Funkcije Limes Neprekinutost

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

1. FUNKCIJE, LIMES, NEPREKINUTOST 1.1 Brojevi - slijed, interval, limes Slije Slijed d real realnih nih brojev brojevaa je postav postavaa broj brojeva eva na primj primjer er u obli obliku ku 1, 2,3...,n ,n + 1... 1... koji koji na na realn realnoj oj  x osi imaju oznaceno mjesto odgovarajucom tockom. Za svaki broj, za koji vrijedi a ≤ x ≤ b , a i b su granice intervala i u ovom slucaju je to zatv zatvor oren en inter interva vall [ a , b ] . Ako Ako vrij vrijed edii a < x < b , tada tada je ( a ,b ) otvo otvore reni ni inte interv rval al.. Inte Interv rval al moze moze  biti otvoren ili zatvoren, zatvoren samo sa lijeve ili samo sa desne strane. Slijed je brojiv, ako se svakom clanu slijeda moze pridruziti odgovarajuci realni broj u obliku Slijed neparnih brojeva

1

3

5

7

9

. ..

     

 jedan prema jedan: Pridruzimo realne brojeve

1

2

3

4

5

6

Broj clanova slijeda moze biti konacan ili beskonacan. Slijed racionalnih brojeva je konacno brojiv a slijed na pr. iracionalnoh brojeva ili realnih   brojeva je konacno nebrojiv. Broj clanova se oznacava saℵ0 ( elphi nula) i naziva se i kardinalni broj C. Slijed brojeva

za x koje vrijedi da je

Kada je 0 < x− a < δ

( x≠ a)

−x a< δ gdje je δ > 0, naziva se δ  okolis tocke a .

, δ  je brisani okolis broja a.

Tocka gomilanja, granicna tocka slijeda, je broj A za koji vrijedi da svaki brisani δ  okolis tocke A sadrzi clanove slijeda. Znaci, da za svaki po volji mali δ  > 0 moze se naci clan slijeda,   broj ,xkoji nije jednak A ali vrijedi −x

ni broj clanova
sa vrijednosti x. Slijed koji sadrzi sve svoje svoje granicne tocke, zovemo zovemo zatvorenim slijedom. Ako za sve brojeve ,x slijeda, postoji broj Mgdje vrijedi x≤ M, slijed   je ogranicen sa gornje strane a M je gornja granica. Slicno, za m ≥ x , broj m je donja granica. Za sve x za koje vrijedi m ≥ x ≤ M  kazemo da je slijed ogranicen. Weierstrass-BolzanoWeierstrass-Bolzano-v v teorem tvrdi da d a svaki ograniceni slijed ima barem jednu granicnu tocku.

1. Imamo Imamo slijed slijed koji je je nastao nastao od dva slijeda: slijeda: A i B, oba oba slijeda slijeda su brojiva brojiva.. Dokazi da da je novonastali slijed brojeva takodjer brojiv. Za lijed lijed A vrije vrijedi: di:

a1

a2

a3

...









1

2

3

...

Za lijed lijed B vrije vrijedi: di:

Za novonastali slijed mozemo sada imati dva slucaja:

Funkcije

1

b1

b2

b3

...









1

2

3

...

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

Clanovi A i B

a1

b1

a2

b2

a3









 

1

2

3

4

5

a) Elementi u A i B su rasliciti: Prirodni brojevi

... slijed je brojiv.

...

 b) Neki clanovi su jednak a neki se razlikuju. Isti postupak mozemo primijeniti na clanove koji se razlikuju. Zakljucujemo, slijed je brojiv. Slijed sastavljen od svih clanova A ili B ili oba, naziva se unija od A i B i oznacava se sa A∪ B ili A+ B. Slijed sastavljen sastavljen od jednakih clanova u A ili B slijeda , naziva se presjek A i B i oznacava se sa A ∩ B ili A⋅ B. Slijed sastavljen od clanova u A ali ne od clanova u B, naziva se razlika A i B i oznacava se sa A− B = AB. 2. Dokazi da je slijed slijed raciona racionalnih lnih brojev brojevaa izmedju izmedju 0 i ukljuc ukljucivsi ivsi 1, 1, brojiv. brojiv. Predstavimo brojeve slijeda slijeda u obliku razlomaka i pridruzimo jedan prema jedan, prirodne  brojeve: Racionalni brojevi:

0

1

1

1

2

2

3

3

...

      Prirodnibr ojevi

: 1

2

3

4

5

...

Vidimo da je slijed brojiv izmedju 0 i ukljucivsi jedan jer mozemo pridruziti prorodne brojeve 3. Dokazi da slijed slijed realnih realnih brojeva brojeva u zatvorenom zatvorenom interval intervalu u [ 0,1] nije brojiv. brojiv. Svak Svakii real realni ni broj broj u [ 0,1 0,1] moze moze se prik prikaz azat atii sa deci decima mallnim nim znam znamen enka kama ma obli oblika ka .a1 a2 a3 ... ... gdje je sa a osnacena bilo koja znamenka 0,1,2,3,...9. Na primjer broj 0.653 mozemo napisati kao kao 0.6530000... i to je isto kao i 0.6529999.... Ako su su realni realni brojevi u [ 0,1] brojevi, mozemo napisati znani odnos:

0.a11 a12 12 a13 13

0.a21 a22 a23

0.a31 a32 a33

...









