim kutom a Primjer 4.3. Zadana je kružnica polumjera

;:::: : �?-

površina upisanog n -terokuta je

2

2n . 2n sm n n . --2�o... = ?-n 2nn . n .

r sm

Možemo očekivati, kada

n teži

oo

da će ovaj broj težiti broju .

sm

r2 n , odnosno da će biti

2n

lim

= 1.

n Primjer 4.4. Bodeov zakon. To je pravilo po kojem određujemo udaljenosti nekih planeta sunčevog sustava. Njega je otkrio njemački matematičar J. D. Titius 1766. godine, kad još nisu bili otkriveni planeti Uran, Neptun i Pluton. 1722. godine njemački astronom J. E. Bode publicirao je to pravilo, koje je po njemu i dobilo ime. Evo njegova opisa. Polazimo od niza brojeva

O, 3, 6, 12, 24, 48, 96, 192, 384, 768, . . . ao O, a l 3, an+l = 2an, n > 1 .

Polazeći od tog niza dolazimo do novog niza

an + 4

10 0 . 4, 0.7, l, 1 .6, 2.8, 5 .2, 10, 19 .6, 38.8, 77 .2, . . . Ovi su brojevi približne udaljenosti planeta do Sunca, izraženi u astronomskirnjedinicama (astronomska jedinica iznosi približno 150000 000 km, to je prosječna udaljenost Zemlje od Sunca).

Venera Zemlja Mars

Asteroidi Jupiter Saturn Uran Neptun Pluton

0.4

jenost

0.39

0.7

0.72

1 .6

1 .52

2.8

S.2

10

19.6

38.8

77.2

U JO

5.20

9.54

19. 1 8

30.06 39.30

Većina asteroida nalazi se tamo gdje predviđa Bođeov zakon.

4. NIZOVI

S6

Neka su zadani nizovi realnih brojeva (a,,) , (b,,) . Polazeći od tih nizova možemo izgrađivati nove nizove pomoću algebarskih operacija definiranih na skupu nizova realnih brojeva. Niz (c,, ) , n E N je zbroj nizova (a,,) i (b,,) ako je n -ti član niza ( c,, ) jednak zbroju n -tih članova nizova (a,,) i (b,, ) . Dakle,

(an) + (b,,)

=

(e,, ) ako je

c"

a" + bn·

Analogno definiramo produkt dva niza

(an) (bn)

=

(c,, )

c" =

ako je

an ' b".

Slično definiramo unmožak broja i niza. Ako je I.. realni broj, tada će I.. (a,,) biti novi niz kojem je n ti član jednak n tom članu niza (a,,) pomnoženim s brojem I.. . Dakle, -

I.. (an) ::::: ( A a,,). Razlika dva niza je niz čij i je n -ti član jednak razlici n -tih članova polaznih nizova: Kvocijent dva niza (an) i (b,,) definiramo samo onda ako su svi članovi niza (b,,) različiti od nule. U tom slučaju definiramo kvocijent

(an) (bn)

=

(c )

,, ,

cn

Ovako definirane operacije vrijede za konačne i za beskonačne nizove.

Neka je zadan niz realnih brojeva (an) . Njegovi članovi čine podskup skupa realnih brojeva. Zato se možemo pitati je li taj skup brojeva ograničen odozgo, ograničen odozdo, ograničen ili neograničen?

Defmicija 4.2. Nizje ograničen odozgo ako vrijedi:

(::lM E R)

i (Van) (an

� M).

Niz je ograničen odozdo ako vrijedi:

(::lm E R) M

i (Van) (an

� m).

Niz je ograničen ako je ograničen odozdo i odozgo, tj. ako postoje realni brojevi takvi da za svaki n vrijedi:

(Vn ) je

/11

� an � M.

mi

4 . NIZOVI

57

Ograničenost niza brojeva često iskazujemo na sljedeći način: (3M E R) takav da (Vn E N) vrijedi l ani ::;; M. Ograničenost niza brojeva možemo karakterizirati tako da istaknemo neki konačni otvo reni interval (a, b) realnih brojeva koji sadrži sve članove niza. Takve otvorene intervale nazivamo okolinama. Okolina broja a je svaki otvoreni interval koji sadrži a . Vrio često koristimo sime trične okoline broja a koje zadajerno nekim pozitivnim realnim brojem. To su otvoreni intervali oblika (a - e, a + e) , gdje je e > O . Za takve okoline kažemo da su to tzv. e -okoline.

Definicija 4.3. Niz realnih brojeva (an), n E N, nazivamo konvergentnim nizom ako postoji realan broj a koji u svakoj svojoj okolini sadrži gotovo sve članove tog niza. U slučaju da je niz konvergentan kažemo da je limes tog niza broj a i pišemo: lim an = a ; ili an -;. a , kada n -;. oo .

n -oo

Da se u svakoj okolini nalaze gotovo svi članovi niza znači da se u toj okolini nalaze svi osim možda njih konačno mnogo. Za okolinu broja a obično uzimamo simetričnu e -okolinu, tj . otvoreni interval (a - e, a + e) = {x E R : a e < x < a + e, e > O}. Niz (an ) je konvergentan i ima za svoj limes broj a ako za svaku e -kolinu broja a ima samo no članova tog niza izvan e okoline. Broj no ovisiti će o e -kolini, tj. o broju e , zato i pišemo no = no(e ) . Ako niz (an ) nije konvergentan, onda kažemo da je divergentan.

(an) je konvergentan i njegov je limes broj a ako (Ve > 0)(3no(e) E N)(Vn > no )(lan al < e) .

Definicija 4.4. Niz

Upozorimo na sljedeće ekvivalencije koje koristimo kada želimo iskazati da je neki broj u e -kolini broja a : lan - al < e - e < an - a < e a e < an < a + e .

l

Primjer 4.5. Dokažimo da je niz ( ;; ) tj. mu je limes broj o: l

n- -;. O

,

kada

l' l

l l 2 ' 3" " ' ;;" ' " konvergentan i da

n -;. oo .

Kako dokazujemo takve tvrdnje? Zadajerno neki e > O , zatim za taj e tražimo broj no poslije kojeg će svi članovi niza biti blizu limesa do na e . Dakle, neka je zadan e > O . Iz

lan

-

OI

O postoji prirodan broj no takav da je

l

lm nI-oo n .

O.

4. NIZOVI

58

O.

Navedena tvrdnja neposredna je posljedica Arhimedova teorema. Naime neka je zadan e > Tada prema Arhimedovom teoremu postoji prirodan broj n takav da je

ne > 1 , odnosno

!n < e za svaki prirodni broj veći od n .

Zadatak 4.1. Zadani su nizovi svojim općim članom: 1.

an =

l )n

2.

an = n 3 . an = 1 3

4.

an =

(- l t!n

Polazeći od definicije konvergencije niza dokaži da su nizovi pod 1 . i 2. divergentni, dok su ostala dva konvergentni.

Teorem 4.1. 1.

Konvergentan nizje ograničen; Konvergentan niz može imati samo jedan limes. Ako je niz (an) konvergentan, onda nlim -oo an a => nlim -oo la ani = O; 4. Ako je lim an = lim bf! = a i an � Cn � bn , onda postoji lim Cn n-+oo "....... 00 n -+<x') C a ; n nlim �oo 5. Akoje lim an = a n-oo nlim _oo bn = b, onda postoje sljedeći limesi i jednaki su: 5. 1. nlim --oo (an + bn ) = nlim -oo bn a + b ; -oo an + nlim 5.2. nlim -oo (an - bn ) = nlim -oo bn a - b ; -+oo an nlim lim (an ' bn ) = lim an ' lim bn ab ; 5.3. n -oo n -oo 1J-+00 lim an an = � �. 5.4. nlim ..... oo bn nlim ..... oo bn b U kvocijentu nizova pretpostavlja se da su svi članovi niza bn različiti od O i da je limes b također različit od nule. 2. 3.

=

-

_

Dokaz. 1. Neka je nlim ..... oo an = a . Odaberirno e > O. To znači da izvan intervala e, a + e) ima samo konačan broj članova niza. Neka je no indeks posljednjeg takvog člana. Za svaki n > no je lani = lan a + al � lan a l + lal � e + lal . Označimo sa M najveći od no + 1 brojeva, lat i , la21, . . . , Iano i, e + lal . Sada za svaki n vrijedi an � M , (a

-

tj. niz je ograničen. 2. Tvrdimo, ako postoji limes niza onda je on jedt;loznačno određen. Dokaz provodimo kontradikcijom. Dakle, neka je lim an = a lim an = b , i neka je a < b .

n -+oo

n _oo

4. NIZOVI

59

; �

b a Odaberimo za e � . obivamo tim izborom dvije disjunktne e -okoline oko brojeva a i b . Kako je nlim an = a slijedi da se izvan spomenute okoline (a - lO, a + 10) nalazi � oo samo konačan broj članova niza pa se prema tome ne mogu gotovo svi nalaziti u e -okolini od b , tj. b nije limes, a što je u suprotnosti s pretpostavkom da on to jest. 3. Kako je nlim an = a to vrijedi ("le > 0) (3no)(Vn > no) ( la - ani < e) . Sada � oo imamo I la - an l - OI = la - ani < e , pa vrijedi lim an = a ===? nlim la - ani O. n

=

- oo

- oo

lim bn = a, i za svaki n (ili počevši od nekog n ) an � C n � bn . Neka je e > O zadano. Pokažimo da postoji no takav da će za svaki n > no biti la - cn l < e . Za zadani e postoje brojevi nl i n2 takvi da je za svaki n > nl slijedi la - ani < e i za svaki n > n2 slijedi la - bnl < e . Odaberimo veći od ta dva broja, n3 = max{nl' n2} . Sada je za svaki n > n3 l a - ani < lO i la - bn I < e . To znači da su an , bn U intervalu (a - e, a + e) , a prema tome je za svaki n > n3 Cn E (a - e, a + e) , tj. nlim Cn = a . � oo 5.1. Limes zbroja je zbroj limesa. Neka je lO > O zadano. Za taj e postoje brojevi nl i n2 takvi da za e lO ("In > n d ( la - an i < 2" )' ("In > n2)(lb - bnl < 2" ) . 4. Sandwich-teorem. Neka je nlim an - <Xl

=

n - oo

Odaberimo n3 = ma.x{nl ' n2} . Sada će za svaki n > n3 biti la + b - (an + bn ) 1 = I (a - an ) + (b - bn ) 1

e lO � l a - an i + lb - bn l � 2" + 2"

= lO ,

a to znači da je limes niza (an + bn ) broj a + b . 5.2. Limes razlike je razlika limesa. Dokazujemo analogno kao u prethodnom slučaju. Moramo pokazati da vrijedi ("le > 0) (3no E N) (Vn > no) ( la - b - (an - bn) 1 < e). Neka je e > O zadano. Postoje brojevi nl i n2 takvi da je e · e ("In > n d ( la - ani < 2" )' ("In > n2)(lb - bn l < 2"). Odaberimo no

=

max{n!, n2} . Sada z a svaki n > no vrijedi la - b - (an - bn) 1 = I (a - an) + (bn - b}1

0)( 3no E N)('rIn > no)(an > M) .

= OO {:::::::}

Za takve divergentne nizove kažemo da konvergiraju u proširenom smislu. Analogno definiramo što treba značiti lim an = - oo .

n_oo

lim a = n_oo n

-oo

('rim E R)(3no E N)('rIn > no)(an < m).

{:::::::}

Primjer 4.6. Odredi limes i obrazloži svaki korak u sljedeća tri specijalna slučaja.

. aonk + a l nk- 1 + . . . + ak . . l l lm

'1 --+ 00

1. k = i ,

2. k

O . n-oo 4. lim an = O , za la l < l , n -oo ! n= < 1 + ! n = lim 5 . Lim 1 + 1 + n. - oo n - oo n n n l 1 l Ln(n) = e = 0.577216 . 6. lim l + - + 3 + . . . + n-oo n 2 gdje je Ln n prirodni Logaritarn broja n , a konstanta e je Eulerova konstanta. 1. Lim

( [

)

e

( ! ) Il+ l ,

-

(

]

) +l

e,

o o

,

Limes pod l. već je dokazan. Dokažimo 2. koristeći Bernoullijevu nejednakost i "sandwich" teorem. Može mo pisati wn = l + an , gdje je an > O. Odavde, po Bernoullijevoj nejednakosti Jn Dobili smo Jn = ( 1 + all )1I > l + nali > nali te je all < =

�.

n yn l 1Ir.: = (l + an ) 2 1 + 2an + all2 < 1 + 2r.: + -' l < �n yn n Budući je lim ( 1 + + !) n-+ oo - oo � = 1 jer se članovi niza ( �) nalaze vn n l , slijedi nlim između članova nizova čiji su Iimesi jednaki 1. Dokažimo 3. Ako j e a > 1 , onda vrijedi 1 < {Ili < � čim j e n > a. Kako ( �) ima limes 1, to je i traženi limes jednak 1. Ako je O < a < 1 , tada stavljajući a = kako je b > 1 , rezuLtat slijedi po već dokazanom. možemo pisati !/ii = Dokažimo 4. Neka je a > l . Onda je a = l + h, h > O . Prema BernouJlijevoj nejednakosti, all = ( 1 + h)1I > l + nh > nh . Slij edi nlim all = Ako je a = 1 , onda oo l 1 je lim an = 1 . Dakle neka je lal < 1 Sada je _ > l , pa je _ = 1 + x , x > O. _ oo 1a 1 Ial n n Nadalje je = ( l + x) > Konačno iz posljednje nejednakosti slijedi I I 1 = 1 lim ! O 0 < l a l ll < ..!.. , lim :=:;- lim Iai n = O. n= MogLi smo i ovako zaključivati. Neka je lal < 1 . Sada je niz (Ia i n ) monotono pa

�

�

�,

oo .

(!)

nx .

nx

II-OO nx

X

.

II - OO

II - OO

dajući i ograničen odozdo brojem Oo Dakle, postoji limes tog niza i recimo da je to O o Iz Ia i n --+ m slijedi Ia i n . lal = l a l n+1 --+ m l a i , broj m . Dokažimo da je m n la l +1 - m :=:;- m la i = m ==> m(l - lal) = O Zato je m = O jerje lal =I- 1 . Dokažimo 5. Već je dokazano da je lim II - OO monotono rastući i ograničen odozgo.

( 1 + n!)" ='

e,

i daje niz

(

)

" an = 1 + n!

4. NIZOVI

67

' Dokažimo daje niz bn ( I + �r+1 monotono padajući i n��(1 + �r+1 Za razliku tih nizova vrijedi: 11 bil - all ( 1 + ;;l ) + 1 - ( l + ;;I ) ( l + ;;I ) ( 1 + n1 Možemo zaključiti da nizovi imajujednake limese. Upotrebom BernouJlijeve nejednakosti dokažimo daje niz (bil ) monotono padajući. 2 bllH (I + � r+ ( n2 + 2n ) "+1 n + 2 n+ 1 bil ( 1 + -nI ) - n2 + 2n + n+2 n+2 1 n+1 ( n2n+2 +2n2n+ 1 r+ 1 n + 1 1 n + 2 n3 + 4n2 + 4n l. n + l n3 + 4n 2 + 4n + 1 I + (n + l) · =

= e.

II

=

=

II

=

liH

l

. -- =

=

O odavde dobivamo: 1 l ---"""1- > l > slijedi n · ln(l + n-) (n + l) ln(l + _1_ ( n + 1 ln l + �n ) n� l > n ' ln ( l + � ) , � > ln ( l + � ) ln(n + l) ln(n). Supstituirajući po redu n 1, n = 2, . . . u posljednju nejednakost, zatim zbrajanjem svih tako dobivenih nejednakosti dobivamo 1 + 21 + 31 + . . . + ;;l > In(l + n). Dokažimo sada da je niz čiji je opći član all l + 2l + 3l + . . . + ;;l - ln(n) konvergentan . Koristeći se višekratno nejednakošću �n > In( 1 + n�) dobivamo all l + 2� + �3 + . . . + n� - ln(n) > ln ( 1 + �l ) + ln ( l + �2 ) + . . . + ln ( 1 + �) - ln(n)
n

+.+

.

Primjer 5.2. Dokažimo da divergira red

oo

", . n2 L.., SIn

n= 1

=

. 2 . . n2 + . . . . 2 2 + SIn 3 + . . . + SIn SIn 1 2 + SIn .

Pokažimo da nije ispunjen nuždan uvijet konvergencije, tj. oPĆi član reda ne teži nuli. Pretpostavimo da je lim sin n2 O . Tada, preimenovanjem indeksa, zaključujemo da n -oo 2 vrijedi i lim sin (n + 1 ) O . Ovaj je pak limes jednak

n --oo

2

nlim --oo sin(n + 2n + 1 ) 2 2 nlim --oo [sin n cos(2n + l ) + sin(2n + l ) cos n ] 2 nlim -oo sin(2n + l ) cos n

h./

-

nlim -oo sin(2n + l 1 nlim -oo sin(2n + l ) = O.

n -oo

No, tada bi vrijedilo i lim sin(2n + 3)

=

sin2 (n2 )

O.

kako je sin(2n + 3)

l ) cos 2 + cos(2n + l ) si n 2 slijedilo b i d a i cos(2n + sin2 (2n + 1 ) + cos2 (2n + l ) 1 .

Primjer 5.3. Ispitajmo konvergenciju reda

I)

-+

=

sin(2n +

O što j e u suprotnosti sa

2:: 1 air , ako je an =

--,----,-

.

Parci

jalna suma je

Nju možemo napisati u vrlo jednostavnom obliku iz kojeg će se moći lako odrediti koliki je njezin limes. Dakle,

73

5 . REDOVI

Sn = =

n -oo

Kako je lim

1

2 1.

+...+ n·

( �) + (� � ) + . . . + ( �

(l -

1

1 _n+ 1

3

)

_

n

1_

_

n+ l

)

=1

-

1 _.

_

n+ l

l , to je zadani red konvergentan i suma mu iznosi

l.

Primjer 5.4. Zadan je geometrijski red ""

n =O

Parcijalne sume tog reda možemo odrediti iz identiteta

Ako je

l xi

xn

- 1 = (x

1 , onda ne postoji limes od lim xn n -oo

�

nije ispunjen nuždan uvjet konvergencije i red je divergentan. kada n -> oo . Možemo zaključiti: geometrijski red je konvergentan onda i samo onda ako je l xi < l , i u tom slučaju njegova je suma:

� xn = 1 + x + x2 + . . + xn + L... . n=O

.

.. =

l

- x,

--

l

l xi
O postoji prirodan broj no takav da za svaki m, n > no vrijedi \Sm sn i < e . U našem slučaju, za parcijalne sume reda to znači

("lE > O)(3no)(Vn > no)(Vk E N) ( ISn+k

tj.

sn i < e ) ,

lan +l + an+2 + . . + an+kl < e . .

Dakle, da bi red bio konvergentan nužno je i dovoljno da se za svaki e > O može odrediti broj no takav da zbroj svakog odsječka poslije n -tog člana bude manji od e .

Primjer 5.5. Dokaži da divergira red

oo

l

� Jn (n + l )

l =

+

Da bismo dokazali divergenciju ovog reda koristimo Cauchyjev kriterij o nužnosti i dovoljnosti konvergencije reda. Zadajmo e = 1 /4 i pokažimo da ne postoji prirodan broj

5. REDOVI

74

n

poslije kojeg bi se svake dvije parcijalne sume razlikovale za manje od naznačenog Napravimo razliku parcijalnih suma l l l

e.

. +. .+ + S2n - Sn = J(n + 1)(n + 2) J(n + 2)(n + 3) . J2n(2n + 1) Kako je (n + l)(n + 2) < (n + 2)(n + 2) slijedi l

y'f7(n=+==1 )=;= ===" ( n=+=2�)

>

l

n+-2 ·

n vrijedi l l l l l S2n - Sn > -3 + . . . + - > n . - = -- > + -n+2 n+ l 2 n + n + l 2 . 2 + n-1

Budući da za svaki

l

4 -'

red je divergentan.

* * *

Polazeći od zadanog reda možemo odbacivanjem prvih n članova doći do novog reda kojeg nazivamo ostatkom polaznog reda. Označavamo ga s

Teorem 5.2.

konvergentan, tj. oo

Red L� l ak je konvergentan onda i samo onda ako je svaki ostatak rn

ak je konvergentan L k= l

reda

{::::::}

oo

L ak

k=n+l

je konvergentan.

Dokaz. Označimo m -tu parcijalnu sumu zadanog reda sa Sm rn sa sk ' dakle neka je

i k -tu parcijalnu sumu

Fiksirajmo broj n , tj. radimo s redom rn . Sada imamo ove zaključke. 1. Ako zadani red konvergira, onda postoji limes parcijalnih suma limm-+oo Sm = S. Iz jednakosti

sk = Sn+k - Sn ==} klim -+oo sk = klim -+oo Sn+k - Sn = S - Sn ,

Sm

i neka je

dakle i red rn je konvergentanjer postoji limes njegovih parcijalnih suma. 2. Neka konvergira red rn i neka je zbroj tog reda S* . Njegova k -ta parcijalna suma je sk = Sn+k - Sn . Sada slijedi

klim --oo sk = S* = klim --oo Sn+k - Sn , dakle postoji limes od Sn+k kada k i jednak je S'. + Sn . -+ oo

75

5. REDOVI Teorem 5.3. Neka su zadani konvergentni redovi Z:::� I ak = a, Z:::� I bk konstanta e . Konvergiraju sljedeći redovi i za njihove sume vrijedi: oo

oo

L ak L cak ca l + ea2 + . . . + can + . = e a, k=1 k=1 oo 2. L (ak ± bk ) = (a l ± b I ) + (a2 ± bz) + . ± (an ± bn ) + . . k=1 1.

e·

=

=

. .

b

.

. .

Dokaz.

=

.

=

a ± b.

za parcijalne sume spomenutih redova vrijedi:

1.

lim

n - oo

eSn

=

e

lim

n - oo

Sn

ea,

(b l + . . . + bn ) = nlim (a l + . . . + an ) ± nlim - oo - OO = a ± b, pa su tvrdnje neposredne posljedice pripadnih tvrdnji za nizove.

Sad ćemo promatrati redove čiji su svi članovi pozitivni realni brojevi. Nazivamo ih redovima s pozitivnim članovima. Kako vrijedi S I a l � O i Sn = Sn- I + an , to za takve redove vrijedi Sn � Sn - l za svaki n . Dakle, niz parcijalnih suma rastući je niz (ne nužno strogo rastući) . Prema tome z a konvergenciju takvog niza nužna je i dovoljna ograničenost odozgo. Dakle, ako postoji broj M takav da za parcijalne sume vrijedi Sn � M, za svaki n , onda je zadani red konvergentan. Ako red s pozitivnim članovima nije konvergentan. onda je lim Sn = oo . n ..... oo

Primjer 5.6. Ispitajmo konvergenciju poopćenog harmonijskog reda oo

+ - + + . . . + nS + . . . , n=1 nS = 1 2S 3 � ""

l

l

l

s

l

S E

R.

Akoje S = l , onda se radi o harmonij skom redu za koji smo već dokazali daje divergentan. Dokažimo da je poopćeni harmonijski red konvergentan ako je S > l , dok za S � l red divergira. Neka je S > l , tj. neka je s = l + x , x > O . Koristeći očiglednu nejednakost

l

- +

nS

1 + .+ 1 (2n - 1 )s (n + I )S . .

O , divergira jer je za dovoljno velike n , (In n Y < n, Red L... n=2 (In n =

red s članovima

.

l

,

l)

s

- ,

l l > (In n)S n

--

'

. Red

odnosno

Upoznat ćemo se s dva najjednostavnija kriterija konvergencije redova s pozitivnim članovima, s D' Alembertovim i Cauchyjevim kriterijem konvergencije. Njih dobivamo tako da zadani red uspoređujemo s geometrijskim redom . Znamo da red oo

L act a( l + q + l + . . . + qn + . . . n=O konvergira za

=

iqi < l , i njegov zbroj je oo

" act n=O

L....J

=

)

a_ o _ l -q

Zadan je red 2::: 1 an s pozitivnim c1anovi an+ l r < 1 za svaki n > no, ma. Ako postoji pozitivan realan broj r < l takav da je an � a n E N , red konvergira, akoje an+l � l , za svaki n > no . onda red divergira. n Teorem 5.6. (D'Alembertov kriterij.)

Dokaz. Za dovoljno velike n , tj. n > no je an+1 � an . r, an+2 � an+l . r � an ?, . . , an+k � an .

.

.

,;c,

=

(k 1 , 2, . . .

)

.

Dakle red je konvergentanjer su mu č lanovi (počevši od nekog n ) manji od članova kon vergentnog geometrijskog reda 2:: � 1 an I. Ako bi nastupio drugi slučaj, tj. ako poslije nekog n vrijedi an+ l /an � l , onda ne bi bio ispunjen nuždan uvjet konvergencije jer bi bilo an+l � an , an+2 � an+l � an , itd., a to znači da ne može biti lim an = O .

n --oo

79

5 . REDOVI

Alembertov kriterijan+se obično upotrebljava u tzv. graničnom slu 1 čaju. Pretpostavimo da postoji limes nlim � oo an q . Onda slijedi 1 . ako je q < l, onda red konvergira; 2. ako je q > l, onda red divergira; 3 . ako je q l, nema odluke po ovom kriterij u. Dokaz. 1. Budući da je q < l postoji > O takav da je i q + < l . Prema tome (jer je q limes) poslije nekog n će za svaki veći n vrijediti an+t /an < q + < l , što prema dokazanom d' Alembertovom kriteriju znači konvergenciju reda. > O takav da je i q > l , a zbog toga što je q 2 Ako je q > l , onda postoji limes sli. jedi da poslije nekog n an+ ! /an > q > l , što prema već dokazanom znači divergenciju reda. Primjer 5.8. Ispitaj konvergenciju zadanih redova: oo oo Granični slučaj. D'

=

=

e

e

e

-

-

<xl

e

e

e

<xl

l 2n 3n l 2 L n ! , . L 2n (2n + 1 ) 3 L , 4. L n , 5. n=1 11=1 11= 1 11=1 211+1 (n + l)! 2 1. 211 = n + l O , red konvergira. n! 11+ 1 2. 2 [2(n3+11 1 ) + l] 3 2n + 1 3 > l , red divergira. 2 2n + 3 2 2n (2n + l) Za daljnja tri reda po d'Alembertovom kriteriju ne možemo zaklj učiti jesu Ii konver a n+ 1 gentni ili ne. U sva tri slučaja limes kvocijenta an iznosi jedan . Nama je poznato da red pod brojem 3. konvergira, red pod brojem 4. je harmonijski i on divergira. Za poopćeni harmonijski red pod 5. dokazali smo da je konvergentan za za svaki s > l . 1.

,

.

-+

-+

Teorem 5.7. (Cauchyjev kriterij) Nekaje I:: 1 an red s pozitivnimc1anovima. Ako postoji pozitivan broj r < 1 takav da za gotovo sve n E N vrijedi f/'ii;. � r < l, onda red konvergira. Ako ima po volji velikih n za koje je f/'ii;. ;;': l . red divergira.

prvom je slučaju an �+k,n , an+1 � ,n+I , . . . , all+k � ,k, . . Zbrajanjem nejednakosti dobivamo: red I:Z:I ,n konvergira pa onda po teoremu o uspoređivanju redova konvergira i zadani red. U drugom slučaju, kada u zadanom redu ima po volji velikih n za koje je f/'ii;. > l , nije ispunjen nuždan uvjet konvergencije, tj . članovi reda ne teže k nuli i zadani red divergira. Dokaz.

U

.

.

5 . REDOVI

80

Granični slučaj. Cauchyjev kriterij , kao i d' Alembertov, koristi se najčešće u grani čnom slučaju. Neka postoji lim %n = q .

n -oo q < l, 2 . ako je q > l, 3 . ako je q l, L

ako je

onda red konvergira; onda red divergira;

=

nema odluke po ovom kriteriju.

Dokaz ovog kriterija potpuno je analogan dokazu graničnog slučaja za d' Alernbertov kri terij.

( )n

Primjer 5.9. Ispitaj konvergenciju zadanih redova služeći se Cauchyjevim kriterijem: l.

oo

L 2nn n=1

'

oo

2.

Ln .

2

3

oo

oo n

2 L -; , 4. L ( + l )x , x > O .

, 3.

II

n

n=l n=1 11=1 1 . i 2 . konvergiraju, jer je: l O postoji no takav da je za svaki n > no an+1 -;;; - q < e, tj. q e < an < q + e . Fiksirajmo neki n > no . Uvrštavajući po redu sve veće vrijednosti n + l , n + 2, . . . , n+ k u posljednju nejednakost, zatim množenjem svih tako dobivenih nejednakosti dobivamo: a n +k an+2 (q - e )k < aan+1 n an+1 an+k- I

l

II-OO

I

__

o

• • ,

iz čega slijedi:

(q e)k < aall+k < (q + e)* n

odnosno

all (q - e)k < an+k < (q + e) kan .

81

5. REDOVI Uvedimo supstituciju dobivamo: Nakon uzimanja

::::

n+k

m -tog

n , uvjet k -+ a,,(q - e)m -" < am < (q + e)m -"a" , m.

Za fiksirani

oo povlači

m

-+

oo , pa

korijena slijedi

'lJ'{i,, (q - e) l - � < 'lJ'{im < (q + e) l - � 'lJ'{in ' Budući da je n fiksiran, za za m -+ oo slijedi n l- m lim (q ± e) lim 'lJ'{i" = l, = q ± e, m-+oo m-+oo te je

q - e < m-+oo lim

Kako je

e

proizvoljan slijedi

tya;;;"

aU+l au

=

x3

aU+2 = l aU+l x

> 1.

Pokažimo daje taj red konvergentan po Cauchyjevom kriteriju. =

n 2k

===>

vx2k = x

O . Zato za dovoljno veliki n imamo I s:r

Sili

� l all+il + . . . + l anH I �

l s;' - S + s" - s,,1 � l s;'

Sn

i + IS

E :2 Sn

i � 2E + :2E

=

E.

Dakle novodobiveni red je konvergentan i suma mu je jednaka sumi polaznog reda.

Potpuno je drukčija situacija s uvjetno konvergentnim redom. Kod njega bilo grupi ranjem članova, bilo permutiranjem možemo promijeniti kako sumu tako i samu konver genciju. Interesantno je spomenti sljedeći Riemannov teorem.

Teorem 5.13. Neka je zadan uvjetno konvergentni red i proizvoljan realan broj M . Moguće je tako permutirati članove tog reda da će novonastali red biti konvergentan i da će imati zbroj M .

Dokaz. Neka je red 2: : 1 an uvjetno konvergentan. To znači da j e ispunjen nuždan uvjet konvergencije, tj. nlim an O . Nadalje redovi sastavljeni od samo pozitivnih, -oo

odnosno red sastavljen od samo negativnih č lanova polaznog reda moraju divergirati, pošto red nije apsolutno konvergentan. To ujedno znači da i njihovi ostaci divergiraju. Sad izgradimo novi red postupajući ovako. Odaberimo iz polaznog reda po redu samo toliko pozitivnih članova da njihov zbroj prelazi zadani broj M , i taj zbroj je prvi član novog reda. Zatim biramo po redu samo toliko negativnih članova (njihov zbroj je drugi član) i dodajemo prethodnoj sumi da dobijemo zbroj manji od M . Nastavimo na taj način dalje. Dolazimo do novog reda čije će parcijalne sume s:;' naizmjenice biti veće i manje od broja M . Razlika s:. - M kada je pozitivna manja je od posljednjeg pozitivnog člana ak kojeg smo uzeli u zbroj. Ako je ta razlika negativna, onda je njezina apsolutna vrijednost manja od apsolutne vrijednosti posljednjeg negativnog člana kojeg smo uzeli u zbroj. Budući da je polazni red konvergentan te vrijedi lim an O , slijedi da je M suma novodobivenog reda.

n-oo

87

5. REDOVI Primjer 5.15. Zadan je konvergentni red s pozitivnim članovima:

oo

OO

L L n= (2n + 1 )(2n + 2) = n= 1

O

O

(

) ( �) ( � - �) ( � - � )

1 1 2n + 2 2n + 1 -

+

12

3

4

+

5

6

+....

Ako izostavirno zagrade dobivamo alternirani red koji po Leibnizovu kriteriju konvergira, međutim, konvergira uvjetno. Njegova je suma jednaka sumi S početnog reda. Pogledaj mo što će se desiti ako članove tog reda grupiramo na drugi način, tako da poslije jednog pozitivnog člana dolaze dva negativna. Dobivamo red

( � �) (� - � �) ( � � ( ) �( � 1-

-

+

-

+...+

Zbroj ovako nastalog reda je S/ 2 , OO

1 1 1 2n + 1 - 4n + 2 - 4n + 4

1 - 4n

2n

1 . =2

OO

2 - 4n

� 4) + . . . .

1 1 2n + 1 - 2n + 2

)

= S

2

Neka su zadana dva konvergentna reda

oo n= 1 oo

B

=

L1 bn n=

=

bl + b2 + . . . + bn + . . . .

Polazeći od zadanih redova napišimo sv,e moguće produkte načnu matricu

alb i a 2bl a3b l a l b2 a 2b2 a3b2 alb3 a 2b3 a3b3

anbl anb2 anb3

a l bk a2bk a3bk

anbk

akbj

i svrstaj mo ih u besko

Na ovaj način dobivene produkte možemo na razne načine svrstati u niz, zatim napraviti red. Ako to napravimo po uzoru kako množimo polinome, onda dolazimo do Cauchyjevog načina množenja redova. Dakle, dolazimo do reda

albi + (alb2 + a 2bt } + (alb3 + a2b2 + a3bt} + . . . + (a l bn + a2bn - 1 + . . . + an- I b2 + an b t } + . . . .

5. REDovr

88

Možemo odmah zapaziti da je zbroj indeksa pojedinih sumanada u zagradama konstantan Caucbyjev produkt redova je red i iznosi po redu 2, 3, . n, n l,

.. + .... L Cn = C l + C2 + . . . + Cn + . . . , n=1

n Cn = L akbn+l-k. k=1

oo

Za red koji nastaje Cauchyjevim načinom množenja vrijedi sljedeći Cauchyjev teorem. Teorem 5.14.

Neka su zadani apsolutno konvergentni redovi oo

Cauchyjev produkt tih redova

Dokaz.

n=1

n=1

je apsolutnq konvergentan red i njegovje zbroj A B o o

Redovi

konvergiraju i ako napravimo za njih Cauchyjev produkt dobivamo red

ladlbd + ( ladlb21 + la2l !b1!) + o " + (Iadlbnl + la2l1bn-d + . o . + lan-lllb21 + lanllb l l ) + . . . .

Taj je red konvergentanjer su mu parcijalne sume manje od

(lal I + la21 + . . . + lanl )( lbl l + Ibz l + . . . + Ibn !} � A* B* .

Iz konvergencije posljednjeg reda slijedi i konvergencija Cauchyjevog produkta polaznih redova.

(Jx l < l ) vrijedi: ( � xn r = ( 1 + x + x2 +x3 + . o . + xn + . . . ) z = (. � x r

Primjer S.16. Za konvergentni geometrijski red

S druge strane, množeći redove dobivamo

Z (f xn) = ( l + x + x2 + . . . + xn + . . . )( l + + x2 + o + xn + . . . ) n=O = l + 2x + 3xZ + . . . + nxn 1 + . . . = ( l -l x )2 . X

•

•

_

Primjer 5.17. Zadani su apsolutno konvergentni redovi (provjeri d ' Alembertovim

kriterijem) :

n n f(x ) = L xn."I = l + -1.' + xZ2 ' + . . . + xn,.. + . . . n=O � � l + +� +.. + + .... = f(y) = L ,. l '. 2 '. ' . n,.. n. oo

X

o

oo

n;;{)

,

5 . REDOVI

89

Množenjem tih redova dobivamo apsolutno konvergentan red

f(x )f(y )

=

(1 + x +

Opći član novog reda je

�� + �� + . . .) ( 1 + y + 2! + �� + . . .) �zn. =

n xl< yn-k x2 . . + . . + + l · y+ . k'. (n -k) .' n! l ., 2'. n " � l kyn -k l, L (n) x ky ,,- k x � k!(n _ k) ! ' n! n . 1 O vrijedi

1.

Kasnije će biti pokazano da promatrani red predstavlja eksponencijalnu funkciju f(x)

=

tf .

Zadatak. S.l. Dokaži da množenjem redova oo

c(x) sex)

=

oo

2n

L (- l)" . (�n)! ' ,,=0

2n+ l

L (_ 1 )n . (2: + l ) ! n=O

Kasnije će biti pokazano da red c(x) predstavlja funkciju kosinus, u smislu da za svaki x red konvergira i njegov je zbroj cosx . Analogno će biti pokazano da red sex) reprezentira funkciju sin x . Rezultat ovog zadatka mogli bi izraziti poznatom fonnulom za sinus "dvostrukog kuta", naime poznatoje da vrijedi 2 cos x sinx = sin 2x .

6.

Limes funkcije I . o pojmu limesa . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4. Aritmetičke operacije i limes . . . . . . . . 95

3. Jednostrani limesi . . . . . .

6. Limes kompozicije . . . . . . . . . . . . . 100

2 . Definicija limesa funkcije . . . . . . . . . . 9 2

. . . . . . . . 94

5. Nejednakost i limes

.

.

.

.

.

. . .

.

. . . .

.

97

Već je bilo isticano da je pojam limesa ili graničnog procesa osnovni pojam mate matičke analize. Definicije tako značajnih pojmova kao što su derivacija i integral sadrže pojam limesa. Pojam limesaje u najužoj vezi s pojmom neprekinutosti o čemu imamo neku intuitivnu predstavu temeljenu na iskustvu o gibanjima tijela, čestica, promjenama stanja itd. Ako razmatramo jednostavno gibanje po pravcu, onda često upotrebljavamo izraze ili njihove sinonime kao što su: kada se vrijeme "približava" trenutku to ; kada vrijeme "teži" prema to , onda se tijelo približava položaju so , ili tjelo će zauzeti položaj so , itd. Tako na primjer ako se x približava broju 2, onda će se f{x) x2 približavati broju 4. S obzirom da su to osnovni pojmovi njihovom definiranju treba posvetiti izuzetnu pažnju. Podsjetimo da je čovječanstvu bilo potrebno nekoliko stotina godina dok ti pojmovi nisu precizno (s današnjeg stajališta) definirani. Mi smo pojam limesa već upoznali najednom vrlo važnom tipu funkcij a koje smo nazvali nizovima ili sljedovima. Podsjetimo se cijele konstrukcije vezane za limes niza realnih brojeva. 1 . Najprije smo zadali fitnkciju - niz. njezina domena je skup prirodnih brojeva N i kodomena skup realnih brojeva R . Za svaki n N imamo funkcij sku vrijednost koju smo najčešće označili sa all ' Tako smo dobili prikaz funkCije u obliku =

E

a : N -+ R, 2. Limes niza (an) broj a

al, az, a 3. " ' . an. an+h . . . .

je (ako postoji). Zatim smo opisivali svojstva tog broja. Rekli smo da se u svakoj njegovoj okolini moraju nalaziti gotovo svi članovi niza. Okolinu broja zadajerno tako da se od broja a pomaknemo lijevo i desno za neki pozitivan broj. recimo Na taj način dolazimo do otvorenog intervala -otvorene okoline (a - E, a + E) a

f.

90

91

6. LIMES FUNKCIJE

oko broja a . Konačno smo imali formaliziranu definiciju pojma limesa niza realnih brojeva izkazanu na sljedeći način:

nlimoo all = a .....

{::::::}

("le > 0)(3no(e)

E

N)(Vn > no)(lall - al < e ).

Koliko je najviše članova niza izvan e -okoline govori nam broj no( e) pri čemu je istak nuto da on zavisi od zadanog broja e . Nadalje bismo mogli primijetiti da smo tražili čemu "teži" vrijednost funkcije (niza) kada n -+ oo ali nismo mogli "uvrštavati" oo . Pristupimo poopćenju pojma limesa na realne funkcije realne varijable.

Gomilište skupa. Neka je D podskup realnih brojeva, D � R . Broj x je gomilište skupa D ako za svaki e > O e -okolina (x - e, x + e) od x sadrži elemenata iz D različitih od x tj.

(x - e, x + e) n(D\{x} ) =F 0.

Skup svih gomilišta skupa D označimo sa D' i nazovimo derivacijom skupa D. Ne ka je Xo element skupa D' , Odaberimo niz okolina broja xo , recimo otvorene intervale III = (xo - �, xo + �) . U svakom od tih intervala ima točaka iz D i mi možemo odabrati jednu. Dakle, moguće je iz svakog ln odabrati točku XII ' XII E D , Xn =F Xo . Na taj način dolazimo do niza u D koji je konvergentan i limes mu je broj Xo . Primijeti da izbor točaka u tom nizu nije jednoznačno određen. Takvih nizova može biti beskonačno mnogo. Sama točka Xo može ali ne mora pripadati skupu D . Upravo rečeno iskazujemo tako da kažemo da je svaka točka gomilanja skupa D nizovno dohvatljiva iz D . Dakle, neka je f : D -+ R ondaje

Xo

E

D'

{::::::}

postoji niz (XII),

XII

E

D,

XII =F Xo,

lim Xn

11 ..... 00

Xo

Primjer 6.1. Zadani su podskupovi realnih brojeva: 1. [a, bl 2. (a, b) , 3. [a, b) , Z , 6. Q . Odredi gomilišta tih skupova. Provjeri da su to skupovi: 1 . [a, bl , 2. [a, bl , 3 . [a, bl 4. {O} , S. 0 , 6. R . 4.

{� I n E N } , 5.

'

'

Točke gomilanja od Z mogu biti samo ±oo , pri čemu gore danu definiciju gomili šta skupa D treba proširiti na sljedeći način: oo je točka gomilanja skupa D ako D sadrži povalji velike realne brojeve tj.

("IM > O)

===}

{x E R I X > M} nD =F 0;

-oo je točka gomilanja skupa D ako D sadrži po volji male realne brojeve tj.

(Vm)(m E R)

===}

{x E R I X < m} nD =F 0.

Izolirana točka Xo E D skupa D � R je takva točka iz D koja ima okolinu u kojoj je ona jedina točka koja pripada skupu D . Prema do sada rečenom uočavamo sljedeće. Zadajerno realnu funkciju realne varijab le. Njezina domena je neki podskup D realnih brojeva R . Neka je D' skup svih njegovih gomilišta, (vidi gornji primjer) . Za točke iz skupa D' definirati ćemo limes funkcije (u nekim možda neće postojati). Limes funkcije u točki je broj. Pokazat ćemo kako se on definira i određuje.

6. LIMES FUNKCIJE

92

Primjer 6.2. Zadana je funkcija f(x) =

x2 - l . Njena je domena domf = D = x+1

R\ { - I } , a skup gomilištaje D' = R . Limes funkcije možemo tražiti u svakoj točki domene, medutim vidjet ćemo da je jedini netrivijalni problem pronaći limes u točkama koje ne pripadajU domeni funkcije. Funkcija nije definirana za x = l , međutim - 1 je element skupa gomilišta domene. Postoje zato nizovi u domeni čiji je limes broj l . Zamislimo sad sljedeći eksperiment. Uzmemo džepno računalo i nastojimo pomoću njega izračunati vrijednosti funkcije U onim točkama koje su blizu broja - 1 . Naravno, ako pokušamo od računala tražiti vrijednost za x = - I , ono će javiti pogrešku. Dakle odlučimo se za neke nizove čiji su limesi jednaki - 1 . To moraju biti nizovi čiji su svi članovi različiti od - 1 . Kao primjer navodimo ove nizove, čiji je opći član: l

1 + -, n

Unošenjem vrijednosti za

an = - I + (- I )n •

2.

1

' -,

n

. an = sm

3.

n 2 - ynf'::.n n

ah a2 , . . . , an, . . . dobivali bismo pomoću računala niz brojki :

i primijetili bismo da su rezultati računanja sve bliže broju -2 . Objasnimo zašto. za svaki x 'I - I funkciju f(x) možemo 'skratiti':

f(x ) = Stoga je za

a n 'I l , an

-+

x2 - 1 (x - I) (x + l) = =x- L x+ l x+1

-1

ispunjeno

Nacrtaj graf funkcije i ustanovi da je to pravac bez točke To( - 1 , -2) . Kada bismo tu točku dodali grafu dobili bismo cijeli pravac. Mogli bismo reći i ovako: funkcija nije definirana u točki x = - 1 . Zadamo li ju u x = - 1 i to tako da njena vrijednost bude - 2 , postići ćemo da je graf funkcije pravac.

Mi ćemo dati dvije definicije limesa funkcije. Pokazat ćemo da su one ekvivalentne.

za Heineovu definiciju obično se kaže da je dinamička, jer se čini kao da su u njoj na

neki način očuvane intuitivne ideje o približavanju, teženju " Cauchyjeva definicij a je statična, u njoj nema više nikakvih "intuitivnih predstava" o gibanju. To je odnos sličan onom kao kad na primjer govorimo o rotaciji ravnine za 600 U tom slučaju možemo mi sliti o procesu gibanja koje nas dovodi postupno do te cotacije ili naprosto o već gotovom rezultatu tj. o skupu u koji su se pojedine točke preslikale. •. .

•

93

6. LIMES FUNKCIJE

Definicije limesa funkcije • Heineova l definicija: Realan broj A je limes funkcije f : D -+ R, D � R, u točki a E D' skupa gomilišta od D, ako za svaki niz (xn) iz D koji teži ka a ali tako da je Xn =1= a , vrijedi •

lim f(xn )

Ako je

A

n--+oo

limes funkcije f : D -+ R u

A

=

=

A.

a , onda pišemo

lim f(x) .

x--+a

• Cauchyjeva 2 definicija: Realan broj A je limes funkcije f : D -+ R, D � R, u točki a E D' skupa gomilišta od D, ako za svaki e > O postoji D > O takav da za O < IX - al < D slijedi

If(x)

-

AI < e .

Da je limes funkcije f : D -+ R broj

limf(x)

x--+a

=

A

�

A

zapisujemo

("le> 0)(3D(e) > 0)(0

0)(38(e) > 0)(0
O ; f(x) = l ako je x < O;f(O} = O. x -+ O ± o. Za po]ukružnicu postoje oba jednostrana limesa i jednaki su O. U drugom slučaju imamo funkciju signum (predznak). Graf funkcije sastoji se od dva polupravca i izolirane l. f{x)

točke. Provjeri da su desni i lijevi limesi u lim

=

x-o+o

l.

Xo =

O

lim

'

jednaki

x_O-O

=

- l.

y

o

x

-----�·l Sl. 6.1

Neka su zadane realne funkcije

Graf funkcije signum

f(x) i g(x)

f{x} . g{x}

,

± g{x)

koje imaju zajedničku domenu. Defini

rane su tada funkcije: zbroj odnosno razlika tih funkcija f(x)

zatim kvocijent tih dviju funkcija uz uvjet da je funkcija

u promatranom području ili barem u nekoj okolini točke

Ako funkcije f{x} i

g(x) imaju limese u točki Xo

Xo

•

produkt tih funkcija

g(x)

različita od nule

u kojoj želimo odrediti limes.

i ako su oni

A odnosno

B, onda vrijedi:

6. LIMES FUNKCIJE

96 Teorem 6. 2.

l. lim [t(x) ± g(x)] = lim f(x) ± lim g(x ) = A ± B, 2. lim f(x)g(x) = lim f(x)· lim g(x) = A . B, f(x) = Iimf(x) A ' g(x) i= o, B i= O. 3. lim g(x) lim g(x) B x-+xo

X-+Xo

X--+Xo

.%'-.%'0

X---+Xo

X-Xo

x .....xo

Dokaz. Dok az ali smo odgov ar ajući teorem o konvergen ci ji z bro ja, produkt a i kvo ci jenta nizov a. Kori steći Heineovom de fini ci jom lime safunk ci je sli jedi d a su tvrdn je gornjeg teorem adirektne po sljedi ce teore mao nizovim a. Dokažimo ip ak ov ajteorem uz u po tre bu Cau ch yjeve defini cije lime sa. Tre ba dok az ati d a z a sv aki e > O možemo odrediti tak av CS (e) > O da iz O < lx -xo l < CS sl i ed j i If(x) ± g(x) (A ± B)I < e) . D akle, nek a je z ad an E> O . Ond a je očito z ad an i �. za ta j � po sto ej bro jevi cS1 i � takvi d avrijedi O < x l -xo l < cS1 If(x) -AI < 2:e f im alime su Xo , O < x l -xo l < cS2 Ig(x) -BI < 2:E gim alime su xo · Nek a je CS = min( cS1, cS2). S ad iz O < lx -xo l < CS sli ej di : If(x) ± g(x) -(A ± B) I l(f(x) A) ± (g(x) -B) I E � If(x) -A I+ Ig(x) -BI �2+ 2 = e . D akle. lime sz bro ja je z bro jlime sa( ako oni po sto je). I sto vri jedi lime sr azlike. 2. Ako funk cij a im alime su neko jtočki xo , ond apo sto ji okolin ate točke u ko oj j ej on aogr ađen a. To ne posredno sli ej di iz de fin i ci ej lime sa. Naime. iz If(x) -A I < E z a sv aki x iz neke okoline od xo . sli ed j i d aje -E < f(x) -A < E. t j. A-E < f(x) < A+E. Nad al je ako je limf(x) A . ond a If(x) -AI mo remo učiniti po vol ji malenim z a sv aki x iz neke okoline od Xo . D akle : If(x) g(x) -ABI = If(x)g(x) -A g(x)+ Ag(x) ABI = l(f(x) -A) g(x)+ A(g(x) -B)I � If(x) -A llg(x) 1+ IA llg(x) -BI se

L

=>

�

=>

�

=

e

za

=

e e �2+2: = E

ej r je u okolini od Xo Ig(x) I ogr ađen . Tvrdn ja sli jedi : prem aprethodnom o bjašn ej n ju o ogr aničeno sti funk ci je u okolini gd je on aim alime s. z atim ako je lim If(x) -AI = O k ad a x Xo . ond az a sv aki M E R i pr odukt l(f(x) -A) . MI im alime sO. Z akl jučujemo d a n avedeni izr az mo remo učiniti man jim od E sv aki x iz neke okoline od Xo . -jo

za

6. LIMES FUNKCIJE

97

Uz potpuno analogna o bja šn jen aj do bivamo za lime skvo ci jenta f(X)B - g(X)A f(X)B - AB+AB - g(X)A � I f(X) I g(x)B g(x) �I B = I g(x)B I = I f(x) - AI+IA llg(x) - BI -l-If(x) A I+ A Ig(x) BI < 8. " IBll "'" Ig(x) 1 Ig(x)IIBI Ig(x) IIBI P rimjer 6.6. Opravda j po stupke ko je smo kori stili prilikom izračunavan ja sljedeća dva lime sa : . x2 +2x - 4 lim(x2 +2x 4) = 4+4 - 4 - 1 1. hm x-> 2 5x+6 10+ 6 4' lim(5x+6) x 2 1_ = �. l mi x->2 x+ 2 4 3.

�

�

_

_

Dokažimo t eorem ko jim pokazu jemo kako se lime sodno si prema ne jednako stima. Teorem 6.3. Neka u nekoj okolini tocKe Xo osim možda u Xo tri funkcije vrijedi nejednakost f(x) � g(x) � h(x) i neka je Iim x-.xo f(x) = Ii h(x) = A . Postoji limes funkcije g(x) u tocKi Xo i jednak je A . Dokaz. Neka je (xn) bilo ko ji niz iz okoline točke Xo za ko ji vri jedi : nlim ..... Xn = XO, (xn ::j:. XO, ) i f(xn ) � g(xn) � h(xn ). Nizovi (f(xn » i ( h(xn )) ima uj jednake lime se tada prema već dokazanom svo jstvu nizova sli jedi da i niz (g(xn » ima lime si jedn ak: je A . Kao vrlo znača jnu prim jenu ovog t eorema dokažimo da parna funk ci ja f(x) = sixnx , x::j:.O, domf = R\{O} ima lime skada x O, vidi sI.6.2. za

mx->xo

""

-+

y ] 3n

2n Sl. 6.2

Teorem 6.4.

Funkcija f(x) =

Funkcija

si n x

4n

x

x

sinx ima limes kada x O i vrijedi: x" sinx l lmo -X - 1. -+

x ......

-

6. LIMES FUNKCIJE

98

d (O.A)=1

y

d (D.B)=sin t

d (O,D)=cost d (A.C)=tg t

Sl. 6.3

Dokaz. Na slici 6.3 ozna čena je m jera kuta L(A OB) u rad ijanima bro ej m t. Pre ma i sto j slici za povr šine trokuta l::. ( OAB) , kružnog i sje čka L( OAB) i trokuta l::. ( OA C) vri jedi: l sin t l t l, t :s::: :s::: .

2

--

-...:

.

2 -...:

2

Budući da je sin t O za O

t l 1 O tako daje interval (f(xo) - c,J(xo) + c) sadržan u Y. Nadalje zbog otvorenosti skupa X i monotonosti zaključujemo d a postoje brojevi Xl, x2 takvi da je

=? f(xJ ) = f(xo) - C < f(xo) < f(X2 ) = f(xo) + c . Za svaku okolinu U točke f(xo) (možemo odabrati c > O tako da je interval (f(Xa) c,J(xo) + c ) sadržan u U ) postoji okolina V = (Xl, X2 ) koja se preslika u U, a to znači da je funkcija neprekinuta u Xo . Ovaj teorem se često iskazuje tako da se tvrdi da je otvoreno monotono preslikavanje neprekinuto, (otvoreno preslikavanje je takvo koje preslikava otvorene skupove u otvo Xl < Xo < X2,

rene skupove) . Zbog pretpostavke o striktnoj monotonosti funkcija u teoremu slijedi da takve funkcije imaju inverzne funkcije. Dokažimo sad teorem o neprekinutosti inverznih funkcija.

Teorem 7.5. (Teorem o neprekinutosti inverzne funkcije.) Neka je X otvoren podskup realnih brojeva i f: X -+ Y strog o monotona neprekinutafunkcija. Tada vrijedi: J. postoji inverzna funkcija od f , neka je to g, koja preslikava Y = f (X) na X, 2. funkcija g je strog o monotona i neprekinuta na Y.

7. NEPREKINUTE FUNKCIJE

107

Dokaz.

Pretpostavimo da je J striktno rastuća. (Analogno se postupa ako je J pa dajuća funkcija. ) Za svaki y E Y zbog striktne monotonosti od J postoj i samo jedan x E X koji funkcija J preslikava na njega, J(x ) = y , g(y ) = g(f(x )) = x , J(g(y)) = y . Dokažimo d a j e funkcija g striktno monotona. Neka je Y I < y2 . Pretpostavimo d a nije g(YI ) < g(Y2 ). To bi značilo da je XI g(YI );?: g(Y2 ) = X2 . Sada bi zbog monotonosti funkcije J slijedilo Xl = g(YI );?: g(Y2 ) = X2 ==:::} J(x J) = J(g(y d) = Y I ;?: Y2 J(X2 ), što je u kontradikciji s pretpostavkom da je YI < Y2 . Dakle, funkcija g je striktno rastuća. Dokažimo da je skup Y otvoren. Neka je Y E Y, tada postoji X E X takav da je J(x ) y . Međutim zbog otvorenosti skupa X postoji okolina-interval (Xl, X2 ) oko točke X potpuno sadržana u X . To nadalje znači da je otvoreni interval (f(XJ), f(X2 )) sadrži točku Y i sadržan je u Y, a to znači da je Y otvoren. Prema tome preslikavanje g = J- l je strogo monotono i otvoreno, pa je prema prethodnom teoremu neprekinuto.

Primjer 7.3. Znamo da je funkcija X 1---* X neprekinuta za svaki x . Prema teoremu o algebarskim svojstvima neprekinutih funkcija slijedi daje i funkcija g(x ) = xn neprekinuta za svaki X E R jer je produkt neprekinutih funkcija. Nadalje namje poznato daje funkcija g(x ) = xn striktno rastuća na intervalu [O, oo), pa prema tome ona ima inverznu funkciju . Domena te inverzne funkcije je skup R+ U {O} tj. skup svih brojeva X ;?: O. Kao posljedica prethodnog teorema slijedi da je ta funkcija neprekinuta za svaki X ;?: O , a nazivamo ju n -ti korijen. i zapisujemo: J(x ) if.X, x ;?: O . i vrijedi lim J(x ) = lim if.X lim x = (YXO = J(xo ). X-Xo

X-Xo

«

X-Xo

Podsjetimo se definicija trigonometrijskih funkcija. Polazimo od kružnice radijusa r = l s centrom u ishodištu koordinatnog sustava (XOY). Ako krenemo iz točke To(l,O ) i krećemo se po kružnici bilo u smjeru ka.zaljke na satu bilo u suprotnom smjeru dolazimo do neke točke T čije su koordinate (u, v) . Za te koordinate vrijedi: u2 + v2 l.

Kod kretanja po kružnici u smjeru kazaljke na satu onda pripadni luk kružnice To T ima duljinu x > O. može biti veći od 2n. Primijeti da kružnicu možemo obići više puta prije negoli stignemo u točku T. Kod kretanja u suprotnom smjeru. duljine lukova računa mo S predznakom minus. Nakon ovog uvodnog podsjećanja definiramo trigonometrijske funkcije: v u cosx sin x u cos x , v = sinx, tgx = ctgx = -.- = -. v u' cosx smx Duljina luka To T = x je mjera kuta u radijanima . Podsjetimo da kut reprezentira uređen par poluzraka sa zajedničkim vrhom u ishodištu koordinatnog sustava, prva poluzraka sa drži točku To , dok druga sadrži točku T. U matematičkoj analizi pretpostavljamo uvijek


108

mjeru u radijanima. Ako koristimo neku drugu mjeru (stupnjevi), onda to treba posebno istaći. Iz definicije slijedi da su funkcije sinus i kosinus periodične funkcije s osnovnim periodom 2n , tj. sin(x + 2n) = sin x, sin( -x) = - sinx,

cos(x + 2n) = cos x, cos( -x) = cosx.

Funkcije tangens i kotangens periodične su s osnovnim periodom n , tj. tg(x + n) = tg x, tg( -x) = - tg x ,

ctg(x + n) ctg( -x)

=

=

ctg x,

- ctgx.

Podsjetimo također na neke specijalne vrijednosti funkcija sinus i kosinus za kutove čije su mjere u radijanima O, odnosno u stupnjevima, O° , 30° , 45° , 60° , 90° :

�, �, �, � sin

O°

30°

45°

60 °

90°

vo z

v'l z

v'2 z

VIJ z

fi z

fi z

cos

VIJ z

v'2 z

�

v'l Z

2

Iz definicija trigonometrijskih funkcija direktno su vidljive ili ih lako dokazujemo neke funkcionalne veze među njima . Navedimo neke najvažnije. sin2 x + cos2 X = l sin(x ± y) = sin x cos y ± siny cos x cos(x ± y) = cos x cos y1= sin x sin y

Ako je x = y , onda iz ovih tzv. adicijskih teorema slijedi: sin 2x = 2 sin x cos x, cos 2x = cos2 X - sin2 x.

Pripadne adicijske teoreme za funkcije tangens i kotangens dobivamo iz gornjih adicijskih teorema. sin(x ± y) sin x cos y ± sin y cos x tg(x ± Y ) = --7---'--': -:cos x cos y1= sin x sin y cos(x ± y) Djeljenjem s cos x cos y slijedi: tg(x ± y)

=

Analogno dobivamo: ctg (x ± y)

=

tg x ± tg y

---=------=-'---= 11= tg x tg y

ctg x ctgy1= l ctg y ± ctgx

.

109


Nadalje iz adicijskih teorema možemo dobivati razne veze između trigonometrijskih funkcija. Spomenimo samo neke. Zbrajanjem izraza koji slijede dobivamo: sin(x + y )= sin x cosy + siny cos x , sin(x - y )= sin x cosy - siny cos x , sin(x + y ) + sin(x - y )= 2 sin x cos y , slijedi supstitucija u+v u-v y=' 2 2 u-v . . . u+v SlO u + SlO V = 2 SlO - - cos - . 2 2 Potpuno analogno dobivamo sljedeće veze: . u + v . u-v . SlO U - SlO V = 2 cos - - SlO - -' 2 2 u-v u+v cosu + cosv = 2 cos - - cos 2 ' 2 . u + v . u-v cos u - cosv = -2 SlO -- SlO -- . 2 2 x + y=u,

x - y = v,

x=

-

-

-

-

Funkcija f (x) = sinx je neprekinuta za svaki x E R. U intervalu [- I' Il funkcija sinus je striktno monotono rastuća. Nadalje, iz definicije funkcije sinus (vidi na trigono metrijskoj kružnici ) slijedi da ona preslikava taj interval na interval [-l, ll, i uz to krajeve intervala na krajeve intervala, f ( - I) = -l , f ( I) = l , dakle prema prethodnom teoremu na tom intervalu je neprekinuta . Kako analogno vrijedi za svaki interval [kn- I' kn + Il, k E Z slijedi da je funkcija sinus neprekinuta za svaki x E R. Da je funkcija sinus neprekinuta u točki .xo možemo zaključiti i drukčije. Dovoljno je pokazati da razliku I sinx - sinxo l možemo učiniti povolji malenom za svaki x iz neke okoline točke Xo . Dakle, . x + x o . X - Xo . SIOX - SIO.xo = 2 cos - - SlO - -' 2 2 Kako je uvijek I sin x l � lx i, I cos x l � l, odavde slijedi lx - Xo I . . I SIOX - SIO.xo I :::: ./::: 2 . l . --2 - = Ix - Xo I· Ako je e = o, onda lx - xo l < o slijedi I sin x - sin.xol < l x -.xol = e. Dakle, funkcija sinus je neprekinuta za svaki x E R. Funkcija kosinus je neprekinuta za svaki x E R kao kompozicija neprekinutih funkcija: cos x = sin(x + x+ je neprekinuta za svaki x E R.

�),

�

Funkcije tangens i kotangens su neprekinute funkcije svagdje gdje su definirane, obzirom da su kvocijenti neprekinutih funkcija: cos x sinx tg x = -- , ctg x = -.-. SIOX cosx


110

Dokažimo dva Bolzano-Cauchyjeva teorema o međuvrijednostima neprekinute funkcije.

Teorem 7.6. (Bolzano-Cauchy) Neka je f(x) neprekinutajunkeija na zatvorenom < O. Postoji e E (a, b) takav daje f e e ) = o.

intervalu [a, bl i nekaje f(a)f(b)

y

x

Sl. 7.5 Neprekinuta funkcija koja na krajevima intervala ima različite predznake, posjeduje bar jednu nul-točku na tom intervalu

Dokaz. Iz uvjeta f(a)f(b) < O slijedi da funkcija f na krajevima zadanog zat vorenog intervala ima vrijednosti suprotnog predznaka. Ne gubimo na općenitosti ako pretpostavimo da je f(a) < O i prema tome f(b) > O , jer bi razmatranje drugog slučaj a bilo analogno. Označimo s a X {x E [a, bJ : f(x ) < O}. Skup X sadrži sve one elemen te iz [a, bl gdje funkcija f poprima negativne vrijednosti. X nije prazan jer je u njemu barem a . X je ograničen i prema aksiomima realnih brojeva ima supremum. Neka je to broj e . Točka e je nutarnja točka zatvorenog intervala [a, bl i vrijedi f( e) = O . Funkcija je lokalno negativna oko a i lokalno pozitivna oko b , što znači da je točka e nutarnja točka. Iz definicije točke e zaključujemo da postoji interval (e 8, e + 8) oko točke e u kojem za funkciju f vrijedi: ako je x E (e, e + 8) funkcija u točki x ima pozitivnu vrijednost. U svakoj okolini (x, e) sadržanoj u okolini (e 8, e) ima točaka u koj ima funkcija poprima negativne vrijednosti. Kako je po pretpostavci funkcija neprekinuta u e slijedi da je njezin lijevi limes jednak desnom limesu i jednaki su funkcijskoj vrijednosti f(e ) što znači da mora biti -

-

,

fe e) = lim f(x)::;; O, x-r-O

fee) = lim f(x » ) O x-c+O

===>

fe e) = O.

Teorem 7.7. Neka je zadana neprekinutajunkcija f na zatvorenom intervalu [a, bl i neka na krajevima intervala poprima različite vrijednosti, f(a ) f= f(h) . Ako je Yo E [t(a) , J(b)J proizvoljna vrijednost, tada postoji toeka e E (a, b) takva da je fe e ) = Y o · Bernard Bolzano (1781-1848), češki matematičar


111

Dokaz. Pretpostavimo da je f (a) < f (b ) i Yo element iz zatvorenog intervala [f(a),J(b)] . Za neprekinutu funkciju g(x) = f (x) yo vrijedi: g( a ) f (a ) - yo < O, g(b ) = f (b ) - yo > O .

-

=

Prema prethodnom teoremu postoji točka e f (e) = Yo·

E

(a, b) za koju je g( e)

=

f ( e)

- yo

=

O, tj.

Tvrdnje teorema 6. i 7. možemo i ovako iskazati: neprekinuta funkcija zatvoreni interval [a, b] preslikava na interval (kasnije će biti dokazano da je taj interval zatvoren) . To svojstvo neprekinutih funkcija često koristimo u numeričkim postupcima.

= -

.J lOx - 5 s točnošću od P rimjer 7.4. a) Odredimo nultočku funkcije f (x) 0.000 1 , tj. rješimo pripadnu jednadžbu trećeg stupnja s unaprijed zadanom točnošću. b) Odredi sva rješenja nejednadžbe V3x2 - 2x - l � 2(x - l) . a) Zadana funkcija je neprekinuta i za nju lako odredimo takve dvije vrijednosti a i b u kojima funkcija poprima vrijednosti suprotnog predznaka. Poželjno je da te dvije vrijednosti budu čim bliže, jer se nultočka nalazi između njih. To su sada f (O) = -5 < O i f (4) = 19 > O . Ponavljajući analogan postupak dolazimo do sljedeće tablice:

4

3

3 .5

+

3.4

3.3

3 .3876

+

3.3877 +

Nultočka Xo je iz intervala Xo E (3.3876; 3 . 3877) . b) Nejednakost ima smisla samo ako je 3x2 - 2x - l � O . Iz te nejednakosti slijedi l da je domena ( -oo, 3] U [l, oo ) . Funkcije

-

f (x)

=

V3x2 - 2x - l ,

g(x)

=

2(x - l )

s u neprekinute funkcije pa je neprekinuta i funkcija h(x) = f (x) - g(x) . Funkcija h(x) poprima vrijednost nula samo u x = 5. Dakle u intervalima u kojima razmatramo nejed nakost ili je f > g ili je g > f . Koja nejednakost vrijedi provjerimo uvrštavanjem neke posebne vrijednosti iz datog intervala. Skup svih rješenja x je l x E - oo, -3] U [ 1 , 5] .