1

2

3

...

Napravimo novi broj 0b. 1b2 b3 tako da vrijedi b1 ≠ a11 ,b2 ≠ a22 ,b3 ≠ a33 . Taj novi broj u brojeve kao gore. Znaci Znaci da je slijed slijed nebrojiv. [ 0,1] je razlicit i ne mozemo pridruziti prirodne brojeve

1 1 1 4. Doka Dokazi zi da slij slijed ed broj brojev evaa 1, 1, , , ,... ,... ima ima gran granic icu. u. Utvr Utvrdi di koja koja je najn najniz izaa gor gornj njaa gra grani nica ca i 2 3 4 najvisa donja granica. Dokazi da je 0 granica (limes) slijeda. Utvrdi da li je slijed zatvoren.

Funkcije

2

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

− −

3

i veci veci od na na pr.− 1. Slijed Slijed je je orgra orgranicen. nicen. 2 Slijed Slijed nema nema veceg veceg clana clana od 1 i ima ima barem jedan clan koji je veci od 1− ε , za svaki pozitivni pozitivni brojε  Slijed Slijed ima ima granicu, granicu, jer je svaki clan manji manji od od na pr.

Znaci da je 1 najniza gornja granicna vrijednost slijeda.

−

Slicn Slicno, o, nema nema manjeg manjeg broj brojaa od 0 i ima ima barem barem jedan jedan clan clan koji koji ima ima vri vrijedn jednost ost 0+ ε  , za svaki svaki pozit pozitiv iv Znaci da je 0 najvisa donja granicna vrijednost slijeda.

−

Uzm Uzmemo emo bil bilo koji koji clan

slij slijed xeda. a. Moze Moze se uvi uvijek jek naci naci taka takav v

da x vrijed ijedii 0 <

x  za svaki aki δ < δ 

 pozitivni broj δ  , a to snaci da je 0 granica odnosno limes zadanog slijeda.

−

Slijed nije zatvoren jer 0 nije clan slijeda.

1.2 Pojam funkcije, graf funkcije, vrste funkcija Funkcija je pojam kojim je definiran odnos dva slijeda brojeva ili opcenito odnos dviju velicina. Ako svakoj vrijednosti jedne velicine, velicine, zvane nezavisna nezavisna promjenjiva promjenjiva x , druga velicina poprima  jednu ili vise vrijednosti, tada je odnos funkcionalni i ta druga velicina je funkcija ili zavisna promjenjiva obicno oznacena say ilif ( x) . Odnos se pise u oblikuy = f ( x ) y, = G ( x ) F , ( x y, ) i tome slicno. Vrijednosti koje nezavisna promjenjiva ili argument x moze poprimiti naziva se podrucje definirano definiranosti sti ili domena domena funkcije. funkcije. Oznacava Oznacava se sa na pr. [ a,b] zatvoreni zatvoreni interval interval ili ( a,b) otvoreni otvoreni interval. Graf funkcije je slikoviti prikaz odnosa y = f ( x) u obicno, pravokutnom koordinatnom sustavu u obliku krivulje koja spaja parove tocaka x i f ( x) . Jednoznacna funkcija funkcija je ona funkcija, funkcija, koja za jednu jednu vrijednost vrijednost argumenta x poprima samo   jednu vrijednost y . Viseznacna funkcija je ona funkcija, funkcija, koja za jednu jednu vrijednost vrijednost argumenta argumenta x poprima vise vrijednosti za  y. Monotono rastuca funkcija u nekom intervalu, je ona funkcija koja za dvije vrijednosti  x1 i x2 unutar intervala i x1 ≤ x2 ima f ( x)1 ≤ f ( x)2 . Za f ( x )1 < f ( x )2 , funkcija je strikno rastuca. Monotono padajuca funkcija u nekom intervalu, je ona funkcija koja za dvije vrijednosti x i x2 unutar intervala i 1x ≤

1

x2 ima f ( x)1 ≥ f ( x)2 . Za f ( x)1 > f ( x)2 , funkcija je strikno

 padajuca. Ako postoji takav broj M da je f ( x ) ≤ M za svako x unutar intervala, tada je slijed brojeva ogranicen sa gornje strane i tocka M  je gornja granica funkcije. Ako postoji takav broj m da je f ( x ) ≥ m za svako x unutar intervala, tada je slijed brojeva Funkcije

3

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

ogranicen sa donje strane i tocka m je donja granica funkcije. 5. Primjer jednoznacne funkcije y= f ( x) = x2 u intervalu − 1 ≤ x≤ 1: 2

Domena je u intervalu − 1 ≤ x ≤ 1 ⇒ y = f ( x) = x2

2

⇒ f( −1) = ( − 1) = 1, f(1) =  ( 1)  = 1

Svakoj vrijednosti za  x imamo jednu vrijednost za y . 6. Primjer dvoznacne funkcije y = f ( x) = ± 1− x2 u intervalu [ − 1,1] : 2

2

y= f ( x) = ± 1 − x2 ⇒ f( −1) = ± 1 − ( −1) = 0,

f(1) ==  ± 1  − (1) = 0

2

Dalje imamo:  y( 0 ) = ± 1 − ( 0 ) = ± 1 Svakoj vrijednosti za  x imamo dvije vrijednost za y . Zadani primjer je kruznica sa sredistem u ishodistu radijusa 1: x2 + y2 = 1 ⇒ y= ± 1 − x2 7. Prim Primje jerr gran graniice funk funkci cije je:: Funkc unkcij ijaa vrijednosti: y= x+ 3 ⇒

−1) (y

interrvalu alu − 1 ≤ ≤x 1 ima ima slijede jedece ce =y +x 3 u inte

= ( −1) + 3 = 2

1) (y

= (1) + 3 = 4

Funkcija ima gornju granicu 4 i donju granicu 2.