(

Dokažimo dva značajna teorema o neprekinutim funkcijama na zatvorenom intervalu. P rvim Weierstrassovim * teoremom se tvrdi da je takva funkcija ograničena na zatvo renom intervalu, a drugim da ona preslikava zatvoreni interval na zatvoreni interval. To možemo i ovako iskazati. Neprekinuta funkcija preslikava zatvoreni interval [a, b] na zatvoreni interval [e, dj. Postoje dakle točke Xl , X2 E [a, b] i f (xd e, f (X2 ) = d, tj. funkcija f postiže svoj minimum, jednak e i svoj maksimum, jednak d , u točkama Xl , odnosno x2 .

=

•

Karl Weierstrass (1815-1897), njemački matematičar


112

Teorem 7.S. Ako je funkcija 1 neprekinuta na zatvorenom intervalu [a, bl. onda je ona ograničena na tom intervalu. tj . postoji realan broj M > O takav da za svaki x E [a, bl vrijedi I/(x)1 < M.

Dokaz. Dokažimo da je funkcija ograničena odozgo. Potpuno analogno se dokazuje da je ograničena i odozdo (ili se može dokazati da je -I ograničena također odozgo). Dokaz provodimo polazeći od suprotnog, tj. neka funkcija nije ograničena odozgo. Tada bi za svaki prirodan broj n postojao Xn E [a, bl i bilo bi I(xn) > n . Na taj način bis mo dobili beskonačan niz brojeva (xn) iz intervala [a, bl i I(xn) > n . Iz ograničenog niza (xn) možemo izdvojiti konvergentan podniz (Xk) koji ima limes Xo E [a, bJ . Zbog neprekinutosti funkcije 1 u točki Xo slijedi lim I(x)

.%-+.%0

=

I (x o ) ,

s druge strane je

lim I(x)

.%I

.....XO

-+ oo .

Iz dobivene kontradikcije slijedi da je funkcija ograničena odozgo. Dokažimo konačno i značajni drugi Welerstrassov teorem.

Teorem 7.9. Neprekinutalunkcija zadana na zatvorenom intervalu [a, bl preslikava taj interval na zatvoreni interval lc, dj .

Dokaz. Prema prvom Weierstrassovom teoremu funkcija je ograničena odozgo i pre-

ma tome

d = sup{J(x)} < oo.

Ako bi bilo I(x) < d za svaki x E [a , bl onda bi funkcija g(x) prekinuta, dakle i ograničena, g(x) �

I(x) � d -

.!..

m,

m

�

, bila ne (x) > O. Iz posljednje nejednakosti slijedi:

< d, što je u suprotnosti sa d

=

=

d

_

sup{J(x)}. Dakle, mora postojati

X2 E [a, bl takav da je d = I(X2) ,tj. X2 je točka u kojoj funkcija 1 postiže svoj maksimum na [a, bl. Analogno se dokazuje da funkcija postiže svoj minimum e u nekom XI E [a, b], l(xI) = e. tj. I( [a, bl ) = [e, dj. m

Temeljnim elementarnim funkcijama možemo smatrati sljedeće tri funkcije: 1. I(x) = xn (potencija); 2. I(x) = cr, (opća eksponencijalna funkcija); 3. I(x) = sinx , (sinus funkcija). Polazeći od tih najednostavnijih funkcija pomoću konačnog broj algebarskih operacija i konačnog broja kompozicija dobivamo i ostale elementarne funkcije. Nismo morali uzeti za najednostavnije upravo tri navedene funkcije,mogli smo uzeti i neke druge. Sve tri •


113

funkcije su definirane za svaki x E R. Poznato je da linearnim kombiniranjem funkcija tipa 1. tj. funkcija J(x) = xn dobivamo funkcije koje nazivamo poIlnomima,

n k Pn(x) = Lakx k=O

=

ao + alX + a2x2 + ... + a xn. n

Nadalje kao kvocijente polinoma dobivamo racionalne funkcije:

�

� =Oakxk aO + alx + ... + anxn Pn(x) = = qm(x) bo + blx + ... + bmxm . �k=ObkXk Također nam je poznato da je funkcija J(x) = x neprekinuta. Koristeti se teoremom o al gebarskim svojstvima neprekinutih funkcija slijedi da su sve funkcije J(x) = xn, n E N neprekinute, nadalje kao zbroj neprekinutih funkcija i svaki polinom je neprekinutafunk cija. Prema istom teoremu kao kvocijent neprekinutih funkcija svaka racionalna funkcija je neprekinuta funkcija. Podsjetimo da je područje definicije racionalne funkcije unija R(x)

=

otvorenih intervala realnih brojeva, tj. racionalna funkcija nije definirana samo u realnim nultočkama nazivnika. Uzmemo li restrikciju funkcije J(x) = xn, n E N na interval [O, oo ) , poznato nam je da je ta restrikcija strogo monotona funkcija, tj. ako je ° � XI � X2, onda je ° � xl � Xl . Podsjetimo da iz jednakosti xl - Xl = (X2 - XI)(x�-I + x�-2XI + x�-3x? + . . . + x2x'l-2 + x'l-I)

koju smo dokazali indukcijom, slijedi stroga monotonost funkcije xn na intervalu [O, oo ) . Naime ako je XI < X2, onda je desna strana u gornjoj jednakosti pozitivna, prema tome je i lijeva. Funkcija xn je nadalje neprekinuta za svaki x E [O, oo ) , pri čemu je u x = ° neprekinuta s desne strane. Funkcija zbog stroge monotonosti ima inverznu koja je također strogo rastuća funkcija, koja je neprekinuta funkcija. Dakle, funkcija J(x) = xn, X � O, ima inverznu i to je J-I (x) = fIX, x � O. Tu inverznu funkciju nazivamo n -ti korijen. y

x

Sl. 7.6

Eksponencijaina funkcija. Prisjetimo se nekih svojstva eksponencijalne funkcije. Ako je a > ° a l- 1, za svaki prirodni broj n E N definirajmo pripadnu potenciju. Dakle,

l a -n = n E N. an' Ovako definirana potencija ima sljedeća svojstva: za svaki m , n E N vrijedi: l . am.an = am+n , 2. (an ) m = amn, 3 . (abt = an bn an = a·a·a . .·a = a·an-I ,

7 . NEPREKINUTE FUNKCIJE

1 14

Nadalje lako se dokaže da vrijedi:

4.

(n >

m

i

a>

l)

===} a n> am,

Ako je eksponent racionalan broj ovako:

r =

m

n

5. m

E

al > a2 > O ===} a� > ai > O Z,

n

E N ,onda potenciju definiramo

Za ovako definiranu potenciju s racionalnim eksponentom vrijede istih navedenih pet svojstava koja su vrijedila kada je eksponent bio prirodan broj. Osim toga već je pokazano da VIii-l kad n - oo. Definirajmo potenciju i za slučaj kada je eksponent iracionalan broj. Dakle, neka je x iracionalan i neka je sada a > l. Postoje nizovi racionalnih brojeva od kojih su jedni rastući a drugi padajući i limes im je zadani iracionalni broj x. Za svaki član bilo kojeg od tih nizova definirali smo potenciju s bazom a. Na taj način dolazimo do novih nizova za čije članove vrijedi: Xl < X2 < ... < Xn < ... < X < ... < Yn < Yn-l < . . . < YI, ctl < ct! < ... < ct- < .. < ct < . . . < aY' < aY·-1 < . . . < aYI, lim Y = X, lim Xn lim ct- = lim aY' = ct, xn ,Yn E Q. n-+oo n-+oo 1J-+OO n n-+oo

Da su ti limesi jednaki vidimo ako usporedimo opće članove pripadnih nizova. Njihova razlika teži prema nuli . Naime, za razliku općih članova dobivamo: jer postoji

m

E N takav da je

l

Yn - Xn < -,

-----" --,-

aYn-x" < a �

_

l

m _

oo.

Prema tome za svaki realan broj X E R i za svaki a > l jednoznačno je određen broj ct, tj. dobro je definirana funkcija X _ aX koju nazivamo eksponencijalnom funkcijom. Bitna svojstva funkcije J (x) = ct su: 1. domena je skup R 2. J(R) (O,oo),J(O) = l, 3 . Xl < X 2 ===} J(xI) < J (X2 ) , 4. J(x + y ) J(x)f(y) . Ako je O < a < l, onda eksponencijalna funkcija nije striktno rastuća nego je striktno padajuća. Dakle svojstvo 3. bi sada glasilo : m

3.

O< a
O. Postoji broj nO ( E) takav da za svaki Dokažimo da ako je

lx i

no

=

O.

vrijedi a �

- l < E.

- I I < E.

-l pa je zbog monotonosti eksponencijalne funkcije a l < � < a� O < � - l < a� - l < l U slučaju da je x < O, onda je O < -x < - pa opet zbog monotonosti slijedi O < a-x - l < a� - l < E �- l > Ako je x > O, onda je O < x < O

n

=

===>

E.

n

===>

Dakle, u svakom slučaju je:

l lx i < n

E.

� I - ll < E,

a to upravo znači da je eksponencijalna funkcija neprekinuta u x O. Pokažimo sada da je eksponencijalna funkcija neprekinuta u bilo kojoj točki lim � = lim a(x-xo)+xo = lim � -xo . �O = �O lim �-xo = �O

X---+Xo

X---+Xo

=

X-+XO

Posebno istaknimo eksponencijalnu funkciju

f(x)

(

X-+XO

xo

:

•

�)X ::::::

lim l + 2,7 1 828. . . X---+OO X koja je striktno rastuća i neprekinuta. U vezi s tom funkcijom spomenimo vrlo česte =

ec,

e =

kombinacije funkcije ec i funkcije e-x koje su poznate pod zajedničkim nazivom tzv. hi perbolnih funkcija ili hiperboličkih funkcija. Pojedinačni nazivi tih funkcija su: sinus


116

hipperbolni, koslnus hiperbolni, tangens hiperbolni l kotangens hiperbolni.

tih funkcija su: sh x =

-x c:

- e -x

2

ch x =

'

� +e-x

2

Definicije

'

sh x � e-X th x = - = , ch x e"" + e-X x ch x � +ecthx = = . sh x e"" e-X Funkcije su definirane za svaki realan broj osim što cth x nije definiran za x = O . -

-

y

y

x

x

�./ \ cth

Sl. Primjer 7.S .

7.8

x

HIperbolne funkcije

Sl.

7.9

Direktnom provjerom dobiva se: ch2 x - Sh2 X = l, sh (x ±y )

=

shx chy ± shy ch x,

ch (x ± y ) = chxchy ± shxshy .

Primjetirno da je shx < ch x , shx = - sh ( -x ) , chx = ch ( -x) . Funkcija sh x je striktno rastuća jer je e"" rastuća, paje i � /2 striktno rastuća. Funk cija _e-X /2 je takoder stiktno rastuća pa je sinus hiperbolni striktno rastuća funkcija jer je zbroj striktno rastućih funkcija. Nepreklnuta rjelel\Ja Cauchyjeve funkcionalne jednadibe. Cauchy se sustavno bavio prou�avanjem funkcionalnih jednadžbi koje nose njegovo ime. To su jednadžbe:

1. f(x+y ) = f(x) +f(y ) ,

2 . f(xy ) = f(x ) +f(y ) , f(xy ) = f(x)f(y ) .

3.

4.

1. f(x ) = ex,

3.

f(x+y ) = f(x)f(y ) , Neka rješenja tih jednad!bi su funkcije:

2 . f(x) = e lnx , f(x) = cr, 4. f(x ) = xc• Mi ćemo detaljnije proučitijednad!bu kojaje u vezi s eksponencijalnom funkcijom. Dakle, neka je f(x +y ) = f(x )f(y ) , za svaki x, y E R, i limx.....o f(x) = f(O ) . Dokažimo da

1 17


su jedina rješenja koja su neprekinuta u x :::: O i zadovoljavaju Cauchyjevu funkcionalnu jednadžbu funkcije: l. I(x) :::: O za svaki x ER i 2. I(x) == tr. Dokaz. Uvrštavanjem x = y == O u zadanu jednad!bu slijedi:

1(0 +O} =/(0)2 =>/(0)(1- I(O)} = O =>1(0) = O ili 1(0) = 1.

Ako bi bilo I(O} = O, onda za svaki

x

slijedi:

I(O} = O =>I(x+O) = l(xlf(O) � O => I(x) :::: O.

Ako bi bilo 1(0) = 1 imamo:

1(0):::: 1 => I(x- x) =/(xlf(-x) =/(0):::: l , =>I(x) �O.

Nadalje zaključujemo:

I{xlf{-x) = 1 => I{x) :::: I(x) ::::/

::::/2

+

� � =r(�) +

1

I( -x) = I(-x)' I(x) ,

( � �) ( � )

Dakle. za svaki x ER je I(x) >o.

1(1):::: a =/(

1

> O.

� (�) (�) (�) (�)

+ ... + ) =1 => I

::::

, ..I

I

a�.

Odredimo vrijednosti funkcije za racionalne brojeve. Najprije neka je zadan pozitivan racionalan broj. Dakle,

( ) (� �

m>o =>/ ;

=/

+ +'''+

Ako je zadan negativan racionalan broj. onda vrijedi:

�) m (�) =I

=a'.

() ( )

m/ �

=/

- m I l

=�= �_, =a�. 1( 7 ) a � Zaključujemo da za svaki racionalni broj mora biti n

I(r) =/

n

( ;)

=a� =ar,

Odredimo vrijednost funkcije u bilo kojem reaJnom broju x, Odaberima bilo koji niz racionalnih brojeva koji konvergira broju x i odredimo · I(x) ' I(x- rll + rll) ' I(x - r,.)f(r,.) Jlm = Jlm :::::::: l'lm I(x - rll ) l lm -:::: r TJt ....X ...

a .

r.....x

Qr"

,,.-+x

ar"

r,,-.x

•

Obzirom da je prema pretpostavci funkcija neprekinuta u x:::: O slijedi:

lim/(x- rll) ::::1(0) ::::

rll ....x

l

=> I(x) :::: lim ar.

r" ....x..

::::

tf,

Time je dokazano da vrijedi I(x) = tr za svaki x ER, Pokažimo monotonost funkciuje I . Ako je a > l. onda je a! > 1.�. I(!) > l pa za i > O vrijedi I(i) > 1. Dakle. za svaki pozitivan racionalni broj r vrijedi ar > 1.


118

Zbog neprekinutosti je a! > l za svaki realni pozitivni broj x . Koristeći se tim slijedi J (X2 xd a!2-Xl = a!2a -Xl > l ====} a!2 > a!l . XI < X2 Ako je O < a < l , onda je funkcija J (x) = a! striktno padajuća.

Logaritamske funkcije. Eksponencijalne funkcije J (x) = tr su striktno monotone i neprekinute. Ako je baza a > l , funkcija je rastuća, ako je O < a < l funkcija je striktno padajuća. Prema tome u svakom slučaju postoji inverzna funkcija kojaje striktno monotona i neprekinuta. Te funkcije nazivamo logaritamskim funkcijama . Eksponencijalne funkcije preslikavaj u otvoreni interval (R) . na otvoreni interval (O, oo) = R+ . J(x) = ct, domJ R, J(R) = (0, 00). Za logaritarnske funkcije će domena biti otvoreni interval (O, oo) , f - 1 (x) = loga(x) , domf - I ' (O, oo ) , 10ga(O, oo) = R. Ako je a > l , onda je logaritamska funkcija striktno rastuća i ako je O < x < l ====} loga x < O, loga l 0, loga x > O za x > 1 . Ako je O < a < l , onda je logaritamska funkcija striktno padajuća i vrijedi: O < x < l ====} loga x > 0, loga l = O, loga x < O za x > l . Podsjetimo na osnovna svojstva logaritamskih funkcija. Sva ta svojstva lako se dokazuju koristeći se svojstvima eksponencijalne funkcije. x l . log(xy) = log x + logy, log log x logy y 3. 10gxY = y logx,

2.

Ciklometrijske funkcije. Navedimo četiri elementarne funkcije koje su inverzne funkcije restrikcija trigonometrijskih funkcija na određene intervale. Te su funkcije poz nate pod zajedničkim nazivom ciklometrijske funkcije .

2. 4.

1 . J (x) = arc sinx, x E l , l ] ; J(x) = arc cosx, x E [- l , l ] ; 3 . J(x) = arc tgx, x E R; J(x) arc ctg x, x E R Interval na kojem uzimamo restrikciju pripadne trigonometrij ske funkcije biramo tako da je na tom intervalu funkcija striktno monotona pa će pripadna restrikcija imati inverznu funkciju koja će također biti striktno monotona i to će biti pripadna ciklometrijska funkcija. Izbor intervala na kojima je pojedina trigonometrijska funkcija monotona nije jednoznačan . Mi ćemo uzeti restrikcije na sljedeće intervale: rc rc 1 . sm x · " 2 ' ] ; cosx · . . [O, rc] ; '2 rc rc 3. tg x · . . ( - 2 ctg x · . . (O, rc).

2. ' 2 ); 4.

Prema definiciji ciklometrijskih funkcija, moramo uvijek voditi računa da su to inver zne funkcije restrikcija tng onometrijskihJunkcija . Znamo da funkcija sinus nema inverznu funkciju. Međutim za ciklametrijsku funkciju arkus sinus vrijedi: sin(arc sin x) = x samo za x E [- 1 , 1 ] , arc sin(sinx) = x samo za x E [-

�; �l.


1 19

Analogne kompozicije vrijede i za ostale arkus funkcije. Sve su arkusfunkcije neprekinute funkcije u svakoj točki u kojoj su definirane. Uoči neprekinutost samo s jedne strane za funkcije arc sinx i arc cosx u točkama x =

±l

.

y

arccos

x

y arcsin x

-/

arctg x

x

x

-------

- 1[/2

Sl. 7. ll

Sl. 7./0 Ciklometrijske funkcije

Primjer 7.6. Iz definicije ciklometrijskih funkcija slijedi: 1. 2. 3. 4.

-

::

� arc sin x �

2 '"

::

'

'" 2 '

x E [- l ', l]

O � arc cosx � :rc; X E [- l ; lJ :rc :rc 2 < arc tg x < 2 ; x E R -

O < arc ctgx < :rc;

xE

R

Očito je I arc sin x broj iz intervala (O, :rc) . to znači da prema adicijskom teoremu za funkciju kosinus i svojstva arkus sinusa vrijedi: :rc . :rc cos( 2 - arc smx) = x =::;. arc sin x + arc cosx 2' x E [- l ; I ] . Slično s e dokazuje d a vrijedi:

:rc arc tgx + arc ctgx = 2 '

xE

R.

Mi smo definirali neprekinutost funkcije f u nutarnjoj točki njezine domene. Da je točka Xo nutarnja točka domene znači da postoji otvorena okolina U (interval) koja sadrži točku Xo i ta cijela okolina je sadržana u domeni funkcije. Za funkciju neprekinutu u Xo zahtjevali smo da za svaku otvorenu okolinu V oko točke f(xo) postoji okolina U oko


120

točke xo koja se preslika u V . Drugim riječima, sve točke koje su blizu točke Xo moraju se preslikati blizu točke f (xo) . Posebno je bila definirana neprekinutost slijeva, odnosno s desna, koristeći pri tom pojmove lijevog i desnog limesa funkcije. Označimo sa A rečenicu kojom smo izrazili Cauchyjevu definiciju neprekinute funk cije f : D -+ R , u točki xo E intD :

('ve > 0 ) ( 30 > O}(Yx) ( lx - xo l < O => lf (x) - f (xo ) 1 < e). A Dakle. funkcija je neprekinuta u nutarnjoj točki .lo ako je istinita tvrdnja B = ( 3f (xo) } 1\ A . Formalno logički razlozi daju (okolina -+ okolinu) da je funkcija neprekinuta u izolira _

nim točkama. Međutim mi u izoliranim točkama ne govorimo niti o prekinutosti niti o

neprekinutosti.

Podsjetimo se na nekoliko tvrdnji o sudovima. 1. x

=> y = x V Y , 2. i7\.Y = x V Ji Y = x 1\ Ji .

3 . XVY = x 1\ Ji , 4. x :::::}

•

Navedene tvrdnje lako provjerimo pomoću odgovaraju6ih tablica istinitosti. Podsjetimo takoder kako negiramo sljedeće predikate: 1. 2.

3.

(Yx}P(x) - za svaki x iz skupa M sud P(x) je istinit (3x)P(x) - postoji x i z skupa M z a koji je P(x) istinit sud ( 3f (xo » 1. 2.

3.

(Yx)P(x) = (3x)P(x), (3x)P(x) = (Yx)P(x)

( 3f (xo» ) = ne postojif(xo) Podsjetimo da A označava negaciju tvrdnje A . B = ( ne postoji f (xo »

VA

lf (x) - f (xo) 1 < e ) = = (3e ) (Yo )(3x) ( lx - xo l < 0 1\ lf (x) - f (xo ) 1 � e) Jednu opću tvrdnju da je funkcija prekinuta tamo gdje nije definirana odbacujemo. Mi se odlučujemo razmatrati prekinutost funkcije samo u onim točkama ( ne u izoliranim) koje pripadaju točkama gomilanja domene funkcije f . Isto tako se odlučujemo da ima smisla govoriti o prekinutosti u točki xo s desna, odnosno s lijeva ovisno o tome da li je (xo, xo + h) e domf ili (xo - h,xo) e donif . A == (Ye > 0) ( 30 > O) ( Yx ) ( l x - xo l < o

=>

Vrste prekida. Točke u kojima je funkcija prekinuta klasificiramo u tri skupa, pa prema tome imamo tri vrste prekinutosti. l. Uklonjivi prekid. Funkcija f ima uklonjivi prekid u točki xo ako 3 limx_Xcf (x) i ako je a) f (xo ) =F lim f (x) ili b) f (xo ) ne postoji. X-Xc

U oba slučaja. ako definiramo

f (xo ) = lim f (x ) X-+Xo


121

onda novonastala funkcija postaje neprekinuta u točki Xo . 2. Prekid prve vrste. To su prekidi kod kojih postoje konačni lijevi i desni limesi funkcije f u točki Xo ali nisn jednaki. lim f(x) =I

3. Prekidi druge vrste.

x..... xo-o

lim f(x)

x ..... xo+o

Sve ostale prekide koji nisu uklonjivi ili prve vrste nazivamo

prekidima druge vrste. Primjer 7.7.

{

1. Već smo se susretali s funkcijom Si X , x =I O f(x) = a, x=O

:

Dokazali smo, i to je jedan od osnovnih limesa u analizi, · sin x llm -- = 1 . x"'" o x Dakle, ako definiramo f(O) = 1 novo nastala funkcija biti će neprekinuta za svaki x E R . Tu se radilo o uklonjivom prekidu. 2. Neka je zadana funkcija x f(x ) = j;j za x =I O, f(O) = a. Funkcija ima prekid prve vrste u x = O . Naime, ako je x dok za x < O funkcija ima vrijednost - 1 Očito je sada

>

O funkcija ima vrijednost 1 .

.

lim f(x ) = 1,

x"'" 0+0

lim f(x ) = - 1.

x"'" o-o

Ti limes i konačni i različiti. Samu funkciju nije bilo nužno definirati u x = O . Neka je zadana funkcija

3.

f(x ) = sin � , x =I O. x Možemo lako odrediti neke specijalne vrijednosti te funkcije. 1r

f(x ) = O ==> -; = kn,

1

Xk = k'

= + 2kn = (4k + 1) ' 2 2 :; Očigledno funkcija nema desni limes u x = O jer smo pronašli dva niza koji konvergira ju broju O , dok pripadne funkcijske vrijednosti konvergiraju broju O , odnosno broju 1 . Prema tome funkcija ima prekid druge vrste u x = O . f(x) = 1 ==>

1r

1r

1r

Pored neprekinutih funkcija nužno je posvećivati znatnu pažnju i prekinutim funkcija ma. Brojne su prirodne pojave i zakoni koje opisujemo prekinutim funkcijama. Podsjetimo


122

se samo fundamentalnih fizikalnih zakona u nuklearnoj fizici, prelaznih pojava u elektro tehnici, uključivanje i isključivanje struje, kondenzatora, zavojnica, najzad i atomističke strukture materije, energetskih kvanata itd. Mi ćemo navesti samo nekoliko značajnih primjera prekinutih funkcija koje će nas upozoriti kako je nužno biti oprezan u zaključcima koji bi uzimali u obzir naš zor i nešto što je "očigledno".

{

Primjer 7.8. a) Zadaj mo Dirichletovu * funkciju na zatvorenom intervalu [0, 1 ] ,

D(x) =

l, x E Q 0 , x E R\Q

Ta je funkcija prekinuta u svakoj točki. To je neposredna posljedica gustoće skupa ra brojeva u skupu R , tj. između svaka dva racionalna broja ima racionalnih brojeva (na primjer njihova aritmetička sredina) ali ima i iracionalnih, (ako

cionalnih, odnosno iracionalnih

je

r

broj

racionalan broj, onda je na primjer broj

r

n ).

b) Funkcija

+

f (x) = x[I - 2D(x)] ,

..fi iracionalan broj za svaki prirodan n

O�x� l

{ -X,

je neprekinuta samo u točki x = O . Tu funkciju možemo predočiti i ovako f (x)

x[l

2D(x)J

=

x E Q x, x E R\Q

Pokušajte skicirati graf te funkcije (nacrtaj pravce y = ±x ). c) Zbroj prekinutih funkcija može biti neprekinuta funkcija. Dovoljno je uzeti f + (-f ) i rezultat je funkcija konstanta bez obzira da li je funkcija f prekinuta ili neprekinuta. Produkt prekinutih funkCija može biti neprekinuta funkcija. Tako je na primjer kvadrat funkcije iz primjera b) je funkcija f (x? = x2 koja je neprekinuta funkcija za svaki x . Isto tako funkcija definirana ovako: f (x) = l ako je x racionalan i f (x) l ako je x iracionalan je prekinuta za svaki x , međutim očito je f (x) 2 = l funkcija koja je neprekinuta za svaki x. d) Odredimo točke u kojim je funkcija f (x)

=

D(x) . sinx,

xER

neprekinuta. Provjerite da su to točke u kojima je sinus jednak nuli, x = kn . e) Provjerite da je Dirichletova funkcija jednaka D(x) = lim [ lim (cos(m! nx) ) 2n] . Ako je x = e. racionalan broj, ondaje m! n!:.

n--+oo m-+oo

q

q

=

kn i kosinus će imati vrijednost l jer je k

paran, m! je paran broj. Potenciranjem dobivamo vrijednost l . Ako je x iracionalan,onda je broj m! nx :f. kn jer bi u suprotnom x bio racionalan. Prema tomeje apsolutna vrijednost kosinusa manja od l i potenciranjem dobivamo kao limes vrijednost nula. *

Peter Gustav Lejeuene Dirichlet (1805-1859), njemački matematičar

123


Primjer 7.9. Riemannova funkcija * R(x) je jedna od tzv. "monstrum" funkcija, ona je neprekinuta za svaki iracionalni i prekinuta za svaki racionalni broj. Područje definicije te funkcije je otvoreni interval (O, l ) .

R(x) = R( E ) = � , ako je x = E i M(p, q) = l, R(x) = O x E R\Q. q q q S M(p, q) označena je najveća zajednička mjera brojeva p i q što znači da se u definiciji Riemannove funkcije pretpostavlja da su p i q relativno prosti (tj. M(p, q) = l ). y

L

L

. I I I I I

o

f � I I . - . I . - . ! . - . I . - . .L 8

.L 4

..1 8

• •

•

.L Z

f I 1

..l. 8

• •

•

. I I I I I 1

f

• •

•

J. 4

Sl. 7. 12 Riemannova funkcija

I

1

• •

.z 8

•

J �

Dokaz. Dokažimo da funkcija ima naznačena svojstva. Neka je zadana točka

O < Xo < l i E > O . Postoji samo konačno mnogo prirodnih brojeva q za koje je l -�E

q

==}

l

R (x) = - � E za konačno mnogo q E q

Xo ,

N.

E iz intervala (O, l ), p < q ,ima konačno q mnogo, znači da je i konačan broj racinalnih brojeva iz x E (O, l ) za koje je R(x) � E . Oko točke Xo odaberimo takvu 8 -okolinu u kojoj je nema niti jedne točke x u kojoj je R (x) � E , osim možda same točke Xo . Dakle neka je unutar intervala (xo - 8, Xo + 8) za svaki x #- Xo R(x) < E. Ako je Xo iracionalna točka, onda je R(xo) = O i prema tome je Obzirom da za zadani q racionalnih brojeva x

za svaki

x E (xo - 8, Xo + 8)

=

IR(x) - R(xo) I

=

I R(x) 1 < E,

tj . funkcija je neprekinuta za svaki iracionalni broj. Ako je Xo = PO racionalan broj odaberimo E > O takav da je R(xo)

qo

Sada u svakoj okolini točke Xo postoji iracionalan broj Xl tako da je 1 IR(x d - R(xo) 1 = IR (xo) 1 = I - I > E .

qo

l

qO

> E.

Prema tome postoji E > O za koji nema 8 -okoline oko točke Xo u kojoj bi se funkcija razlikovala od R(xo) za manje od E , a to znači da je funkcija prekinuta u Xo .

•

Georg Friedrich Bernhard Riemann ( 1 826-1866), njemački malernatičar

8.

Diferencijalni račun

l. o pojmu derivacije

.

. . . . . . . . . . . . 124

2. Definicija derivacije . . . . . . . . . . . . . 126 3. Diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . 129 4. Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . 130 5. Derivacija kompozicije funkcija

.

.

.

.

.

132

6. Derivacija logaritamske i eksponencijaIne

funkcije . . . . 7. Derivacija opće potencije .

.

.

.

. .

.

134

.

.

.

. . . . 135

8. Derivacija area funkcija . . . . . . . . . . 136

9. Derivacija implicitno zadanih

funkcija .

. . . . . .

.

140

10. Derivacija pararnetarski zadanih

funkcija

.

. . . . . . . . 141

l l . Tablica derivacija elementarnih funkcija .

.

. . . . . . . 143

Odmah na početku spomenimo tri utemeljitelja diferencijalnog računa, čiji su radovi i ideje odredili smjer razvoja matematike i njezinih primjena za sljedećih nekoliko stoljeća: Pierre de Fermat ( 1 60 1 - 1 665) francuski matematičar, pravnik, pjesnik, klasičar. . . sir Isaac Newton ( 1642- 1727 ) engeski fizičar, matematičar, astronom . . . i Gottfried Wilhelm von Leibniz ( 1 646-- 1 716) njemački matematičar, filozof. . . . Proučavanje funkcija, počevši od samog shvaćanja pojma funkcije. njihova zadava nja. klasificiranja, svojstava, grafova, aproksimacija jednostavnijim funkcijama, osnovni je zadatak matematike. Diferencijalni račun mogli bi okarakterizirati kao jednu metodu koja najbolje rješava te probleme. Nadalje, u diferencijalnom računu su temeljni pojmovi pojam limesa, odnosno derivacije. Pokušajmo ukratko istaći polazne glavne ideje koje su vodile do današnjeg shvaćanja derivacije. Godine 1637. francuski matematičar i filozof Rene Descartes ( 1 596-- 1 650), izdao je knjigu "La Geometrie", u kojoj su izložene osnove analitičke geometrije i prikazivanja grafova funkcija u koordinatnom sustavu. Ta je knjiga imala utjecaja na Fermata koga su posebno zanimale ekstremne vrijednosti (minimum i maksimum ) funkcije. Iz grafičkih pri kaza uočio je da ekstrem može biti u onim točkama u koj ima je tangenta grafa horizontalna. Nadalje on je spoznao da uz zadanu funkciju možemo promatrati jednu novu funkcij u koja u točki diralištu daje nag ib tangente. ,

-

124

8. DIFERENCIJALNI RAČUN

125

Newton je bio prvenstveno fizičar. Proučavajući gibanja tijela nužno se susreo s pi tanjima koja su u vezi sa uzrokom g ibanja, stazom (putanjom), brzinom, ubrzanjem, . . . Što je brzina? Kako ju definirati? On je postupio na sljedeći način. Neka se tijelo giba po pravcu i neka je u svakom trenutku vremena odreden njegov položaj. Time je zadana funkcija s = s(t) pomoću koje izračunavamo gdje se tijelo nalazi u zadanom trenutku vre mena. Ako definiramo prosječnu brzinu kao omjer predenog puta ( u metrima) i pripadnog vremena ( u sekundama), onda dobivamo: _

v=

S(/o + At) - s(to) At

.

To bi bila prosječna brzina na zadanom putu 6.s(t) = s(to + At) - s(to). Smanjujemo li vremenski interval, onda očekujemo da je predeni put sve manji i za svaki takav interval dobivamo neku prosječnu brzinu. Prema tome nema zapreke da u mislima taj proces nastavimo. Tako bismo došli na prirodan način do ideje da u vremenskom trenutku to definiramo brzinu kao limes kvocijenta puta i vremena, točnije . llm

v(/o}

�-o

s

( to + At) - s(to) At

.

Primjer 8.1. Kada tijelo pada samo pod utjecajem sile teže, onda je predeni put funk cija vremena. Eksperimentalno je provjereno da je s(t) = kt2 . Kasnije je dokazano da je vrijednost konstante k

=

�g , gdje je g konstanta Zemljine gravitacije,

g

= 9.8 1

;.

Poslužimo li se spomenutom definicijom brzine, možemo lako odrediti koju brzinu ima tijelo koje slobodno pada nakon, na primjer, četvrte sekunde, to = 4 :

1

s(to + At) - 5(tO) At

_

-

2"8(4 + At)

2

!lt

-

1

2"84

2

! 16 + 8At + (At)2 - 16 � = 28 = 2 (8 + At) . !lt Kako je lim (8 + At)

�_ o

=

8,

brzina je � 8

2 = 48 metara u sekundi.