8. Prim Primje jerr gran granic icee funk funkci cije je:: Funkc unkcij ijaa y = 1

=y ⇒  x

( 4)

y=

1 4

( 0 )y=

Za

1 0

Za dovoljno mali

1  x

u inte interv rval alu u 0 < x < 4 ima ima slij slijed edec ecee vrij vrijed edno nost sti: i:

funkcija x porima veliku vrijednost, nije ogranicena.

= x4 funkcija ima donju granicu

1

=m . 4

9. Zadana je funkcija f( x) = ( 8 − x) ( x− 2) u intervalu 2 ≤ x≤ 8. a)Izracunaj )Izracunaj f ( 6 ) i f  ( −1) .

b)Koje b)Koje je podrucje podrucje definiranos definiranosti ti funkcije? funkcije?

c )Izracunaj f (1 − 2t ) i definiraj domenu. d )Izracunaj f  f ( 3) , f  f ( 5)

e ) Nacrtaj graf f ( x ) .

a) f  ( 6 ) = ( 8 − 6 ) ( 6 − 2 ) = 4 ⋅ 2 = 8  f  ( −1) ⇒ funkc funkcij ijaa nije nije defi defini nira rana na jer jer − 1 je van van zada zadano nog g inte interv rval ala. a. b)Podrucje )Podrucje definiranost definiranostii su svi brojevi brojevi unutar zatvorenog zatvorenog interval intervalaa[ 2,8] c ) f (1 − 2t ) = {8 − (1 − 2t )}{(1 − 2t ) − 2} = ( 7 + 2t ) ( − 1 − 2t ) i m   ora zadovoljavati uv jete 2 ≤ (1 − 2t ) ≤ 8 ⇔ 2 ≤ 1 − 2t ⇒ t ≤ −

1

1 − 2t ≤ 8 ⇒ t ≥ −

2

7 2

⇒

−

7 2

d ) f ( 3 ) = ( 8 − 3) ( 3 − 2 ) = 5 f  f ( 3 ) = f ( 5 )  = (8 −   5 ) (5 − 2 ) = 9 odnosno

Funkcije

4

1

≤t≤−   2

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

f  f( 5 )  = f( 9  ) n  ije definirano

10. Izrazi Izrazi funkciju funkciju f −1 ( x ) za funkciju funkciju iz gornjeg gornjeg zadatka zadatka i nacrtaj nacrtaj graf i dokazi da je funkcija funkcija viseznacna. f ( x) = ( 8 − x) ( x − 2 ) ⇒ y = 8 x − 16 − x2 + 2 x ⇒ x2 − 10 x + (16 + y ) = 0 Rjesimo po x : x1,2 = f

=

10 ± 36 − 4 y 2

=

−1

( y) =

− b ± b 2 − 4 ac 2a

10 ± 2 9 − y

= 5 ± 9 −  y

2

=

10 ± 102 − 4 (16 +  y ) 2

=

zamijenimo nepoznanice:

y= f−1 ( x) = 5 ± 9 − x Dio grafa AV, je predstavljen sa y= 5 +

V B sa y= 5 − 9 − x, a dio VB

9 − x.

Za sve vrijed ijedno nost stii ,x u inter nterv valu alu 0 ≤ x< 9 funkc unkcij ijaa −f1 ( )x je dvoz dvozna nacn cna. a.

11. Dokazi da je funkcija

y=

f( x) = 5 +

9 − x, striktno padajuca u intervalu 0 ≤ x≤ 9 i

ispitaj da li je monotono padajuca u istom intervalu. Da li funkcija ima jednoznacnu inverznu funkciju? 1) Funkcija je strikt no pada adajuca ako f ( x1 ) > f ( x2 ) kada ada je x1 < x2 . Znaci da za : x1 < x2 imamo 9 − x1 > 9 − x2 ⇒

9 − x1 >

9 − x2 ⇒ 5 + 9 − x1 > 5 + 9 − x2

Funkcija je striktno padajuca.

Funkcije

5

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

2) Iz f ( x1 ) > f ( x2 ) zakl zaklju jucu cuje jem mmo, mo, funk funkci cija ja je ujed ujedno no i monot onoton ono o pada padaju juca ca.. 3) Rijesimo y = f ( x) = 5 + 9 − x po x :⇒ y − 5 =

9− x

2

2

⇒ ( y− 5) = 9 −  x

y2 − 10 y + 25 = 9 − x ⇒ x = − y2 + 10 y − 16 ⇒ x = ( y− 2) ( 8 − y) Inverzna funkcija funkcije f( x) = 5 +

9 − xje jednoznacna.