Leibniz je upoznat od samog Newtona, prilikom njihova susreta u Londonu, s njego vim načinom shvaćanja brzine. U to isto vrijeme Leibniz se bavio problemima odredivanja ( konstruiranja) tangenata na zadanu krivulju. Tangenta grafa funkcije y = f(x) u točki To(xo.!(Xo»

jedan je od pravaca koji prolazi tom točkom. Koji?

Da bi definirao tangentu

u zadanoj točki To(Xa, yo) Leibniz promatra pravce koji prolazi točkom To i još nekom točkom T(x, y) koja je na grafu funkcije y = f (x) . Svaki taj pravac - sekanta - odreden je točkom To i svojim nagibom prema osi X , tj. tangensom kuta što ga zatvara s pozitivnim smjerom te osi. Ako smanjujemo razliku !lx = x - xa , tj. ako se točka T približava točki To , onda očekujemo da će pravci - sekante - preći u pravac koji nazivamo tangentom.

Primjer 8.2. Odredimo jednadžbu tangente na graf funkcije y = xl u točki To(4, 1 6) . T(4+ !lx, (4+!lx?) pripada grafu - paraboli i koeficijent smjera pravca koji prolazi

Točka


126 točkama To i T je

16 + 8At + (At? - 16

At lim (8 + At) = 8 . /lx--+o

=

8 + At ,

Sl. 8. 1 U graničnom slučaju je

tg f3

=

lim (8 + At)

/lx--+ o

=

8.

Jednadžba tangente je y

- f(xo) "�

=

8(x - xo)

===}

y

- 16 = 8(x - 4).

.�>

;�j:�;l �;f;' Deti:1Ji Xo

E

Neka je zadana realna funkcija f na otvorenom intervalu l (a, b ) . Ako postoji . f(x) - f(xo) llm , '>:--+'>:0

=

( a, b) � R i neka je

X - Xo

onda taj limes (broj) nazivamo derivacijom funkcije f u točki Xo i označavamo nekom od sljedećih oznaka:

f'(xo) . . . Lagrangeov zapis; . d f(xo) . . . el mzov zapIs; L ·b . ----;J;Df(xo) . . Cauchyjev zapis . Ako postoji derivacija za svaki x E l , onda kažemo da je funkcija f derivabilna ili di .

ferencijabilna na otvorenom intervalu l . Ako je funkcija diferencijabilna na intervalu l , onda možemo definirati novu funkciju na l :

f' : I -t R,

x l-----> f' (x).

8 . DIFERENCIJALNI RAČUN

127

Tu funkcija nazivamo prvom derivacijom funkcije f na l . Ako funkcija f I ima derivaciju u nekoj točki xo E l , onda njenu vrijednost nazivamo drugom derivacijom funkcije f u točki Xo i označavamo s / ,1 (Xo) . Analogno definira mo / ,11 (Xo) . Dakle, druga derivacija je derivacija prve derivacije. treća derivacija je prva derivacija druge derivacije itd. Možemo induktivno definirati n -tu derivaciju funkcije f kao derivaciju (n - 1 ) derivacije, dakle (f(n- l ) (x))l,

f (n) (x)

x E l.

Primjer 8.3. Odredimo derivacije sljedećih funkcija:

f (x) = X> , 3. f (x) = X', l f (x) = , 6. f (x) = sinx. 4. f (x) Ji, x Ako se varijabla x promjeni za vrijednost h , onda je nastala promjena 1 . f (x)

2. 5.

e,

A:t

-

(x + h)

x = h.

Zbog te promjene nastaje promjena funkcijske vrijednosti

N f (x + h) - f (x) . Prilikom određivanja derivacije korisno je najprije izraziti diferenciju - promjenu funk cije u pogodnom obliku tako da bismo mogli lako odrediti limes pripadnog kvocijenta diferencija f (x + h) - f (x) -�--�� = �--�� h l . U ovom primjeru imamo: f (x) =

e

= konstanta

=::}

/ , (x) = lim --'------''--::.....:...;.. A:t Ax-O e

Derivacija konstante je nula. 2. Za f (x) = x' slijedi: 3.

e

· -- = O . = I Im Ax-O A:t

x' lim -'-----:--- h-O Koristeći se binomnom formulom lako odredimo derivaciju zadane funkcije. Dakle, (x + h r = x' +

G)hX'-1 + (;) h2X' -2 + . . . (:) hn .

Za kvocijent diferencija dobivamo jednostavan izraz z a određivanj e limesa nX'- ! +

Konačno imamo . f (x + h) l lm h-O h

f {x)

(;)hX'-Z

+ . . . + h n- I .

8. DIFERENCIJALNI RACUN

128 4. Pokažimo na primjeru funkcije j(X) prethodnom zadatku. tj.

( Vi)' = (x i )'

=

vx da vrijedi analogno pravilo kao i u

=

�x!-l = � 2

Kasnije će biti pokazano da za svaki realan broj

c

'

vrijedi

l

(x")' = cx,,- . Vratimo se našem zadatku. Izrazimo promjenu funkcije u pogodnom obliku i iskoristimo svojstvo neprekinutosti funkcije drugi korijen: 1 x+ x !::.j ==} . . r::-;-;: r.:. = 2 l lm = x+ !::.j = v v x = r:::-;-;: r:::-;-;: h-O X' v x + + vx v x + h + vi Vr;

h

5.

-

!::.j =

1

x+

h h

h-

.

1

h - :;

=

-h

x (x +

==}

h)

-h

l� h = - x 2 . .

!::.j

6. Podsjetimo se da smo odredili koliki je limes funkcije j( x) 1·

lm

h-O

sin h

=

1

=

sin x kada x x

-+

O:

1.

Podsjetimo se takoder daje funkcija kosinus neprekinuta funkcija, što simbolički možemo izraziti govoreći kako operatori funkcije i timesa komutiraju tj. lime cos . . . ) = cos( lim . . . ) . za kvocijent diferencija imamo vrijednost

!::.j h

=

1[ Sin X + h .

( h) -

.

l

SlnX =

2 SlO. h:2 cos(x + h ) .

h

:2 Napišimo taj izraz u obliku iz kojeg lako zaključujemo koliki je limes, odnosno derivacija funkcije sinus.

!::.j

- =

h

-;?- = h-O "2 lim

Teorem 8.1.

toj tocKi.

Dokaz.

sin ft

sin( � )

h) 2 2 h lim cos(x + - ) h-O 2

ti

-_

1,

( sinx)'

· cos(x + -

=

=

cosx

cosx

Akofunkcija f(x) ima derivaciju u točki xo , ondaje ona neprekinuta u

Iz definicije derivacije u točki Xo slijedi:

!, (xo) gdje smo sa w (x

f(x) - f(xo) ==} "'--'--'--..::....:.. = !' (xo) + w (x x Xo X xo xo) označili funkciju

lim

x-x{)

-

w (x - xo) =

f(x) - f(xo) - ' ! (xo) x Xo

8. DIFERENCIJALNI RAĆUN

129

x - Xo i nije definirana za x = xo , međutim, ima svojstvo da joj je limes x - Xo ..... O . Ako tu funkciju proširimo tako da definiramo CI) (O) = O , onda je to neprekinuta funkcija u nuli. Dakle, za promjenu funkcije !lj dobivamo: !lj = J(x ) - J(xo ) = !' (xo ) . (x - xo ) + CI) (x - xo ) . (x - xo ) , lim CI) (x - xo ) = O. koja ovisi o

jednak nula kada

x .......xo

Posljednju jednakost možemo pisati i u obliku

J(xo ) + !' (xo ) . (x - xo ) + CI) (x - xo ) . (x - xo ) . su strani te jednakosti sve funkcije neprekinute u Xo te je i J (x ) J(x )

Na desnoj

=

neprekinuta u

toj točki jer je ona zbroj neprekinutih funkcija. Obrat ovog teorema ne vrijedi. Tako je na primjer funkcija

O

Xo

=

od

Xo

ali nema derivaciju u

Ako funkcija pređe na

x

J(x )

x

=

ima derivaciju u

J(x )

=

lx i

neprekinuta u

xo , onda promjenu funkcije koja nastaje kada se

možemo izraziti u obliku

!lj = J(x ) - J(xo )

i vrijedi:

O.

lim x .......xo

=

' ! (xo ) . (x - xo ) + w (x - xo ) . (x - xo )

CI) (x - xo )

=

O,

Xo, x E

domf.

Prema tome ako se promjena funkcije može napisati u obliku

a · (x - xo ) + CI) (x - xo ) . (x - xo ) , gdje je a neka konstanta i limx-+xo CI) (x - xo ) = O , onda je konstanta a derivacija funkcije J u točki Xo · Prvi pribrojnik u gornjem izrazu nazivamo prvim diferencijalom funkcije J u točki Xo i označavamo sa dJ . Dakle, dj = !' (xo ) . (x - xo ) , !lj = J(x ) - J(xo ) =dj + CI) (x - xo ) . (x - xo ) . !lj = J(x ) - J (xo )

Ako je

!lx

=

x - Xo

=

maleno, a znamo da

CI) (x - xo )

pisati

.....

O

kada

x ..... xo , onda možemo

!lJ ::::: df.

v'38 . Tu se očigledno radi o izraču J (x ) = vx za vrijednost x = 38 . Odaberemo kao početnu Diferencijal te funkcije izračunat u točki vrijednost broj Xo = 36 i !lx = 38 - 36 = Xo = 36 , za prirast varijable !lx = je . r;:;;; l l l = 6, 16. v 38 ::::: 6 + dj = J' ( 36 ) Primjer 8.4.

Izračunajmo približnu vrijednost

navanj u vrijednosti funkcije

2. 2, · 2 = 2V36 · 2 = 6'

Pomoću džepnog računala dobivamo

v'38 ::::: 6, 1 6441400 . . .

6


130 Na slici je dana geometrijska interpretacija diferencijala. nadžba tangente s diralištern u Xo je

y(x ) - f(xo ) l(xo) ' (x - xo)

�

Tu

vidimo sljedeće: jed

y(x) - f(xo) = df.

Prema tome diferencijal je jednak promjeni vrijednosti tangente, tj.:

Ay y(x ) y(xo) = df, y(xo ) = f(xo ) .

Sl. 8.2

Primjedba. U nekim novijim pristupima derivacija se definira kao linearna forma, a ne kao broj. Linearnu fonnu možemo prikazati u obliku a (x - xo) , tj. ona je jednoznačno određena brojem a - derivacijom, pa se na taj način provode identifikacije l(xo) a - broj

�

a(x - xo) - linearna fonna.

U teoriji funkcija više varijabli takav način interpretiranja derivacije pokazuje se vrlo prak tičnim i korisnim . Tako će na primjer derivacija realne funkcije od dvije varijable u točki biti linearna fonna

To (xo , YO)

(df(x, y ») (XO ;yo ) = a(x - xo) + b(y yo), gdje će realni brojevi a i b biti tzv. parcijalne derivacije u točki To .

Sljedeći teorem će nam pokazati kako određujemo derivacij u jednostavnih algebarskih kombinacija funkcija koje imaju derivaciju.

Teorem 8.2. Neka su na otvorenom intervalu I = (a, b) � R zadanefunkcije f i g, i neka su diferencijabilne u točki x E I. Tada vrijedi: 1 . lf(x) ± g (x)] ' = l(x) ± g'(x) 2. lf(x)g(x)]' = l (x)g(x) + f(x ) g'(x) f(x) f'(x)g(x ) - f(x ) g'(x) g(x) :f O. 3. g(x ) g(x ) 2


131

h(x) = J(x) ± g(x) . za promjenu funkcije dobivamo: llh = h(x + Ax) - h(x) J(x + Ax) ± g(x + Ax) - [((x) ± g(x) ] !:tf ± !:tg

Dokaz. 1. Neka je

Zato je

h !lj !lg !:t -=-± Ax Ax Ax PO pretpostavci, postoje JI i g ' zato postoji i hl i vrijedi . !lh hl(x) = hm - = !,(x) ± gl(X) .ll -+ O Ax 2. Neka je h(x) (I · g)(x) = J(x)g(x) . Za llh dobivamo: llh = h(x + Ax) h(x) = J(x + Ax)g(x + Ax) J(x)g(x) = (I(x) + !lf) (g(x) + !lg) - J(x )g(x) !lJ . g(x) + J(x) . !lg + !lJ!lg

.

Zato je

. ( !lj

)

1;�o Ax = 1;�o Ax g(x) + J{x) Ax + Ax !lg .

llh

!lg

!lJ

[((x)g(x)] ' = JI(x)g(x) + J(X)gl (X) jer je g prema pretpostavci diferencijabilna u x . dakle prema Teoremu 1 i neprekinuta u x , te je: lim

(�:!lg) = J'(x)O = O.

.ll -+O '-'5

3. Neka je h(x) kvocijent zadanih funkcija.

J(x) + !lj J(x) g(x)!lJ J(x)!lg g(x) + !lg g(x) g(x)(g(x) + !lg) , g(X) � - J(X) � ===? !lh f g - Jg' . lim l lm = ' .ll ..... O g(x)(g(x) + !lg) .ll ..... O Ax g Zbog pretpostavke o diferencijabilnosti funkcija J i g , prema tome i neprekinutosti tih !lh

[

]

(l)'

funkcija, slijedi tvrdnja teorema.

Primjer 8.5. Odredi derivacije sljedećih funkcija: 1 . J(x) = 7 + x5 - 3x 1 OO + 2 sinx + 5VX. 2 . J(x) =

3 . J(x)

�

+ x6 sinx + .;ii, sinx x . vr;:;2, -. - + sm

-x

xO

smx

4 . J(x) = xVX sinx.


132

Primjenjujući pravila o derivacij i zbroja, produkta i kvocijenta dobivamo: S 1 . f'(x) = Sx4 - 300x99 + 2 cos x + '

2 ";;

�

S + 6x' sin x + x6 cos x + 0, !'(x) = _ x x cos x - sin x sin x x cos x � _ f'(x) = , x2 sm2 x x sin x . !'(x) = ";; smx + + x";; cos x .

2. 3. 4.

2 ";;

PrlmJer 8.6. Zadani su redovi l. sume tih redova dane izrazima: S,, - � 4

� ; 2. � i ,

(3n - 2 ) ' 2'" Dokaži da su parcijalne

2n + 3

2 . S = 10 + (3n - S) . 2,,+ 1 . " 4 · 3'" Da su ove formule točne, lako provjerimo indukcijom. Medutim, ovdje postavljamo problem kako se dolazi do tih izraza. Polazimo od sume konačnog geometrijskog reda: l.

-

l + x + x2 + . . · + x" =

1 - X,,+I . l -x

Deriviranjem te jednakosti dobivamo: _l l - (n + l ) ' x" + n ' x,,+1 l + 2x + 3x2 + . . . nx,, = -.:... � -:-:( 1 - x)2 -

-

-

---

Množenjem dobivene jednakosti sa x , zatim uvrštavanjem x =

�

dobivamo traženu

parcijalnu sumu . Da bih odredili drugu parcijalnu sumu pišimo ju u obliku

� ) 3k - 2) . 2k = 3 L" k . 2k - 2 L" 2k . "

k=1

k=1

k= 1

Potpuno analognim postupkom kao u prethodnom slučaju, te uvrštavanjem x = 2 u dobi veni izraz dobivamo traženu parcijalnu sumu.

Evo još jednog osnovnog pravila za izračunavanje derivacije.

Teorem 8.3. Neka je zadana kompozicija funkcija u = g(x) i y = f(u) , tj . y = f(g(x) ) , x E (a, b) � R . Neka postoji derivacija funkcije g(x) u točki Xo E (a, b) . Neka postoji derivacijafunkcije f(u) u točki Uo = g(xo ) . Tada postoji derivacija kompo zicije y = f(g(x ) ) u točki Xo i vrijedi: y'(xo ) =

(��)

X

= o X

=

f� (g(xo ) ) . g� (xo ) ,

tj .

(J o g)' = (J' o g) . g'.


133

Dokaz. S obzirom da postoji derivacija funkcije y = f(u ) molemo promjenu funkcije uzrokovane promjenom varij able u napisati u obliku

!J.y

=

y� . !lu + e(!lu ) . !lu,

te

lim e(!lU) = O.

Au-O

Promjena od !lu nastaje radi promjene varijable x . Nadalje zbog pretpostavke da postoji derivacija funkcije u = g(x) slijedi da je ta funkcija neprekinuta, pa ako !lx -jo O, onda i !lu -jo O . Prema tome vrijedi: , fly = I llm y

i konačno dobivamo

Af-O

!lx

II

.

' lIm

Af-O

!lu

-

!lx

=

y

I

II

•

uX, .

Za nas je vrlo značajan jedan specijalni slučaj kompozicije. U slučaju kada funkcija irna inverznu, molemo promotriti kompoziciju funkcije i njezine inverzne. U tom slučaju vrijedi: f(l- I (x) ) = x Dakle:

(

( )

f(l- I (X) )

==>

f- I (x)

'

=

)

)

(

' , = !, (f- l (x) ) . f - I (x) = (x) ' = l,

l

(I- I ) , =

f' (I- I (X) ) ,

l

f' o f- I

'

Primjer 8.7. Odredimo derivacije sljed�ih funkcija:

1 . f(x)

=

cos x,

2 . f(x) = tgx,

3,

f(x) = ctgx.

U prvom slučaju molemo kosinus funkciju prikazati kao kompoziciju funkcije sinus i afi.ne funkcije x +

�

I)' �)

. Podsjetimo da vrijedi (sinx) ' = cos x , (x +

cos x = sin(x +

�

)

==>

(cos x)'

=

cos(x +

= 1 . Dakle,

= - sin x .

Nakon što smo izveli derivacije sinusa i kosinusa, koris�i se pravilom kvocijenta dobivamo: l (tg x )' = -- = l + tg2 x, cos2 x l (ctgx)' = - -'-- = -(1 + ctg2 x). SlO2 x Podsj�amo da iz osnovne relacije cos2 x + sin2 x = l slijedi sin x tg x cos x ' cosx ctg x = -.- , SIDX -

-

l + tg2 x =

+ cos x

i

ctg2 x + l =

� SlO X

za

derivaciju


134

Primjer S.S. Odredimo derivacije ciklometrijskih, (arkus) funkcija. Primjenjujući pravilo za derivaciju kompozicije dobivamo: 1 . sin(arc sinx) = x

(sin(arc sin x))' = cos(arc sinx) · (arc sinx)' = l l l l . )' = ===} (arC SlnX . cos(arc slnx) JI - sin2 (arc sinx) JI=X2 , 2. cos(arc cosx) = x ===} (cos(arc cos))' = - sin(arc cos x) . (arc cosx)' = l l -l -l ===} (arc cosx)' -- -- sin(arc cosx) JI - cos2 (arc cosx) JI=X2 ' ===}

.,---

=

3 . tg(arc tg x) = x

===}

(tg(arc tg x))' =

-,-

( l + tg2 (arc tgx) )

1 l = 1 + tg2 ( arc tg x) l + x2 ' 1 4. ctg(arc ctgx) = x ===} (arc ctg x)' = _ __ • l + x2 . ( arc tgx )' = l

===}

. ( arc tg x )' =

--

Odredimo najprije derivaciju funkcije f(x) = In x , a zatim pripadne inverzne funk cije f- l (x) = eX (podsjećamo da je e baza prirodnih logaritama, e = 2.7 1 828 1 83 . . . ) . Prema definiciji derivacije imamo: In(x + h) - Inx . ---'. f(x + h) - f(x) = l lm l lm ----:-'----h�O h�O h h l h l In( l + x!! ) = lim - ln ( l + - ) = - lim h�O h x X h�O -h x

Eksponencijalne funkcije su monotone i neprekinute, pa su takve i logaritamske funkcije. h Koristeći supstituciju (y = - ) imamo: x l h � l l l . In ( 1 + �) l . = - In e = -, lim ( l + y) Y = e ===} - hm = - hm ln 1 + !! y�O X h�O x h�O X X X x

(

( Inx ) ' =

)

�.

x

Derivaciju eksponencijalne funkcije sada dobivamo na sljedeći način: In(e') = x

===}

( In(e') ) ' = -.!. . (e')' = et

l

===}

(e')' = e'.

Da bismo odredili derivaciju opće eksponencijalne funkcije možemo postupiti ovako: 1 f(x) = if ===} Inf(x) = x ln a ===} __ . f'(x) = In a ===} j'(x) = if In a . f(x)


135

Hiperbolne funkcije. U primjenama diferencijalnog računa često se susrećemo s kombinacijama eksponencijalnih funkcija kojima smo dali posebna imena. Funkcijske veze među njima vrlo su slične onim među trigonometrijskim funkcijama. Kao što zna mo radi se o funkcijama: sinus hiperbolni, kosinus hiperbolni, tangens hiperbolni i kotangens hiperbolni koje smo definirali na sljedeći način: ec + e -x ec e-x sh x ::;: ---,--chx = ' 2 2 shx ::;: ec e-x chx ec + e -x th x = = cthx = -X chx eX + e sh x eX - e -X Primjenjujući pravila deriviranja dobivamo derivacije tih funkcija.

(sh x)'

chx,

(ch x)'

shx,

(th x )' (cth x)'

l

=

1

Zadatak 8.1. Koristeći se definicijama hiperbolnih funkcija, provjeri da vrijedi: 1 . ch2 X - Sh2 X = l ,

2.

sh{x ± y )

3.

ch{x ± y)

4.

5. 6. 7.

8.

9. 10.

s h x ch y ± c h x sh y,

chx chy ± sh x shy, th x ± th{x ± y ) - l ± thx th y 1 ± cthx cth(x ± y) = cth x ± cth y sh 2x = 2 sh x chx, _

ch 2x

=

ch2 x + Sh2 x,

sh( -x) chx � 1 ,

shx,

ch( -x) = chx, th( -x) I th xl < 1 , I cthxl > l,

=

- thx,

ch x > shx.

Opća potencija je funkcija f(x) = x! , definirana za pozitivne vrijednosti od x , dok je e bilo koji realan broj. Tu funkciju možemo definirati kao neprekinuto rješenje jedne od Cauchyjevih funkcionalnih jednadžbi i to jednadžbe f(x . y)

f(x) · f(y),

Vx > O,

Vy > O.

8. DIFERENCUALNI RAČUN

136

Jednadžbu rješavamo svođenjem na već rješenu Cauchyjevu jednadžbu f(x + y ) = f(x) + f(y) supstitucijama: x =

y=

eU .

eV •

f(x)

ex

f(eU) = g( u) u zadanu jednadžbu slijedi:

g(u + v) = g(u) . g ( v) =? ln(g(u + v» = ln g(u) + lng( v) x =? ln g (u) = cu =? g (u) eCu =? g (lnx) = ec ln => f(x) = ec ln x = x c.

Izračunajmo derivaciju opće potencije: f(x)

==

X

C

=

dn x e

=?

!'(x)

l x

== ec ln x c _

Primjer 8.9. Odredimo derivacije sljedećih funkcija:

xx,

1 . f(x) 3

f(x) = (sin x)tgx,

.

4

Derivacije tih funkcija su : 1.

f(x) =

4.

ln x

l x

.

f(x)

!'(x) = � (lnx + 1 ),

=?

l x+ l _ + ln f' (x) = ( l + � y ( x+ 1 x x =? f(x) = etgx ln sinx !,(x) (sinx)tgX[( 1 + tg2 x) ln sin x + 1], v !,(x) uV[v' ln u + -u'] . f(x) = ev in u =?

2. f(x) = 3.

č

( 1 + � y, x v u(x) (x) .

2. f(x)

x ln( I + - )

e

=?

_ _

U

Area funkcije su inverzne funkcije hiperbolnih funkcija. odnosno njihovih restrikcija. Funkcija f(x) = sh x =

tr

-

e-x

xER

definirana je za svaki realan broj. To je neparna funkcija. striktno rastuća. Prema tome ona ima inverznu funkciju koja preslikava R na R . Tu funkciju nazivamo area sinus hiperbolni. Dakle. f(x) = sh X . f- I (x) ar sh x te je sh(f- I (x» = x . Označimo sa u = f- I (x) . Slijedi •

� e-u = x l · 2� -2-

( �h,2 = x ±

0,

u

Logaritamska funkcija je definirana samo za pozitivne vrijednosti stoga uzimamo samo predznak + u posljednjoj jednakosti. Dakle, ar sh x

ln(x +

J;2+i),

x E R.


137

Da je funkcija sinus hiperbolni striktno rastuća funkcija slijedi neposredno iz svojstva striktne monotonosti eksponencijalne funkcije � . Zbog neparnosti dovoljno je to dokazati za pozitivne vrijednosti, vrijedi:

O � Xl

� ,

e-X2 < e-x, ==> �, e-x, _

1 i zato je inverzna funkcija definirana na području: J- I : R\ [ - l , 1] u =

-t

R\ {O} . Iz jednakosti

J(x)

=

!, (x) =

arcthx

=

1

U

eU

+

e

-u

- e-U

l x+ l - ln -- , 2 x l lx i >

l - x2 '

e

lx i > l ,

L

y

\i

o

J

:

I I I I I I I

x slijedi:

x

Sl. 8.6 are kotangens hiperbolni


140

Skup svih uređenih parova realnih brojeva koji zadovoljavaju jednadžbu oblika

F(x, y) = O

definiraju neki podskup u R2 . Svaki takav par možemo reprezentirati točkom u ravnini. Taj podskup nije nužno graf neke funkcije. U primjenama često nalazimo da je neki pod skup tog podskupa ujedno graf funkcije. Za tako dobivene funkcije kažemo da su zadane implicitno, jednadžbom F(x, y) = O . Poznate su nam jednadžbe kružnice, elipse, hiperbole, i parabole. Evo tih jednadžbi:

x2 + l - ? = O, b2x2 + a2l - a2 b2 = O, b2x2 - a2l - a2 b2 = O, y 2 2px = O. _

(kružnica) (eJipsa)

(hiperbola) (parabola)

Iz kružnice možemo izdvojiti dva dijela (gornja, donja polukružnica) koji su grafovi nep rekinutih funkcija. Te funkcije su:

i za njih vrijedi:

y = Vr2 - x2, -r � x � r, y = - Vr2 - x2, - r � x � r x2 + y(x ? - ? = 0 .

Za dobivene funkcije odredili bismo derivacije prema već opisanim postupcima. Međutim, možemo doći do tih derivacija deriviranjem posljednje jednakosti, dobivamo:

x Y , = - y- , - r < x < r. Istaknimo da je jedna točka koja pripada kružnici i točka T( - r, O) . U njoj je tangenta 2x + 2y · y , = O

===}

okomita na os X . Da li postoji graf diferencijabilne funkcije koji sadrži tu točku? Postoji ! To neće biti funkcija oblika y = y(x) , nego funkcija koju dobivamo iz polazne relacije izražavanjem x -a kao funkcije od y (lijeva i desna polukružnica). Dakle,

x2 + y 2 _ ? = O

===}

x = ±vr2 - y 2 , - r � y � r.

Potpuno analogno postupamo i u općenitijim slučajevima. Tako na primjer neka je zadan polinom u dvije varijable x i y . Takve polinome možemo prikazati kao polinom u varijabli y sa koeficijentima koji su polinomi od x ili obrnuto; polinom u varijabli x s koeficijen tima koji su polinomi od y . Skup svih nultočaka takvog polinoma, (to su uređeni parovi) možemo interpretirati kao dio ravnine i neki podskupovi jesu grafovi diferencijabilnih funkcija. Derivacije takvih implicitnih funkcija možemo odrediti deriviranjem jednakosti

P(x, y) = po(x) + P l (X)Y + P2 (X)y 2 + . . . + Pn (x)yn = O po(x)' + Pl (X)'y + Pl (X)y' + . . . + Pn (X)'y + Pn (x) n · yn - l . y' = O .

141


Primjer 8.10. Odredite derivaciju implicitno zadanih funkcija:

1 . ax2 + 2bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, vx + Jy = 1, 3 . xy + sin y = 0, 4. y 2 - 2px = O. 2.

Derivacije bismo izračunali iz jednakosti:

1 . 2ax + 2by + 2bxy' + 2cyy' + d + ey' = 0, 1 y'

2.

2VX

+

2Jy

=

°

3 . y + xy' + cosy · y' = O, 4. 2yy' - 2p = O.

Neka je zadan uređen par realnih funkcija

([(t), g(t)), t E l = (a, {J) c R.

Za svaku vrijednost varijable, koju obično nazivamo parametrom, to E l dobivamo uređen par brojeva ([(to ), g(to )) koji interpretiramo kao koordinate točke To([(to ), g(to)) . Mi pretpostavljamo da su funkcije x = f(t) y = g(t) diferencijabilne i neka je ,

df = x(t), . dt

dg = . dt y(t) . f(t) ima inverznu funkciju.

Mi nadalje pretpostavljamo da funkcija x = Neka je to t = f- I (x) , pa iz toga slijedi da je definirana funkcija y kao funkcija od x . Dakle, y

= g(t) = g([- I (X) = y(x).

Da bismo odredili derivaciju tako nastale funkcije koristimo činjenicu da je forma prvog di ferencijala funkcije invarijantna, tj . ima isti oblik. Pojasnimo tu tvrdnju. Ako je y = f(x ) , onda je prvi diferencijal dy = I' (x )dx . Postavlja se pitanje da li prvi diferencijal ima takav oblik ako x ovisi o nekoj varijabli, tj. ako je y = f(x(t)) složena funkcija. Neka je

f(u), u qJ (x ) ==> y = f( qJ (x) ) , y ' = f' (u )qJ' (x ). To znači bez obzira j e li u nezavisna varijabla ili je u = qJ (x ) du = qJ ' (x ) . dx, y=

=

,

prvi diferencijal ima oblik Naime,

dy = I'(u)du .

dy = df( qJ (x)) = f' (qJ(x ) ) . qJ '(x)dx = I' (u) . du .

8 . DIFERENCIJALNI

142

RAČUN

Prema tome iz dy = /'(t)dt , dx = g'{t)dt slijedi:

dy I' (t) = y'{X) = l dx X g (t) Drugu i više derivacije parametarski zadanih funkcija odredimo postupno.

d dt d(y' ) = = �(f:) = !!.. { t ) . dx dx x dt x dx dt Prema tome za drugu i treću derivaciju po x dobivamo: y" =

"

y =

) . �.x

xy - xy

j:3

y lll = !!.. (y 'I {t» dt

·

.

�.

x

Primjer S.ll. Odredi jednadžbu tangente na krivulju (cikloida ) zadanu parametars kim jednadžbama x = a{t - sin t), y = a{ l - cos t), za vrijednost parametra t = 'Ir

'Ir /4 .

J2

tER 'Ir

x = x{ ) = a ( 4" - ""2 ) , Yo = y( 4" ) = a( l "4 � 2 I a sin t I ji = = dx Y i = a( l - cos t) = ctg 2' y ' (tO ) y� (Ovdje smo koristili sinI y - yo

y � (x

xo ) .

'Ir

=

2 sin

� cos � , 1 - cos t

=

2 sin2

� ) Jednadžba tangenteje .

143


1.

I J(x) xn

nxn- 1 cxc- I

2.

X

3.

sinx

cosx

4.

cosx

- sinx

C

� i

I J'(x)

6.

ctgx

7.

arc sinx

8.

arc cosx

� = 1 + tg2 x eog2 - � = - l - ctg2 X

sin2 x l vi - x2

vi

9.

arc tgx

10.

arc ctgx

l l.

shx

12.

ch x

shx

14.

cthx

1 5.

ar sh x = In (x + Vl + x2 )

16.

archx = In(x + vx2 - 1 )

17 .

18. 1 9.

l +x l ar th x :2 In l -x l x+ l ar cth x = ln 2 x- l

= � 2

l - th2 x ch r -1 -- = l - cth2 x sh 2 X l J't + x2 l ...!x2 1 l l - x2 l l - x2 -

--

20.

eX

ff

ff Ina

21.

Inx log" .x-

•

-

eX

22.

!

-l

x2 1 l + x2 -1 l + x2 chx

�

X

1

X

l

r ln n

i

I

9.

Osnovni teoremi diferencijalnog računa

l . Fermatov teorem . . . . . . . . . . . . . . . 1 44 2.

Rolleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . 1 46

3. Lagrangeov teorem . . . . . .

.

.

. .

.

.

. 1 47

4. Cauchyjev teorem 5. Taylorov teorem

.

. . . . . . . . . . . . . 149

. . .

.

. .

. . . .

.

. . .

.

1 50

Već je isticano da je pojam funkcije temeljni pojam u matematici. Funkcijama opi sujemo i prikazujemo razne pojave, zakonitosti, odnose itd. Diferencijalni račun najčešće koristimo za proučavanje svojstava funkcija i njihovih grafova. Pomoću tog računa za diferencijabilne funkcije relativno lako možemo dobiti odgovore na brojna pitanja koja su u vezi sa svojstvima takvih funkcija i njihovih grafova. Mi ćemo sada dokazati nekoliko osnovnih teorema diferencijalnog računa koje vrlo često koristimo u pručavanju funkcija ili nam služe za dokazivanje nekih novih teorema.

Funkcija f : [a, bl -+ R ima lokalni ekstrem (minimum ili maksimum) u nutarnjoj točki e E (a, b> ako postoji okolina Oc točke e tako da vrijedi: L

2. 144

(' f(e) . , strogi lokalni minimum u e, .

2'. f(x)

e , onda je x - e > O i f(x) - f(e) � O lj. f(x) - f(e) � f(x) - f(e) O. � O ===> lim X e x e r( e) - x-e I'lm -

x-e

Ako je x - e

�

i minimume u točkama u kojim ne postoji derivacija, a to

Ako se neko tijelo giba po pravcu tako da se nakon nekog vremena vrati u početnu točku, onda ono mora u bar jednom trenutku imati brzinu nula, tj . mora stati da bi se počelo vraćati. Upravo takvu fizikalnu činjenicu opisuje sljedeći važni teorem.

Teorem 9.2. (Rolleov l teorem) Nekaje zadana neprekinutaJunkcija J : [a, bl R na zatvorenom intervalu [a, bl , koja ima derivaciju u svakoj toc1d otvorenog intervala (a, b) . NekaJunkcija poprima jednake vrijednosti na krajevima intervala, J(a) = J(b) . Tada postoji tOCKa E (a, b) u kojoj je JI (c) = O . -t

e

I

Michel Rolle ( 1652-1719). francuski matematičar

9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA

147

Dokaz. Funkcija je neprekinuta na zatvorenom intervalu [a, bl . trassovom teoremu ona na tom intervalu poprima najmanju vrijednost jednost M u točkama X l , odnosno X2 : minj =

m = J(xd � J(x) � J(X2)

Ako je m = M , onda je funkcija konstantna na bilo koju točku iz tog intervala. Obzirom da je teorema je istinita.

M

max,

Prema Weiers i najveću vri

m

X l , X2 E [a, bl·

[a, bl pa za traženu točku možemo uzeti P(x) = O na cijelom intervalu tvrdnja

Neka je zato M > m . Budući da je J(a) J(b) slijedi da obje vrijednosti m i M ne poprima funkcij a na krajevima intervala, tj. bar jedna ekstremna vrijednost se postiže unutar intervala. Prema Fermatovom teoremu na tom će mjestu derivacija imati vrijednost nula i teorem je dokazan. y

a

e

Sl. 9. 3 Rolleov teorem

Ovaj vrlo jednostavni i vrlo korisni teorem često nazivamo teoremom srednje vrijed nosti diferencijalnog računa. On je direktr1a posljedica Rolleovog teorema.

Teorem 9.3. (Lagrangeov l teorem)

Neka je zado.na neprekinuta funkcija J na za tvorenom intervalu [a, bl . Neka je J diferencijabilna na otvorenom intervalu f(x)

Dobiveni rezultat u integralnom računu zapisujemo na sljedeći način:

J

xn+1 + Xn dx = n + l e,

n

:f

-

1.

Ako je zadana funkcija f(x) na otvorenom intervalu (a, b) , onda se određivanje nepoznate funkcije F(x) takve da vrijedi F'(x) f(x) za svaki x E (a, b) naziva izračunavanje neodređenog

integrala.

J

f(x)dx = F(x)

+

e,

F'(x)

=

f(x) ,

dx

xE

(a, b) .

Izračunati J cos xdx znači naći F(x) tako da je F'(x) cos x . Jedna takva funkcija je sin x , a gornja napomena nam kazuje da ako postoji još koja funkcija čija je derivacija jednaka cos x , onda se ona razlikuje od sin x samo za konstantu. Dakle,

J

cos xdx

sinx

+

e.

Daljnjim poopćenjem Rolleovog teorema dobivamo Cauchyjev teorem koji će nam korisno poslužiti prilikom ispitivanj a graničnih vri jednost i zadane funkc ije. Pokazat će se da su neke granične vrijednosti funkcije u uskoj vezi s graničnim vrijednostima derivacija.

Teorem 9.4. (Cauchyjev l teorem) Neka su zadaneJunkcije /

i g za koje vrijedi: l . / i g su neprekinute na zatvorenom intervalu [a, bl, 2. postoje derivacije !' (g' na otvorenom intervalu (a, b), 3. g'(x) I- O za svaki x E (a, b) . Tada postoji E (a, b) za kojije /( b) - /(a) /'(c) = e

g( b) - g(a )

g'(c) '

Dokaz. Ustanovimo najprije daje g(b) - g(a) l- O . Naime ako bi bilo g( b) = g(a) , onda bi prema Rolleovom teoremu postojao Xo E (a, b) za koji bi bilo g' (xo ) O što je u suprotnosti s pretpostavkom da je derivacija gl različita n.!le na (a, b) . U svrhu dokaza napravimo linearnu kombinaciju zadanih funkcija s prikladno odabranim koeficijentima:

od

F(x) = lf( b) - /(a)] · g(x) [g( b) - g(a) ] · /(x). 1

Augustin Louis Cauchy ( 1789-1857), francuski matematičar

9 . OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA

150

F(a) = F(b) funkcija F(x) zadovoljava sve uvjete Rolleovog teorema na intervalu [a, b] . Dakle, postoji e E (a, b) za koji je F'(e) = O . Vrijedi F'(x ) = [t(b) - f(a)] · g' (x) - [g(b) - g(a) ] · j'(x), te iz F'(e) = O i g(b ) - g(a) =1= O slijedi tvrdnja: f(b) - f(a ) f'(e ) g(b ) - g(a ) - g'(e ) ' Zbog

g(x) x ,

Za = iz Cauchyjevog teorema dobivamo Lagrangeov teorem srednje vrijed nosti kao njegov specijalni slučaj .

Najjednostavnija klasa realnih funkcija su bez svake sumnje polinomi. Da bismo izračunali njihove vrijednosti potrebno je samo zbrajati i množiti realne brojeve. Poznata su nam mnoga njihova svojstva. Podsjetimo da među polinome spadaju ove jednostavne funkcije:

aa

-

konstanta,

a l (x - xa ) , a2 (x - xa) 2 , . . . , an(x - xa)n , . . . .

Često se neka funkcija - s kojom je možda komplicirano raditi ili nam nisu poznate njezine vrijednosti aproksimira jednostavnijim funkcijama. Pri tom najčešće koristimo razne vrste po1inoma ili trigonometrijske funkcije. Moramo odmah biti svijesni da tom pri likom činimo neku pogrešku. Ocjena te pogreške sastavni je dio problema aproksimacije. Taylorov teorem nam daje uvid o aproksimaciji funkcije po1inomom. -

Taylorov polinom. Neka je zadana funkcija f : l -> R , gdje je l je neki otvoreni interval realnih brojeva. Ako funkcija f ima II -tu derivaciju u nekoj točki e E l , onda po1inom

" (e { n) (e Tn (x) = f(e) + j'(e)(x - e) + f----z!) (x - e) 2 + . . . + f----;) ;! (x - ct nazivamo Taylorov polinom -tog stupnja funkcije f u točki e . Ako je e = O , onda Taylorov polinom često nazivamo i Maclaurinovim polinomom. l II

Primijetimo da pri tom vrijedi

f(e) = Tn(e), j'(e) = T�(e) , . . . , f{k) (�) = T�k) (e) , k = 0, 1, . . . To znači da funkcija i njezin pripadni Taylorov polinom u točki e imaju jednaku vrijednost , ll.

i imaju jednake sve derivacije do uključivo reda tangentu s diralištern u točki D(e, J(e )) . I

Colin Mac/aurin ( 1 698-1746), škotski matematičar

ll .

Posebno istaknimo da imaju zajedničku

151


Ako funkcija J ima (n + l) derivaciju na I, onda možemo pisati:

n

k=O

gdje funkcij u Rn (x) nazivamo n -tim ostatkom funkcije J u točki e .

Teorem 9.5. (Taylorov l teorem ili Taylorova formula) Neka je zadana funkcija J : I -+ R . gdje je I otvoren interval realnih brojeva koja ima derivacije do uključi vo reda n + l u svakoj točki intervala I . Odaberemo li točku Xo E I , onda Junkciju J možemo predočiti u obliku

a ostatak se dadeprikazati u obliku Jfn+ l l ( e ) Rn (x) = (x xO)" + l , e xo + t1 · (x - xo ) , (n + l ) ! tj. nepoznata toeKa e se nalazi između točaka x i Xo .

t1 E ( O, I ) ,

Dokaz. Neka je zatvoreni interval [xo, xl sadržan u otvorenom intervalu I . Ako postoji (n + l ) derivacija od J , onda postoje i sve njezine derivacije nižeg reda, za svaki t E [Xo, x] .

Definirajmo dvije pomoćne funkcije kao funkcije varijable t E [xo, xl :

t J(:?) (x

F(t) = J(x ) G(t )

=

k=O +l . t t (x

za ovako definirane funkcije vrijedi:

k t) ,

Xo � t � x,

J(k) ( o ) k J(x) Tn(x), (X xO) k k=O n (kl J ( ) (x x) k J(x) f(x) = o. F(x) = J(x) - L k k=O

F(xo )

=

J(x)

-

2.:= n

�

t

Po pravilima deriviranja zbroja i produkta lako provjeravamo da je

F'(t)

=

=

-

t J(k:l/(t) (x - t)k - t J{:?) k(x k=O

k=O J(n+ l ) t - n ! ( ) (x

t /- 1

l)

tt .

Uoči da se pribrojnici u gornjim sumama poništavaju i d a ostaje samo posljednj i član iz prve sume.

G(x)

l

=

O, G' ( t )

=

dG(t) dt

Brook Taylor ( 1 685-173 1 ) , engleski matematičar

(n + l ) (x

n t) ( - l ) .


lS2

Primijenimo li Cauchyjev teorem na funkcije F i G na intervalu [xo, xl dobivamo: postoji c E (xo, x) za koji je F(xo) F(x) F(xo) F'(c) G(xo) - G(x) = G(xo) G' (e) , j("+lJ(e) j(x) - T,, (x) - n ! (x - e)" (x - xo),,+l -(n + l)(x e)'" xo)n+l j(x) = Tn(x) + f"+lJ(e)(x (n + l ) ! =

Na taj načinje dokazana Taylorova formula. 9statak j(,,+I)( ) R,, (x) (n + l �! · (x - xo)n +l napisan je u tzv. Lagrangeovom obliku. =

Napišimo Taylorove (Maclaurinove) polinome sljedećih funkcija: 1 . j(x) eX, 2. j(x) = sinx, 3. j(x) = cosx. l. Prilikom odredivanja navedenih polinoma potrebnoje znati odrediti n -tu derivaciju zadane funkcije. u točki x = O za Maclaurinove, odnosno u točki x = e za Taylorove polinome. U ovom primjeru imamo: Primjer 9.1.

=

f nl (x) = et , j(O) = j(n) (O)

te je

l,

n xk n (O) · xk = � - = l + X- + x2 + x3 + . . . + xn T.n (x) = � j(/(} -� k! L..t k! 2! 3! nl l =O =O k k

Dakle, vrijedi tl

x x2 xn = Tn (x) + Rn (x) = l + l + 2 1 + . . . + nl +

eC

· xn+ 1 , e E O n a I , onda i z X 2 � Xl slijedi d a j e i J(X2) � J(XI ) , tj. funkcija je rastuća na I . Analogno, ako je J' < O , onda iz X2 � X I slijedi J(X2) :::; J(X l ) .

157

1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA

158

Na intervalima gdje je prva derivacija pozitivna funkcija je rastuća. Na intervalima na kojima je prva derivacija negativna funkcija je padajuća. Primjer 10.1. Odredimo intervale monotonosti funkcije

6x2 + l lx - 6. Skicirajmo graf te funkcije. Nultočke su l , 2. 3. Funkcijaje neprekinuta. Između nultočaka ima ekstreme (Rolleov i Fermatov teorem) . Derivacija funkcije j e J(x)

J' (x) = 3x2

=

(x

l )(x

1 2x + l l ,

2)(x

!'(x)

3 ) = x3

=

O

Zadana funkcija je striktno rastuća na intervalu ( - oo , xI] U [X2 , oo ) , dok je padajuća na intervalu [X l , X2] . U točki X l funkcija J pOI?rima maksimum. a u X2 minimum. y

x

Sl. 10. 1

Ako je funkcija diferencijabilna u točki e i ako ima ekstrem u toj točki. onda je njezina derivacija u e jednaka nuli. To je tvrdnja Fermatova teorema. Mi smo vidjeli da funkcija može imati derivaciju jednaku nuli u nekoj točki a da u njoj nije ekstrem na primjer J(x) = x3 u točki e O . Izvedimo sada dovoljan uvjet za postojanje ekstrema diferencijabilne funkcije. Teorem 10.2. Neka je Junkcija J difereneijabilna na intervalu l = (a, b) i neka je J' (e) = O, e E l. U toeKi e je ekstrem u ova dva slučaja: 1. akoje J'(x) > O na intervalu (a, e) i J'(x } < O na intervalu (e, b) , ondaje u e maksimum. 2. ako je J'(x) < O na intervalu (a, e) i J'(x } > O na intervalu (e, b) , ondaje u e minimum.

da je

Dokaz. Neka je x E (a, b) . Prema Lagrangeovom teoremu postoji Xo E (x, e) takav J(e)

J(x)

!, (xo ) (c

x).

10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA

159

Analizirajmo tu jednakost. U prvom slučaju na intervalu [x, ej je e x > O i !'(xo) > O pa je f e e) - f(x) > O, tj.f(e) > f(x). Na intervalu [e, xl je e - x < O i f'(xo) < O , dakle ponovno je f e e) f(x) > O, tj. fee) > f(x) . U e je maksimum. U drugom slučaju vrijedi, ako je x < e onda iz e x > O i !' (xo) < O slijedi da je f e e) f(x) < O, tj. f e e) < f(x) . Ako je pak x > e, onda f'(xo) > O slijedi ponovno daje f e e) f(x) < O , tj. fe e) < f(x) . Dakle u točki e je minimum. Primjer 10.2. Odredimo ekstreme funkcije

X4 + 3 . x Funkcija je definirana za svaki x E R, x '# O , neprekinuta je i diferencijabilna za svaki x iz njezine domene. 3 (x4 1 ) !'(x) = x2 Derivacija je jednaka nuli u točkama x l = - 1 i X2 = l , i u tim točkama su mogući eks tremi. Ispitajmo da li je ekstrem u x l = - 1 . Ako je x < - 1 derivacija je pozitivna. Ako je x E l , 1 ) . onda je derivacija negativna. Dakle, prema dokazanom u točki x = - 1 je maksimum. Derivacija je pozitivna za svaki x > l , dakle u točki x l je minimum. Skiciraj graf funkcije. Primjeti da je lim f(x) = - oo , lim f(x) = oo = lim f(x), lim f(x) = - oo . f(x)

X-+O+

;(-+0-

=

X-+CX)

x-+-oo

Brojne su situacije kada je potrebno odrediti limes funkcije bilo da varijabla teži konačnoj ili beskonačnoj vrijednosti . Najednostavniji slučaj nastupa kada tražimo limes neprekinute funkcije u točki gdje je ona neprekinuta. U tom je slučaju lim f(x) = f( lim x) = f(xo}. X -+Xo

X-+Xo

Mi ćemo sada promatrati limese funkcija koje su produkt, kvocijent, razlika, itd. dviju funkcija. Dakle, to su funkcije oblika f(x } () f(x) . g(x), ' f(x } - g(x), f(x)g x , . . . g(x) U slučajevima koje kanimo razmatrati neće biti moguće direktno primjenjivati teorem o limes u produkta kvocijenta, razlike itd. To će biti tzv. neodređeni oblici:

�O '

oo oo

0 ' 00 ,

oo - oo,

OO'

000,

l "" .

Pokazuje se da je najvažnije znati odrediti limes kvocijenta dviju veličina (funkcija) kada obje teže prema nuli, jer ostale slučajeve možemo svesti na taj tzv. osnovni "neodređeni ob-

�.

lik" Jasno nam je da kvocijent dviju "malih" veličina (funkcija) može biti proizvoljan realan broj . Za ilustraciju rečenog navedimo nekoliko jednostavnih primjera .

1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG

160

RAČUNA

Primjer 10.3. Odredimo limese: 1.

3.

xm m, n E N, 2. X--+OO lim a · -, xn X . lim x e - , 4. lim (x - e'") . .1"- oo X--+ oo

1 . I brojnik i nazivnik teže prema nuli. Prema tome o tom kvocijentu malih veličina ne možemo ništa reći dok ne kažemo koliki su m i n . Ako je m n , onda je limes jednak l . Ako je m > n , onda je limes o. Ako je pak m < n onda je limes jednak oo . 2. Kvocijent "velikih" veličina može biti: a za m = n , O za n > m , oo ili - oo za m > n , ovisno o predznaku broja a . 3 . Produkt "velike" veličine i "malene" je neodređeni oblik. Kasnije će biti pokazano da vrijedi:

=

,

Mogli bismo reći da eksponencijalna funkcija raste brže nego linearna paje limes kvocijenta � jednak nuli . eX 4. Uz pretpostavku da znamo koliki je limes u prethodnom slučaju vrijedi:

( - l)

lim e'" �

x-oo

eX

Teorem 10.3. (L'Hospitalovo pravilo)

lim

Onda je

x-a+O

= - oo .

Neka je

lim g(x) = O J(x) = x-a+O lim

x- a+O

J(x) g(x)

lim

x-a+O

J'(x) g' (x)

= L.

= L.

Dokaz. Prema pretpostavkama teorema zaključujemo da postoje derivacije J' i g' u nekom intervalu a < x < a + h , h > O , i na tom je intervalu g' (x) =I- o . Nadalje iz postojanja derivacija zaključujemo da su J i g neprekinute funkcije na tom intervalu. Proširimo po neprekinutosti domene tih funkcija tako da definiramo J(a) = g(a ) = O . Tako proširene funkcije zadovoljavaju uvjete Cauchyjevog teorema na intervalu [a, xl . Prema Cauchyjevom teoremu postoji broj c iz intervala O proizvoljan. Postoji 8 > O takav da je 8 < h

I �� - LI I �:�� LI < =

-

f za svaki

i

c > a , i c < a + 8.

Budući da je E proizvoljan slijedi tvrdnja teorema. Nije isključeno da je možda ili - oo . Potpuno analogno vrijedi ako bismo imali limes s lijeve strane, x a - O.

L = oo

--+

1 0. PRIMJENE DIFERENCUALNOG RAČUNA

161

Ako u prethodnom teoremu x ili x -+ l . vrijedi. Naime, supstitucijom z x dobIvamo -+

oo

- oo ,

pokažimo da teorem još uvijek

1 J(�) , G(z) g( � ) , F' (z) = J' ( � )( - ) , G'(z) g ' ( � )( - � ) , z z z z2 Z Z2 Kada x onda z O , Na funkcije F i G možemo primijeniti prethodni teorem 3, pa bismo u slučaju x imali: (x) lim F(z) = lim F' (z) = lim J'( � ) = lim J' (x) lim Jg(x) g'(x) G(z) G' (z) g' e � ) Z Primjetirno da je moguće postojanje limesa kvocijenta funkcija a da ne postoji li mes kvocijenta njihovih derivacija, U ovakvim slučajevima L' Hospitalovo pravilo ne funkcionira, Evo jednog takvog primjera, Primjer 10.4. Tražimo limes kvocijenta funkcija l J(x) x2 cos X g(x) = sinx kada x O , x2cos xl ' x ' l,lm sinx llm -,smx - ' llmxcos x-1 O ' sinx ' ogrant'čena funkCIJ a pa Je' I'lmx cos -l O Znamo d a Je , llm cos x Je X X S druge strane, računamo li limes kvocijenta derivacija, onda vidimo da taj limes ne postoji. Naime, dobivamo: l ,l lm l ex) lim 2x cos x- + sin xg'(x) cosx Taj limes ne pos oji jer ne post j i limes funkcije sin x! kada Primjedba. Ako funkcije J' i g ' zadovoljavaju uvjete teorema 3, onda možemo i na njih primijeniti L' Hospitalovo pravilo, Dakle, (x) lim l ex) lim f"(x) lim Jg(x) gl/ (x) g'(X) Tako će na primjer biti ' l cosx = lim sinx = �, lm x -x3sinx = l lm 6x 6 F(z) = -+

oo ,

-+

-+

oo

=

x-+ oo

x -oo

z -+O

z- o

z-o

,

-,

-+

=

x-+O

x-+O

-- =

l

x-+O

=

x-+O

.

,

,

..

l

x-+O

t

-

'

x-o

o

x-+e

l,

x -.

=

x-e

x -o

x-+O

oo

O,

x-+e

x-+o

Teorem potpuno analogan prethodnom vrijedi i u slučajevima kada su Iimesi funkcij a J(x) i g(x) jednaki ili za x -+ a+ ili a- ili x -+ a, Neodređeni oblik

oo

•

oo

-oo

10. PRIMJENE D IFERENCIJALNOG RAČUNA

162

Teorem 10.4.

(L'Hospitalovo pravilo) Neka su J i g funkcije di/ereneijabilne na

intervalu I = (a, b) i neka je

lim J(x) lim g (x)

1.

Ako postoji

lim rg' Cexx »)

x-> o+

X----l-a+

g' (x)

2. =

i= O na I. =

L onda, postoji ijednakje

lim Jg (x) (x)

=

x ......a+

Dokaz.

= OO,

x-a+

lim fgl' ((x)X)

x->,,+

=

L.

Odaberirno brojeve x i Xo takvtl da je a < x < xa < b. [x , xo] e J(x) - J(xo) J' (e) = ' g (x) - g (xo) g (e) ' E > O g -+ oo )

Fiksirajmo broj Xo . Na svakom intervalu funkcije J i g zadovoljavaju uvjete Cauchyjeva teorema i tako dobivamo broj za koji vrijedi: x < e < Xo i Možemo pretpostaviti da za svaki okoline vrijedi (radi J -+ oo ,

J(xo) < J (x)

E,

postoji okolina broja a takva da za svaki x iz te

g (xo) -- < g ex )

E,

1

tj..

---"--;'-'';-

kada x -+ a+,

1 -

J(x) g (x)

J (x) Jexo) g(x) - g(xo )

-+ l

.

Jexo) J (x ) --=.;---'7g (xo) 1 g(x)

1 _

=

r ee) g' (e) '

g(xo) g (x) r ee) . g'(e) " - Jex) 1 J(xo)

l

J(x) g (x)

_

Kako je Xo proizvoljan, možemo odabrati Xo -+ a+ . Onda će i e -+ a+ , dakle vrijedit će: f' (x) . lim Jg (x) lim g'(X ) (x) =

x ...... ,,+

Primjer 10.S.

x ...... a+

Pokažimo da funkcija Jex ) O,

=

1

e-X1 ,

/(0)

=

O,

x

E

R

ima sve derivacije u x a još je interesantnije da su sve one jednake nuli. Iz tog rezultata slijedi da je pripadni Maclaurinov polinom nul-poli nom, odnosno pripadni red

1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA

163

ima sve koeficijente jednake nuli. To će značiti da taj red neće prikazivati funkciju od koje je nastao. Derivaciju funkcije za svaki x =1= O izračunavamo po pravilima deriviranja, dakle 2

J' (x )

x =1= O.

Prilikom određivanja derivacije u x O polazimo od definicije derivacije i pri tome koristimo L' Hospitalova pravila. Dakle, . t O. ( - J = hm hm f' (O) l im 00 elX =

=

x-o

.

=-.:.....-'---"--'--

Uoči da smo koristili supstituciju x1 derivaciju lako odredimo za svaki x =1= O .

t,

[2 . 2

'I ) J (X

!

x ...... o

x6

_

oo ,

=

oo

=

-;

1 ......

i kada x -+ O , onda t -+

oo .

Drugu

2 · 3] -1 . e X4

Drugu derivaciju u x O određujemo prema definiciji; 2t2 f'(x) f'(O ) lim 2 · e- 1 lim 1"(0) lim O. X X Može se indukcijom pokazati da je -ta derivacija promatrane funkcije: f(n)(x) P3n { x� ) . e- ;!r gdje je P3n polinom stupnja 311 . Prilikom određivanja viših derivacija u x O potrebno je odrediti limese sljedećih oblika: t� . -1 o llm lim O. o xm et Prema tome dobivamo da su sve derivacije u x O jednake nuli. Neodređeni oblik Neka je lim f(x} limg(x) kada x -+ a . U ovom slučaju vrijedi: =

x- o

x-o

=

4

n

I_oo

et

=

=

=

t - oo

x......

oo - oo .

=

=

oo

1

f(x) g(x)

l

f(x)

U posljednjem razlomku vidimo da smo dobili neodređenost tipa OO i prema tome smatramo ovaj tip neodređenosti rješenim. Primjer 10.6. Ako funkcija f(x) ima treću neprekinutu derivaciju onda možemo pisati: f{x ) f{e ) + =

J'i�) (

x

-

�\e

' e ) + J ) (x e )2 + R2 .

10. PRIMJENE DIFERENCUALNOG RAČUNA

164

Kojeg je reda funkcija R2 ? Tu se misli, s kojom potencijom od (x e) je usporediva. Pokažimo da je trećeg reda. Naime, l' ( e ) j' ( e) (x c) 2 (x e ) _ f(x) f( c) R2 Q ...,. ' 2,-,l' = ( ) = lim x-e (x - e) 3 O (x - c) 3 '( ) " " ' ' l (x) ) e . f . j (x) - f ( e) - f ( e ) (x e . _ ---.:.. = hm .:.- ...,-:.-.:...:. :-.:.....---=.. --.:. ...: = hm ::...c...:. x-e 3 · 2(x - e ) x-e 3 (x - c)2 _ _ _

..::....:.. � :..-�

. fili (x) hm --

3·2

x-e

=

j'" (C)

-- < oo.

6

Primjer 10.7. 1.

l·lm x- ""

2,

lim

3,

X-+OO

l,lm

x--;.oo

l

lnx

=

X

O,

l lm ' .:!.. x- "" l

lnx = (a > O, x > O) xa

-

e< =

Xn

,

hm

x-oo

l - = axđ

x-+co

Ostali oblici neodređenosti. Oblike neodređenosti (jJ , znate

O,

e< ' = . . . = llm -, = OO . x-+oo n.

e
O) treba uzeti za prvu aproksimaciju apscisu točke kojoj je ordinata pozitivna. Ako je funkcija konkavna za prvu aproksimaciju treba uzeti apscisu točke čija je ordinata negativna. Jednu jednostavnu procjenu aproksimacije nultočke Xo brojem Xn dobivamo koristeći Lagrangeov teorem srednje vrijednosti. J(x,, } = J(x,,} - J(xo} I Xn m

je minimalna vrijednost

J(x,,} = J' (e)(x" - xo}, IJ(x,, ) 1 � IJ(x,, ) 1 Xo I ' Ir(e)1 '" m �

od lj' (x) I na intervalu [a, bl .

Metoda iteracije. Iterativne postupke vrlo često susrećemo. Tu se radi o ponavljanju nekog algoritma - postupka. Tako na primjer, ako je zadana funkcija F(x) = .Ji , onda za svaki X � O možemo napraviti niz: Za taj niz znamo da konvergira broju l bez obzira od kojeg broja X > O krenuli. Metodu iteracije koristimo za rješavanje jednadžbi oblika X =

F(x).

Geometrijski bismo mogli to rješavanje tumačiti kao pronalaženje zajedničkih točaka grafa funkcije F i pravca y x . Već opisane metode tangente i sekante samo su specijalni slučajevi metode iteracije. Neka je zadana funkcija F(x) kojoj vrijednosti pripadaju njezinoj domeni. Možemo pretpostaviti da F preslikava interval l na interval l , F : l -t l.

10. PRIMJENE

173

DIFERENCIJALNOG RAč':UNA

Ako je Xo iz domene funkcije F , onda možemo doći do niza xo, X l = F (xo), X2 = F(F(xo) ) = F(2) (xO ), . " , Xn

Očito za članove tog niza vrijedi:

Xn = F(xn-d ,

=

F(n) (xo), . . .

n = 1, 2, 3

Upravo dobiveni niz nazivamo iteracijski niz funkcije F. Teorem 10.7. Nekaje F(x) neprekinutaJunkeija na intervalu [a, bl . Neka je xo , X l , " ' , Xn , " ' , Xn = F(Xn-l ) , n = 1, 2, 3" " iteracijski nizJunkeije F . Ako taj niz konvergira, onda vrijedi: lim X = e ==> e = F(e) . n -oo n

Dokaz. Kako je zadani niz itenicioni tj. za svaki n E N vrijedi Xn = F(xn- d i zbog toga što j e funkcija F j e neprekinuta slijedi da i niz funkcijskih vrijednosti {F(xn) } konvergira, X = lim F(xn-d = F( lim xn - d = F(e) . e = nlim -oo n n -oo n-oo

Dokažimo jedan kriterij kojim su karakterizirani iteracioni nizovi koji imaju jednake limese. Pokazuje se da će svi iteracioni nizovi s početnim članom iz neke okoline rješenja jednadžbe e = F(e) imati limes e ako derivacija funkcije F(x) ne raste brzo. Teorem 10.S. Neka je e = F(e) i lo = [e toeKe e da za svaki X E lo vrijedi:

e,

e + el takav simetrični interval oko

I F'(x)1 � a < 1, X E [e - e, e + ej . Svaki iteraeini niz s početnim elanom iz .10 ima limes i to je broj e .

Dokaz. Prema Lagrangeovom teoremu vrijedi: F(xn-d - F(e) = F'(�)(Xn-l - e) ==> Xn - e = F'(� ) (X"_l - e) . Kako je � iz intervala lo slijedi da je IF' ( � ) I � a < 1 , dakle IXn - e l � a lXn- l - e l ==> IXn - e l < IXn-l - CI . Iz posljednje nejednakosti zaključujemo da j e Xn bliže točki e nego što j e X,.-l . Kako navedena procjena vrijedi za svaki n slijedi: " IXn - e l � a lx"-l - e l � a2 lxn_ 2 - e l � . . . � a lxo - CI Budući da a < 1 slijedi an --+ O, prema tome zaključujemo da je lim X e = O, lim Xn = e . n-oo I n - l n -oo

10. PRrMJENE DIFERENCIJALNOG RAĆUNA

174

Primjedba 1. Prilikom rješavanja jednadžbe x = F(x) neka smo pronašli inter = [a, bJ unutar kojeg se nalazi nultočka e i neka je l F'ex)1 < l na l . Ako je e (a + b) /2 , tj. sredina intervala, onda možemo primjeniti gornji teorem. Ako je e bliže točki a nego točki b , onda odaberimo novu točku b' tako da je točka e polovište, dakle uzimamo interval [a 2e aj . Ako bi bilo e bliže točki b , onda odaberimo interval [2c - b, bl . Prema tome za, početnu aproksimaciju Xo možemo odabrati jednu od točka a ili b . Primjedba 2. Ako derivacija funkcije F(x) ima stalan predznak na [a, bl , onda iz Xn e = F(xn - d F(c) = F'(�)(Xn_ 1 - e ) val l

-

slijedi: a) ako je F' > O , onda je niz aproksimacija {Xn} monoton; b) ako je F' < O, onda je jedan od brojeva Xn- 1 i Xn veći od e dok je drugi manji od e . U ovom slučaju vrijedi:

I Xn

c

l � IX n - Xn- d ·

Ako bismo uzeti za procjenu broj a e aritmetičku sredinu pogrešku vrijedi:

Ie

I

_

eI

�

�

' c

=

(xn

+

Xn-d /2 , onda za

IXn - Xn - l l . 2

Primjedba 3. Pokažimo da su metode tangete i sekante specijalni slučajevi metode iteracije. Neka je izolirana nultočka funkcije f (x) na intervalu [a, bl u kojem postoji derivacija funkcije f i neka je različita od nula. Očita je ekvivalentnost sljedečih jednadžbi: f(x)

O

{:::::::}

x = F(x),

F(x)

=

X-

f (x) ' f' (x)

Prema tome određujemo metodom iteracija rješenja jednadžbe

X = F(x) :::::: x

f(x) f' (x) ,

Xn 1 +

Xn

f(xn) P(xn ) '

Ako bi funkcija f(x) imala drugu derivaciju, onda za derivaciju funkcije F(x) dobivamo:

Prema tome da l i je I F(x)1 �

a

f (x) . P' (x) F' (X ) = P (x) 2 ' < 1 zaključujemo iz izraza If(x)f" (x) I F' I (x) I f' (x)2 . ::::::

Pokažimo da analogno vrijedi i za metodu sekante. Neka je izolirana nuItočka funkcije f(x) na intervalu [a, bl . Za početnu aproksima ciju nultočke možemo odabrati b . Kao što znamo, za sljedeču aproksimaciju metodom sekante uzimamo sjecište pravca koj i prolazi točkama TI (a, j(a» , T2 (b, j(b» sa osi X . Jednadžbe f (x) = O i x F(x) imaju jednaka rješenja ako je

F(x)

=

X-

(b - x)f(x) f (b) f(a) , _

10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA

175

Prilikom proučavanja grafa neke funkcije važno je znati je li graf ograničen, tj. postoji li krug dovoljno velikog polumjera unutar kojeg leže sve njegove točke. Možemo pretpos taviti da se radi o krugu sa središtem u ishodištu koordinatnog sustava. Prema tome, neka je T(x, J(x)) točka grafa i , polumjer kruga čiji je centar u ishodištu. Točka T je u krugu ako je x + f(x) 2 a izvan ako je x + f(x) 2 > ?

2

::;; ,2 ,

2

Mi ćemo pručavati grafove koji nisu ograničeni. Imamo ova tri slučaja: l . Graf je neograničen ako mu je domena neograničen podskup realnih brojeva. 2 . Domena funkcije je ograničen podskup, međutim skup funkcijskih vrijednosti nije ograničen. 3 . Niti je domena ograničena niti je skup funkcijskih vrijednosti ograničen. Ako je graf neograničen postavlja se pitanje postoji li neki drugi jednostavniji graf koji se "malo" razlikuje od polaznog grafa. Najčešće grafove uspoređujerno s grafovima pravaca i to s pravcima

y = e, 2 . x = e, 3 . y = ax + b 1.

horizontalnim, paralelnim s osi x vertikalnim, paralelnim s osi y

kosim pravcem.

Horizontalne asimptote. Za graf funkcije kažemo da se približava horizontalnom pravcu y = e kada x --+ oo ili x --+ - oo ako je

lim f(x) = e,

X� OO

(ili lim f(x) x� - oo

=

e) .