1   x sin , x > 0 12. Zadan Zadanaa je funkci funkcija ja y = f ( x) =  . Konstr Konstruir uiraj aj graf graf funkci funkcije. je. x  0,  x = 0 Analizirajmo izraz

xsin

odno dnosno, kada je x =

1 π

,

1 1

:

x 1

y= f( x) = 0 kada je sin

1

= 0⇒ x

1

= kπ  x

k= 1, 2  , 3, ...

, ...Graf je ome omedjen sa dva pravca, y = x i y = − x. 2π 3π 

Slijedece vrste funkcija se cesto susrecu: 1. Cijela Cijela raci raciona onalna lna funkc funkcija ija ili ili funkcij funkcijaa polinom polinomaa P ( x ) = an xn + an −1 xn−1 + an −2 xn −2 + ... + a1 x + a0 Koe Koeficij icijen entti a0 , a1 , a2 ... ...an su kons konsta tant ntee a n je stupa tupanj nj pol polinom inoma. a. Za n = 0

funkcija ima oblik

Za n = 1 funkcija ima oblik

Funkcije

P( )x=

0

a i graf je pravac paralelan sa osi .x

0

P1 ( x ) = a1 x + a0

6

i graf predstavlja pravac.

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

koeficijent a1 = tan α  =

 y  x

⇒ koeficijent smjera, a0 ⇒ odsjecak pravca na osi y .

Za n = 2 funkcija ima oblik

P2 ( x ) = a2 x 2 + a1 x + a0 graf je kvadratna funkcija.

Za n = 3 funkcija ima oblik

P3 ( x ) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 grafje kubna funkcija.

2. Razlom Razlomlj ljena ena racion racional alna na funkci funkcija ja  R ( x ) =

 Pn ( x ) Qm ( x )

U brojniku i nazivniku su polinomi ogovarajuceg stupnja.   Nultocke razlomljene racionalne funkcije su tocke u kojima  R ( x ) = 0 Polovi razlomljene racionalne funkcije su tocke u kojima R ( x ) poprima beskonacnu vrijednost ± ∞. 3. Algebarska funkcija ima oblik pn ( x ) yn + pn −1 ( x ) yn −1 + ... p2 ( x ) y2 + p1 ( x ) y + p0 ( x ) = 0 Koeficijenti pn ( x) ... p0 ( x) su polinomi od x. Primjer su y = 4. Transcedentne ntne funkc unkcij ije: e:

x, y2 = 2 px px

su sve sve osta ostale le funk funkci cije je koje koje ne spad spadaj aju u u gorn gornje je grup grupee y = sin x, y = tan x

a)

Trigonometrijske funkcije, su oblika:

b)

Inverzne Trigonometrijske funkcije, su oblika:

y = sin −1 x, y= tan −1 x

e x− e −

x

c)

Hiperbolne funkcije, su oblika: sinh x =

d)

Inverzne Hiperbolne funkcije, su oblika:

e)

Ekspon ponencijal jalne fu funkcij cije, su su ob oblika: y = f ( x) = a x

2

, tanh x =

e x− e−

x

e x + e− x

y= sinh−1 x, y= tanh−1 x

Funkcija je inverzna logaritamskoj funkciji. f )

Logaritamske funkcije, su oblika:

y = f ( x) = loga x

Funkcija je inverzna eksponencijalnoj funkciji.

Granicna vrijednost funkcije f ( x) je vrijednost L; li lim f ( x) = L:  x → x0

kada nezavisna

  promjenjiva x, tezi prema vriednosti 0x , x→ 0x ; kada za neki mali brojε   pozitivni broj δ (koji je obicno ovisan o ε ) tako da je

mozemo naci

f ( x) − L < ε ,

kada je 0 <  x − x0 < δ  Drukcije receno: Apsolutna vrijednost razlike f ( x) − L moze se napraviti po volji malom ako izaberemo vrijednost za x dovoljno blizu vrijednosti x0 .  Nezavisna pro mjenjiva x moze poprimati vrijednosti i priblizavati se tocki x0 bilo sa desne ili lijeve strane. Funkcije

7

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

Oznacimo li priblizavanje sa desne strane izrazom x → x0 + ; f ( x0 + ) a priblizavanje s lijeva, sa x→ x0 − ; f( x0 − ) tada tada imam imamo: o: lim = L D limes imes kada kada se pri pribliz blizav avam amo o sa desn desnee stra strane ne..  x → x0+

lim =  L L

 x → x0−

limes kada se priblizavamo sa lijeve strane.