U takvom slučaju pravac y = e nazivamo horizontalnom asimptotom . Racionalna funkcija kod koje je stupanj polinoma u brojniku jednak stupnju polinoma U

nazivniku ima horizontalnu asimptotu. Njena jednadžba je

(kvocijent vodećih koeficijenata) .

y=b a

Vertikalne asimptote. Pravac x = e j e vertikalna asimptota funkcije y = f(x) ako je limes funkcije kad x --+ e bilo s lijeva bilo s desna oo ili - oo . Racionalna funkcija ima vertikalne asimptote u nultočkama nazivnika, uz uvjet da to nisu ujedno i nultočke brojnika. Prilikom skiciranja grafova racionalnih funkcija korisno je najprije odrediti nultočke nazivnika i nacrtati u njima vertikalne pravce tj. vertikal ne asimptote. Primijetimo usput da graf racionalne funkcije ima isti predznak u okolini nultočke nazivnika samo onda ako je to parna nultočka. Ćim je nultočka neparnog reda,

10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAĆUNA

176

u njezinoj okolini fukcija je s jedne strane pozitivna dok je s druge strane u toj okolini negativna. za ilustraciju upravo rečenog usporedi predznak funkcija

l

l

I(x} = -, x

I(x) = "2 x u blizini njihove zajedničke vertikalne asimptote x = O . Za prvu funkciju točka x = O je nultočka nazivnika neparnog reda (prvog), dok je za drugu parnog (drugog). Kose asimptote. Pravac y

= ax + b

lim fI(x} x .... oo

je kosa asimptota funkcije

- (ax + b)]

=

I(x)

ako je

o.

Sl. /0.5 Ako neku funkciju

I(x} možemo prikazati u obliku I(x) = ax + b + o(x), lim o(x) = O, x .... oo

onda je pravac y

= ax + b

kosa asimptota.

Tako je na primjer za racionalnu funkciju

I(x) = pravac y

= 2x + 3

3 2x +

3x2 + 3x + 3 + 1

=

2x +

x

3+

kosa asimptota. Slično vrijedi za svaku racionalnu funkciju kod koje

je stupanj brojnika za jedan veći od stupnja nazivnika. Dijeljenjem polinoma dobivamo asimptotu. Potpuno analogno definiramo kosu asimptotu i u slučaju kada Pretpostavimo da funkcija

I

izmedu zadane funkcije i asimptote sa

x ..... oo

Odredimo koliki moraju biti vamo:

o(x) .

a ,

a

lim

x

.... oo

o(x)

b.

i

podijelimo gornju jednakost s

(x)

lim ( / x .... oo X

_

a

_

x .....

-oo .

oo , i označimo razliku

O toj razlici znamo da teži prema nuli kada

I(x) - ax - b = o(x),

Da bismo odredili

x .....

ima kosu asimptotu kada

�) =

X

lim

x

.... oo

x

=

O.

i pustimo da

x .....

oo . Dobi-

o(x) . X

Iz pretpostavke postojanja asimptote slijedi da limes desne strane postoji i da je jednak nuli. Prema tome, postoji i limes lijeve strane. U tom je slučaju limx .... oo a

=

lim

X-O

postoji prirodan broj

veći od njega vrijedi

no

tako da za svaki prirodan

oo L alc < e .

lc=n+1 Po pretpostavci o majorizaciji za svaki

I

oo L

k=n+1

Ji. (x) I �

x E la, bl

oo L

k=n+1

vrijedi

I/t (x) I �

oo L

k=n +1

ak < e ,

što upravo znači jednoliku konvergenciju reda funkcija jer se ostatak reda može učiniti manjim od zadanog

Primjer 11.5.

e

na svakom mjestu' x i broj

Redovi oblika

oo L an cos n =O

nx

,

n

ovisi samo o

oo L bn sin n= O

e

a ne i o mjestu

nx

konvergiraju uniformno na intervalu [0, 2n] ako konvergiraju redovi brojeva

oo oo L l an / , L l b,,/,

, . 11a ko na primjer red •

sin ,"" nx L.Jnoo 1 -;;r-

=

n=O

n =O

konverg1raJ " ednol l' ko,

Karl Theodor Wilhelm Weierstrass ( 1 8 1 5-1 897), njemački matematičar

x.

1 1 . REDOVI POTENCUA

182

Abelov kriterij. Teorem 1 1.2. Nekaje zadan redfunkcija čije su sve parcijalne sume ograničene,

co L ln (X ) = lo (x) + II (x) + . . + In (x ) + . . ; ISn (x) 1 < A , n=O Ako je (an ) monoton niz nenegativnih brojeva koji konvergira nuli, lim an = O, ao, a l. a 2 , . . . , an , . . . n-+co .

onda red

co I >nfn (x) = aofo(x ) + a lfi (x) + . . n=O

.

n = O, l , . . . .

+ anln (x) + . . .

konvergira jednoliko. Dokaz. Red E ln (x) nije nužno konvergentan red. U dokazu teorema koristimo Cauchyjev kriterij konvergencije niza (nuždan i dovoljan). Dakle, za parcijalne sume Sn reda E an/n (x) vrijedi

ISn+k - Sn i = l an+!ln+1 + an+2ln+2 + . . . + an+ifn+kl · Zamjenimo u toj jednakosti članove ln koristeći parcijalne sume polaznog reda, Sn Sn- 1 + ln , n = 1, 2, · · · ISn+k - Sni = l an+! (Sn+! Sn ) + . . . + an+k ( S,,+k - Sn+k-d l = 1 - an+ 1 Sn + Sn+1 (an+1 an+2 ) + . . . + Sn+k- 1 (an+k- 1 - a,,+k) + Sn+kan +kl � A [an+! + (an+! all+2 ) + . . . + (an +k- 1 - a,,+k) + all+k] = 2Aan+1 .

Prema tome za svaki E: > ° postoji prirodan broj n takav da poslije njega možemo raz liku parcijalnih suma IS,,+k Sn I učiniti manjom od E: . To slijedi iz dobivene procjene i pretpostavke da je lim a" = O , dakle

ISn+k Sn i � 2 · A an+! < E: .

i teorem je dokazan. Primjer 1 1.6. Red

OD sin nx = Slll sin nx sin 2x sin 3x . X + +... + +...+ L -n 2 n 3 n= 1 konvergira za svaki x E R . Da to dokažemo podsjetimo se nekih činjenica o komplek --

snim brojevima. Ako je zadan kompleksni broj z = u + iv . možemo ga prikazati i u trigonometrijskom obliku, dakle

u + iv = I z l(cos x + i sin x ) , = I z l " ( cos nx + i sin nx). Izrazimo li n -te potencije broja z cos x + i sinx i njihovim zbrajanjem dobivamo: z

Zli

cos x + i sinx + cos 2x + i sin 2x + . . . + cos nx + i sin nx

e + iS.

1 1 . REDOVI POTENCIJA

183

Za realni, odnosno kompleksni dio dobivamo: e

cos x + cos 2x + . . . + cos 11.X =

=

cos

(n+ l)x sin !!! 2

sin I . (n+ l )x . SlO -- SlO

2

nx

T 2 -' ''-----'' S = sin x + sin 2x + . . . + sin nx = ----sin I

Do tih izraza za sume dolazimo tako da zbrojimo konačni geometrijski red Z

+ Z + Z 3 + . . . + zn 2

Z

1

•

1 zn l -z

cos nx - i sin nx , = e+ 1 - cos x - l. SlO X i zatim izrazimo realni dio zbroja e i imaginarni dio S . Za parcijalne sume reda L sin nx vrijedi :

= (cos x + i sinx) .

ISnl

=

I� l I sin n

=

I �

sin -" - __- ,:-::--� � I S i -I I '

iS.

x ::j:: kTC .

Ako je x = kTC , ondaje polazni red konvergentanjer su svi članovi nula. Redje konvergen tan za svaki x prema dokazanom Abelovom kriteriju. Taj red nastaje iz reda sin n

. .

l OIza

1 1 1 1 - - .., - ... ' 2' 3 ' , n'

Zašto je važno znati da li neki niz ili red funkcija konvergira jednoliko na nekom intervalu ? Odgovor na to pitanje možemo djelomično naći u sljedeća tri teorema. Teorem 11.3. Ako su sve funkcije (In (x)) , II = 1 , 2, · · · neprekinute na intervalu [a, bl i ako red I::dn (x) konvergira uniformno prema f(x) na [a, b] , onda je f(x) neprekinuta funkcija na [a, bl .

Dokaz. Po pretpostavci su sve funIs:cije fn neprekinute na intervalu [a, bl pa su pre ma tome i parcijalne sume također neprekinute funkcije kao konačni zbrojevi neprekinutih funkcija. Nadalje iz pretpostavke o uniformnoj konvergenciji slijedi da se ostaci reda mo gu učiniti po volji malim (neovisno o x ), ako uzmemo dovoljno veliku parcijalnu sumu. Dakle, neka je zadan E > O .

f(x) fo (x) + fl (x) + . . . + fn (x) + . . . = Sn (x) + Rn (x), f(x + h) - f(x) = SIl(X + h) + Rn (x + h) - Sn (X) - Rn (x). =

Zbog neprek inutosti parcijalnih suma za zadani

e

E

ISn(x + h) - Sn (x)1 < 3

Zbog uniformne konvergencije slijedi

IRn (x + h) 1

E

< 3'

postoji .s (c) takav daje

za

Ih l < D.

184

l l.

Prema tome, za svaki

E >

REDOVI POTENCIJA

O postoji prirodan broj no tako da za svaki n

x + h iz intervala [a, bl vrijedi: I/(x + h) - l(x)1 :s;; ISn (X + h) - Sn(x)1 + IRn(X + h)1 + IRn(x)1

E

no i svaki E

x

i

E

3" + 3" + 3" = E,

tj .

I/(x + h) l(x) 1 < E za Ih l < O. što upravo znači neprekinutost funkcije I(x) . Sljedeći teorem nam kaže kako i kada možemo derivirati red funkcija.

Teorem 1 1.4. lj redu l: ln (x) sve funkcije ln (X ) imaju neprekinute prve derivacije na [a, bl . Ako na intervalu [a, bl uniformno konvergiraju redovi

I� (x)

oo

oo

11=1

11=1

L llI (x) = I(x) , L/� (x) qJ(x), onda vrijedi:

! (f ln (X) ) 11=1

oo

L/� (x), lex) = qJ(X). 11= 1

Sljedeći teorem nam govori kako i kada možemo integrirati red funkcija.

Teorem 1 1.5. Ako sufunkcije In (x) neprekinute na intervalu [a, bl i ako red = f(x) konvergira jednoliko na [a, bl , onda vrijedi:

l: llI (x)

tj. smijemo integrirati red clan po član i tako nastali red konvergira integralu reda.

Navedene tvrdnje ne dokazujemo ali je iz njih oč i to zašto je uniformna konvergencija

niza (reda) funkcija toliko važna.

Primjer 11 .7. a) Na temelju gornjih teorema slijedi da su funkcije oo

I(x) = L 11=1

neprekinute za svaki kriterij). Nadalje, je b) Funkcija

oo

;u

qJ(X) L n= 1

sm .

=

n

cos nx

x E R , jer su pripadni redovi uniformno konvergentni (Weierstrassov f' (x) = qJ(x } .

I(x}

oo

L a" cos bll1T,X, 11=1

O

fn,(x) sin(x + n ' ::2 ) , If(n)(x) 1 � l g(x) cos x ===> g(n) (x) = cos(x + n ' �) , Ig(n)(x) 1 � l Pripadni redovi konvergiraju za svaki x E R i vrijedi: +! sin x = L ( - 1 r (2xn2n l ) ! = x - x3 x55! - . . , 2n x2 X4 cosx = "'(- 1 )" -x2n) - = 1- -+2 ! 4! ! ( � =

oo

n=O oo

+

3!

+

.

ll. REDOVI POTENCIJA

193

2. Potpuno analogno vrijedi i za eksponencijaInu funkciju eX. Na bilo kojem otvore nom intervalu (-R, R) vrijedi: f (x)=tf ===} J

oo

n ;O

an+2(n+2)(n+l)+k2an=0,

n

0,1""

Prema tome dobili smo sistem od beskonačno mnogo jednadžbi (za svaki n) s beskonačno mnogo nepoznanica (svaki an) koji lako rješimo. Ostaju neodređeni koeficijenti ao i al·

ll.

196

Uvrštavanjem vrijednosti za

n

REDOVI POTENCIJA

dobivamo:

n=O =:}

n=2

=:}

Slično bismo dobili uvrštavanjem neparni h brojeva za nepoznatu funkciju y(x)

n.

Konačno dobivamo za

)+al (kx (k.x)3 + (/CX)5 ) 3! 2! 5! 4! U zagradamo prepoznajemo redove za f�nkcije sinus i kosinus. Prema tome za bilo koji izbor konstanti aa, al dobivamo rješenje: y(x) =ao(l

_

(k.>

-

d2

r

Z

t

d sinu,

d2

t

d tgu,

d2+t2

d cos

_

d2 cos2 U 1 dZ+d2 tg2 u=dJ. . __ cos2 u

d 2 - d2 sin2

u

=

1) =d2 tg2 U

P _d2=

Primjer 12.10. Koristeći spomenute supstitucije izračunajmo sljedeća tri integrala.

1.

J

dx

�,

2.

J

x2dx ,/9-x2'

3.

J

xdx Vx 2+4

1 2.NEODREĐENIINTEGRALI

215

1. Nakon što provedemo supstituciju x dobivamo:

JJ cost

� J costdt

JJ t=arc cos-, x l

3

.

1

(

smt+e =3' sm arc cos

(

1 -cos2 arc cos

= '3

2. Koristimo supstituciju x =3sint, Za polazni integral dobivamo: 1=9

,

dx =

J.

sm2 tdt=9

+c

V;) +e --+c. 3x

dx =3costdt,

J

x

JJ ' dt 'smt t

t

, x arc sm 3

( -sin 2t) +c 2

1 - cos 2t 9 dt= t 2 2

J 2 l =� [arc sin ; - � JI - G) ] +e � arc sin ; � J9 - x2 +c.

sin 2t

2 sin tcost=2 sint 1 -sin2 t

3. Koristimo supstituciju:

2 dx = -,-dt, cos-t

x =2 tgt, l =2

J

--

t

(X)2+e =

sinI 2 -- dt= +e =2 1 + cos2 t cost 2

Primjeti da je a) cost=1/ smo odmah dobiti rezultat.

J

x arc tg 2

JI +tg2 t b) supstitucijom vx2 +4

� V x2 + 4+e

= t,

2xdx =2tdt mogli

Eulerove supstitucije. Tri supstitucije koje ćemo navesti poznate su pod zajednič kim imenom Eulerove supstitucije. Pomoću tih supstitucija uvijek je moguće intagral racionalne funkcije po x i vax2 +bx+e prevesti u intgral racionalne funkcije po novoj varijabli t. Napomenimo da kvadratna funkcija f(x) ax2 +bx+e mora biti na nekom intervalu pozitivna da bi postojao integral. To je moguće: 1 . ako je a > O, 2. ako je e> O. 3. ako kvadratna jednadžba ax2 +bx+e O ima realna rješenja . Prva Eulerova supstitucija

a> O

===>

=t-,;a ' x.

12. NEODREĐENIINTEGRAL!

216

Kvadriranjem dobivamo t2 -C x - -=-- 2 Vat+b' Vat2 +bt+ cVa . / ax 2+bx + c = y ' 2 vr;;at+b Vat2+bt+ cVa d t. dx = 2 (2 vr;;at+b) 2 Uvrštavanjem dobivenih izraza u polazni integral dobivamo integral racionalne funkcije od t koji izračunavamo postupcima koji su već objašnjeni . Primjer 12.11. Koristeći prvu Eulerovu Supstituciju izračunajmo integral

!

I=

dx x +vx 2 -x + l '

a =l.

Neka je Vx 2-X + 1=t-x . Kvadriranjem dobivamo

t2-1 2t2 -2t+2 -dx = dt 2t -l ' (2t-1) 2 t2-l t2-t+l yx 2- +1=t --- ---2t-l 2t-l ' ! t2-t+1 1=2 t(2t-l) 2 d t ! - ( � __3_ + 3 ) dt x=

/

=

X

t

_

2t -1

(2t -1) 2

=2 ln Itl-+ c. 3 ln 12t-113 2 2 (2t-l)

U dobiveni rezultat treba još za t uvrstiti vx 2-x +1+x .

Druga Eulerova supstitucija

c> O Kvadriranjem dobivamo

=>

J ax 2+bx +c=x t+.;c.

2t.jC -b -' � -x =----'--a -t2 ' t2.jC -bt+ a.jC dx =2 . d t, (a t) 2 t2.jC-bt+a.jC 1 2+bx +c yax a2 - t2 Uvrštavanjem dobivenih izraza u polazni integral dobivamo integral racionalne funkcije od t. _

.

_

•

1 2. NEODREĐEN I IN TEGRALI

217

l= J

Primjer 12.12. Koristeći Eulerovu drugu supstituciju izračunajmo integral

Ovdjeje c dobivamo:

=

dx (x+ 1)y'I-x-x2 ,

l i styavljamo y'1-x-x2

x

Vl

_

x

_

= xt+1.

t + 2t2 +l x2 = _ 1+ t2

=

Kvadriranjem pos\jednjeg izraza

t2

l -t

1+

Uvrštavanjem navedenih izraza u polazni integral dobivamo:

__)2 dt = = J(!t - t1 J -x-x2- -

dt

=

ln

l

ln

-------

2x + e

l

l

t +c t-2

+K

U konstantu K uključena je brojka koja se pojavi kod racionalizacije nazivnika razlomka što je pod znakom logaritma. Treća Eulerova supstitucija

Pretpostavljamo da I(x) ax2 + bx + e = O ima dva različita realna korjena, i neka su to Xl, X2. U tom se slučaju može pisati

Jax2+bx + Ja(x-xJ)(x-X2). e=

Treća Eulerova supstitucija koju primjenjujemo u ovom slučaju je

= (x-xt}'t,

dx

= 2at(X 2 - xl )t dt (a-t2)2 _

,

x=

ax2-Xlt2 ---'---'--;:--. a

_ a(x2-xJ) , t

- (X-Xl' ) t-

a

t2

'

Uvrštavanjem dobivenih izraza u polazni integral dobivamo racionalnu funkciju koju integriramo prema već opisanom postupku,

l J xdx x + y'x2 + 3x + 2 '

Primjer 12.13. Izračunajmo pomoću treće Eulerove supstitucije sljedeći integral:

Ovdje je x2 + 3x+ 2

= (x + l)(x + 2).

Jx2+3x + 2

X

= P(x + 1)2,

Koristeći supstituciju

t ' (x + 1), t2 2

x2 + 3x + 2 -2tdt dx = (1-t2)

12. NEODREĐENIINTEGRALI

218 dolazimo do integrala racionalne funkcije:

1=2

J

t3 2t ( t + 1)2 (t - 1)(t

J

+

-:---.c=

]

B C D + --+ -- dt t +l t -l t -2

Konstante odredimo koristeći jednakost polinoma =

2t 3 -4t

l)(t -2)+C(t+ 1)2(t -2)+D(t + 1)2(t -l).

A(t -l)(t -2)+B (t+l)(t

Uvrštavanjem vrijednosti za dobivamo:

t: l, 2,

A

l,

B

zatim uspoređujući koeficijent uz potenciju e

t3

D=1.

Konačno za traženi integral dobivamo:

A +Bln(t + 1)+Cln(t t+l

1= gdje z a

t

treba uvrstiti

t=

-----

x+l

1)+Dln(t

2)+K,

J

X+2 x+l.

Integrale koje možemo prikazati u obliku

1 nazivamo

J xm(a

+bxn)Pdx,

binomnim integralima.

m, n, p E Q,

a,

bE

R,

Istaknimo odmah da nisu svi binomni integrali rješivi

pomoću elementarnih funkcija, tj. rezultat integracije može biti neelementarna funkcija. Može se dokazati da je rezultat integracije elementarna funkcija samo u sljedeća tri slučaja:

l . pE Z,

2.

m+l n

E Z,

3

.

m+ 1 +pE n

Z.

Lako se provjeri da su u navedena tri slučaja rezultati elementarne funkcije. Međutim da su to jedini slučajevi kada je rezultat elementarna funkcija nije jednostavno dokazati. Dokažimo da u navedena tri slučaja zaista možemo odabrati takve supstitucije kojim dolazimo do integrala racionalne funkcije.

1.

Ako je

Neka je

pE Z.

m = -1

Ako je

p=O, u tom slučaju je

J xmdx

xm+l

+c. m+l

u tom je slučaju rezultat funkcija lnx+ c. Neka je

Koristeći binomnu formulu dobivamo:

p

prirodan broj.

12. NEODREĐENIINTEGRAL!

219

Posljednji integral lako izračunamo. Slično postupamo ako je p negativan cijeli broj.

1= j

supstitucijom x tj, gdje je j najmanji zajednički višekratnik nazivnika racionalnih brojeva m i n, dolazimo do integrala racionalne funkcije.

Primjer 1 2.14. Izračunaj integrale

1. j[4(l-x*)2dX, Prema rečenom dobivamo:

1. I= j[�(l - 2x� +x4)dx 20

2.

-

8 3 Xi 3

-

+x +e

,

-! 2. 1= j x dxI X= t4, (l +X4)2 t 1 = 4 j t: == 4 ln( l +t) + +e (l t)2 l t) , m +l

-n

I

1

E Z

(

�

t= $

Provedirno supstituciju u polaznom integralu:

l 1 t, x t"! , dx= -tn- dt n m +l j(a +bt)Ptqdt, q= n -l E Z. I

j xm(a +bxn)pdx,

�

U dobivenom integral u provedirno još jednu supstituciju, a

+bt

a +bxn= ur,

s

u

-a b

r

Prema tome sveli smo polazni integral na slučaj koji smo već obradili.

Primjer 12.15. Izračunajmo integrale:

1. 1= jx2(1+X)!dx,

2. j �X2 + 0dx.

Lako provjerimo da su to integrali koji mogu biti tretirani prema gore iznesenom. U prvom integra\uje m= 2, n= l, P 1/2. Provedirno u njemu supstituciju l+x= t2 , dx=2tdt dobivamo:

,

1

t7 t5 t3 j(t2-1)2t·2tdt=2 (l' 25+3") +e,

t=

1 . NEO DREĐEN I INTEGRAL I 2

220 2.

J(X2 +X2)4dx = J [X2 ( l +x-z)j4dx p=J x2!(1 + X-�2 ) !dX, m = 2' l

l

l

3

l

l 4

3

1

4

+x-� t\ X = (t4 1)- � , dX = _�(/4 I J (1'1 1) - � . t · (_�)(t4 - 1)-� . t3dt = integral e integral racionalne funkcije koji lako odredimo. m+1 + E Z. Pretpostavimo da smo u polaznom integralu izvršili supstituciju xnNakon = tei supstitucije da je racionalni broj p ima nazivnikk prirodan broj r i brojnik cijeli broj dobili smo � J (a + b/)P . tqdt = � J ( a � bl r tp+qdt = ;;l J (a · ll + b) P . tP+qdt, q = + l - l . Sad provodimo još jednu supstituciju: r b ) - I dt = - I · ( � r b ) -2 . rur- l du. a ' lt + b = ur' t = ( � a Nakon te supstitucije za polazni integral dobivamo: ! J urp [ ( ur : b) -l] p+q . ( - 1 ) ( ur : b ) -2 . r . ur:l . du, 1 du 1 = ap+q+ 1 J --,--( Uf-u-s+-b)P :r---:--::+Q+2 -

l

Posljednji 3.

I

j

-

P

n

s.

l

=

.

m

n

,

l

n

i to je integral racionalne funkcije.

Primjer 12.16. Izračunajmo integral 3

l

J x(1 +x�)idx.

= 2 ' p = m + l - 1 + p = l . ovo lmo supstttuClJU: 1 x§ = t, x d , dx = �t-!dt. To nije najbolja supstitucija, međutim ona dovodi do integralu u kojem je vidljiva sljedeća supstitucija. Nakon što provedirno tu supstituciju (xn = t) dobivamo: + xi ) i . x2dx = 3 J ( t1 + l ) ! . tdt. 1 = J ( 1---;rOv d·Je J,e m

, n

2

3'

n

2

Daljnja supstitucija je

t + u3, 1

l

pr

d'

.

..

1 2 . NEODREĐEN I IN TEGRAL!

I=

�J 3

U2 . (U3 - 1 ) - 1 ( - 3 u2 ) . (u - 1 ) -2du

i to je integral racionalne funkcije .

221 =

-2

J

u4 du (u3 - 1 )3

13.

Određeni integrali 1.

3.

. . . . . . . . . . . 222 . . . . . . . . . . . 223 . . . . . . . . . . . . . 227

Određivanje povriine

2. Integralne sume .

.

Riemannov integral

.

4. Osnovni teorem integralnog računa 5 . Svojstva određenog inlegrala

.

.

.

.

.

.

. . 232 233 .

.

Nekim podskupovima ravnine pridružujemo nenegativan realan broj koji nazivamo mjernim brojem ili površinom tog podskupa . Istaknimo odmah da se tu radi o funkciji re cimo p. koju nazivamo mjerom. Ona je definirana na podskupovima ravnine, a funkcijske vrijednosti su joj nenegativni brojevi. Analogno postupamo u trodimenzionalnom prostoru kada ćemo tu mjeru zvati volumenom podskupa prostora. Pravokutniku P ravnine, čije stranice imaju duljine a odnosno b , po definiciji prid ružujemo mjerni broj tj . površinu prvokutnika Koja svojstva mora imati mjera

p. ?

p.(P)

a · b.

Spomenimo njezina tri osnovna svojstva.

1. Aditivnost mjere. Ako su P t i P2 dva podskupa ravnine koji su disj unktni ili nemaju zajedničkih nutarnjih točaka, onda za njihove mjere vrijedi:

p. (Pl

U

P2)

p.(P I ) + P. (P 2).

(Točka T skupa S nutarnja j e točka tog skupa ako postoji otvorena okolina te točke koja je potpuno sadržana u S . Okolina točke To u ravnini je krug {T E S I d(Tol T) < e} sa središtem u toj točki. )

2 . Invarijantnost mjere. Neka s u Pl i dva neprazna podskupa ravnine. Ako postoji izometrija ravnine f kojom se PI preslika na P2 , onda su ta dva skupa sukladna i imaj u jednake površine: Podsjetimo da su izometrije ravnine takva preslikavanja ravnine na samu sebe koja ne mjenjaju duljine. Takve su rotacije, translacije, osne simetrije.

222

1 3 . ODREĐEN IINTEGRAL!

223

3. Monotonost mjere . Ako je P l podskup skupa Pz , onda za mjere vrijedi:

Pl � P2

=}

fl (Pd � fl(P2) .

Polazeći od toga da smo definirali površinu pravokutnika poštujući navedena tri prin cipa vrlo lako možemo odrediti površinu paralelograma, trokuta, trapeza i mnogokuta. Naime svaki mnogokut možemo triangulirati tj. rastaviti na trokute, zatim izračunati po vršinu svakog trokuta i sve te površine zbrojiti.

Sl. 13. 1 Svaki mnogokut dijeli ravninu na tri dijela, točke koje pripadaju krivulji, nutrinu i vanjštinu

Problemi nastaju kada treba odrediti površinu nekog podskupa ravnine koji je omeđen krivuljom. Jedan takav jednostavan skup nazivamo krivocrtnim trapezom. To je skup točaka ravnine koji je s tri strane omeđen dužinama dok je s četvrte omeđen krivuljom. Te je probleme rješavao Arhimed već u trećem stoljeću prije nove ere. on je pored ostalog svojom metodom odredio površinu kruga te dijela ravnine omeđenog lukom parabole i dužinom. On je upisivao poligone sa sve većim brojem stranica i određivao površine tih poligona. Na taj način dobivao je približne vrijednosti za traženu površinu. Taj genijalni postupak kasnije je nazvan metoda ekshaustije - iscrpljivanja. On je temeljno polazište u izgradnji integralnog računa. Arhimed je analognim postupkom odredio i volumene i površine dijelova kugle. volumene rotacionih tijela itd. Mi se i danas koristimo također tom metodom i postupkom opisivanja poligona sa sve većim brojem stranica čij a površina je veća od površine polaznog skupa. Na taj način dolazimo do procjene površine nekog skupa. Površina mu je između "nutarnje': površine i "vanjske" površine.

Sve funkcije koje za sada promatramo su ograničene na ;zatvorenom intervalu [a, bl · Radi jednostavnosti možemo pretpostaviti da je zadana ograničena funkcija na zatvorenom intervalu [a, bl i da ne poprima negativne vrijednosti. Naš je zadatak odrediti površinu b i grafom funkcije f(x) . Dakle skupa koji je omeđen osi x , zatim pravcima x = a , x radi se o skupu F ,

F

Kolika mu je mjera fl (F) ?

{(x, y)la � x � b,

O � y � f(x)},

13. ODREĐENI INTEGRALI

224

Aproksimacija pravokutnicima. Odaberirno n - l različitih točaka iz intervala

[a, bl tako da vrijedi:

a = Xo < X l < X2 < . . . < Xi-l < Xi < . . . < Xn-I < Xn

b.

y

b=x.

Xi

Sl. 13.2

x

Svaki takav izbor nazivamo subdivizijom polaznog intervala A . Subdivizija A proizvodi intervale:

[a, bl i označavamo sa

[xo , Xl], [X ! , X2], . . . , [Xi- l, X;], . . . , [Xn-t, Xn]. Duljine tih intervala su po redu:

AxI = XI - a , Ax2 = X2 - x!. " " Axj = X/ - Xi-l , " ' , Axn = b Xn-l . Najveći od brojeva Axi nazivamo nonnom subdivizije i označavamo s l I AI I Ako pretpostavimo da je funkcija f(x) neprekinuta na [a, bl , onda je ona nepreki nuta na svakom zatvorenom intervalu [Xi-t, Xil . Zato na tom intervalu poprima najmanju vrijednost m/ i najveću vrijednost Mi ' Površinu skupa Fi , .

O � Y � f(x)}

Fi = ((x, y ) I X;- l :::;; X :::;; X i,

možemo aproksimirati površinom pravokutnika kojem je duljina jedne stranice Axi =

Xi X/- l dok je druga duljine mj ili Mj . Dakle, J.L(F; ) Ax/ . mi, ili J.L(F/ ) Ax; Mj, i = 1, 2, . " n Prema tome površinu skupa F možemo aprosimirati sa sumama, n L m/Ax" J.L(F) S = L M/Ax;. J.L (F) �

�

� S

=

�

/=1

Sumu s nazivamo donjom sumom, dok sumu lako vidjeti da za te sume vrijedi: S :::;;

.

.

S

II

/=1

nazivamo gornjom sumom. Možemo

J.L (F) :::;; S.

Ako je funkcija f{x ) samo ograničena na [a, b] , onda ona ne mora postići na tom intervalu najmanju niti najveću vrijednost . Dakako da to vrijedi i za svaki podinterval [Xt-t , x;] . Medutim, zbog ograničenosti na tom intervalu, funkcijske vrijednosti imaju infimum mi i

1 3. ODREĐENIIN TEGRALI supremum

225

Mj . U takvom slučaju površinu skupa F aproksimiramo brojevima n

IJ,(F) ;:::: L miLlxi, mi ::::: inff(x), x E [Xi- J , x;j, ;=1 n

IJ, (F) ;:::: L M; Llx; , M; ::::: supf (x ), X E [Xi- I , Xi] ;=1

od brojnih aproksimacija površine postupka:

lJ.

(F)

pravokutnicima posebno izdvajamo sljedeća dva

"

;=1 " ;=1

U prvom slučaju aproksimiramo površinu skupa Fi pravokutnikom kojem su duljine stra nica f(xH ) i Llx; . U drugom su slučaju duljine stranica f(x;) i Llxi ' U primjenama vrlo često subdiviziju intervala [a, bl odabiremo tako da svi intervali imaj u jednake duljine. U tom slučaju navedene formule bi tada bile: L

J.l (F) ::::; -Lf(xo ) +f(x t } +. . .+f(x,,-dl b-a n

IJ, (F) ::::; -Lf(x t} +f(x2 ) +. . .+f(x,, ) ] Vrlo općenita aproksimacija površine skupa F pravokutnicima bila bi da upisujemo b-a

2.

n

pravokutnike na sljedeći način. Odaberimo u i- tom intervalu neku vrijednost �i i za aproksimaciju podskupa odbi remo pravokutnik koji ima duljine stranica Llx; i f( �;) , dakle

Fi

n

IJ, (F; ) ;:::: f(�;)Llxi' IJ, (F) ;:::: CT Lf(�i)Llxi =

;=1

Primjer 13.1. Promatrajmo funkciju f(x) = x2 na intervalu [O, lJ i podijelimo taj interval na pet jednakih dijelova. odredimo zbrojeve s , CT , S . Dakle,

I(x} = x2,

a = O,

y

o

b

= 1,

Sl. 13.3

n

= 5,

Ax

x

0.2

13. ODREĐEN I IN TEGRAL !

226

5 4 3 2 X i 0.2 0.4 0.6 0.8 �i 0. 1 0.3 0. 5 0.7 0.9 mi 02 0.22 0.42 0.62 0.82 Mi 0.22 0.42 0.62 0.82 S=

5

L m;fu; = 0.2[02+0.22+0.42 +0.62+0.82] = 0.240 ;=1 5

S = L Mifu; = 0.2[0.22+0.42 +0.62 +0.82+ 12] = 0.440 ;= 1

(1 =

Vrijedi

5

Lf(�;)fu; = 0.2[0. 12+0.32+0. 5 2+ 0.72 +0.92] = 0.330 ;= 1

Kasnije će biti pokazano da je površina P =

.

:3 = 0.3 . l

F x i grafa sinusoide u intervalu [O, n] .