Limes funkcije li lim f ( x) = L postoji onda i samo onda kada jeli elim x 0x →

x 0x+ →

Pravila za limes funkcija:

lim f ( x) = A i

Ako je

f ( x) = lim f ( x) = L x 0x− →

lim g ( x) = B tada vrijedi:

x→ 0x

x→ 0x

a)

lim  f ( x ) + g ( x ) = lim f ( x ) + lim g ( x ) = A + B

b)

lim  f ( x ) − g ( x ) = lim f ( x ) − lim g ( x ) = A − B

c)

lim  f ( x ) ⋅ g ( x )  =  lim f ( x ) ⋅  lim g ( x)  = A⋅ B

d)

Posebni limesi:

x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ 0x



→ x 0x

lim

 f ( x ) g ( x)

 x → x0

lim

sin  x

→0 x

 x

lim  f ( x )

=

A B

 x → x0

lim

  x → x

0

x

 x

=0

 e x − 1  lim   =1 →x0  x  

lim (1 +  x ) = e 0 +x



B≠0

1 − cos x

→0 x

1

13. Zadana je funkcija

=

lim g( x)

=1

x→ 0x

→ x 0x

 x → x0

 x

→x

x→ x0

 1 lim  1 +  = e →∞ x   x  lim →x1

x −1 ln x

=1

y = f ( x) = x2 . Dokazi da je lim f ( x) = 4 .  x → 2

y = f ( x) = x2 ⇒ lim f ( x) = 4  x →2

Rjesenje se svodi na slijedece: Mora se dokazati da se za svaki dani ε  > 0 moze naci δ>0 ( koj kojii je ovisan o ε ) tako, ko, da je  x 2 − 4 < ε  , kada je 0 <  x − 2 < δ  Ako izaberemo δ  ≤ 1, tada je 0 <  x − 2 < 1 odnosno nakon sredjivanja: 0 < x < 3, x ≠ 2 Tada je x2 − 4 =

( x− 2) ( x+ 2) = x− 2 x+ 2 < δ x+ 2 < δ  ( 3 + 2 ) < 5δ  

δ

Sada Sada imam imamo o izbor izbor sa δ = 1 ili ili

ε 

5

, zavi zavisi si koji koji je manj manji, i, pa je onda onda  x 2 − 4 < ε  ,

kada je 0 <  x − 2 < δ . Rije Rijesi sim mo to sa konk konkre retn tnim im broj brojev evim ima: a: Zelim elimo o da je  x 2 − 4 < 0.05 0.05 Apsolutna vrijednost razlike funkcijske vrijednosti i limesa L u promatranoj tocki je mala,  

po nasoj volji, 0.05. Izaberimo δ  =

Ako je 0 <

Funkcije

ε 

=

0.05

=

5 5 − 2x < 0.01 onda je ( 2 − 0.01) <

8

0.01

< (x2 + 0.01) ⇒ 1.99 < < 2x.01,( x ≠ 2) i

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

1.992 <

2

< x2.012 ⇒ 3.9601 <

−0.03961 <

2

2

< x4.0401 ili

( 3.9601− 4) <

−x4 < 0.0401 i za sigurno je

2

− x4 < ( 4.0401− 4)

2

−x4 < 0.05 uz(

2

≠x 4)

2 x4 − 6 x3 + x2 + 3

= − 8.  x − 1 Rjesenje se svodi na slijedece: Mora se dokazati da se za svaki dani ε  > 0

14. Dokazi da je lim  x →1

moze naci δ>0 ( koji je ovisan o ε ) tako, da je

2 x4 − 6 x3 + x2 + 3  x − 1

− ( − 8) < ε  ,

kada je 0 <  x − 1 < δ  Funkciju mozemo napisati i kao:

2 x4 − 6 x3 + x2 + 3  x − 1

=

( x− 1) ( 2 x3 − 4 x2 − 3 x− 3) x −1

=

= 2 x3 − 4 x2 − 3 x− 3 Za jednakost ( 2 x4 − 6 x3 + x2 + 3) = ( x − 1) ( 2 x3 − 4 x2 − 3 x− 3) vidi postupak na rjesavanja u dijelu srednjoskolske matematike: Linearne Jednadzbe. Znaci da za svaki ε > 0 mora postojati δ>0 tako da je 2 3x − 4 x2 − 3 x+ 5 < ε kada je 0 < Izaberimo δ ≤ 1: 0 <

( 2 x − 4 x − 3 x− 3) − ( − 8) < ε  3

2

x− 1 < δ  .

x− 1 < δ  ⇒ 0 <

x− 1 < 1 ⇒ 0 < x< 2,

x≠ 1

Sada Sada kori korist stec ecii isti isti post postupa upak k kao kao ranij ranije, e, rast rastav avim imo: o: 2 x 3 − 4x 2 − 3 x + 5 u izraz:

(

)

2 x3 − 4 x2 − 3 x + 5 = x − 1 2 x2 − 2 x − 5 < δ 2 x2 − 2 x− 5 < δ 2 x2 + 2 x + 5 <  

δ

<δ

( ( 2 ⋅ 2 ) + 2 ⋅ 4 + 5 ) < 17δ 2

Rije Rijesi sim mo to sa konk konkrretni etnim m broj brojev evim ima: a: Zelimo imo da je

2 x4 − 6 x3 + x2 + 3  x − 1

− ( − 8) < 0.5 0.5

Apsolutna vrijednost razlike funkcijske vrijednosti i limesa L u promatranoj tocki je mala,  po nasoj volji, 0.05. Izaberimo Izaberimo δ  =