Primjer 13.2. Odredimo približnu vrijednost površine skupa točke koje se nalaze između osi

ako mu pripadaju

Ovdje se radi o skupu

F = { (x, y)1 O :( x :( n, O :( y :( sin x}. Odaberimo subdiviziju intervala [O.n] tako da odaberemo točke: n n 3n A · . . O = Xo < - < - < - < n. 4 2 4 Površinu skupa aproksimirajmo trapezima, (prvi i posljednji trapez je u stvari trokut). y

Sl.

13.4

Podsjetimo da površinu trapeza određujemo tako da zbrojimo duljine paralelnih sra-

1 3. ODREĐEN I IN TEGRAL!

227

nica i pomnožirno s njihovom udaljenošću i sve podjelirno sa dva. Dakle,

J.l(F) R:

� � [(O+ �) + : + �) + � + 3; ) + 3; + ] .

sin

(sin

sin

(sin

sin

(sin

sin n)

==

1 .896,

što možemo smatrati vrlo dobrom aproksimacijom uz tako mali broj točaka subdivizije. Naime, kasnije ćemo vidjeti da je točna vrijednost 2.

Primjer 13.3. Ako je poznata brzina v == v(t ) gibanja kao funkcija vremena, onda se prirodno postavlja problem kako odrediti predeni put u intervalu vremena, [to, t l ] ' U tu svrhu mogli bi podjeliti vremenski interval na n jednakih vremenskih dijelova !!.ti, i = 1 , 2" " , n . Ako su vremenski intervali dovoljno maleni možemo unutar sva kog od njih smatrati da je brzina konstantna i predeni put će biti približno jednak

S R: Vj !!.t, +V2!!.t2 +. . . +vn!!.tn

=

n

L Vk!!.tk k= l

Kako vidimo dolazimo do subdivizije intervala [to, td i integralne sume funkcije v

v(t) .

Neka je zadana ograničena funkcija f(x ) na zatvorenom intervalu [a, b] . Izvršimo subdiviziju tog intervala točkama Xi tako da vrijedi:

a

=

Xo < Xl

>>>>>H%5055>>>4 s

tj. tj. B

s( l ) � S(2) , s(2) � S( I ).

f,5fMMfHJ S

R

1* Sl. /3.5

Označimo sa A skup svih realnih brojeva koji su donje sume funkcije f(x) na in tervalu [a, bl odnosno sa B koji su gornje sume. Kako smo vidjeli skup A je ograničen '

13. ODREĐEN I INTEGRALi odozgo, dok je skup

229

B ograničen odozdo. Pokazali smo daje bilo koji broj iz skupa A tj.

bilo koja donja suma manja ili jednaka od bilo koje gornje sume. Za svaku ograničenu funkciju

f(x) na intervalu

1.

donji integral,

2.

gornji integral,

l.

postoje:

= supA,

1*

Pri torn je

[a, bl

= infB.

Definicija 13.1. Ako je l. = [* onda taj broj nazivamo Riemannovim integralom f(x) na intervalu [a, bl i pišemo ,

funkcije

l.

=

1*

=

1=

lb f(x)dx.

Za brojeve a odnosno b kažemo da su donja odnosno gornja granica integrala, a funkciju f(x) nazivamo podintegralnom funkcijom. ,

Druga definicija Riemannova integrala. Pogodnim izborom točaka �i u zadanoj subdiviziji A moguće je postići da da je razlika između gornje integralne sume i integralne sume manja od unaprijed zadanog broja e . Analogna tvrdnja vrijedi i za donju sumu. Naime,

Mi

=

supf(x),

mi = inff(x),

Neka je e zadan. Moguće je odabrati

O � Mi - f(�i )
O postoji 8 > O takav da vrijedi

Pripadna oznaka za taj limes je

1 \.:\1\ < lj "===;. I I - aj

f(x)

lb f{x)d:x lb g(x)dx . �

h(x) f(x) g(x) � O .

Ako su integrabilnefunkcije f(x) i g(x) na intervalu I [a, bl . onda b b b (af(x) + f3g(x))dx a f(x)dx + f3 g(x)dx. =

1

l

Dokaz. Budući da postoje integrali funkcija f(x) i g(x) slijedi da njihove integralne sume imaju limese kada norma subdivizije teži prema nuli. Dakle, n

n

n

i=l

i=l

i=l

:L[af(�i) +f3g(�i }] a :Lf(�i) + f3 L g(�i)

a lb f(x)dx + f3 1

b

g(x)dx

Prema tome, ako norma subdivizije teži prema nuli, postoji i limes integralne sume linearne kombinacije funkcija f(x) i g(x) .

Koje ograničenefunkcije definirane na intervalu [a, bl imaju Riemanov integral?

Funkcije za koje postoji Riemannov integral nazivamo Riemann integrabiine ili kraće R-integrabilne. Nemaju sve ograničene funkcije R-integral. Tako na primjer Weiers trassova funkcija nije R-integrabilna. Podsjetimo da je to funkcija definirana na intervalu [O, 1] s vrijednošću l u racionalnim brojevima, dok je za iracionalne vrijednost broj O . Kako u svakom intervalu ima i iracionalnih i racionalnih brojeva, za bilo koju subdiviziju donja suma s ima vrijednost nula, gornja suma S jednaka je l, dok integralna suma može biti proizvoljan broj izmedu ° i L Primjetirno već sada da je kvadrat te funkcije (f2 = l ) integrabiIna funkcija.

1 3 . ODREĐENI INTEGRAL!

231

Teorem 13.4. Svaka neprekinuta funkcija na intervalu [a, bl je R-integrabilna na

tom intervalu.

Dokaz. Funkcija J(x) je neprekinuta, to znači ako je Xo E [a, bl onda za svaki E > O postoji O takav da za lx - xo l < o vrijedi IJ(x) - J (xo ) I < E . Funkciju nazi vamo jednoliko neprekinutom ako O postoji O takav da ako su dvije točke blizu do na o onda se funkcijiske vrijednosti razlikuju za manje od E . ('lE> 0)(30 ) O)( lx)

x21

IJ(xd - J(X2) I

O oko svake točke na temelju neprekinutosti odabiremo (j kojim je definirana otvorena okolina oko točke x E [a, bl i ako su dvije točke iz te okoline funkcijske vrijednosti se razlikuju za manje od E Na taj način dobivamo beskonačno mnogo otvorenih okolina (oko svake točke iz [a, bl ) koje prekrivaju zatvoreni interval [a, bl . Fundamentalno svoj stvo zatvorenog intervala realnih brojeva je da se iz otvorenog pokrivača tog intervala može izdvojiti ko načan pokrivač, tj . već konačno mnogo okolina pokriva cijeli interval [a, bl . To svojstvo zatvorenog intervala nazivamo kompaktnost. Prema rečenom dolazi se do konačnog broja (ji . Odaberemo najmanji i tako dokazujemo da je neprekinuta funkcija na zatvorenom intervalu jednoliko neprekinuta. Sada slijedi da za razliku integralnih suma vrijedi: •

S-s =

n (Mi L i",, )

-

mi) .

b-a b-a � nE -n n

--

=

E . (b

a) .

Kako je E proizvoljan slijedi da razliku možemo učiniti povolji malenom, tj . postoji integral neprekinute funkcije.

Teorem 13.5. Svaka monotona funkcija (rastuća ili padajuća) na intervalu [a, bl je . R-integrabilna na tom intervalu.

Dokaz. U ovom slučaju odaberimo subdiviziju u kojoj svi njezini intervali imaju jed naku duljinu, tj. (b a)jn . Razlika između gornje i donje sume može se učiniti po volji malenom. Očito je s

=

b

s s

s

b

==

b

a n n n

a a

[((x J ) +J(X2) +. . . +J(xn-d +J (xn)], [((xa ) +J(x J ) +J(X2) + . . . +J(xn-J )] [((Xn)

J(xo )]

=

Cb -a ) [{(b) - J(a )] n

____

O kada n

----

O.

13. ODREĐENI INTEGRALI

Neka je

!(X)

jednoznačno odreden broj

F(x) = F(x)

Prema tome definirana je funkcija

lX !(t)dt.

na intervalu

x

E

[a, bl

[a, bl .

Ako je

la, bJ .

Osnovni teorem integralnog

integrabilna funkcija na intervalu

'

onda je

računa govori nam gdje postoji i kolika je derivacija funkcije F(x} .

Teorem 13.6. (Osnovni teorem integralnog racuna) Neka je funkcija lex) integra bUna na intervalu [a, bl . U svakoj točki Xo u kOjojjeJunkcija lex) neprekinutaJunkcija F(x) ima derivaciju i vrijedi P (xo) = !(xo) .

Akojefunkcija !(x) neprekinuta na intervalu [a, bl .onda vrijedi: d d r a !(t)dt = !(x) F( ) = dx J dx x .

Ćesto kažemo da je derivacija integrala po gornjoj granici jednaka podintegralnoj

funkcij i izračunatoj u vrijednosti gornje granice.

Dokaz. Ako je

t

E

Funkcija

lex)

je neprekinuta u točki

('rie > 0)( 315 > O)(lx [x, xo] . onda vrijedi:

xo .

Prema tome vrijedi:

xol < 15 ==} I!(x) - !(xo) I < e).

xol < 15, ==} !(xo) - e � let) � ! (xo ) + e.

lt

Integriranjem posljednje nejednakosti slijedi:

1: (t(xo ) - e)dt 1: !(t)dt 1: (t(xo) e)dt (t(XO) - e) (x - xo) JXQr !(t)dt (t(XO) + e)(x - xo)

!(xo)

-

e�

r !(t)dt lxo

=

�

�

�

�

l !(t)dt !(xo) + e, lx - xol Xo l !(t)dt l !(t)dt = F(x) - F(xo) llF(x) X

l x - Xo

�

--

X

a

_

e

� 15

za

xO

(X) - !(xo) x - Xo IM I a

--

Kako je

+

� e

proizvoljan slijedi da je .

hm

X- XO

X - Xo M(x)

--

=

P (xo) = !(xo)

kada

x

--+

xo .

13. 0DREĐENI INTEGRALI

233

Teorem 13.7. Akoje I neprekinutaJunkeija u svakoj toe1d x E [a, bJ i akoje F(x) bilo koja njezina primitivnaJunkcija na [a, b] , onda vrijedi:

lb I(x)dx

Dokaz.

Neka je

G (X)

F(b) - F(a).

lX I(t)dt,

G' (x) I(x) . Ako je F neka druga primitivna funkcija, e neka konstanta. Sada imamo G(x) + e F(b) - F(a) = [G(b) + ej - (G(a) + el G(b) - G(a ) =

Po osnovnom teoremu, vrijedi onda je gdje je =

F(x)

=

=

=

=

lb I(t)dt - la I(t)dt lb I(t)dt - O lIJ I(t)dt.

=

Primjer 13.4. U prvom primjeru odredili smo približnu vrijednost površine ispod I(x) = x2 u intervalu [O, lJ . Sada imamo točnu vrijednost.

11 x2dx �311

parabole

=

o

o

=

1

"3

0.3

=

Primjer 13.5. Skiciraj graf funkcije u naznačenom intervalu i izračunaj pripadni od ređeni integral:

L

3.

I(x) = 3x + 1, [ 1 , 2) ; l I(x) 2x + x3 + -, x [ 1 , 2] ; =

Usporedi rezultate: 1.

4.5; 2. O; 3. 3 .75

2. 4.

I(x ) I(x)

+ ln2;

4.

cos

tt,

x,

[O, nj ; [- 1 , 2] .

2 I e - e- .

U definiciji određenog integrala polazili smo od subdvizije II intervala

II

:

a

=

Xo

= 1[ - - - - _ ....

Sl. 14.8

;,;' 2a

,

""",;

"J'''

x

Kardioida

Primjer 14.8. Odredi površinu skupa koji se nalazi unutar kruga r � 5 cos cp , a izvan krivulje r(cp ) 2 + cos cp tj. r � 2 + cos cp . Presjek tih krivulja dobivamo iz jednakosti 5 cos cp = + cos cp ::::=::> cp = ± j . Tražena površina je

2

811" + vr,:;3. (2 + cos cpfldcp = '3

14. PRIMJEN E ODREĐEN O G IN TEGRAL A

244

y

x

Sl. 14.9

Volumene tijela određujemo tako da ih "iscrpimo" jednostavnim tijelima čije volume ne lako izračunavamo. Volumene, tj . dijelove prostora "iscrpljujemo" obično kvadrima, valjcima, "ljuskama", . . . U srednjoj školi učimo određivati volumene jednostavnih tijela. Podsjetimo kako određujemo volumen uspravnog "valjka", tj . tijela koje omeđeno s dvije baze i plaštom. Baze su međusobno sukladni dijelovi dviju paralelnih ravnina (ne nužno krugovi) koje su uzajamne ortogonalne projekcije. Plašt "valjka" je unija izvodnica, tj . dužina koje spajaju točku iz jedne baze s njezinom ortogonalnom projekcijom u drugoj bazi. Volumen V takvog "valjka" izračunamo tako da pomnožimo površinu baze s visinom tog valjka. Visina "valjka" je jednaka udaljenosti baza. V = (površina baze) . v = B · v. Ako je valjak uspravni kružni, tj . baze su mu krugovi polumjera

onda je volumen jednak

v

,

r

i ako mu je visina

v,

= ?-n · v. ...?�

R - R+r 1"= 2 V=2r 1tv I1r

V

I1r=R-r �

�

r

Sl. 14.10

Neka je zadan uspravni valjak polumjera R i visine v . Ako iz njega izvadimo valjak polumjera r i visine v , r � R preostaje tijelo koje nazovimo "ljuskom" (zamisli jednu

245

14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA

cijev) . Volumen ljuske je

V = R 2 n . v - ?n . v = n . V(R2 - r2 ) = nv(R + r)(R - r) R+r . (R - r) = 2nvr . I1r, = 2 nv --

_

R+r

2

I1r = R - r.

r = -- ' 2

Neka je zadan skup točaka

F = {(x, y)1

a � x � b, O � y � f(x)}, gdje pretpostavljamo da je funkcija f(x) neprekinuta na intervalu [a, bl . Rotaciom tog skupa točaka oko osi x nastaje rotaciono tijelo čiji volumen želimo odrediti. U tu svrhu izvršimo subdiviziju intervala [a, bl ' 11 · . . a = Xo < Xl < . . . < Xj- l < Xj < . . . < Xn = b Položimo ravninu točkom Xj okomito na os x, i = 1 , 2, . . . n . Na taj način dolazimo do dijela rotacionog tijela koji se nalazi izmedu ravnina koje prolaze točkama Xj-J i Xj . Volumen dobivene "pločice" naka je 11Vj i njega procjenjujemo pomoću volumena dvaju kružnih valjaka, jednog kojije upisan u tu "pločicu" i jednog koji je opisan oko nje. Dakie, neka su mj i M; minimalna, odnosno maksimalna vrijednost funkcije f(x) na intervalu [X;- J , X;] sada je ,

i=

mfnl1x; � I1V; � Mfnl1x;,

1 , 2,

. . . , n.

y

�V=fiX/7t6x

�x

x z

(J

Sl. 14. 1 1

Zbrajanjem tih volumena dobivamo procjenu volumena rotacionog tijela.

n

n

L mfnl1xj � V � j=l

Te sume su zapravo integralne sume funkcije

nf(x) 2

X

L M;nl1xj

E

;=1

[a, bl.

Upravo provedeno razmatranje nam pokazuje, smisleno je prihvatiti po definiciji da je volumen rotacionog tijela

14. PRIMJEN E ODREĐEN OG IN TEGRAL A

246

Primjer 9. Odredimo volumen kuglinog sloja, tj. dijela kugle koji se nalazi između dvije paralelne ravnine. Kuglin sloj je rotaciono tijelo, koje možemo smatrati da nastaje rotacijom dijela omeđenog lukom koji pripada kružnici i pravcima;

x2 + y 2 = r2 , y = Vr2 - x2 , x = a,

x

b,

-r

�a�b�

r.

y

-r

x

Sl. 14. 12

Traženi volumen je V

=

n

lb (r

Specijalno ako uzmemo daje

-

a

� (b2 + ab + a2)J .

x2 )dx = n (b - a ) [r2 =

- r i b ::::: r V-

dobivamo volumen kugle

4

-nr3 3

.

Primjer 14.9. Odredi volumen rotacionog elipsoida koji nastaje rotaciom skupa F omeđenog lukom elipse i osi x ,

F

::::: {(x, y ) I -a

Traženi volumen iznosi

v :::::

Uoči ako je

n

la ldX _a

� x � a, =

n

1a (a2

b2 a2

-(/

a ::::: b ::::: r dobivamo volumen kugle.

Primjer 14.10. Odredi volumen rotacionog paraboloida koji nastaje rotaciom skupa

F oko osi x :

F

::::: {(x, y) x ::::: n Jor y2dx n IO�

V

O � Y � �}

� a,

=

2 . 2p . a 2

n . pa2

Primjer 14.11. Odredi volumen rotacionog tijela koje nastaje rotaciom skupa F oko

osi

y,

F = { (x, y) 1

n

O � x � 2'

sin x �

y � l}


247

y 1

x

x Sl. 14. 13

Izvršimo subdiviziju intervala [O, l] na osi y . Tipična kružna "pločica" ima polumjer x = arc sin y i "debljinu" !:ly . Volumen tijela je

V = 11: t x2dy = 11: t arc sin2 ydy = 11:[( � ) 2 - 2] .

Jo

Jo

2 Koristi parcijalnu integraciju prilikom izračunavanja integrala:

J

arc sin2 ydy = y arc sin2 y

-

J

= y arc sin2 y+2 ·

y . 2 arc sin y .

p

J( h) ' 1 - y2

1 - y2

dY =

arc sinydy

= Y arc sin2 y+2[ � arc sin y - yJ .

Primjer 14.12. Skup točaka F . 11: F = {(x, Y) 1 0 � x � 2 ' O � y � sinx} rotira oko osi y . Odredi volumen tako nastalog tijela. Koristimo se tako zvanom metodom "ljuske" . Neka je x srednji polumjer "ljuske" debljine !:lr = dx i visine sinx . Volumen traženog tijela je

Vl = 211:

1�

X ·

�

sinxdx = 2 [-x cos x+

tlV =2x 1tsin x tlx

J

cos xdxJ

I:

= 211:.

y sin x

1t

Sl. 14. 14

Primjeti da je zbroj volumena Vl i volumena V iz prethodnog zadatka jednak volu menu valjka čiji je polumjer 11:/2 i visina v = l .


248 Neka je zadan skup F za koji vrijedi: F

=:

O�a�x

{ (x , y) I

Pretpostavljmo da je funkcija

f(x)

�

O � f(x) } .

b,

neprekinuta na intervalu

[a, bl .

Ako skup

F rotira oko

osi y , onda metodom ljuske za volumen nastalog tijela dobivamo

Vy :::;: Ako bi skup F rotirao oko osi

Primjer 14.13.

2n

lb xf(x)dx.

nastali volumen bi bio jednak

x

Odredi volumen krnjeg stošca.

Neka su polumjeri stošca

R

i r , i visina

v.

Napravimo osni presjek stošca j postavi

mo koordinatni sustav tako da je njegova os na osi y i točke

Tl (R, O) , Tz(r, v)

pripadaju

stošcu. Jednadžba pravca koji prolazi tim točkama je

y-O Volumen stošca je

v

?- n · v + 2n

J

Rx ·

r

Primjer 14.14.

v-O

=

--(x - R). R

r

V --

R

r

ex - R)dx

n·

=

v

_(RZ + 3

Rr

+ ?- ) .

Odredi volumen torusa.

Kada se krug vrti oko pravca koji ne prolazi tim krugom nastaje rotadono tijelo koje nazi vamo tOTUS (oblik automobilske gume). Neka j e zadana kružnica jednadžbom

x2 + (y

a)2 = r2,

ili

x = r cos t,

y - a = r sin t.

1 4 . PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA

249

y

o

x

Sl. 14. 16

Ako se krug vrti oko osi X , ondaje volumen torusajednak volumenu tijela koje nastaje rotacijom l ika ispod gornje polukružnice minus volumen tijela koje nastaje rotacijom lika ispod donje polukružnice (y = a ±

J:r (a+ VIr2 - x2 ) 2dx 11: J:r(a - VI = 411:a Ir vlr2 - x2dx = 2a · r2 . 11:2

rl

V = 11:

-

x2fdx

Posljednji integral moremo geometrijski interpretirati kao površinu polukruga polumjera r , dakle njegova vrijednost je � 11: / 2 .

Luk L je skup točaka ravnine zadan parametarskimjednadžbama x = x(t), Y = y(t), a � t � b .

Funkcije x(t) i y(t) su neprekinute i različite vrijednosti parametra t u različite točke ravnine tj.

[x (t d - X(t2 ) f+ [y(tJ )

y(t2 )] 2

>

O,

ako je

E [a bl ,

tI =I t2 '

preslikavaju

Iz rečenog vidimo da se radi o jednom injektivnom neprekinutom preslikavanju zatvorenog intervala [a, bJ realnih brojeva u ravninu (analogno će biti definiran luk u prostoru). Ako bismo za isti luk L imali još jednu parametrizaciju, tj. neka je

Funkcije

X(u) , Y(u)

L · · · X = x (t), y = y(t), L · · · x = X(u), y = Y(u),

t E [a, b] u E [c, d].

neka su također neprekinute injekcije.

14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Može se dokazati da tada postoje takve neprekinute funkcije

u = Vet), t = T( u), za koje vrijedi x x(t) = X(V(t)), y = yet) = Y( Vet)) t [a, bl, x = X(u) = x(T(u)), y= Y(u) = y(T(u)), u rc, dl . To su bijekcije medu intervalima [a, bl i rc, dj ' u T(x(t), y(t)) = T(X(u), Y(u)) E

E

t

-+

+--

y

a

Xi.]

b

Xi

Sl. 14. 1 7

X

Neka je zadana parametrizacija luka L jednadžbama =

E

x = x(t), y yet) t [a, bl ; A = T(x(a), y(a)), B T(x(b), y(b)) .

Izvršimo subdiviziju intervala [a, bl ,

=

tj

< . , .

ll· · · a = to < t, < t2 < . . . < ti-l < < tn = b. Subdivizija funkcijama x(t) , yet) prenosi se na luk L = An i tako dobivamo točke luka Duljinu luka L aproksimiramo duljinom izlomljene Ti = T(X(ti), yeti)), = 0, crte ATI, Tl T2, Ti- J, Tj, " ' , II

i

l , ·· · , n .

. . •

Ako norma subdivizije II teži prema nuli, onda očekujemo da će duljine izlomljenih crta težiti prema duljini luka L . Moramo upozoriti da ovakav način "zaključivanja" može dovesti do velikih problema. Pogledajmo vrlo instruktivan primjer kojim pokazujemo da može neka krivulja težiti drugoj krivulji kao skupu točaka dok njihove duljine lukova to ne slijede. Primjer 14.15. Na slid je prikazan polukrug polumjera r l Dij ametralno suprot ne točke su i B , dok je sa S označeno središte tog kruga. Nad promjerom AS nacrtanje novi polukrug, isto tako i nad promjerom SB . Polumjeri tih dvaj u manjih polukrugova su r zbroj duljina lukova je n i jednaka je duljini polaznog polukruga. Nastavimo li taj proces pravljenja sve manjih krugova možemo zaključiti da oni (kao skup točaka) teže prema dužini AB čija je duljina 2, dok je njihova duljina konstantna i iznosi n .

A

= 1/2,

=

.

251

1 4. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA

Sl. 14. 18

Potpuno analogan primjer napravimo i s jednakostraničnim trokutom. Nad jednom i drugom polovicom baze napravi dva nova manja jednakostranična trokut i zatim taj pro ces produžimo. Trokuti koji nastaju teže prema bazi polaznog trokuta dok duljiI"\e teže dvostruko većoj dužini. Udaljenost točaka

8

T;- l (X(t;-d, y (t;- t} ) i T;(x(t;), y(t; »

je

d(Tj-b Ti) = V(!ll ; ) 2 + (L\y;)2, L\x; = X(ti ) X(ti-l), L\yj = y(tj) - y(tH ) Definicija 14.1. Za luk L kažemo da ima duljinu s ako za svaki e > O postoji takav

> O da za svaku subdiviziju čija je norma manja od 8 slijedi da je n

I

L V(L\xj) 2 + (L\y/)2 - s l < e ;= 1

Ako luk L ima duljinu onda je ona jednoznačno određena i ne ovisi o parametrizaciji.

Neka luk L imo. parametrizaciju x = x(t), y = y et) , t E [a, bl i neka postoje derivacije funkcija x(t) i y(t) i neka su neprekinute. Postoji duljina luka L i jednaka je s V [x(t)j2 + fj(t)J 2 dt. Teorem 14.1.

lab ,--'

-

Dokaz.

Prema teoremu srednje vrijednosti diferencijalnog računa slijedi da je

L\x/ X(ti) - x(t; - d = X(�;)&i' Ay; = y eti ) - y(t;-d = Y(11i)&;'

Za približnu vrijednost duljine luka dobivamo S

�

n

L 1=1

V(L\xj)2 +

n

V

(L\y;)2 = L X(�i)2 + Y(11;)2L\ti. ;=1

Posljednja suma je integralna suma neprekinute funkcije. prema tome postoji njezin integral i on je jednak upravo dulj ini luka L .

14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Za duljinu luka u intervalu parametra

s(t) =

t

E

[a, b]

dobivamo

11 j[x(t)j 2+ [Y(t)j2dt, d��) = j[x(t)]2+ [Y(t)] 2 .

Ako je luk zadan kao graf funkcije f(x), x E za duljinu luka dobivamo x

y = f(x),

x,

[a, bl , onda x

možemo uzeti za parametar i

lb j +f'( )2d

s=

1

Ako je krivulja zadana u polarnim koordinatama j ednadžbom

možemo uzeti kut

cp , dakle za duljnu luka dobivamo: x

ds( cp ) =

Primjer 14.16.

= r(cp) · cos cp ,

.y

x

x.

r

r( cp) , onda za parametar

r(cp) · sin cp,

j[x(cp)] 2+ [Y(cp )] 2dcp, ds = jr-[r-(cp-)]-2+--[r-(cp-)-]2d cp, s = {'Pl j[r(cp )] 2+ [r(cp ) ]2 dcp . Jrpl y

Duljina luka lančanice

ds = s=

Primjer 14.17.

chx u intervalu

=

JI + (y' )2dx = JI +

to chxdx Jo

shx

IXo.

=

(shx)2dx

=

[O, xo]

je

chxdx,

shxo.

y 2 = 2px u intervalu [O, x] . y , dakle radi se o duljini luka funkcije y dx 1 l y2 2y = p' 2p ' , dy 2p '

Odredimo duljinu luka parabole

Može

mo smatrati x funkcijom od

x

s=

)

r Jo

JI + (x' ) 2dy

=

l

r Vp2+ y2 dy.

p Jo

Parcijalnom integracijom izračunajmo dobiveni integral. Dakle,

_ r (y2+p2

ps =

Y Vp2+y 2 -

Jo

p2 ) dy Vp2 +y 2

r Vp2 + y2 dy+ l Jo

Konačno, posljedni integral ima vrijednost

s=

Primjer 14.18.

2p

.

dy J Vp2+y2

ps , dakle za duljinu dobivamo

VPZ+ y 2 + e . ar sh � . p 2

Odredimo duljinu jednog luka cikloide, to je krivulja koju opisuje

točka na rubu kruga polumjera

a

koji se bez klizanja kotrlja po pravcu. Jednadžba cikloide


253

je dana parametarskim jednadžbama

y = a( 1

x aCt

sin t), Za duljinu jednog luka dobivamo

cos t),

t E R.

(dxf + (dyf = [a2( 1 - cos t)2 + a2(sint)2] . (dt)2, 21t sin !.. dt = 8a . s a V2( 1 - cost) = 2a 2 o o

(ds)2

121r

1

Primjer 14.19. Krivulja najkraćeg vremena. Neka su zadane dvije točke 0(0, O) i T(x, y ) . Koordinatni sustav nacrtaj mo tako da je pozitivni smjer osi y prema dolje, u smjeru u kojem ćemo pretpostaviti djelovanje gravitacije. Postavlja se pitanje po kojoj krivulji pod utjecajem gravitacije treba putovati materijalna točka polazeći iz točke O pa da za najkraće vrijeme stigne u točku

T.

an

o x=a(t- sin tj y=a(1- COStJ

y

x

T(a n,2 nJ Sl. 14. 1 9

O neka je točka u ishodištu O i neka ima brzinu O. Gravitaciono U trenutku t polje izvrši rad W pokretanjem materijalne točke mase m i on je jednak razlici kinetičkih enrgija, dakle

mgy = 2!m . v2 2!m . 02 ' Brzina je jednaka derivaciji luka ( s( t) ) po vremenu ds = ;;:;-::-: : v = ds v'2iYdt. V 2& · y , dt W

=

Iz posljednjeg izraza dobivamo integriranjem potrebno vrijeme da se stigne iz točke O u točku T .

1 + (dyjdx) 2 dx. 2gy

Ovisnost vremena T o vrsti krivulje daje taj integral i u varijacionom račune se određuje minimum tog integala, tj. za koju krivulju se on postiže. Mi ne dokazujemo da se postiže minimum za eikloidu koja prolazi tim točkama. Međutim dokažimo da potrebno vrijeme da se stigne na "dno" cikloide (t = n) ne ovisi iz koje točke kreće materijalna točka. Uvrstimo u naznačeni integral podatke za cikloidu. ,..---

T

(dx) 2 + (dy) 2 2gy

= Jot

a2(2 2 eost) dt = t . @.. 2ga(1 - cos t) Vg


254

Na "dno" tj. u točku T(arc, 2a) stiže se za vrijeme T =

rc

�

.

Ako bi materijalna točka krenula iz točke To(xo, Yo) , onda potrebno vrijeme da stigne na "dno" je To =

l

"

to

= Ai" =

-----

"

�i �

= rc

a2(2 - 2 cos t)

ds dt 2g(y - Yo )

[2 cos2(to/2)

2ag(cos to - cos t )

=

at = 2 sin2(tI2) dt 1 ] - [2 cos2(tI2) - 1]

.

Posljednji integral izračunali smo supstitucijom

u ==

cos t12 .

Primjer 14.20. Odredimo duljinu luka elipse. Neka su parametarske jednadžbe

x = a sint,

y = b cos t,

t = O -+ T(O, b).

Za duljinu elipse dobivamo: a s=4

1 Vl +(y' )2dx 4 10"/2 Vi(t)2 ,,/2 =4 1o ,,/ Ja2 cos2 t+b2 sin2 tdt = 2 a2 - b2 = - sin2 tdt, JI a2 1o 4a

E2

---

+ y(t)2dt =

e2

- - - E -

a2 -

2

Posljednji integral obično pišemo u obliku sljedeća dva integrala i to su tzv. eliptički integrali prve i druge vrste.

Za praktične potrebe ti se integrali računaju razvojem podintegralne funkcije (binomni red) u red i zatim integrira dobiveni red.

Neka je zadana neprekinuta funkcija f(x) na intervalu [a, b] i neka je f(x) ;?; O . Rotacijom skupa F = {(x, y ) I a � x � b, O � y � f(x) }


255

oko osi x nastaje tijelo i volumene takvih tijela smo već naučili određivati. Sad želimo odrediti ploštinu (mjerni broj m2 ) plohe tako nastalog tijela. U tu svrhu vršimo aproksima ciju tijela krnjim stošcima i ploštine plašteva tih stožaca daju približnu vrijednost ploštine tijela. Nakon izvršene subdivizije intervala [a, bl obratimo pozornost na krnji stožac koji se nalazi u intervalu [Xi-l , Xi] i čija je os OX . Njegovi polumjeri baza su

rl = f(xi- d ,

rz = f(xj ) .

Izvodnica tog stošca je dužina koja spaja točke A(Xi- I , f(Xi-d) i B(Xi , f(Xj» . pravac koji prolazi tim točkama neka siječe os x u točki C . Razmotamo li plašt krnjeg stošca u ravninu dobivamo dio kružnog vijenca čija je ploština jednaka rl + rZ 2 I:J.S = d(A , B). p = nr . 1:J.s, r= 2 -' _

B

e

Sl. 14.20

gog.

Do tog iznosa dolazimo tako što od jednog kružnog isječka oduzmemo ploštinu dru

P

nrzd(A, C) - n rl d(B, C) = nr2iz - nr1 /l .

Iz pravokutnih trokuta s oštrim kutom q1 , (pol otvora stošca) slijedi rz = iz sin q1, rl = I I sin q1, p = n sin q1 (/� - ID =

n sin q1(/l + 12)(12 - l d 2 = n(rl + r ) . 1:J.s = nr . 1:J.s. 2 Približna vrijednost ploštine je zbroj plašteva krnjih stožaca koje dobivamo subdivizijom A . Dakle, 2

P� n·

rl

L f(�i)ASi' ;= 1

Navedeno razmatranje upućuje nas kako definirati ploštinu rotacione plohe. Evo te definicije. Definicija 14.2. Ploština rotacionog tijela koje nastaje rotaciom skupa omeđenog lukom L određenog funkcijom f(x) na intervalu [a, b] , tj. skupa F { (x, y ) I a � x �

1 4. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA

256

b, O �

Y

� f(x ) } iznosi p

= 2n

lb f(x)ds

2n

lb f(xhl1 + f'(x)2dx.

Primjer 14.21. Odredimo ploštinu kuglinog sloja. U tu svrhu uzmimo dio kružnice = ? . između -r � a � x � b � r . Luk L je dio kružnice, čija je jednadžba x2 + njegova jednadžba je

y2

y = Vr2 - x2, (dS)2 (1 + (y') 2 )(dx)2 = [ 1 + (�) 2] (dx )2 .

Specijalno ako je

=

a

-r . b

r

P

r x = 2nr(b - a ) . � r -x

2 2d

dobivamo ploštinu kugle, dakle ploština kugle je 2rn(r - ( - r)) = 4;n.

Primjer 14.22. Odredimo ploštinu rotacionog paraboloida. Pretpostavimo da skup } rotira oko osi x . Ploština će biti jednaka F = { (x, I O � x, O � �

y)

p

y Ji 1 = 2n r yds 2n r Ji/l + (yl) 2 dx = 2n r Ji )1 + 4x Jo Jo Jo 2 1 = n l J4x + ldx = n - . - (4x + 1)3/2 X = � [4x + 1)3/2 - 1 ] .

dx

o

X

3

l

4

6

fi

Primjer 14.23. Odredi ploštinu tijela koje nastaje rotacijom luka L a) lančanice = ch x oko osi x , O � x , b) sinusoide y sinx oko osi x , O � x � n/2 .

y

a) Za lančanicu dobivamo p

2n 2n

lX loX

l

d

chx J + Sh2 x x ch 2 xdx = 2 n

l

n(x + 2 sh 2x) .

loX l

+ ch 2x x 2

d

b} Za sinusoidu dobivamo p

= 2n

["IZ sinx Jl + cos2 Jo

Koristili smo supstituciju cosx ar shx

xdx = 2n[ln( 1 + h) + h] .

sh t . Podsjećamo da je

ln[x +

JI + x ] ,

2

sh 2x = 2 sh x chx.


257

U mehanici imamo dva vrlo značajna pojma i to su static'ki moment i težište neke mase koja može biti koncentrirana u jednoj točki ili raspoređena na pravcu, ravnini ili u prostoru. Da bismo pojasnili te pojmove poslužimo se s jednostavnim primjerom. Djeca se obično uživaju ljuljati na ljuljački. Analizirajmo malo detaljnije gibanje ljuljačke. U tu svrhu idealiziramo IjuIjačku. Točku oko koje se može vrtiti ljuljačka smje stimo u ishodište koordinatnog sustava; jednog dječaka mase ml , odnosno težine mig u točku T(x I , O ) , X I > O , drugog, mase mz , težine mzg smjestimo na negativnom djelu osi X u točku Tz(xz, O) . Nadalje pretpostavljamo da je djelovanje gravitacije Zemlje u smjeru negativne osi y . U takvoj idealizaciji imamo djelovanje dviju paralelnih sila i one mogu proizvesti rotacijU oko ishodišta. Djelovanje tih sila u vezi je s torzijom, (sila puta krak sile) . Položaj ravnoteže tj. mirovanje postiže se ako je ukupna torzija jednaka nuli, dakle i static'ki momenti, (masa puta udaljenost) moraju biti jednaki tj.

m lx l = - m2X Z . . . statički momenti. Static'ki moment mase m smještene u točci T u odnosu na pravac ili ravninujeprodukt mase m i udaljenosti toc'ke T od pravca, odnosno ravnine. torzija. . . mlgx I + m2gx2 = O

===>

U opisu ljuljačke vidimo da je ona u ravnoteži ako su statički momenti jednaki i da ta jednakost nije vezana za Zemlju, Mjesec, Mars. . . (ne ovisi o g ). Statički moment n masa mj smještenih na osi X u točkama s koordinatama Xi u odnosu na os y je zbroj statičkih momenata pojedinih masa, dakle n

L mixi X

1=1

(ml + m2 + . . . + mn )"i = Mi,

je koordinata težišta.

Diskretna razdioba masa II ravnini. Statički moment točkama Ti (X i, Yi ) u odnosu na os x , odnosno os y je

n

masa

mj

smještenih u

n

. "' L...J ml y "·

1=1 i=1 Odgovarajuće torzije bi bile (na Zemlji) My . g , Mx . g . Vidimo da je torzija "čudan" produkt, sile i njezinog kraka, koja pomnožena s kutom daje radnju . Naime, za torziju T = F . x vrijedi T · e = (F · x) . e = F· (x · e) = F · s.

Sa s smo označili pripadni luk put. Postavlja se pitanje u koju točku T(x, y) treba staviti masu M ml + mz + . . . mn koja daje istu torziju. Odgovor slijedi iz jednakosti komponenata torzije:

M ·x · g M·y·g

X

(mlxl + mzxz + . . . mnxn )g, (ml Y I + mZY 2 + . . . mnY n )g, My E�I miY i

M'

y

M

Točku T(x, y) nazivamo težištem masa mi , i = 1 , 2, . . . n .

=

Mx M

14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Neprekinuta raspodjela masa u ravnini.

Neka je dana neprekinuta raspodjela masa

An , koji je definiran neprekinutom funkcijom y f(x ) , zadanom na interva lu [a, bl . Možemo pretpostaviti da je zadana linearna gustoća p(x) mase po tom luku . Odaberemo li mali dio luka oko točke Ti(xj, f(xj» onda će na njemu biti masa

na luku

,

!J.m

�

p(xj ) Asj

Ukupna masa na luku će biti

l

b

M

=

p(x)

.

Za statičke momente u odnosu na osi

ds

===}

dm = p(x ) · ds.

lb j p(x)

y . odnosno x

1 + JI (x)2dx .

dobivamo

My 1 x · dm = 1 X · p(xh /l + f'(x) 2dx, = l y(x) . p(x) ..j1 + y' (x) 2 dx. b

b

Mx

Koordinate težišta luka

b

AR

dane su izrazima

x =: y

Primjer 14.24.

•

� l x · P(x) ..jl + f'(x) 2dx, � l f(x) · p(x) ..jl + f'(x) 2dx. b

b

Odredimo težište homogenog luka kružnice

x 2 + l = ?-,

O �

x � r, y

� O,

koji se nalazi u prvom kvadrantu . Zadani luk ima os simetrije i to je pravac y = x . Prema tome težište se nalazi na tom pravcu, dakle x = y . Parametarske jednadžbe tog luka su

x= x=

My M

=

r cos t,

�. M

y=

r sin t,

O �

11 O} oko osi x jednaka je duljini luka L pomnoženog s duljinom kružnice koju opiše težište tog luka. ( (x, J(x)) I

y

x

B' Sl. 14.24

Dokaz. Rotaciom luka L oko osi x nastaje rotadona ploha, ( luk L ne siječe os oko koje rotira). Za ordinatu težišta luka L čija je duljina s dobivamo -l s

iV yds. a

Put kojeg pređe težište luka L je 2ny . Prema tome je 2ny . s

2n

iV yds.

Na desnoj strani je izraz za p)oštinu rotacione plohe.

Teorem 14.3. (Drugo Guldinovo pravilo. ) Volumen rotacionog tijela nastalog ro tacijom dijela ravnine koji se nalazi s jedne strane osi rotacije jednakje ploštini tog dijela ravnine pomnoženoj s duljinom puta što ga prevali njegovo težište. ,. Paul GuIdin

( 1 577-1643). švicarski matematičar

1 4 . PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA

263

h e

y

I I

I

: I

I

�

I

:I

I

I I I I I I

b

a

x

Sl. 14.25

Dokaz. Pretpostavimo da je skup F iznad osi zadajmo na sljedeći način

F = ((x, y ) I a � x � b,

x

i neka rotira oko nje. Skup F

O � fl (X) � Y � Jz(x) } .

Ploština skupa F i statički moment dani su izrazima p

=

lb

fJ2 (X) - Ji (x)Jth,

Prema tome je ordinata težišta

� lb fJi(x) - fI2(x)] dx.

Mx

l l lb fJz (x)

Mx =P. Y- = 2 M

II

2

ftldx .

Iz dobivene ordinate i znajući izraz za volumen rotacionog tijela slijedi

2ny ·

P = n i fJi (x) - fl(x)] dx. b

Primjer 14.27. Odredimo težište polukružnice i polukruga.

Možemo pretpostaviti da je gustoća na polukružnici p = l, dakle dm = pds Polukružruca je zadana parametarskim jednadžbama

x = r . cos e,

Apscisa težišta je težišta dobivamo

x

=

y = r sin e,

dm = ds = r . de .

.

O jer je polukružnica simetrična u odnosu na os y . y=

J r . sin e . rde Mx = ' J rde M

y=

_

_

l

rn

.

? [- cos e]

ln O

2r n

O � e � n,

za

ds .

ordinatu


264

y

y

-r

r

x

-r

SI. 14.26

2n . 2r = 2ny· rn 2n · 2rn . rn = 4rn.

Težište homogene polukružnice opiše put

n

, duljina luka je

r

rotacione plohe ( kugle) je prema prvom Guldinovom pravilu p

. n . Ploština

?

Odredimo i težište homogenog polukruga. Neka mu je gustoća jednaka l, i neka je zadan jednadžbama

F

= { (x, y) I

-r

�

x�

r,

=

_

+

(x2 y2 = ,:z) 4r y = MMx 2 - 2"l Jr y2dx = 3n' 4 . = 2ny . ,:zn 2n · 3n4r ,:zn = 3?n S(O, R) y R.

Zbog homogenosti i simetrije polukruga, O Za ordinatu dobivamo

x

O � Y � r sin B, O � B �

n}.

, zaključujemo d aje apscisa težišta

_

r

Prema drugom Guldinovom pravilu j e volumen rotacionog tijela (kugla) V

_

Primjer 14.28. Odredimo Guldinovim pravilima volumen i ploštinu torusa_

x.

Neka se krug polumjera r čije je središte na osi vrti oko osi Njegovom rotaciom nastaje lorus za koji pretpostavljamo da r < Težište kruga je u njegovom središtu 8(0, R) Prema prvom Guldinovom pravilu, ploština rotacione plohe je umnožak duljine krivulje koja rotira i puta kojeg opiše težište krivulje. Dakle, ploština torusa je jednaka _

P

P 2m . 2Rn = 4rRn2 _ = ,:zn 2Rn 2,:zRn2 •

Volumen torusa V je umnožak ploštine skupa koji rotira i puta kojeg opiše težište, dakle, V

Rad. Neka se tijelo pod utjecajem sile F giba po pravcu i neka se pomakne za uda ljenost !ls Pretpostavljamo da sila F ima stalan smjer ali inače ne mora biti konstantna. Neka je F srednja vrijednost sile F na tom put 6.s . Rad W što ga je izvršila sila F definiramo produktom sile i puta, tj.

_

W

==

F 6.s -

(newton x metar

džul ,

(Rad je skalami produkt vektora sile i vektora pomaka, W

J

N - m) .

p o ru).


265

Ako sila F(x) djeluje na osi x od x = a do x = b , onda izvršimo subdiviziju tog intervala i izračunamo rad na svakom intervalu te subdivizije i njihov zbroj je izvršeni rad . Izvršeni rad što ga sila F(x) koja djeluje duž osi x od x = a do x b je W=

lb

F(x)dx.

Hookov zakon. Elastičnu spiralu možemo stiskati ili rastezati, tj. mijenjamo njezinu početnu "duljinu" xo , (zamišljamo da je spirala namotana na kružni valjak visine Xo ). U nekom intervalu promjene "duljine" x vrijedi Hookov zakon. Taj zakon nam kaže koliku silu F treba primijeniti da bi spirala promjenila početnu "duljinu" za "duljinu" x . Vezaje linearna, tj. vrijedi

F = k · x,

k je tzv. konstanta spirale.

F=kx

x

Sl. 14.27

F = k ·x

° 05 0 05 = 1 . F(x)dx = 1 · 19.6xdx o o

Koliki je izvršen rad ? W

mg

0.05

05 2 1 ° · 19.6 -:'" 2

o

0.0245J

Primjer 1 4.30. Pretakanje tekućina. Neka je posuda puna tekućine gustoće p . Koordinatni sustav postavimo tako da posuda dotiče os x , težište je na osi y i ordintata težišta Y T > O . za najvišu točku posude nekaje Y a . Izračunajmo koliki je rad potrebno izvršiti da bismo podigli svu tekućinu za h iznad najviše točke tekućine. Horizontalnim ravninama presjeci mo posudu i neka je površina presjeka na visini y jednaka P(y) . Diferencijal volumena, odnosno volumen tekućine je

dV = P(y) . dy,

V

la P(y)dy.


h

y

o

x

Sl. 14.28

Masa. odnosno težina iznosi

dm = p · dV,

m

la pP(y)dy,

F = g · m.

Potreban rad je jednak

la la y + hl . g . p . P(y)dy = g ' la(a y)pP(y)dy + g . h la pP(y)dy

W ==

-

-

Prvi dio izvršenog rada dio

W2

==

hgm

W1

W1 + W2.

je rad potreban da svu tekućinu podignemo na nivo

je rad potreban da svu tekućinu podignemo od nivoa

a

a.

Drugi

za visinu

h.

Ordinata težišta je

YT ==

J ydm J dm '

YT .

J dm = J ydm.

Iz te jednakosti slijedi

YT ' g

· la pP(y)dy = g · la y ' p ' P(y)dy, YT ' g ' m = g · la ypP(y)dy.

Uvažavajući posljednj u jednakost za ukupan rad dobivamo izraz

W = Wl + W2 = g ' (a

YT)m + g . hm = gml« a - yr) + hl ·

Prema tome, ukupan rad dobivamo kao da je sva tekućina u težištu i onda težinu te tekućine pomnožimo s potrebnim putem.

Primjer 14.31. Pretakanje tekućina. stoće

p.

Spremnik tekućine ispunjen je tekućinom gu

On ima oblik kružnog valjka polumjera R

=

1 .5 m i duljine L

=7

m. Valjak

je u horizontalnom položaju ukopan II zemlju tako da mu je gornja izvodnica na dubini D

=

2 m. Koliki je potreban rad da se tekućina pretoči na visinu

zemlje?

h=

l m iznad nivoa

267


Težište tekućine je u središtu valjka, nalazi se na D + r = (2 + 1 .5) m ispod nivoa. Potreban rad dobivamo da najprije pornnožirno težinu tekućine s polumjerom r zatim torne dodamo rad koji je potreban da tekućinu podignemo od gornje izvodnice valjka za D + h = 3 m. y h

o

R

x

D

L

Sl. 14.29

Težina tekućine je F = gpV = 9.8 1pR2n · L = 9.81 · n · p . 1 § · 7. N Ukupni rad je

W = Wl + W2 = F . 1 .5 + F . (2 + 1 ) =

F · 4.5

=

V · p . g . 4.5

=

2 1 83 . 19 · P J.

Da bi postojao odredeni integral funkcije f(x) nužno (ali ne i dovoljno) je bilo pretpostaviti sljedeće:

1. 2.

funkcija je definirana na zatvorenom intervalu [a, b]' funkcija je ograničena na [a, bl .

Mi sad želimo definirati određeni integral funkcije f(x) i u nekim slučajevima kada nisu ispunjena gornja dva uvjeta. Razmatramo sljedeće mogućnosti:

1. 2. 3.

interval nije zatvoren, npr., [a, b), interval nije konačan, npr., [a, oo) unutar intervala [a, bl funkcija nije omeđena,

ili neke njihove kombinacije. Za upravo navedene tri mogućnosti dajemo pripadne defini cije određenog integrala koje u tom slučaju nazivamo nepravim integralima.

14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Definicija 14.3. 1.

2.

3.

lb f(x)dx = Llim..... l f(x)dx L 100 f(x)dx = L-oo lim l f(x)dx lb f(x)dx lCf(x)dx + lbf(x)dx e = lim l c- f(x)dx + lim r f(x)dx, E -O E ..... JC+E L

b

a

a

a

a

=

O

a

(gdje je u 3 . e točka u kojoj funkcija nije omeđena) . Nepravi integrali postoje ako postoje navedeni limesi. I1ustrirajmo to s nekoliko jednostavnih primjera. y

y

y

Sl.

14.30

Primjer 14.32. 1.

2.

Zadana je funkcija f(x) = a

)

dX = fl x l

3. f(x) = ' x2

,

X

b) i: O,

f=

f(O)

x lxi '

x i: O.

dx

e)

O,

Izračunaj

1= e-Xdx,

l il

O (X)dx. . il f

f(x)dx .

Izračunajmo navedene neprave integrale. 1 . f(x) = xE O) , �dx = lim o- e ( _ l ) = _ l ' lim x e = 1 . dx E E O -1 - 1 lxi -l 2 . a) L Ld -.:. = OO, lim lim Inx L L 1

-l

JO

[ -l,

.....

.....

J

= Jl X

) I =

..... (

-O l

integral divergira. Nepravi integral ne postoji, tj. divergira b) L L 1 f = lim = lim _ lim L..... oo L oo L-oo JI

� X

(

X I l)

.....

( -Ll + l )

= 1.

14 . PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA

269

Nepravi integral postoj i, tj. integral konvergira. e) lim

L..... oo

loL e-Xdx

=

I) L

(

lim _ e-x

L..... oo

o

Integral konvergira i vrijednost mu je l .

3. lim

, .....0

J

O-'

-l

( l dx dx + lim 1, x2

E-O

==

lim (e L

=

L..... oo

- l) l =

( xl l --E1 ) + Elim-O ( - X� llE ) ,

lim -

, ..... 0

ne postoje navedeni limesi, nepravi integral divergira.

il l a J Joo

Zašto sljedeći račun nije ispravan?

Definicija 14.4.

1.

-

2.

-

Primjer 14.33. Izračunaj:

1. 5

1o 1 J Il +- xx dx, 12 x2 3

. o (x - l)2 (x - 3 ) Rješenja.

oo

oo

dx

=

X

I(x)dx

=

I(x) dx

=

2. 12{OO

dx ,

_�I -l l -21 lim

J J

a

L..... oo -L L lim

L ..... oo - L

dx

3.

.fi'

7.

I(x)dx I(x)dx

100 100 a

a

dx -, xn dx xm

-,

1 00 ( 1 - th x)dx, dX g· lb Cb x)m '

4.

1 . Integral je nepravi jer podintegralna funkeij a nije ograničena na zadanom intervalu. Pripadni neodređeni integral lako izračunamo. Naime,

I + x dx

dx 1 - x2 J�

J Jl -x

=

arc sin x

-

� + c.

Vrijednost nepravog integrala je

2.

l Integral divergira:

:�

(arc sinx - � [-E) i + 1 .

{''JO

12

=

dx

=

lim

L..... oo

(2.fi)1 I

L

2

= OO.


270

3 . Neka je n > 1 prirodan broj i a > O . Ako je n = 1 integral je divergentan. 1 ) 1 ( n1 l - -100 dx- = lim ( --x - n+ 1 ) I L = -- lim -n- l a

L-->oo -n + 1

xn

l

- (n - l)an- 1 ' 4.

{OO ( l

Jo

_

th x)dx

=

a

n 7'H .

L { (l L-->oo Jo lim

1 - n L--> oo L -

a

(

+

hX

S

ch x

= lim x - In 1 chxl L-->oo .

)

dX

) I L= L--> oo (In eL - In chx) lim

o

2 = lim ln � = ln lim eL �e L = ln 2. L-->oo Ch L L-->oo + 5. Integral je nepravi jer funkcija nije ograđena u točki x = 1 . Podintegralna funkcija

je racionalna i njezin prikaz pomoću parcijalnih razlomaka daje

[

]

2 3 1 1 1 1 r + . dx. - . Jo (x - 1 )2 2" x - I 2" x - 3

U gornjem zbroju integrala prvi i drugi su nepravi. Lako provjerimo da je već prvi integral divergentan, dakle cijeli integral je divergentan. 6.

I

L r oo dx = = lim tgx) 2 L-->oo (arc 2. o ?: Jo 1 + X

7.

l= za

je

m

=

m >

l,

l.

l -m I L 1 00 �dm = lim _x__ , II

l = limL--> oo [ln L - In aj =

m

Prema torne za

,

L-->oo

> 1 a divergira za

m

=j:. 1 ;

m

= 1 integral divergira. Neka

m

� 1.

lb (b -dxx)m = -'---(b .,--- x-'--- ) l--m- b-e I . (b [ a ) l -m _ e l-m ] =

I=

lim -

[-->0

a

hm

e-->O

m

oo .

II

lim LI - m = lim e(l-m) InL = elill1L-oo ( l - m) 1o L = O .

L-->oo

Integral konvergira za 8. m =j:. 1 .

Ako je

L-->oo 1 - m

x

-

1 -m

"

l - m 1 -m = 1 onda integral divergira, jer je u tom slučaju

1 = lim [In(b - a ) - In e] =

oo.

e-->O m l lim e - = lim e(1-m l lo E = O za O < m < 1 . [-->0 E -->O


271

Prema tome, polazni integral konvergira za O < m < 1 i vrijednost mu je

a) l -m

(b

l

O < m < 1.

l -m

Ako je m � l integral divergira, tj . ne postoji.

Caucbyjev kriterij. Cauchyjev kriterij daje nužne i dovoljne uvjete za postojanje nepravog integrala 1=

['''' f(x)dx

=

Ja

lim

L --+co

Caucbyjev kriterij. Da bi postojao limes funkcije dovoljno da bude

(Vl': > 0)(3B > a)(VLI )(VL2)(L I =::}

I F(Lz ) - F(Ld l

L

( f(x)dx L -oo J

= lim

F(L)

=

>

li

Ll

a F(L)

B 1\ UZ

kada >

l

-+ oo

nužno je i

B) E.

f(x)dx

g(x)dx

L2

I j� f(x)dx l � j� If(x) ldx � j Ll

LI

Prema Cauchyjevom kriteriju postoji dakle i integral funkcije Kao test funkcije obično uzimamo funkcije

..!:..- .

xm

e

L,

B i Lz.

>

g(x)dx �

B vrijedi E.

f(x) .

je konstanta.

100 f{x)dx

U primjeru 14.33 dokazali smo da vrijedi: Ako je f(x) � ..!:..- za O < a � x < i m

>

l , onda postoji

divergira.

( OO f(x)dx . �ko je f{x) Ja L

2.

100 -dx c a xm /00 -dx

Primjer 14.34. Integrali l . Znamo da je 1 .

I I cos x

e

a xm

c Xm

m

konvergira za divergira za

i

m � >

l,

onda

l

xl

x

2 ' 2 . e-

oo

a

l

m� 1

{OO cosx , 2 . {OO e-.-.-ldx konverglraJu. . .

JI

7 �

�

xm

JI

.

� e-x pa prema gornjem teoremu o •

uspoređivanju konvergiraju i integrali naznačenih funkcija.


U diferencijalnom računu upoznali smo jedan vrlo značajan operator D = d/dx , tj . operator deriviranja. Tim operatorom djelujemo na funkciju i rezultatj e nova funkcija. Ka žemo da taj operator preslikava funkciju u funkciju. Njegovo područje djelovanja je skup funkcija definiranih na nekom otvorenom intervalu na kojem te funkcije imaju barem prvu derivaciju u svak.0J točki tog intervala. Analogne interpretacije možemo dati i operatoru integriranja (neodređeni integral funkcije je nova funkcija). Određenim integralom na za tvorenom intervalu [a, bl funkciji pridružujemo broj. Sada upozoravamo na vrlo značajan tip transformacija koje funkcijama pridružuju funkcije i koje su poznate pod zajedničkim nazivom integralne transformacije. To su transformacije tipa

T(f(t ))

=

i: �(s, t )f(t )dt

f(t )

F(s),

F(s).

1----+

Zadavanjem tzv. jezgre integralne transformacije K(s, t ) dobivaju se različite integralne transformacije. Među njima je i Laplaceova transformacija kod koje je K(s, t) = e-st . Nadalje, u Laplaceovoj transformciji pretpostavljamo da su sve funkcije na koje ona djeluje jednake nuli za t < O . Prema tome, to su transformacije oblika

L{f(t ) }

=

lOCJ e-ptf(t )dt

F(p),

L{f(t ) }

=

F(p).

U tehničkim primjenama iz tradicionalnih razloga umjesto oznake s koristimo oznaku p ,

zatim umjesto varijable x koristimo oznaku t (vrijeme).

Primjer 14.35. Odredi Laplaceove transformacije funkcija: 1 . f( t) = 1 . 2. tn , 3. eu , 4. sin a)! , 5. cos wt . 6. t2 + 3t + 4e-2t 7. f(t ) = 1 za t E (0, 1 ) , f( t) = O za t E ( 1 , 2) , f(t + l ) = f(t) ; to je periodična funkcija.

Rješenje. 1. 2.

(_

)I

L

1 { OO e-pt . IdI lim '!'e-pt L OCJ ° h P P OCJ n et p t + � {OO e-pttn-I dt, { OCJ e-pt . �dt =

=

Jo

_

I

p

°

p Jo

p > O, n

Nakon parcijalne integracije prvi pribrojnik jednak je nuli, zatim dobivamo:

L{tn } = � L{ �- I }, l)(n L{ I" } n(n =

pn

;; 1 ) L{tn -2}

L{tn }

n(n

2) . . · 2 · 1

L{ to }

n!

pn+1

= --

E

N

273

14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRAL A

3. 4.

e- Pl . eaJdt ::: -- , p > a p-a 100 o epl (p sin O)t - O) p2 +. 2 J SlO O)tdt =

l

'

JJI eo

o)

L{sin O)t} = --;:--...,. o)

5.

6.

J

_DI eo

cOS O)tdt -

cos O)t)

+e

epl (p cos O)t + O) sin O)t) e =* + p2 + 0)2

L{cos O)t} = p2 P 2 + 0) 3 2 4 L {J(t) } p3 + pl + + p =

7. Funkcija je periodična

2k + {OO e-ptf(t)dt = 'E { l e-pl dt Jo k� J2k 1 I:: [ P(2k l) 1 - e-P 'E 2 k = e- + (e- P ) = e-p2k] = p P k=(} .1:=0 l l 1 1 - eP = -- . = 1 l + e -P p P _

.

Zbrajanjem nastalog geometrijskog reda dobili smo rezultat. Analognim postupkom trans formiramo periodičke funkcije u pripadni red funkcija u varijabli

p.

Pogledajmo kako se transformira operacija deriviranja. Tu se misli na sljedeće. Ako znamo transformirati funkciju

f(t)

kako transformiramo njezinu derivaciju? Rješenje je

vrlo jednostavno. naime parcijalnom integracijom dobivamo:

{= e-p1f'(t)dt = [e-ptf(t) ] Q + p . {= e-ptf(t)dt = fCO) + p . L{J(t) } .

Jo

.

Pretpostavljamo da je funkcija

f(t)

Prema tome vrijedi:

L{J(t)} = F(p)

Jo

=*

takva da je lim e-ptf(t)

= O

kada

t

-+

oo .

L{J' (t ) } = f(O) + p ' F(p) .

Kako koristimo Laplaceovu transformaciju? Evo ideje. Fizikalni ili neki tehnički problem zapisujemo pomoću diferencijainih jednadžbi. Na primjer. imamo samo jedan strujni krug u kojem se nalazi otpornik naboja

Q

L

R

(oma). kapacitet e (farada) na kojem je količina

E ( volta) i t = O zatvorimo sklopku, krugom poteče struja I(t) , za koju 1(0) = O , I(t) = QI(t) . Za takav strujni krug vrijedi Kirchhoffov zakon, dakle (kulona) , induktivitet

( henrija) , elektromotorna sila (baterija)

prekidač. Ako u trenutku vrijedi

Ll'(t) + RI(t) +

l Q(t) C

E(t),

1(0 ) = O, Q(O) = o.

14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Iz te diferencijalne jednadžbe treba odrediti struju l(t) . U tu svrhu koristimo LapJa ceovu transformaciju. Neka je

L{E(t) } = e(p) .

L{Q(t) } = q(p),

L{l(t)} = i(p),

Uz te oznake gornju diferencijalnu jednadžbu, nakon što

smo na nju primjenili Laplaceovu

transformaciju, možemo zapisati u obliku l

Iz

L · pi(p) + Ri(p) C q (p) = e(p) ,

tih jednakosti dobivamo;

. l(p) = q (p) =

E

i(p) = pq (p) .

p · e(p)

L[il + Rp + e-l e(p) L[il + Rp + e-I

{

__

L _��_--, L

Sl. 14.31

Došli smo do izraza za struju i naboj u "donjem području" tj. znamo njihove Lapla ceove transformacije. Struju l(t) i naboj Q(t) u "gornjem području" dobivamo pomoću inverzne Laplaceove transormacije. Možemo zaključiti: problem formuliramo i zapišemo u "gornjem" području. Laplaceovom transformacijom prevedemo u " donje područje". U donjem području izračunamo potrebne veličine i zatim inverznom transformacijom (sa savIjene su tablice Laplaceovih transformacija uobičajenih funkcija) odredimo tražene funkcije.

Neka je zadana neprekidna monotono padajuća funkcija I(x) čimo an = I( n) , n = l, 2, i integral

� O za x � O. Ozna-

. . ' . Time dobivamo red L an za kojeg vrijedi: red

!OO I(x)dx konvergiraju ili divergiraju istodobno.

oo

L I(n) n",1

Funkcija I(x) je integrabilnajer je monotona i za njezinu primitivnu funkciju vrijedi: F(x)

=

!X I(x)dx,

F'(x) = I(x) > O

275


tj. F(x) je rastuća funkcija . Kada x -+ oo može postojati njezin konačan limes. recimo neka je to I . i u tom s lučaju kažemo da odgovarajući nepravi integral konvergira i da mu je I vrijednost. Za površina ispod grafa funkcije f(x) u intervalu x E + vrijedi:

l) · l an+ l Jrn +l �an+l � In+l = 100 f(n +

[n, n

f(x)dx � f(n) ·

�

Zbraj anjem gornjih nejednakosti slijedi

�

f(x)dx

l]

l an·

f(x)dx �

=

�an.

Iz tih nejednakosti j e vidljivo, konvergencija nepravog integrala povlači konvergenciju reda

i obrnuto.

y

l

2

3

4

n

Sl. 1432

n

+

l

x

Primjer 14.36. Ispitaj konvergenciju redova:

1.

l

oo

L n=l np,

l

oo

L n=2 -n.--=--·

2.

f: Inn

n=2

3.

4.

Primjenjujemo integralni test konvergencije. l . onda je to harmonijski red za koji znamo da divergira. Ako je 1. Ako je p p < onda su članovi veći od članova divergentnog harmonijskog reda pa prema teoremu O uspoređivanju redova i on divergira. Dakle, preostaje slučaj p > Dokažimo da u tom slučaju red konvergira.

l.

=

f(x)

=

l

p>

xP '

2. Sada je f(x)

=

x

[2 OO d: ln x

J

Red divergira za

X

p

�

l

x

l, /.00l

dx

xP

=

=] = �-p++ l 1l00n 2 (p l) p ==

[ supstitucija In x l

a konvergira za

p > 1.

u

l.

x-p.;.1 L L_oo -p + 1

Il

.

hm

==

1 = -- , P- l

[ OO du uP

Jln

2

, (ln 2 )P- l '

p>

l


276 3.

f (x )

ln x

�'

R ed je konvergentan.

00 100 1 ] oo [ l In x - . lnx dx 2

X2

=

-

X

2

4. Red je divergentan.

ln(n ! )

=

ln 1 + In 2 + . . . + In n < n . I n n,

+

2

1

dx -

X2

--

In(n ! ) Članovi reda su veći od članova divergentnog reda, vidi 2. zadatak.

l

> -- . n Inn

Matematička analiza 1

Numericka matematika

¡Analiza !

Diskretna matematika

Felsőbb matematika

Analiza wrażeń

PENGANTAR DASAR MATEMATIKA

Analiza matematyczna 1: definicje, twierdzenia, wzory

Multivarijaciona Analiza

Analiza numeryczna

Analiza numeryczna

Analiza matematyczna w zadaniach, Part 1

Analiza matematyczna w zadaniach, czesc 1

Analiza matematyczna 1: przykłady i zadania

Analiza matematyczna 1. Kolokwia i egzaminy

Analiza matematyczna 1: przykłady i zadania

Analiza matematyczna 1: przykłady i zadania

Matematika i muzika

Mudah Belajar Matematika

Chemia analityczna: podręcznik dla studentów. Analiza jakościowa, analiza ilościowa klasyczna, Volume 1

Analiza Ilościowa Związków Organicznych

Ekonomska analiza korupcije

Matematička analiza 2

Analiza economico-financiară

Polska innowacyjność: analiza bibliometryczna

Analiza związków organicznych

Itinerar în analiza matematică

Analiza techniczna rynków terminowych

Analiza strategiczna przedsiębiorstwa

Analiza techniczna rynków terminowych

Probabilistyczna analiza konstrukcji stalowych

Matematička analiza 1

Numericka matematika

¡Analiza !

Diskretna matematika

Felsőbb matematika

Analiza wrażeń

PENGANTAR DASAR MATEMATIKA

Analiza matematyczna 1: definicje, twierdzenia, wzory

Multivarijaciona Analiza

Analiza numeryczna

Analiza numeryczna

Analiza matematyczna w zadaniach, Part 1

Analiza matematyczna w zadaniach, czesc 1

Analiza matematyczna 1: przykłady i zadania

Analiza matematyczna 1. Kolokwia i egzaminy

Analiza matematyczna 1: przykłady i zadania

Analiza matematyczna 1: przykłady i zadania

Matematika i muzika

Mudah Belajar Matematika

Chemia analityczna: podręcznik dla studentów. Analiza jakościowa, analiza ilościowa klasyczna, Volume 1

Analiza Ilościowa Związków Organicznych

Ekonomska analiza korupcije

Matematička analiza 2

Analiza economico-financiară

Polska innowacyjność: analiza bibliometryczna

Analiza związków organicznych

Itinerar în analiza matematică

Analiza techniczna rynków terminowych

Analiza strategiczna przedsiębiorstwa

Analiza techniczna rynków terminowych

Probabilistyczna analiza konstrukcji stalowych

Recommend Documents