ε 

=

0.5

= 0.029 17 17 Ako je 0 <  x − 1 < 0.01 onda je ( 1− 0.029) < x < ( 1+ 0.029) 4

0.971 <  x < 1.029, ( x ≠ 1) ⇒

<

2 x4 − 6 x3 + x2 + 3  x − 1

−7.9498 <

Funkcije

3

2

2 ( 0. 0.99 ) − 6 ( 0. 0.99) + ( 0.99 ) + 3

( 0.99 ) − 1 4

− ( −8 ) <

3

<

2

2 ( 1. 1.01) − 6 ( 1. 1.01) + (1.01) + 3

(1.01) − 1

f( x) − ( − 8) < − 8.0498 ili ( − 7.8534 + 8) <

9

f( x) − L< (− 8.1433+ 8)

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

0.145 < f ( x) − L < − 0.1433 i za sigurno je 2 x 2 − 3 x − 2

15. 15. Izrac zracun unaj aj limes imes:: lim lim

 x − 2

 x →2

lim

2 x 2 − 3 x − 2  x − 2

 x → 2

f ( x) − L < 0.5 uz ( x≠ 1)

( 2 x + 1) ( x − 2 )

= lim

= lim ( 2 x + 1) = 4 + 1 = 5

(  x − 2 )

x →2

 x → 2

16. Izracunaj limes: lim ( x 2 − 6 x + 4)  x →2

lim ( x2 − 6 x+ 4 ) = lim ( x2 ) + lim ( −6 x) + lim ( 4 ) = 4 − 12 12 + 4 = − 4 →x2

→x2

→x2

→x2

 x − 4 2

17. 17. Izrac zracun unaj aj limes imes:: lim lim

 x − 2

 x →2

lim

 x → 2

 x 2 − 4  x − 2

= lim

( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x − 2 )

x→2

18. 18. Izrac zracun unaj aj limes imes:: lim lim  x →

lim  x →

1

3

3 x − 1 3 x + 5 x − 2 2

1

3

 x → 2

3 x − 1 3 x + 5 x − 2 2

= lim1 x→

3

( 3 x − 1)

19. 19. Izrac zracun unaj aj limes imes:: lim lim  x →∞

2 x − 3x + 1

 x →

3

1

( x + 2 )

=

1 1 3

+

6 3

=

1 3 = 7 7 3

2 x − 3 x + 1 2

6 x4 + x2 − 3 x 2 x 4

2

= lim1

( 3 x − 1) ( x + 2 ) 4

4

= lim ( x + 2 ) = 2 + 2 = 2

3x 2

20. 20. Izra Izracu cuna najj lime limes: s: lim lim  x →∞

1

1+

1

2−

3

+

1

 x 2 + 1 2 x 2 + 3

 x 2  x + 1 2

lim →∞ x

2 x 2 + 3

2

= lim x 2 →∞ x

2x

 x 2

Funkcije

x4 x2

+

x 4 = lim x 2 x4 = →∞ x6 x4 + x2 − 3 x →∞ x 6 x →∞ x 1 3 3x 6+ 2 − 3 + −  x x x4 x4 x4  3   1  lim ( 2 ) + lim  − 2  + lim  4  →x∞ →x∞   x  →x∞  x  = 2 = 1  1   3 6 3 lim ( 6 ) + lim  2  + lim  − 3  →x∞ →x∞  x   →x∞  x 

lim

4 = lim x 4

−

+ +

1 x

2

3 x2

x2 = 1 →∞ x 3 2 2+ 2  x

= lim

10

U zadacima 7. i 8. brojnik i nazivnik  smo podijelili sa najvisom potencijom

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

4 +  x − 2

21. 21. Izra Izracun cunaj aj lime limes: s: lim lim  x →0

lim

4+

→0 x

= lim  x →0

x− 2

4+

= lim

→0 x

 x 1

(

 x

4 +  x − 2

)

x 1

=

2+2

22. Izracunaj limes: lim

x2 − 2 x

−x2

 x → 2

4+

x2 4 + x− 4 − = lim = →0 x 4+ x −2 x 4+ x −2

⋅

(

)

1 4

⇒

x

23. 23. Izra Izracun cunaj aj lime limes: s: lim lim

x2 + 1

lim →x0

⇒

x

= lim →x0

x2 − 2 x

lim

−x2

→ 2x

 x ( x + 1)

= lim

= lim ( x + 1) = 1

x  x ( x − 2 )

→2x

( −x2 )

→x0

= lim x = 2 →2x

( x − 1) ( x + 1) = lim ( x − 1) = − 2 →−x1  x + 1 → −x1 → −x1 ( x + 1) ( 3 −  x ) ( − x − 1)  x 2 − 2 x − 3 Izracunaj limes: lim ⇒ lim = lim ( − x − 1) = − 4 →3 x →3 x →3 x 3 −  x (3 − x) 2 ( 2 x −1) − 1  (2 x −1 ) + 1 ( 2 x − 1) − 1 ( 2 x − 2 ) 2 x ⇒ lim  = lim = Izracunaj limes: lim  x →1 x →1  x →1 2 x − 2 2x − 2 ( 2 x − 2 )

24. Izracunaj limes: lim

26.

=

 x 2 + 1

→x0

25.

x− 2

 x 2 − 1

⇒ lim

= lim 2 x = 2  x →1

2

27. Izracunaj limes: lim

( 2 +  x ) − 4

→0 x

 x

( 2 +  x ) − 2 ( 2 + x ) − 2 x ( 4 +  x ) ⇒ lim  = lim = →0 x

→0 x

x

= lim ( 4 +  x ) = 4  x →0

1 28. Izracunaj limes: lim  x →∞

 x 1 − 2 x

x

⇒ lim

1

x →∞

 x 3 x + 5

29. Izracunaj limes: lim  x →∞

 x 2 − 2

⇒ lim x →∞

2

x

 x 2  x 2 2 x

30. Izracunaj limes: lim

2 x − 6

x  x 2 →∞

Funkcije

−3

0−2

−2

3 x 2 2

0

=

+

5

−

2

−

2

=0

5

x = 3+0 = 3  x →∞ 2 1− 0 1− 2  x

x = lim

x2 6

3+

2

−

2

6

2 x = lim x x = 0−0 = 0 x x x →∞ →∞ 3 1− 0 3 1− 2 −  x  x 2 x 2

2 ⇒ lim 2x

11

2

 x

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

1.3 Neprekinutost funkcija Za neku jednoznacnu funkciju  f ( x ) kazemo da je neprekinuta ili kontinuirana za sve vrijednosto od xu neposrednoj blizini x=

x i u samoj tocki 0x ako zu zadovoljeni slijedeci

0

uvjeti: 1. Funkc unkciija ima ima lim limees: lim f ( x) = f ( x0 )  x - x0

2. Funkc Funkcija ija je defini definiran ranaa na mjest mjestu u f ( x0 ) 3.

f ( x0 ) = L

L oznacava vrijednost za limes funkcije.

4. Funkcija Funkcija ima ima jednake jednake limese limese s lijev lijevee i s desne desne strane strane:: lim f ( x ) = lim f ( x ) = L L = LD = lim f ( x ) = f ( x0 ) = L x- x0 +

x- x0 −

x- x0

Tocke u kojima funkcija nije neprekinuta, zovu se tocke prekinutosti ili tocke diskontinuiteta. Ako je funkcija neprekinuta samo za x ≥ x0 onda kazemo da je funkcija neprekinuta samo sa desne strane (kak o se priblizavamo tocki x0 lim f ( x) = f ( x0 ) ili f ( x0 + ) = f ( x0 ) ; odnosno  x - x0 +

Ako je funkcija neprekinuta samo za x ≤ x0 onda kazemo da je funkcija neprekinuta samo sa lijeve strane (kako se priblizavamo tocki x0 lim f ( x) = f ( x0 ) ili f ( x0− ) = f ( x0 ).  x - x0 −

Teoremi neprekinutosti funkcija: 1. Ako su dvije dvije funkcije funkcije f ( x) i g( x) neprekinute neprekinute u tocki x = x0 , tada su neprekinute neprekinute i funkcije funkcije f ( x) + g ( x) , f ( x ) − g ( x ),

f ( x)⋅ g ( x) i

 f ( x )  g ( x )

uz g ( x0 ) ≠ 0.

2. Slije Slijedec decee funkci funkcije je su su nepre neprekin kinute ute u svaskom konacnom intervalu: sve funkcije polinoma,  x sin sin x, cos cos x i a ( a > 0 ) , te njih njihov ovee inv inverzn erznee funk funkci cije je..

3. Ako Ako je je funk funkci cija ja nepre nepreki kinu nuta ta u zat zatvo vore reno nom m inte interv rval alu u[ a ,b ] , ona ona je i ogr ogran anic icena ena u tom tom inte interv rval alu. u. 4. Ako je funkcija neprekinuta u x = x0 i f ( x0 ) > 0, (ili f ( x0 ) < 0) tada postoji tocka intervala x = x0 u kojem je f ( x) > 0, (ili f ( x) < 0). 5.

Ako je funkcij funkcijaa neprekinuta neprekinuta u nekom nekom interv intervalu alu i striktn striktno o rastuca rastuca ili ili padajuca, padajuca, njenainverzna funkcija je jednoznacna, neprekinuta i strikno rastuca ili padajuca.

6. Ako Ako je funkci funkcija ja nepreki neprekinuta nuta u zatvor zatvoreno enom m interv interval alu u [ a,b] i ako je f ( a) = A i f ( b) = B , tada postoji vrijednost c unutar unu tar intervala, za koju vrijedi f ( c) = C.   7. Ako funkcija funkcija zadovol zadovoljava java gornje gornje uvjete uvjete a limesi limesi su suprotnog suprotnog predznak predznaka, a, postoji postoji barem   jedna vrijednost c za koju je  f ( c ) = 0 8. Ako je funk funkcij cijaa nepre neprekin kinuta uta u zatv zatvore orenom nom interv interval alu u [ a,b] onda onda u tom tom inte interv rvalu alu ima

Funkcije

12

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

maksimalnu vrijednost Max ili minimalnu vrijednost min za barem jednu vrijednost unutar  intervala. 9. Kompozicija Kompozicija funkcija, funkcija, K = g  f ( x)  je neprekinuta neprekinuta ako su obje funkcije funkcije neprekinute neprekinute:: y = f ( x ) u x = x0 i K = g ( y ) u y = y0 i ako je y0 = f ( x0 ) . Funkcija koja je definirana u nekom intervalu intervalu je jednoliko neprekinuta (uniformno kontinuirana) ako se za po volji izabrani broj ε > 0 moze naci δ  > 0 takav, da za svake dvije vrijednosti  x i x0 tog intervala vrijedi: f ( x1 ) − f ( x2 ) < ε

x1 − x2 < δ 

kada je

31. 31. Ispita pitajj nepr neprek ekiinut nutost ost funkc unkcij ijee: y = f ( x) = sin sin x za bil bilo koji koji x = x0 . Postavimo uvjete prema definiciji: f ( x) − f ( x0 ) = sin x − sin x0 = 2 sin sin

x− x0 2

<

x− x0

cos

2

sin x − sin x0 < x − x0 sin x− sin 0x < ε 

x − x0

x+ x0 2

2

cos

x + x0 2

≤1⇒

= 2 sin

x− 0x < δ

2

cos

sin  x − sin x0 < 2 ⋅ 1 ⋅

i posto x → x0 kada je

x − x0

x + x0 2 x− x0 2

ili

( x− x0 ) → 0

Funkcija je neprekinuta za sve x= 0x.

32. Ispitaj Ispitaj neprekinutos neprekinutostt funkcije: funkcije: y = x2 za x = 2. Utvrdi Utvrdi da li je funkcija funkcija uniformno uniformno neprekinuta neprekinuta 2 u intervalu 0 < x< 1 . a) Izracunajmo limes funkcije: lim f( x) = lim x = 4 funkcija ima  x → 2

x→2

lime limes, s,  f  ( 2 ) =4, =4, pa je nep neprekidna b) Koristimo teorem o neprekidnosti: f ( x ) − f ( x0 ) < ε kada x − x0 < δ  f ( x) − f ( 2 ) = x2 − 4 < ε

kada x− 2 < δ .

U ranijem zadatku je dokazano da su uvjeti zadovoljeni za

Funkcije

13

δ 

=

ε 

5

.

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

Da bi bila uniformno neprekinuta, funkcija mora zadovoljiti uvjete: f ( x) − f ( x0 ) = x2 − x02 < ε kada

x − x0 < δ

( δ ovisi samo o ε  )

Za bilo koje dvije tocke u zadanom intervalu vrijedi: x2 − x02 = x + x0 x − x0 < 1 + 1 x − x0 = 2 x − x0 Uvjeti su zadovoljeni za izabrani δ  = Funkc unkcij ijaa

ε 

2

i za x − x0 < δ ⇒ x2 − x02 < 2δ

.

= y 2 jex uni uniform ormno nepr neprek ekin inut utaa u int interv ervalu alu 0 < < x1.

x<0

 x

u tocki tocki =x 0  x + 1 x > 0 Iz grafa funkcije je vidljivo da y = x za x < 0 ima prekid i lim f ( x) = L1 = 0

33. Ispit Ispitaj aj nepreki neprekinut nutost ost funkci funkcije: je:

( f ) x= 

 x = 0

y = x+ 1 za x> 0 ima prekid i lim f ( x) = L2 = 1  x = 0

Limesi nisu jednaki, pa funkcija nije neprekinuta. Tocka x = 0 je tocka diskontinuiteta ili tocka prekinutosti funkcije.

34. 34. Doka Dokazi zi da funk funkci cija ja y =

1  x

nije nije jedn jednol olik iko o nepr neprek ekin inut utaa u inte interv rval alii 0 < x < 1. kor koriste isteci ci def definic inicij iju: u:

f ( x) − f ( x0 ) < ε  kada x − x0 < δ Za x= δ i

Funkcije

0x =

δ

1+ ε

imamo:

x− 0x =

14

δ

−

δ

1+ ε

=

ε 

1 + ε 

δ

< δ  odnosno

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

1  x

−

1 x0

=

1 δ

−

1+ ε δ

=

ε  δ

> ε ( 0 < δ  < 1) i uvjet nije zadovoljen.

Funkc unkciija nij nije jed jedno nolliko iko nep nepre reki kinu nutta u inte interrvalu alu 0 <  x < 1.

35. Zadana je funklcija f ( x) = 2 x3 − 3 x2 + 7 x− 10. Dokazi da je f ( x) = 0 u intervalu 1< x < 2. Kako se ta vrijednost izracuna? Izracunajmo vrijednost funkcije u tockama intervala: in tervala: 3

2

f ( x) = f ( 1)  = 2 (1) − 3 (1) + 7 (1) − 10 = − 4 3

2

f ( x) = f (  2 ) = 2 ( 2 ) − 3 ( 2 ) + 7 ( 2 ) − 10 = 8 Iz teorema o neprekinutosti (7): unutar intervala mora postojati tocka c, za koju je f ( x) = f ( c) = 0

f (1) < 0

f ( 2 ) >  0

 Nadjimo tu tocku, koja je izmedju 1 i 2: 2: 3

2

Probajmo sa x = 1.5 : f ( x) = f (1  .5 ) = 2 (1. 1.5) − 3 ( 1. 1.5) + 7 (1. 1.5) − 10 = 0.5 3

2

nastavimo sa x = 1.4 : f ( x) = f (1  .4 ) = 2 ( 1. 1.4 ) − 3 (1.4) + 7 ( 1. 1.4 ) − 10 = − 0592 Trazena tocka je izmedju 1.4 i 1.5. Tocna vrijednost iznosi x = 1.46

Funkcije

15